СР.СЕФИБЕКОВ
ВНЕКЛАССНАЯ
РАБОТА
по
МАТЕМАТИКЕ
КНИГА ДЛЯ УЧИТЕЛЯ
л
ВРДыго
рампы
МОСКВА ПРОСВЕЩЕНИЕ* 1988
ББК 74.262
С 33
Рецензенты:
учитель математики, канд. пед. наук И. С. Петраков',
канд. пед. наук Б. А. Кордемский\ учитель математики
В. Н. Руденко
Сефибеков С. Р.
С 33	Внеклассная работа по математике: Кн. для учителя: Из
опыта работы.— М.: Просвещение, 1988.— 79 с.: ил.
ISBN 5-09-001523-6
Автор книги — сельский учитель из Дагестанской АССР, работающий
в школе более двадцати лет. За это время всесторонне раскрылось его пе-
дагогическое дарование. Большое внимание уделяет Сефибек Рамазанович
повышению эффективности обучения математике, постоянно совершенствуя
его формы и методы. Каждый его урок — оригинальная методическая на-
ходка. Индивидуальный подход к учащимся обеспечивает глубокие и проч-
ные знания.
Сефибек Рамазанович охотно делится своим опытом с учителями района
и республики, более пятнадцати лет руководит секцией учителей матема-
тики и физики в школе. Он автор многих статей, периодически публикуе-
мых на страницах журналов «Квант» и «Математика в школе».
4306010000-320
103(03)-88
138-87
ББК 74.262
ISBN 5-09-001523-6
© Издательство «Просвещение», 1988
ПРЕДИСЛОВИЕ
Одно из главных направлений реформы общеобразовательной и
профессиональной школы—повысить качество образования и воспи-
тания учащихся. Наряду с уроком—основной формой учебного про-
цесса— в старших классах школ все большее значение приобретает
внеклассная работа по математике. Способствуя глубокому и проч-
ному овладению изучаемым материалом, повышению математической
культуры, привитию навыков самостоятельной работы, внеклассная
работа развивает интерес к изучению математики и творческие спо-
собности школьников.
Предлагаемый материал—это некоторые избранные н не связан-
ные между собой вопросы математики средней школы. Поэтому его
изложение в пособии носит эпизодический характер. Основное на-
значение пособия—дать в руки учителя конкретный практический
материал для проведения кружковых занятий. Большое место от-
водится решению задач, так как уровень математической подготовки
во многом определяется глубиной навыков их решения. Автор не
ставил своей целью рассмотрение методических и организационных
вопросов. Предлагаемые вопросы автор раскрывает на «заданном»
материале.
Ко всем задачам приводятся исчерпывающие решения, как пра-
вило нестандартные, которые могут рассматриваться как небольшие
самостоятельные исследования. Следует иметь в виду, что не каж-
дое приведенное решение является бесспорным—учитель может
найти и другое решение, возможно краткое и изящное.
Пособие состоит из отдельных параграфов. Содержание каждого
параграфа можно рассматривать как материал одного занятия кружка.
В книге учитель может найти материал курса средней школы (для
углубленного его изучения), близко примыкающий к нему (вопросы
курса математического анализа, высшей алгебры, геометрии), а также
вопросы, имеющие чисто прикладную направленность.
Книга поможет учителю в отборе содержания и проведении вне-
классных занятий по математике в старших классах.
ШКОЛЬНЫЙ МАТЕМАТИЧЕСКИЙ УГОЛОК
Создание школьного математического уголка—залог успешной
работы кружка. В его оформлении регулярно должны участвовать
все члены математического кружка. В нем могут быть выставки
тетрадей, наглядных пособий, сборники самостоятельно составленных
учащимися задач, математические пособия. Здесь же помещается
красочно оформленный стенд с различными упражнениями и задачами
по каждой параллели для самостоятельного их решения. Название
его должно быть привлекательным, например «Юный математик»,
«Знание—сила», «Думай—сделаешь много».
Хорошо организованный математический уголок дает возмож-
ность всем желающим получать в промежутках между занятиями
кружка дополнительно задания. За выполнение каждого задания
определяется число очков (оно указывается в задании); устанавли-
вается срок, на который дается задание.
Свои решения учащиеся опускают в ящик для ответов, находя-
щийся в уголке. Учитель проверяет их результаты, фамилии уча-
щихся и набранные ими очки заносит в таблицу, находящуюся на
стенде. Здесь же регулярно помещаются решения задач, причем
отмечаются наиболее рациональные—за них число очков повышается.
Обсуждение решений проводится на занятиях математического
кружка.
Одновременно для одного класса можно предлагать не более
четырех заданий. Материал должен быть повышенной трудности,
но доступным для учащихся и не выходить за рамки программы.
Желательно, чтобы задания были взаимосвязаны друг с другом.
Приведем пример одного из заданий для учащихся X класса.
1.	Из множества треугольников данного периметра Р выделите
тот, для которого сумма площадей квадратов, построенных на его
сторонах, минимальна (3 очка).
2.	Применяя координатный метод, докажите теорему косинусов
(1 очко).
3.	Докажите двумя способами, что сумма квадратов диагоналей
параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон:
а)	с помощью теоремы Пифагора;
б)	координатным методом (2 очка).
4.	Докажите, что в треугольнике
Р < 2 V ml + mf + ml
где Р—периметр, а та, ть и тс—длины его медиан (4 очка).
4
Такая работа в математическом уголке позволяет привлечь к за-
нятиям кружка большое число учащихся.
ВЫЧИСЛЕНИЕ БИССЕКТРИС ТРЕУГОЛЬНИКА
В курсе геометрии VI — X классов выводятся формулы, выра-
жающие длины высот и медиан треугольника через длины его сторон.
При рассмотрении этого материала естественно возникает вопрос:
«Нет ли аналогичных формул для вычисления биссектрис треуголь-
ника?» С этими формулами полезно познакомить учащихся на
кружковом занятии после изучения в курсе алгебры и начал анализа
темы «Тригонометрические функции числового аргумента».
При выводе формул для вычисления длин биссектрис треуголь-
ника и в дальнейшем будем пользоваться так называемым приемом
«двойного определения площади»: площадь некоторой фигуры вы-
ражается через данные и искомые величины двумя различными
способами и полученные выражения приравниваются. Из получен-*
ного уравнения нередко удается либо найти искомую величину,
либо вывести требуемую зависимость между величинами.
5.	В треугольнике АВС даны стороны a, Ь и с. Найдите его
биссектрисы 1Ъ и 1С.
Решение этой задачи опирается на две следующие леммы:
Лемма 1. Для треугольника АВС (рис. 1) справедливо равенство
. 2аЬ С	/1ч
2 *	( )
ДоказательствоЧ Способ 1 (IX — X классы). Пусть ВС = а>
AC = b, АВ = с9 CD — lc, тогда
$авс ~~2 oh sin С*	"<Гcd с sin "2" » $Асо~ ~2 sin •
Так как SBCD 4- SACD— SABC9 то
4- alc sin ~ + 4 blc sin = 4 ab sin C.
Отсюда
, ab sin C , 2ab C
h — JTpJ 	с ’ ИЛИ e ~~ a+b COS "2 •
siny
Способ 2 (векторный) (IX — X классы). Имеем,BD — CD—СВ,
DA—CA—CD.
Так как BD = ~ DA, то CD—СВ= ~ СА— %-CD, т. е.
о	о	о
1 Доказательство этой леммы в доступной для учащихся VIII — X классов
форме приводится на с. 31—32 журнала «Математика в школе» (1977, № 3).
5
Отсюда
Лемма
венство
CD — £~Гь -I' СЛ • следовательно,
COS2 —-
/8 __ 2aW + 2а262 cos С	S 2
1с~~	(а+*)2	“ (а+ty2 '
. 2аЪ	С
Z- = —г-7 COS “о .
с а + &	2
(1)
2 (VIII — X классы). Для треугольника справедливо ра-
cos 2	2
(а+Ь+с)(а + &—с)
ab
Доказательство. Используя теорему косинусов последова-
тельно,
Так как 0° < -у < 90°, то
(а+&+с) (дЦ-fr—g)
ab
Из равенства (1) и (2) окончательно получим, что
ab (а-]-Ь-\-с) (а-^Ь— с)
с~	а+5
Аналогично находим, что
__У ас (аb + g) (а^b4-с)
ь	а-\с
„ 1 __Уг^с(а+&+с)(Ь+г—а)
И 1а---------ГГ7-------
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ НЕРАВЕНСТВ
Воспользуемся приемом «двойного выражения площади фигуры».
Пусть мы двумя способами нашли площадь некоторой фигуры. Если
в одно из выражений для площади входит, скажем, синус какого-
либо угла а, то при помощи соотношения sina^l из полученного
равенства можно получить некоторое, порой интересное неравенство.
Этот прием проиллюстрируем несколькими задачами, доступными
для учащихся VIII — X классов. Ключ к решению приведенных
ниже задач—три формулы для вычисления площадей. Из формулы
для площади треугольника
S = -^-a&sina	(1)
6
легко вывести формулу для вычисления площади выпуклого четы-
рехугольника (равна половине произведения его диагоналей на
синус угла между ними1):
S = 4	sin «.	(2)
а также формулу для вычисления площади описанного многоуголь-
ника (равна половине произведения его периметра на радиус вписан-
ной окружности):
(3)
6. Докажите, что произведение любых двух сторон треугольника
не меньше произведения его периметра на радиус вписанной окруж-
ности:
ab Рг.
Решение. Достаточно приравнять выражения (1) и (3) для
площади треугольника и учесть, что sin а 1.
Замечание. Из решения видно, что если угол между оторо-
нами а и b не прямой, то
ab > Рг.	(4)
Из неравенства (4) и замечания следует, что для любого треуголь-
ника
ab -J- Ьс + са > ЗРг.
7. Докажите, что радиус R окружности, описанной около про-
извольного треугольника, радиус г вписанной окружности н его
периметр Р удовлетворяют неравенству:
a) R>^-VPr,
если треугольник остроугольный или тупоугольный;
б)
(5)
(6)
если треугольник прямоугольный.
Решение, а) Соединим центр О описанной окружности с вер-
шинами треугольника. Для остроугольного треугольника (рис. 2)
8 АВС e SАОВ + $ВОС + 8 со л*	(7)
По формуле (3) имеем:
8 авс = у	(®)
1 Почему не нужно указывать, какой именно угол между диагоналями рас-
сматривается?
7
Рис. 2
Рис. 3
по формуле (1) последовательно запишем:
SAOB = у 8‘П	(9)
$вос =4 fl8 Sin ₽.	(10)
scoa =у Я2 sin?-	(И)
Из равенств (7)—(11) получим:
Pr = P2(sina4-sinP4-siny).	(12)
Учитывая, что sina+ sinjJ-F siny 3 и a+P4-y = 360o, запишем:
sin a 4-sin р 4-sin у < 3.	(13)
Для тупоугольного треугольника (с тупым углом в вершине В,
рис. 3) SABC ~ (SAOB 4- SCOB)—SAOC, или
Рг = R2 (sin а 4- sin Р—sin (a 4- Р)).
(И)
Поскольку sina^l, sinp^ 1, sin(a4-p)—1 и a4-Р=/= 180°, то
sina4-sinp—sin(a4-P)<3. Отсюда и из равенств (12)—(14) по-
лучаем равенство (5).
б) Соединим вершину прямого угла С с центром 0 описанной
окружности. Для прямоугольного треугольника аналог равенств
(12), (14) имеет вид:
Pr — R2 (sin А ОС + sin СОВ).
Отсюда 2, что доказывает неравенство (6). Если Z А —	=
1/'2” /-
= 45°, то R = у Рг, в этом случае радиус R принимает наи-
меньшее значение. Таким образом, из всех прямоугольных треуголь-
ников с фиксированным произведением Rr или, что все равно (см.
8
формулу (3)), с фиксированной площадью 5 минимальный радиус Z?
имеет равнобедренный треугольник.
8.	Докажите, что периметр Р четырехугольника, описанного
около окружности радиуса г, и диагонали li9 12 удовлетворяют не-
равенству:
Решение. Из формул (2) и (3) имеем:
Pr = /1/2sina.
(15)
Из неравенства (/^—/2)2^0 следует:
откуда в силу равенства (15) получаем искомое неравенство.
Если диагонали четырехугольника взаимно перпендикулярны, то
sina=l, т. е. Pr = ltl2. Если = то Рг = /2.
9.	В выпуклом четырехугольнике ABCD диагонали АС и BD
пересекаются в точке О. Пусть Р19 Р2, Р3 и Р4 соответственно пе-
риметры треугольников АОВ, ВОС, COD и DO А, а г2, г3 и г4 —
радиусы вписанных в них окружностей. Докажите неравенство
О А ОВ-ОС- 0D	VРхгх • Р2г2 • P3r3 -Pj±.
Решение. С одной стороны, по формуле (3)
$АОВ == £Г^1Г !•
(16)
(17)
С другой стороны, по формуле (1)
SAoli = ±OA>OB-sinAOB.	(18)
Из равенств (17) и (18) получаем
Р^СОЛ-ОВ.
Аналогично,
Р^СОВ-ОС,
P3r3^OC-OD,
Pf^OD-OA.
(19)
(20)
(21)
(22)
Из неравенств (19)—(22) легко получается требуемое неравенство."
Перпендикулярность диагоналей АС и BD является необходимым
и достаточным условием для достижения равенства в неравенстве (16).
Из неравенства (16) и равенства (3) легко получается неравенство
$АОВ ‘ $ВОС ’ $COD * $DOA	“]6
2 № 5512
9
Рис. 4
10.	Докажите, что для выпуклого четырех-
угольника ABCD справедливо неравенство
(23)
где a, b, cf d—длины его сторон.
Решение, Разобьем четырехугольник
диагональю на два треугольника (рис. 4).
Тогда
$ABCD = $АВС + $ADC*
По формуле (1) имеем:
SABC=v a&sin В.
Отсюда и из неравенства	—к— получаем:
с	а2 + Ь2
—£— •
Аналогично
(24)
(25)
$adc
гЧ-d2
4
Из неравенств (24) и (25) получаем требуемое неравенств^.
Если В —D — 90° и a = b = c = d, т. е. четырехугольник
ABCD— квадрат, то соотношение (23) превращается в равенство.
11.	Докажите, что для треугольника со сторонами а9 Ъ и с спра-
ведливо неравенство
abc	(а + b—с) (а + с—Ь) (Ь + с—а).
(26)
12.	В треугольнике г и R соответственно радиусы вписанной и
описанной окружностей. Докажите, что R^2r. Когда достигается
равенство?
Решение. Пусть а, Ь и с—длины сторон треугольника. Тогда1
к = и г = -	, где S = /р (р—а) (р—6) (р—с).
Исследуем знак разности R — 2г:
abc — (a-j~b — с) (а А- с— Ь) (д + с—а)
4S
так как
abc	+ Ь—с) (а + с—b) (b -J- с—а)	(см. (26)).
Равенство достигается в случае равностороннего треугольника.
1 См.: Погорелов А. В. Геометрия,
средней школы.— М., 1986.— С. 172.
Учеб, пособие для 6—10 классов
10
13.	В треугольнике АВС со сторонами
о, Ь, с биссектриса 1а отстоит от вершин на
расстояниях, сумма которых равна hA, бис-
сектриса 1Ъ—на расстояниях, сумма кото-
рых—биссектриса 1С — на расстояниях,
сумма которых hc.
Докажите, что
hA^fthc > у (а + Ь) (Ь + с) (с 4- а).
Решение. Справедлива следующая
2S
Лемма. Для треугольника выполняется равенство НА=-т-, где
S—площадь треугольника.
Доказательство. Имеем (рис. 5):
s = SABAx +	Y cla Sin a + у bla sin a,
Рис. 5
ИЛИ
S = 4(6+C)Zasina-
£
(27)
Из треугольника BABi с =	, из треугольника ССгА b =	.
Тогда в силу равенства (27) имеем S = -1 (ВВХ + ССг) 1а.
£
Учитывая, что hA — BBt + СС± + А А (ЛЛ — 0), получим S ==~ hAla*
25
откуда hA — ~r-. Лемма доказана.
1а
Известно, что (см. с. 10)
S — у |/(а + b 4- с) (a + b—с) (а + с—Ь) (Ь + с—а).
(иной вид формулы Герона) и 1а =
Поэтому по лемме
(б+г)К(^Н
А	2 J
Аналогично находим:
(а±с) У (a + b—c)(b+c—a)
(a+b) К(Z?-L£—а) (а-\-с—Ь)	29)
Почленным умножением равенств (28) и (29) и учитывая нера-
венство (26) получим:
h h h =	+ (a + c) (fl + &) (сфд—c) (fl-j-c—z>) (b + c^a) >
A R c	Sabc
> -i- (a + b) (b + c) (c 4- a),
что и требовалось доказать.
2*
11
ПО КООРДИНАТАМ ЕГО ВЕРШИН
стрелки (рис. 6). Имеем!
s8 = £д(Д,В,В< + SAiAtB,Bt—SAtAtBtB,>
Но
Sa.A'B.B'	+ (Xs-Xi),
так как фигура Л1Л2ВгВ1—трапеция.
Аналогично находим, что
SA,A,B,Bt = -^(Уг+ Уз) (Х3—Х2) И 5д,AtB,B,~у (У1 + Уз) (*з—ДО-
ВЫПОЛНИВ алгебраические преобразования, получим:
(2)
В равенстве (2) определитель площади F3 < 0f а поэтому перед вы-
ражением стоит знак «минус», так как S3 > 0.
Покажем, что F3 < 0. Действительно, здесь
— F3 = — ((xty2 + X2Z/3 + хэ z/J—(ytx2 + y2xs + y3Xi)) =
= Уз (Дз Дх)	У1 (Дз“ Дз)-— Уз (д»—ДО > о»
так как у2 (х3—х2) > у± (х3—х2) 4- у3 (х2—xj
(площадь прямоугольника с основанием В3В3 и высотой В2Аа больше
суммы площадей прямоугольников с основаниями BjS2, В2В3 и вы-
сотами В3А3, рис. 6), откуда
F3 < 0.
Случай 2. Указанные направления в случае 1 противоположны
направлению движения конца часовой стрелки (рис. 7).
Здесь
$3 = I ?3,	(3)
где Г3 > 0 (убедитесь в этом!).
Теорема доказана, когда вершины треугольника расположены
в первой координатной четверти.
13
как 6 и 7; однако формула
вершин Л1, А2 и Л3.
Воспользовавшись понятием мо-
дуля, равенства (2) и (3) можно
записать так:
$3=4-ifsi.
так как
_ (	F3, если F3 > О,
1 31 I —f если F3 < 0.
Замечание 1. Мы вывели
формулу (1), рассматривая про-
стейшее расположение вершин
А2 и Л3, изображенное на рисун-
верна при любом расположении
Рассмотрим случай, изображенный на рисунке 8.
Здесь ——$а2вяа^ Но 5л1в1л* ==
= “2	^3, ^л1в1в2л3 = -^-Л3В2)= -g- ВУВ2 X
хВзЛ3 и Хл2в2ла — “2*Л2В2*S2S3, где	У%* ^1^2
— ОВг—0В2 = — xt—(— х2) = х2—xlt В2В9 — ОВ2 + ОВ9 = — х2 +
+ Хз== х9 ^2» BjB3 = ОВу Ч” ОВ9 = X} х9 = х3 %£ и В8Лд = у3.
Поэтому после несложных алгебраических преобразований снова
получим:
где £3 = ((х^2 4-	+ х3у±) — (угх2 + у2х9 + у3х^).
Учащимся целесообразно рассмотреть еще несколько случаев распо-
ложения вершин А2 и Л3, а затем убедиться в справедливости
формулы (1).
Площадь п-угольника
Многоугольник может быть выпуклым или невыпуклым, порядок
нумерации вершин считается отрицательным, если вершины нуме-
руются по направлению движения конца часовой стрелки, и поло-
жительным, если вершины нумеруются против движения конца часо-
вой стрелки. Многоугольник, не имеющий самопересечения сторон,
будем называть простым. Для простого именно n-угольника спра-
ведлива следующая
Теорема 2. Если Sn—площадь простого п-угольника AtA2.. . Anf
где Аг (хм; yj, А2(х2; у2), ..., А,г(хп; уп). то справедливо равенство
S„ = 4|F„|,	(4)
где Fn = ((х^а + xty3 + ... + х,^)— (ytx2 + угх3 + ... + ynxj).
Fn будем называть определителем площади простого п-угольника.
Доказательство. Возможны два случая.
14
Случай 1. n-угольник—выпуклый. ^х****4^
Докажем формулу (4) методом математи-	^х****^
ческой индукции.	|
Для л = 3 она уже доказана (теоре- I	У\
ма 1). Предположим, что она справед- I	у' \
лива для n-угольника; докажем, что она * 1	/	\
остается справедливой и для выпуклого	у
(п+ 1)-угольника.
Добавим к многоугольнику А±А2...Ап
еще одну вершину Л„+1(х„+1; t/„+i)
(рис. 9). Тогда площадь (п+1)-уголь-	Рис.#
ника АгАг.. .AnAn+i равна:
S„+i=Sn + 5л„л„+,/>(, или, учитывая, что вершины нумеруются
в отрицательном направлении (рис. 9), имеем:
s»+i = — 4	+ • • • +	~ (^хз +	+ • • • + ynxj) +
+ ( — у ((ХлУ»+С + Хп+1У1 + х1Уп) — (УпХп+i + Уп+iXi + У1Хп)) ) =
= — ^(.(х1уг + хгуа+ ... +	(У1Ха + уаха+ ... +у„+л)) =
Таким образом, формула справедлива для (п+1)-угольника, и, зна-
чит, условия математической индукции выполнены, т. е. формула (4)
для случая выпуклого n-угольника доказана.
Случай 2. л-угольник—невыпуклый.
Указание. Докажите, что в любом невыпуклом л-угольнике
можно провести диагональ, целиком лежащую внутри него, и при-
мените метод математической индукции.
Замечание 2. Выражение для гп запоминается не легко. По-
этому для вычисления его значения удобно выписать в столбец коор-
динаты первой, второй, третьей, ..., л-й и снова первой вершин
л-угольника и провести умножение по схеме:
У/
X/
(5)
(6)
х*
X/
У»
У/
Знаки в столбце (5) надо расставить так, как указано в схеме (6),
Замечание 3. При составлении столбца (5) для треугольника
можно начать с любой вершины.
Замечание 4. При составлении столбца (5) для л-угольника
(л 4) необходимо соблюдать последовательность выписывания коор-
динат вершин л-угольника (с какой вершины начинать обход без-
различно). Поэтому вычисление площади л-угольника следует начи-
нать с построения «грубого» чертежа.
16
18. Определите площадь треугольника АВС, если А (1; 2),
В (—2; 5) и С (4; —2).
Решение. Составим столбец:
Отсюда F3 = ((—2 + 20—4)—(8 + 4 + 5)) = —3.
По формуле (4) 5Л8с = -1.|—3|= 1,5.
19. Даны точки А (3; 4) и В (6; 6). На оси Оу определите точку С
так, чтобы площадь треугольника АВС была равна 5.
Решение. Составим столбец, заметив, что С(0; у):
3	4
0	У
6	6
3	4-
Отсюда F3 — —Зу + 6. Так как	S3 = 5, то 4-|—3</ + 6| = 5, откуда
1 1	Г- 1
У1 1 з > Уя 5 з.
Следовательно, задача имеет два решения: сЛО', —1-jj
и С2(0; 5-И.
20.	Найдите условие, при котором точки А (хх; yj, В (х2; у2)
и С(х3; Уз) лежат на одной прямой.
Решение. Если данные точки лежат на одной прямой, то тре-
угольник АВС вырождается в отрезок. Тогда по теореме 1 S3 = 0,
отсюда F3 = 0, т. е.
(•^1^/2 4“ %?Уз 4~ -Wi) {у1^2 4“ У^з 4“	“0,
откуда
*1У2 + *гУз 4-	= у,Х2 + у2Х3 + у3Хр
21.	Найдите условие, при котором точки А (хх; ух), В(х2; у2)
и начало координат лежат на одной прямой.
22.	Известно, что прямая проходит через точки 2^ и
(—3;—18). Проходит ли она через начало координат?
23.	Составьте уравнение прямой, проходящей через две точки
Л(хх; У1) и У2)*
Решение. Пусть С(х; у)—точка искомой прямой. Тогда рас-
смотрим вырожденный в отрезок треугольник АВС (задача 20). По-
лагая xs — x и Уз = У, получим:
*1АЪ4- ЪУ 4-	f/i*24- У** 4- yxi, или (х—хх) (уа— ух) = (у— yi)(x2— хх).
16
24.	Вычислите площадь пяти-
угольника, вершины которого име-
ют координаты: (—1; 2), (1; 1),
(2; 3), (3; -5) и (-2; -4).
Решение. Выполним «гру-
бый» чертеж (рис. 10). Имеем:
Рис. 10
Отсюда Fs= ((2 + 4 + 10 + 9 + 2)—(—1—4—12—10 + 3)) — 51. Таким
образом, $5 = 1.| 511 = 25,5.
УСТАНОВЛЕНИЕ ВЫПУКЛОСТИ ФИГУР
НА ПЛОСКОСТИ КООРДИНАТНЫМ МЕТОДОМ
Множество точек назовем выпуклым, если вместе с двумя его
точками Mt и Л12 ему принадлежат и все точки отрезка М1/И2.
Примерами выпуклых множеств могут служить полуплоскость, круг,
треугольник и др. Многоугольники могут быть как выпуклыми, так
и невыпуклыми. Является ли фигура выпуклой, можно установить
геометрическим и аналитическим (координатным) методами. Остано-
вимся на координатном методе.
Уравнение прямой, проходящей через две заданные точки	(xf, yr)
и М2(х2; у2), имеет вид (см. задачу 23):
(х—*1) (у2—Уг) = {у—У1) (х2—Хх),
или при Хх У= х2 И ух У= у2
X — Xj y—yt
Х2—Х1	У2—У1
Положим ——~ = -—— = fe, тогда
*2~*i Уг—У1
х = (1—k) %i + kx2,
у = (1—fe) yi + ky2.
(1)
(Г)
Равенства (Г) и представляют собой параметрические уравнения пря-
мой ТИ1/И2 с текущей точкой М (х; у).
Замечание. Уравнение (1) есть уравнение прямой МХМ2, не
параллельной координатным осям. Если же эта прямая параллельна
координатным осям, то ее уравнение будет иметь вид:
x = xf или у — У1.
17
Задание 1. Выполнив соответствующие рисунки, установите
для параметра k следующее:	_____
а)	если точка М лежит на прямой Л41Л42 и векторы MtM2
и МХМ. одинаково направлены, то Л > 0; если эти векторы проти-
воположно направлены, то k < 0;	______
б)	если точка М не лежит на отрезке М^М2 и векторы МгМ2,
М±М одинаково направлены, то £> Г, если точка М не лежит на
отрезке AfiM2 и векторы МгМ21 М±М противоположно направлены,
то k < 0 ;
в)	если точка М. лежит на отрезке МХМ2, то
(2)
Концам отрезка—точкам	и М2 соответствуют значения: k — 0
и 4=1.
Задание 2. Докажите, что если точки М± (хх; yj и М2(х2;
принадлежат хорде круга х2+у2—г2^0, то хгх2 +у$2—г2^0.
Указание. Рассмотрите выражение хгх2 + у2у2—г2 как алгеб-
раическую сумму числовых значений площадей прямоугольников со
сторонами хг и х2, уг и у2, г и г (числовые значения хгх2 и угу2 могут
быть как положительными, так и отрицательными, а также и рав-
ными нулю).
25.	Докажите, что полуплоскость является выпуклой фигурой.
Решение. Рассмотрим полуплоскость, определяемую неравен-
ством
ах+Ьу + с^О.	(3)
Пусть этой полуплоскости принадлежат две точки Л41(х1; yj
и М2(х2; у2), т. е.
ахх + byt + с 0 и ах2 + Ьу2 + с 0.	(4)
Любая точка М (х; у) отрезка Л41/И2 имеет координаты (см. (Г))
х = (1 — Л)*1-г Лх2, у-=(1— k)yt + ky2,
где 0 < k < 1 (см. (2)).
Подставив выражения для координат точки М в левую часть
неравенства (3), получим:
а ((1 —ft) Xi -[ kx2) -I- b ((1 — k) yi + ky2) + c =
= (1 — k) (aXi + byx + c) + k (ax2 + by2 + c).
В полученной сумме оба слагаемых неположительны, так как поло-
жительные значения k и 1—k умножаются на неположительные
значения ахг -^Ьу1 + с и ах2 + Ьу2 + с. Следовательно, ах 4- by -J- с 0,
а это и означает, что точка М (х; у) принадлежит рассматриваемой
полуплоскости вместе с точками Мх и ТИ2, т. е. полуплоскость вы-
пукла.
26.	Докажите, что круг—выпуклая фигура.
Решение. Пусть г—радиус круга. Выберем прямоугольную
систему координат с началом в центре круга. Тогда круг опреде-
18
ляется следующим неравенством
x2-F-i/2—г2^0.	(5)
Рассмотрим две точки Мг (xt; yj и
(х2; у2), принадлежащие кругу.
Тогда
Xi + jq— г2^0 и xl-t yl—г2^0. (6)
Любая точка М (х; у) отрезка МгМ2
имеет координаты (см. (Г))
х = (1 — k}xx + kx2.
У = (1—к)У1 + ку2 (0<fe< 1).
Подставив выражения для координат в	Рис. 11
левую часть неравенства (5), получим:
Х2 + уЗ—Л2 = ((1 — £) XjL + kx2y 4- ((1—k) У1 ч kyjf—r2
= (1 — k)2 (х? + у\— г2) + k2 (xl + yl— Г8) 4-2(1 — k) k (хгх2 + У1У2—r1).
В полученной сумме все три слагаемых неположительны. Следо-
вательно, х2 + у2—г2^0, а это и означает, что точка М (х; у) при-
надлежит рассматриваемому кругу вместе с точками и М2, т. е.
круг—выпуклая фигура.
27.	Докажите, что треугольник—выпуклая фигура.
Решение. Прежде всего докажем, что пересечение1 любого
конечного числа выпуклых фигур есть также выпуклая фигура.
Действительно, пусть две точки и М2 принадлежат пересече-
нию выпуклых фигур. Тогда эти точки принадлежат и всем пере-
секающимся фигурам. А так как все эти фигуры выпуклы, то им
всем принадлежит и любая точка М отрезка MiM2, а значит, она
принадлежит и пересечению, т. е. пересечение также выпукло.
В силу доказанного здесь факта рассмотрим треугольник АВС
(рис. 11) как пересечение трех полуплоскостей ап а2 и а3 соответ-
ственно с границами ВС, АС и АВ, Так как полуплоскость—выпук-
лая фигура (задача 25), то треугольник также выпуклая фигура.
О ПРИЛОЖЕНИИ ОДНОЙ ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ
ЗАДАЧИ
На основе одной геометрической задачи составим номограмму
для решения широкого класса задач (как математических, так и фи-
зических).
28.	В треугольнике ABC Q/C=120°) даны две стороны а и b
и биссектриса 1С (рис. 12). Докажите, что
1 Понятие пересечение фигур учащимся следует разъяснить.
19
м
Рис. 12
Решение. На луче АС отло-
жим СМ — СВ и соединим точки В
и А4. Получим ДЛМВс/зДЛСЕ
(СЕ Н МВ). Отсюда	» или
или
или
—+ у = —, что и требовалось
доказать.
Пусть в равенстве (1) неизвестна биссектриса, т. е. 1с = х. Тогда
имеем:
О')
Для нахождения х по равенству (1г) составим номограмму с тремя
шкалами а, b и х в одном и том же масштабе, пересекающимися
в точке О (рис. 13). Углы между шкалами а и х, b и х равны 60°.
Пусть а = 3, Ь~4. Отметим на шкале b точку Bt(4) и на шкале а
точку Лi(3). Соединяя их отрезком (рис. 13), получим точку Cf(l,7)
(пересечение отрезка и биссектрисы /с). Следовательно, х& 1,7. По
этой номограмме, зная х и а (х и Ь)9 можно найти также b (и а),
В случаях, когда данные и искомое выходят за пределы шкал,
надо все три числа умножить или разделить на одно и то же число.
Например, если даны значения а — 30 и 6 = 40, то после деления
на 10 имеем я = 3, 6 = 4, по номограмме х« 1,7, а после умножения
1 tia 10 получаем искомое значение хя^17.
На практике часто встречаются задачи, приводящиеся к уравне-
ниям:
Для их решения составим номограмму на основе полученной
(рис. 14):/ЛОВ-/ВОС-/COD-60°.
Решение уравнения у +	выполним по этапам. Сначала
найдем решение уравнения у +-§
Рис. 13
20
По номограмме имеем у ~ 3,7 их» 2,2.
Номограмму, изображенную на рисунке 14, можно использовать
и для решения уравнения (Г). Полезно предложить учащимся на-
чертить номограмму на листке картона размером 20x15 см2 и в ка-
честве отрезков, соединяющих точки, использовать две тонкие про-
волоки длиной 18 см каждая.
29.	Один поезд проходит расстояние между двумя станциями за
25 ч, а другой—за 12 ч (остановки в расчет не принимаются)'. Через
сколько часов поезда встретятся, если они выйдут одновременно
навстречу друг другу? ^25 + -[2 = 7 J
30.	Один рабочий выполняет работу за 5 дней. За сколько дней
выполнит эту работу второй рабочий, если они, работая вместе,
о / 1 । 1	1 \
выполняют ее за 3 дня? I у + —= у • )
31.	Три переплетчика берутся переплести для библиотеки книги.
Один может переплести все книги за 60 дней, второй—за 90 дней.
За сколько дней может переплести все книги третий переплетчик,
если, работая вместе, они переплетут эти книги за 45 дней?
60 + 90 + х ~45’
32.	Три проводника соединены параллельно. Сопротивление пер-
вого проводника 7 Ом, третьего—12 Ом, а сопротивление цепи 20 Ом.'
Найдите сопротивление второго проводника.
Отметим, что приведенной номограммой можно воспользоваться
на уроках физики при нахождении емкости конденсаторов при по-
следовательном соединении, а также при решении задач по формулам
сферического зеркала и тонкой линзы.
МАТЕМАТИЧЕСКИЕ СОФИЗМЫ
Цель предлагаемого занятия — показать учащимся, как формально
кажущееся правильное преобразование выражения приводит к лож-
ному умозаключению. Поставив перед учащимися вопрос «Где здесь
ошибка?», полезно рассмотреть на занятии приведенные ниже со-
физмы. Подобные упражнения повышают интерес к изучению мате-
матики, способствуют сознательному усвоению математических поня-
тий и привитию навыков самостоятельной работы.
33.	Докажем, что любое число равно числу, на единицу боль-
шему, чем оно само.
Пусть мы имеем некоторое число а. Требуется доказать, что
а — а 4- И Рассмотрим очевидное тождество
а2—а (2а— 1) - (а— I)2 — (а— 1) (2а— 1).
(1)
21
Прибавляя к обеим частям этого тождества квадрат числа
мы получим в обеих частях полные квадраты:
(2)
Извлекая квадратный корень из обеих частей равенства (2), имеем:
2а+1	2а—1	/ох
а-----5— = а-----ту-,	(3)
j— , или а == а + 1.
а+1 (а—число натуральное).
где
или а-----— а Ч- 1 —
34.	Докажем, что а
Рассмотрим верное неравенство (^У s у
п—нату-
ральное число, большее 1. Взяв десятичный логарифм от обеих ча-
стей неравенства, получим:
° lg^ > (« + 1) Ig^ •
! 1
или после деления на 1g— имеем:
35.	Докажем, что противоположные числа равны.
Рассмотрим некоторое положительное число а и ему противопо-
ложное число —а. Докажем, что а — —а. Возведем обе части ра-
венства в квадрат:
а2 = (—а)2.
Логарифмируя, получим:
21g а = 21g (—а), или lg а = 1g (—а),
откуда
а = —а.
36.	Докажем, что интеграл
от неотрицательной функции
равен нулю.
Имеем:
37.	Докажем, что в любом прямоуголь-
ном треугольнике гипотенуза равна ка-
тету.
а> а+1.
1
Кх2 dx
22
Пусть ВВг—биссектриса угла В прямоугольного треугольника
АВС (рис. 15); D— середина катета АС; О—точка пересечения пер-
пендикуляра, проведенного к отрезку АС в точке D, с прямой
ОЕ и OF—перпендикуляры, опущенные из точки О на прямые АВ
и ВС соответственно.
Легко показать, что Д ВОЕ = Д BOF, откуда
BE = BF.
(1)
Далее, из равенства О А == ОС следует, что Д ОБА — Д OCF, от-
куда
AE = FC.	(2)
Из равенств (1) и (2) получаем, что АВ —ВС.
КООРДИНАТНЫЙ МЕТОД РЕШЕНИЯ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
Координатный метод сводит решение широкого круга задач к
небольшому числу методических приемов. Выбрав систему коорди-
нат (удачный выбор упрощает решение задачи), мы можем каждую
точку охарактеризовать ее координатами, а каждую линию—урав-
нением.
Этим данная геометрическая задача сводится к алгебраической.
Метод координат облегчает решение и многих алгебраических задач.
Для этого задачу следует перевести на «геометрический язык» (за-
дача 46).
38.	Докажите теорему косинусов.
Решение. Пусть дан произвольный треугольник АВС со сто-
ронами а, Ь и с, ^САВ — а.
Введем систему координат так, как показано на рисунке 16.
Тогда вершины будут иметь следующие координаты:
А (0; 0), В (с; 0) и C(&cosa; 6 sin а).
По формуле расстояния между двумя точками-
а2 = ВС2 — (b cos а—с)2 A- (ftsina)2,
23
Рис. 18
или после упрощения:
а2 = Ь2 + с2—2bc cos а.
39.	Докажите, что сумма квадратов
диагоналей параллелограмма равна сумме
квадратов всех его сторон (задача 3,6).
Решение. Пусть дан произвольный
параллелограмм ABCD со сторонами а,
b, Z_A=<1.
Введем прямоугольную систему коор-
динат так, как показано на рисунке 17.
Тогда вершины будут иметь следующие
координаты:
А (0; 0), В (a cos а; а sin а), C (acosoc + &; а sin а) и D(b; 0).
По формуле расстояния между двумя точками
df = BD2 = (n cos а—Ь)2 + (a sin а)2 — а2—2ab cos а + &2,
d| — А С2 — (— (a cos а + Ь))2 + (—a sin а)2 ~ а2 + 2ab cos а + &2.
Из этих равенств получаем:
dl + d2 = 2(a2+b*)>
что и требовалось доказать.
40.	Найдите геометрическое место точек М плоскости, разность
квадратов расстояний от которых до двух данных точек А и В этой
плоскости постоянна и равна а. При каких а задача имеет решения?
Решение. Введем прямоугольную систему координат так, как
показано на рисунке 18, где точка О—середина отрезка АВ. Пусть
М (х; у)—точка искомого множества. По условию AM2—ВМ2 = а,
или (учитывая АВ ~ 2с)
(*+c)2 + y2—((x—c)2 + y2)==Ct или х =
В полученной формуле параметр а принимает любые значения —
этой формулой задается множество прямых, параллельных оси Оу.
и сама ось.
41.	Сколько решений имеет система
И + |у| = 1>
х2 + у2 — с, где С—параметр?
Решение. Решим систему графически (рис. 19). Если С < 0,
то равенство х24-у2 = С невозможно—решений нет;
если С = 0, то из второго уравнения системы х = у = 0—не яв-
ляется решением системы;
если С=1, то четыре решения: (0; 1), (0; —1), (—1; 0), (1; 0);
24
Рис. 19
Рис. 20
то четыре
если
решения:
1, то восемь решений;
если
если
С > 1, то решений нет;
0
, то решений нет.
42.	Докажите, что если сечение прямоугольного параллелепипе-
да плоскостью представляет собой треугольник, то этот треугольник
остроугольный.
Решение. Введем прямоугольную систему координат так, как
показано на рисунке 20, Тогда вершины треугольника АВС имеют
следующие координаты:
Л(х; 0; 0), В(0; у\ 0) и С(0; 0; ?).
Выразим стороны треугольника АВС через координаты его вершин:
АВ - Кх2 + у2,
ВС = У у2 + z2 и ЛС.= V х2 -|- z2.
По теореме косинусов
А В2 == ВС? + А С2—2ВС • А С cos С,
Г»
или
Так как ВС и АС—гипотенузы, a z—катет прямоугольных тре-
угольников О АС, ОВС, то 0 < cos С < 1. Следовательно, ^/С острый.
Так как £С мы выбрали произвольно (аналогично доказывается,
3 № 6512
25
что углы А и В острые), то тре-
угольник АВС остроугольный.
43.	Существует ли треугольная
пирамида, основание которой —
прямоугольный треугольник, а
плоские углы при вершине пря-
мые?
Решение. Предположим, что
пирамида, о которой идет речь в ус-
ловии задачи, существует: SABC—
пирамида, Д АВС — основание
(ВС-а, АС = Ь, £АСВ = 00\
/ ASB - / BSC = Z CSA = 90°)-
Введем прямоугольную систему
координат так, как показано на
рисунке 21. Тогда вершины пирамиды имеют следующие коорди-
наты: С(0; 0; 0), В(0; —а\ 0), А (Ь; 0; 0), S(x; у; г).
Найдем координаты х, у и z. По условию имеем систему
SASC-0,
SCSB-0,
SB SA— 0, или
*2 + у2 + 22—bx=-0t
X2jr У2 + 22Ч	= 0»
х* + У2 + z2 + ау—Ьх— 0,
откуда х — у — 2 = 0. Следовательно, S = C, т. е. пирамида вырож-
дается в треугольник АВС. Наше предположение неверно. А это
доказывает невозможность существования указанной пирамиды.
44.	Дайте геометрическое решение задачи 43.
45.	Докажите теорему Пифагора.
46.	Найдите множество точек М пространства, для которых
МА = *2МВ (А и В — заданные точки) и расстояние от А до В
равно 2m.
47.	Докажите, что расстояние р от точки А (х0; #0; z0) до пло-
скости а, заданной уравнением ах-\- by + czA-d — O^ вычисляется по
формуле
_ | Ч~ Ч~ I
У а2 + + с2
48.	Дан прямоугольный параллелепипед ABCDAjB^iD,, ребра
которого—т, пир. Найдите расстояние от точки Сг до плоско-
сти ADjB-l.
РЕШЕНИЕ ЗАДАН РАЗЛИЧНЫМИ СПОСОБАМИ
Рассматривая ту или иную задачу, следует показывать учащимся
возможность ее решения различными способами. Поиски наиболее
рационального способа решения будят мысль учащегося, развивают
26
сообразительность и уводят его от шаблона, по-
вышают интерес учащихся к работе. В процессе
подготовки к занятию учителю необходимо про-
думывать всевозможные способы решения каждой
задачи.
Полезно одну и ту же задачу предлагать на
разных стадиях обучения. Это дает возможность
повторить ранее изученный материал, способству-
ет более глубокому и прочному овладению мате-
риалом, его систематизации, выявлению взаимных
связей, сходства и различия с новым материалом.
49.	Биссектриса BD внутреннего угла тре-
угольника АВС делит противоположную сторону
на отрезки, пропорциональные сторонам ВС и В А Д
треугольника. Докажите1.
Доказательство 1 (VII класс). Прове-
дем через точку С (рис. 22) прямую m\BD.
Тогда прямая т и полупрямая АВ пересе-
каются и Д Л BD сс Д AD,C. Отсюда	,
Рис. 22
или
АВ+ВС
АВ
AD + DC	. , ВС . , DC	СВ CD
~ AD , или + Ав — 1 + AD , откуда АВ — AD .
Доказательство 2 (VIII класс). Имеем (см. рис. 22):
с 0,5	sin -£•
Ьсвр_________2
Sabd 0,5-AB-DB-sln^
&
°	$CBD 0,5-CD *h ,
С другой стороны, - = п к лп 4» где п—высота треугольника,
проведенная из вершины В. Из этих равенств получаем:
СВ CD
АВ~~ AD '
Доказательство 3 (VIII класс). По теореме синусов (см.
рис. 22)
в	в
Sin-5-	.	Sin -н-	-
2	sin С	2 _ Sin А
CD ~~BD И AD	’
ИЛИ
. В	В
s,nT _ ,	sin —
CD-sinC- BD И XD.siiM- BD ’
откуда
sin -g- sin -g-
CD-sin C Ли-sin A ’
хСм. Погорелов А. В. Геометрия. Учеб, пособие для 6 *--1О классов
средней школы.— М., 1986.— С. 150 (задача 10).
3’
Рис. 23
или
CD sin Я „ „тт CD _ СВ
~AD=^C' ИЛИ ~AD ~ ~АВ~ ’
Доказательство 4 (VII—VIII
классы). Выполнив осевую симметрию
треугольника АВС относительно пря-
мой BD (рис. 23), получим:
Д CDCY Л ADAY и
Л CCYB сс А AAyB
(убедитесь в этом!). Отсюда
CD	CCY CCl _ СВ
AD ~ AAi	И AAy *“ АВ
(учесть AB = AyB).
Следовательно,
CD _ СВ
AD ~~ АВ •
50.	Решите уравнение (X класс)
a sin х + b cos х = с,
(1)
где а, Ь и с постоянные, причем а и b одновременно не равны нулю.
Решение. Способ 1. Выразим cosx через sinx (или наоборот),
используя тождество sin2 %-[ cos2 х=—1, и возведем обе части урав-
нения в квадрат (следует помнить, что возведение в квадрат может
привести к посторонним корням, поэтому проверка здесь необходима).
Пример. Решим уравнение
3 cos х + 4 sin х = 5.	(2)
Имеем:
3 cos х + 4 (zfc у 1 — cos2x) = 5,	1 —cos2x —-у—— cos x,
1—cos2 x ~ у cosxV, (5 cosx—3)2 = 0, cosx = -|-.
Находим sin x = ±	.
Проверкой убеждаемся, что уравнению (2) удовлетворяют такие
3	.	4
значения х, для которых одновременно cosx=-^- и sinx =	,
о	□
.	4
т. е. tgx —.
о
Следовательно, x = arctg^ +ли, n£Z и п—четное, так как наи-
О
меньший положительный период sin и cos равен 2л.
Способ 2. Возведем данное уравнение в квадрат и умножим
правую часть на sin2x+cos2x:
a2 sin2 х + 2ab sin х cos х + b2 cos2 х = с2 (sin2 х Ч- cos2 х).
(3)
28
Обе части этого уравнения разде-
лим на cos2x (или на sin2x), полу-
чим уравнение, равносильное уравне-
нию (3) (объясните почему!). Однако
возведение в квадрат может привести
к посторонним корням, поэтому про-
верка в данном случае тоже необхо-
дима.
Для примера (2) имеем:
9cos2x + 24cosx-sinx + 16 sin2x =
Рис. 24
четное (см. способ 1).
Способ 3. Составим готовую формулу для решения уравнения (1).
Будем считать в равенстве (1) а^О (если а < 0, то достаточно
обе части уравнения умножить на —1).
Возьмем на окружности с центром в начале координат (рис. 24)
точку А (а; Ь). Пусть радиус О А образует с положительным направ-
лением оси Ох угол ф, т. е. АОВ — ср. Так как то
(4)
Из треугольника АОВ имеем:
О А = г = l/'a2 + b2	sin ф = ——Х= и cos ф = г а .
’	1<а2 + 62	Va2 + &
Отсюда
a sin х + b cos х = а2 + & •( -r а	-.sin х Н—7г 6 — cos х^ -
\ уV а2+^2	/
= У а2 + Ь2 • (cos ф • sin х + sin ф • cos х) — Кя2 + Ь2 • sin (х + ф).
Следовательно, уравнение (1) равносильно уравнению
|/а24-Ь2*зш (х-|-ф) или sin (х + ф) —	>
где ф = arcsin тт== •
V а2-\-Ь2
Отсюда
Ь	с
х — — arcsin -г	— 4- (— 1)" arcsin	— + пп, n£Z,
+	’	Ка2+*2
.(5)
если
1, или с2 а2 + Ь\ .
29
Для примера (2) имеем а = 4, & —3, с = 5, 52<^42 + За. По фор-
муле (5)1
х= —arcsin0,6 + (—1)"~+ ли, n£Z.
51.	В прямоугольном треугольнике медиана, проведенная к гипо-
тенузе, равна ее половине. Докажите это: а) достроив треугольник
до прямоугольника; б) описав, около треугольника окружность;
в) с помощью теоремы Фалеса; г) методом от противного; д) алгеб-
раическим методом; е) векторным методом; ж) координатным методом.
К РЕШЕНИЮ ТРАНСЦЕНДЕНТНЫХ УРАВНЕНИЙ
В курсе алгебры и начал анализа учащиеся рассматривают реше-
ние простейших показательных и логарифмических уравнений и
неравенств. На занятиях математического кружка полезно познако-
мить учащихся с приближенными методами решений трансцендент-
ных уравнений более сложного вида. Следует при выявлении числа
их решений выполнить эскиз графиков функций, входящих в урав-
нение.
Целесообразно рассмотреть следующие виды трансцендентных
уравнений:
1) ax~-kx\-b;	4) \gx = ax2 +bx-\-с;
2) а* = bx2 + cx + d; 5) 1g х = kx + b\
3)а*=|;	6)lgx = |.
Решая уравнения 4—6, следует помнить, что любое уравнение
вида logcx = /(x) можно привести к виду lgx = /(x)lga.
52.	Решите уравнение 2х = — х2 + 2х + 8.
Решение. Функции f (х) — 2х и g (х) = — х2 + 2х + 8 определены
на множестве всех действительных чисел, причем /(х) = 2х— возрас-
тающая функция и не имеет нулей, a g(x) =— х2 +2х+8 (пара-
бола)—возрастающая функция на интервале (—оо; 1), убывающая
на интервале (1; + оо) (точка х=1—абсцисса вершины) и имеет
нули в точках х —— 2 и х = 4.
Так как f(-2) = 2^ = l, g{-2) = 0, f(-2)>g(-2); f(l) =
= 2‘ = 2, g(l) = 9, /(l)<g(l), то графики функций f(x) и g(x) на
интервале (—2; 1) пересекаются (как монотонные и непрерывные),
т. е. данное уравнение на интервале (—2; 1) имеет корень.
Так как f(l)<£(l) и f(4)>g(4), то на интервале (1; 4) гра-
фики функций f (х) и. g (х) пересекаются (как монотонные и непре-
рывные), т. е. данное уравнение имеет еще один корень на этом
интервале.
1 Следует обратить внимание учащихся на то, что это ют же ответ, но
записанный в другой форме.
У|
Рис. 25
Если х € (— оо; —2) (J (4; + оо), то f (х) > 0 и g (х) < 0, поэтому
решений больше нет.
Следовательно, данное уравнение имеет два решения.
Построив графики функций f (х) и g(x) на миллиметровой бумаге
в одной и той же системе координат, найдем эти решения (рис. 25):
Xi ж—1,9, х2« 2,7.
53.	Решите уравнение cos2x — 1g х.
Решение. Так как D(cos) = /? и Z)(1g) = то корни урав-
нения, если они существуют, должны быть положительными.
Корни уравнения не могут быть больше 10, так как при х> 10
1g х> 1, a cos2x больше единицы быть не может. Следовательно,
корни данного уравнения, если они существуют, заключены между
0 и 10.
Если	то lgx<0, a cos2x^0; левая и правая части
уравнения не могут быть равны, и в этом промежутке корней урав-
нения нет.
В промежутке т< уравнение имеет один корень, так как
COS 2-4 >lg^, a cos (2’~)<lg-^ и функции в этом промежутке
непрерывны и имеют разную монотонность, следовательно, при неко-
тором значении х^, заключенном в этом промежутке, cos2Xi = lgXi.
В промежутке -g- < х < уравнение не может иметь корней,
так как cos2x<0, a lgx>0.
31
У|
Рис. 26
В промежутке х л cos 2 •	< 1g и cos (2•л) > 1g л.
Так как функции cos2x и 1g % монотонны и непрерывны, то в этом
промежутке при некотором значении х2 cos2x2 — 1g х2.
В промежутке л	cos (2-л) > 1g л и cos ^2--^-^ < lg-^- -
В силу непрерывности и монотонности функций при некотором зна-
чении х3 из этого промежутка cos(2-x3) — 1g х3.
В промежутке < х < корней нет, так как здесь cos 2х < О,
a 1g х > 0.
Аналогичными рассуждениями получим два корня: х4 и х5, при-
надлежащие промежутку
7л . 9л
Т; “Г
, и два корня: хб и х7, принадле-
жащие промежутку
13л '
J Зл
Так как —> 10, то в промежутке
13л
~ 4~ ’
больше кор-
+ оо
ней нет.
Следовательно, наше уравнение имеет семь решений.
Построив графики функций cos2x и 1g х на миллиметровой бумаге
(рис. 26), найдем их: хх^0,8, х2«2,4, х3 & 3,6, х4^5,7, х5л?6,7,
х6 8,9, х7 9,8.
54.	Выясните число решений уравнения:
а) 2х — — х24-2; б) х2—2х — 1g х;
в)Зх = у;	г) lgx = —2%+1.
СОСТАВЛЕНИЕ ОДНОГО АЛГОРИТМА С ПОМОЩЬЮ
АНАЛОГИИ
Цель предлагаемого занятия—познакомить учащихся . с одним
способом составления алгоритмов к решению математических задач.
55.	Решим уравнение в целых числах: x2-f-r/2 = z2", где n£N
и х, у* z не равны нулю одновременно.
1.	Пусть п = 1, тогда
х2 4- у2 — г2.
32
(I)
Для подбора целых чисел х, у и г, удовлетворяющих уравнению (1)
возьмем тождество
(pi-9D2+(2p191)2 = (pi + ?12)3
и положим:
У = 2р& и z = pl + q2lt	(2)
где Pi и 7i—произвольные целые числа. Если, например, pi=l,
91 =—2, то х =—3, у = — 4 и z = 5. Тогда имеем (—3)2+(—4)2 = 52.
2.	Пусть п = 2, тогда
х2 + у2 = z4.	(3)
Положим:
х = р1—У = %РМ и z? = p?+9i>	(4)
где pi и 91—произвольные целые числа.
Для нахождения z возьмем тождество
(pi—q^ + (2р292)2=(pi + qff
и положим, что
Pi = Pi—ql qi = 2p2q2 и z = pl + ql	(5)
где р2 и q2—произвольные целые числа.
Из формул (4) и (5) получим окончательно:
x = Pl—ql, y^Zptfi и z = pi-| <7t
где Pi и ft определяем из равенств (5).
К примеру, если р2 = 0 и q2—\y то pi = 02—12 =—1,	=
= 2-04=0 и х = (—I)2—02 = 1, у = 2(—1)0 = 0, z = О2 + Р = 1.
Итак,
12 +02 = 1\
3.	Пусть /г = 3, тогда
x2 + y2 = z8.	(6)
Положим:
* = Р2—<7?, y=^2p1qi ц z2 = p! + 91, где
Pi = Pi—ql и 9i = 2pa9a (см. (4) и (5)).
Для нахождения z возьмем тождество
(р!-д1)2+(2рз9з)2-(р^+дз2)2
и положим, что
P2 = Pi—92, 92 = 2р893 и z = p? + 9|, где р3 и q3—
целые числа.
Следовательно, решениями уравнения (6) будут числа
х = Р1—ql> y = 2p±qi и ? = Рз+9з,
33
где pi и <7i—целые числа, определяемые из следующей системы:
{pi=pl—ql,
<71 = 2^2*72,
Рг = р1~Я1,
Яг ~ ^РзЯз-
(7)
Пусть Рз— 1 и <7з = — 1 (см. (7)), тогда р2 — I2— (— l)2 = 0, q2 =
= 2-1-(—!) = —2, р1==02—(— 2)2 = — 4, <71 = 2 О (—2) = 0 и х =
= (—4)2—02=16, </ = 2(— 4)0 = 0, г=12Ч-(— 1)г = 2.
Отсюда 162-г02 = 2“.
Если теперь п = п, то решениями уравнения
х2 + у2 = z2"
будут числа
Х = Р1—Я1> У = %Р1Я1 » z = p2 + <72,	(8)
где р„, qtl—произвольные целые числа, а р± и qt определяются из
системы равенств (по аналогии с выше приведенными рассуждениями):
Pi = Pi—я1
Я1 = 2РгЯг,
Рг = Р1~Я1
Яг = ^РзЯз1	(9)
• • •
Pn-l^Pl — Яп,
. 9«-1 = 2РЛл-
Отметим, что приведенные здесь рассуждения не строгие. Для
доказательства методом математической индукции следует показать,
что числа х, у и z, представленные формулами (8) и определяемые
из системы (9), должны быть решениями уравнения x2 + y2 = z2".
К ПОСТРОЕНИЮ ГРАФИКОВ ФУНКЦИИ
ДВУХ ВИДОВ
В курсе математики средней школы учащиеся строят графики
функций у— [х] и //={х}. На внеклассных занятиях полезно обоб-
щить полученные знания, рассмотрев графики функций вида
y = [f (*)] и </={/(*)}•
При этом естественно поставить вопрос: «Нельзя ли при построении
воспользоваться уже готовым графиком функции г/ = /(х)?»
56* Построим график функции у = [2cosx], если дан график
y = 2cos х.
Проведем прямые у — р, где pg {—2; —1; 0; 1; 2}. Они разобьют
исходный график (на рис. 27 он показан штриховой линией) на
34
Рис. 27
части. Рассмотрим каждую часть графика, лежащую в полуоткрытой
полосе, для которой р^у <р+1, и спроектируем ее на прямую
у — р^ Получим отрезки, в каждом из которых исключены точки»
принадлежащие графикам у — р-\-\ и у = 2 cos х. Множество полу-
ченных таким образом «открытых» или «полуоткрытых» отрезков, а
также точек с координатами (2nfe; 2), k£Z, является графиком
функции у — [2 cos х].
57.	Построим график функции z/ = {/(x)}, если дан график функ-
ции y = f(x) (на рис. 28 он показан штриховой линией).
Легко понять, что все точки этого графика лежат внутри по-
лосы, образованной прямыми у = 0 и у—\.
Проведем прямые у = р, где р—любое целое число. Из точек
пересечения исходного графика с этими прямыми проведем перпен-
дикуляры к прямой Ох. Получим прямоугольники
сд;л:в;, а.в'&А', ...,
А[СВА, АВВ.А^ ...»
примыкающие к оси Ох. В каждом из этих прямоугольников должна
располагаться часть искомого графика.
Рис. 28
35
ЗП У х
-2Л _Й -Tlx _ Л ./ О Я.Л\ ЗП X ”
О Я Л
Рис. 29
Прямые y = p(p£Z) разбили исходный график на ряд участков:
АС^, СХС2, С2С3,
При параллельном переносе С3Л3 кривая С3С2 перейдет в кривую
AsB2. Аналогично каждый из параллельных переносов С2А2, С^,
ОО, CA'lf ... переводит соответственно части графика y = f(x)
СИ» АС. СС{	и т. д.
в кривую
A2Bi, АгВ. AC. А[В[	и т. д
Исключив в каждой из этих кривых точку, принадлежащую
прямой ^=1, получим график функции y = {f(x)}.
На рисунке 29 построен график функции у — {sin х}.
58.	Постройте графики функций:
а) г/ = [2sinх]; б) г/=[|х|]; в) # = {|х—2|}.
59.	Постройте графики соответствий:
а) И = [«/]; б) {х} = {//}; в) {х} > {«/}.
ПОСТРОЕНИЕ ГРАФИКОВ ФУНКЦИЙ, СОДЕРЖАЩИХ
ЗНАКИ МОДУЛЕЙ
Рассмотрим вопрос: «Как по графику функции y = f(x) построить
график функции у — I f (X) I?»
В системе координат хОу (рис. 30) отметим точки
А(1; 4) и Д'(1; 14|), В (4; —2) и В'(4; |—2|).
Из рисунка видно, что точки А и А' совпадают, а точки В и В'
симметричны относительно оси Ох. т. е. при замене ординаты ее
модулем получим ту же точку, если ордината неотрицательна; точку,
симметричную данной относительно оси Ох. если ордината отрица-
тельна. Вообще о точках А (х; у) и А' (х; |у|) можно сказать, что:
1) А и А' совпадают, если у^О; 2) А и А' симметричны относи-
тельно оси Ох. если у < 0.
Итак, при построении графика функции сначала строим график
функции y = f(x). затем все точки графика, имеющие неотрицатель-
ные ординаты, оставим на месте, все точки графика, имеющие отри-
36
дательные ординаты, заменим им симмет-
ричными относительно оси Ох.
60.	Построим график функции у =
Это функция вида у — f (| х |),
а так
как f (|—х |) = f (| х I), то данная функция
четная, поэтому для построения графика
функции строим график y = f(x) при х 0,
а затем симметрично отображаем его от-
носительно оси Оу (рис. 31).
61.	Построим график соответствия
Рис. 30
Так как | у |	0, то у существует
для тех х, для которых f (х)	0. Пусть
при х^-х0 f (х0)=6> 0 (рис. 32). Тогда
(|t/| = &)<=>	=— Ь или у = т- е-
точки А (х0; Ь) и Д'(х0; —Ь) симмет-
ричны относительно оси Ох. Таким образом, для построения гра-
фика данного соответствия достаточно построить график функции
y = f(x), оставить часть графика, расположенную не ниже оси Ох,
и отобразить ее симметрично относительно оси Ох (рис. 33).
62.	Найдем промежутки монотонности и точки экстремума функ-
ции у = ||х2—1|—2[.
Решение. Будем исходить из графика функции у = х2. В си-
стеме хгОгу построим график у = х{. Перенесем ось Охх± на вектор
rx(0; 1), получим новую систему х2О2у (рис. 34). В этой системе
будем иметь график функции у = х22—1. В системе х2О2у по гра-
фику y = xl—1 строим график z/^-|x;—1 |. Перенесем теперь ось
О2х2 на вектор г2(0; 2), получим систему хОу.
будем иметь график функции у = \х2—
хОу по графику у = |х2 —
(сплошная линия).
Найдем точки экстремума. xt = — 1 и х2=1—точки максимума.
Точки минимума лежат на оси Ох, поэтому у = т. е. ||х2—1| —
— 21 = 0, откуда х3 —— КЗ и х4 = Кз—точки минимума. Еще
одна точка х = 0—точка минимума.
В этой системе
1| — 2. Наконец, в системе
1|—2 получим график исходной функции
Рис. 32
Рис. 33
37
л
Рис. 34
Найдем промежутки монотонно’
сти: на интервалах (—сю; —3),
(—1; 0) и (1; V 3) функция убы-
вающая, а на интервалах
(-КЗ; -1), (0; 1) и (КЗ; +оо)
функция возрастающая.
63.	Постройте график функции
у = | sinx|.
64.	Постройте графики функ-
ций:
а) г/ = |х+3|; 6) у =	2> ;
в) у = 4х2—81 х|—-5;
Г) у ==2~ixL
65.	Постройте графики соответ-
ствий:
а) = б) |г/| = х2—2х—3;
в) | у | = sin х.
К ПОСТРОЕНИЮ ГРАФИКОВ ФУНКЦИЙ
ВИДА у =ахп4-6лгп-1 +.. .Ц-с
Общая схема исследования функций и построения их графиков
приведена в учебном пособии по алгебре и началам анализа. Оты-
скание интервалов монотонности функции основано на том, что в
таких интервалах производная функции сохраняет определенный
знак. Но производная может изменить знак только при переходе
через критическую точку. Значит, границами интервалов монотон-
ности могут быть только критические точки. Отсюда естественно
возникает вопрос: «Как быть, если при переходе через критическую
точку производная функции не из-
меняет своего знака?» Ответ на не-
го учащиеся могут получить на
занятии математического кружка.
При исследовании функции
и (х) = х4 — 2х3 + 3 (график изобра-
жен на рисунке 35) получаем: про-
изводная этой функции при пере-
ходе через критическую точку х=0
сохраняет свой знак («минус»).
Определение. Точка
М (х0; f(xQ)) (где х0—критическая
точка функции [ (х)) графика функ-
ции f (х) называется точкой переги-
ба функции f (х), если при переходе
через точку х0 производная функции
f' (х) не изменяет своего знака.
Рис. 35
В нашем примере точка А (0; 3) является точкой перегиба функ-
ции и(х) = х4—2х3 + 3.
Если в точке перегиба провести касательную к графику функции,
то она пересекает график функции в этой точке.
66.	Постройте графики функций:
а) у=^ + х3; б) у — Зх4—8х3Ч-6х2;
ПРИБЛИЖЕННОЕ РЕШЕНИЕ АЛГЕБРАИЧЕСКИХ
УРАВНЕНИЙ
С приближенным (графическим) способом решения уравнений
учащиеся знакомятся в VII классе. К этому вопросу можно вернуть-
ся в IX классе, когда учащиеся познакомятся с производной,
что облегчает построение графиков функций. Об этом и пойдет речь.
Пусть требуется решить уравнение
(1)
где f(x)—некоторый многочлен.
Если / (х)—линейная или квадратичная функция, то из курса
алгебры известны формулы, выражающие корни уравнения (1) через
коэффициенты многочлена.
Если / (х) — кубический трехчлен или многочлен четвертой сте-
пени, то существуют аналогичные, но громоздкие формулы Кар-
дано* 1 и Феррари2 для решения уравнения (1).
Если f (х)—многочлен выше четвертой степени, то не существует
формул, выражающих корни уравнения (1) через коэффициенты
многочлена /(х).
Один из способов решения уравнения (1), когда функция f(x) —
многочлен выше второй степени—это графический: корнями урав-
нения (1) будут абсциссы точек пересечения графика функции с
осью Ох. Из графических способов рассмотрим только способ под-
бора. Сущность его заключается в следующем. Пусть график функ-
ции y = f(x) пересекает ось Ох в точке х0. Тогда х0—корень урав-
нения (1). Для х0 можно указать отрезок [хх; х2] оси Ох, где Xj и
х2—соседние для х0 целые числа, которые будут приближенными
значениями корня с точностью до целых (один по недостатку, а
другой по избытку). Найдя целые значения корня х0, на отрезке
[xf, х2] можно найти подбором значения корня с любой заданной
степенью точности.
Теорема (Больцано — Коши). Пусть функция f(x) определена
и непрерывна на отрезке [а; Ь] и на концах этого отрезка прини-
мает значения разных знаков. Тогда между а и b найдется точка с,
в которой функция обращается в нуль:
	f(c) = O (a<c<b).
1 Кардано (1501 — 1576) — итальянский философ и математик.
* Феррари (1522—1565) — итальянский математик, ученик Кардано.
39
Рис. 37
Теорема имеет простой геометрический смысл: если непрерывная
кривая переходит с одной стороны оси Ох на другую, то она пе-
ресекает эту ось (рис. 36).
Отметим, что многочлен — непрерывная функция на множестве/?.
67.	Найдем приближенные корни уравнения х3—4х+2 = 0 с
точностью до 0,01.
Решение. Построим график функции f (х) = х3—4х -f- 2. Имеем:
1)
2)	f'(x) = 3x2—4;
3)	критические точки:
___ 1 1 *
~ 1,1 >
Составим таблицу:
X	— 00 < X < —1,1	—1.1	—1,1 < х < 1,1	1.1	1,1 < х <	00
f (*)		0	——	0	—|—
Н*)		т 5,1		-1,1	
		max		min	
Строим график, найдя несколько дополнительных точек (рис. 37).
По графику видим, что наше уравнение имеет три действитель-
ных корня, принадлежащих отрезкам [—3; -2], [0; 1] и [1; 2].
Найдем, например, приближенные значения корня, принадлежа-
щие отрезку [—3; —2]. С точностью до целых имеем хг к-—3 (по
недостатку), ха ж —2 (по избытку). Произведем дальнейшие пробы
40
с использованием четырехзначных математических таблиц или
микрокалькулятора:
X	X9	—4х	х3—4х + 2
—2.6	—17,58	10,4	—5,18
—2,3	—12,17	9,2	—0,97
—2,2	—10,65	8,8	0,15
—2.29	—12,01	9,16	—0,85
—2,28	—11,85	9,12	—0,73
—2,22	— 10,94	8,88	—0,06
—2,21	—10,79	8,84	0,05
Следовательно, х^—2,22 (по недостатку) и х«—2,21 (по
избытку).
Аналогичными вычислениями можно получить и следующие зна-
чащие цифры.
Таким же образом можно найти и остальные два корня уравне-
ния, принадлежащие отрезкам [0; 1] и [1; 2].
Если уравнение (1) является уравнением четвертой степени и
выше, то при нахождении критических точек функции y = f(x) по-
лучим кубическое (или выше степени) уравнение. В таких случаях
для построения графика следует представить выражение f (х) в виде
f(*) = g(x)—q(x), где g(x) и q(x)— многочлены.
Тогда решение уравнения (1) равносильно решению уравнения
£(*) = <? (х),	(1)
решение которого сводится к отысканию абсцисс точек, пересечения
графиков функций y = g(x) и y=^q (х).
68. Докажите, что уравнение
х4 + 5х3+ 15х—9 — 0	(2)
имеет два корня: один отрицательный, другой положительный.
Решение. Запишем уравнение (2) в виде х4 + 5х3 = 9—15х и
построим графики функций у = х4-; 5х3 и у = 9—15хв одной и
той же системе координат.
График функции у —9—15х—прямая. Для функции у = х4+5х3
имеем:
1)	D(y) = fr
2)	/(х) = 4х3+15х2 = х2(4х+15);
з
3)	критические точки: —3-^-; 0.
Составим таблицух:
1 О точках перегиба см. на с. 38.
41
X	со со 1 * 8 1	1	о X со со 1	0	0 < х < + со
g'(*)	—	0		0	
g(x)		—66	^х	0	^х
		min		Перегиб	
Строим график функции, найдя несколько дополнительных точек
(рис. 38).
По графику видим, что уравнение (2) имеет два действительных
корня х0 и х'о: х0€[—6;—5] и %оЕ[О; 1] (см. теорему Больцано —
Коши), т. е. xQ ~—6 < 0 и Xq ~ 1 > 0.
Для достижения наибольшей точности при построении графиков
желательно использовать миллиметровую бумагу.
У1
Рис. 38
42
ПРИЗНАК ДЕЛИМОСТИ НА НАТУРАЛЬНОЕ ЧИСЛО
Признак делимости—это правило, по которому, не выполняя
деления, можно установить, делится ли одно число на другое.
С некоторыми признаками делимости учащиеся знакомятся в
курсе математики IV класса. Общий признак делимости — признак
делимости на натуральное число связан с именем знаменитого
французского математика, физика и философа Блеза Паскаля
(1623—1662).
Дадим вывод «признака Паскаля» и рассмотрим некоторые его
следствия (этот материал вполне доступен учащимся, владеющим
навыками алгебраических преобразований).
Натуральные числа можно записать в виде суммы их разрядных
слагаемых. Например, число 756 = 6 -1 + 5 -10 + 7 -102; число 2354 =
= 4’ 1 !- 5-10 Н3-102 + 2-103 и т. д. Вообще если мы имеем неко-
торое («Н 1)-значное число Л, то его можно записать в виде
А = aQ • 1 + а. • 10 а2 • 102 + ... + ап • 10й,	(1)
где а0, а19 а2, . .., ап — его разрядные единицы.
Установим делимость натурального числа А на натуральное
число b #= 1.
Пусть qQ и r0, и q2 и г2, ..., qn и гп — соответственно
частные и остатки от деления чисел 1 = 10°, 10, 102,	10" на
b (0 гп < Ь). Тогда
I = bq0 + rc,
l0 = bq1^ri9
102 = fe(?2 +r2,
10" = fy„ + r„ и (см. (1))
А = а0 • (bqQ + г0) + • (bqt + rj + а2 • (bq2 + г2) +
или, учитывая qQ = 0, имеем:
... + an-(bqn + rn),
A ^b(a1ql + a2q2+ ... + anqn) + (aQrQ+ агг^+ ...+anrn).	(2)
Первое слагаемое в правой части равенства (2) делится на Ь.
Поэтому если А делится на fe, то и второе слагаемое делится наб.
Наоборот, если второе слагаемое делится на Ь, то и Л делится на Ь.
Это и есть «признак Паскаля»: если число А делится на число
Ь 1, то сумма аого + агг± + ... + апгп делится на Ъ\ если сумма
Ц/о + airi +  • • + апгп делится на Ь, то и А делится на Ь.
69,	Не выполняя деления, установим, делится ли:
а)	число 5641713 на 29;
б)	1379 235 на 11,
Решение, а) 1, Г1==10, г2= 13, г3=14, г4==24, гв —8,
гв = 22. Так как число 31 +1-10+7-13+114 + 4-24 + 6-8 +
+ 5-22 = 372 не делится на 29, то и число 5641713 не делится
на 29.
43
6)	r0= lr rx= 10, r2=l, г3=Ю, Ci = l, гб=Ю, re = l. Так как
51 + 3-10 + 21 + 9-10 + 7-1.+ 3 10 + 1 • 1 = (5 + 2 + 7 + 1)-1 +-
+ (3 + 9 + 3) • 10 = 165 делится на 11, то 1 379 235 также делится на 11.
Признак Паскаля сводится к вычислению суммы
«о^о + «1''1+ • • •
Главным его недостатком является вычисление остатков r0, rf,
г2, .. ., гп непосредственным делением степеней числа 10 на число Ь.
От этих остатков и зависит вычислительная работа в приведенной
выше сумме. Если эта работа большая, признаком Паскаля поль-
зоваться не следует, а делимость чисел лучше проверить непосред-
ственным делением.
Приведем частные случаи признака Паскаля как его следствия:
1°. Пусть £? = 2, тогда r0 = 1, г1 = г2= ... =г„ = 0, и поэтому
Оо • 1 + ях • 0 + а2 • 0 + • • • + ап • 0 = aQ. Мы получаем признак делимости
числа А на 2: число делится на 2, если оно четно, т. е. последняя
его цифра делится на 2.
2°. Пусть Ь = 9, тогда г0 = гг = г2 = ... =rn = 1 и а6-1 + ях1 +
+ а2-1 + ... + ап> 1 = + а± + я2 + ... + ап. Это сумма цифр числа А.
Она и определяет признак делимости числа А на 9.
3°. Пусть Ь—11, тогда г0=1,	= 10, r2= 1, ..., гл_х= 1,
гп— 10 и мы имеем:
я0 -1 + Яр 10 + я2 -1 + • • • +	1 4-	• 10 =
= (я0 + а2 + .. . + ап_г) + 10 • (яг + я3 + ... + ап).
(3)
Равенство (3) определяет признак делимости числа А на 11.
Замечание. В записи (3) мы считали, что число Л имеет чет-
ное число цифр. Если в нем будет нечетное число цифр, то в первой
скобке в равенстве (3) будет на одно слагаемое больше, чем во
второй.
Упростим теперь равенство (3). Для этого заметим, что при де-
лении чисел 10, 103, 105, ... на 11 остаток равен 10, т. е. не хватает
единицы до числа, делящегося на 11. Эту недостающую единицу
возьмем со знаком «минус». Тогда можно считать, что (недостатки
обозначим через г'п)
г0=г2=... = ro_i=i, r;=r;=... =r;=—i,
и потому вместо числа (3) мы получим:
(а0 + а2+ ...(Oi + a3+••• +а„).
(3')
Соотношение (3') определяет более простой признак делимости числа А
на 11, чем (3), а именно: если разность между суммами цифр числа А,
стоящих на четных и нечетных местах, делится на 11, тб и число А
делится на 11.
70.	Число 543 675 делится на 11, так как (5+6+4) — (7+3+5)=0
делится на 11.
4°. Для получения признака делимости на 13 будем иногда брать
остатки от деления чисел 10, 102, 10% ... на 13, а иногда недостатки
44
(взятые со знаком «минус»):
^п — 2	— 1
Теперь имеем:
«о + «г (—3) + а2> (—4) + л3-(—1) + а4 - 3 + а5 • 4 + ай +
"F • • • + ^Ti-5"(“~3) + аи_4• ( 4) ~г+г~з’ ( 1) "г ап-2‘3 4~	 4 4- Qn =
= а0 + (За4 + 4а5 + лб) — (За4 4- 4а2 4- а3) +
+ ... + (За„_2 + 4ап_1 4- а„) —(За/Х_5 4- 4ап_4 4- а„_3).	(4)
Равенство (4) определяет признак делимости числа А на 13.
Замечание. Мы здесь считали, что в числе А имеется цифр
6k 4- 1. В других случаях предпоследняя скобка в равенстве (4)
будет содержать либо два слагаемых, либо одно, либо ни одного.
71.	Число 2 652650 делится на 13, так как
04-(3-5 + 4-6 + 2) —(3-5 + 4-6 + 2) = 0
делится на 13.
72.	Докажем, что число 88...8, состоящее из 1974 цифр, делится
на 13.
Решение. Здесь п + 1 = 1974 и а0 — а4 = а2 = ... = а1973 — 8.
Так как (см. (4))
8 + (3-8 + 4-8 +8)—(3-8+4-8+8) + ... +
4-(3-8+ 4-8 + 0) —(3-84-4-84-8) = 8+ 04-0+...4-0 4-
328 раз
+ (3-8 4-4-8 + 0) —(3-8 + 4-8 +8) = 8—8 = 0
делится на 13, то данное в условии число делится на 13.
Если число b представляет собой произведение простых множи-
телей, для которых «признак Паскаля» уже установлен, то легко
установить признак делимости на это число. Например, если b =
= 11-13=143, то «число делится на 143, если оно делится на 11
и на 13».
Замечание. В примере 69 6), а также в следствиях 2°, 3°, 4°
остатки от деления чисел 1, 10, IO1 2, 103, ... на число Ь=^1 перио-
дически повторялись. Можно доказать, что это будет всегда (для
любого числа Z?#=l). Поэтому, как только встретится повторяю-
щийся остаток, дальше остатки можно не вычислятьх.
1 Доказательство этого факта можно найти в статье В. Г. Болтянского и
Г. Г. Левитаса «Делимость чисел». См.: Дополнительные главы к курсу матема-
тики 7—8 классов для факультативных занятий/Сосг. К. П. Сикорский.— М., 1969.
45
ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА И СИСТЕМЫ
НЕРАВЕНСТВ
73» Решим неравенство х-\-2
(х + 2 < Кх -г 14) фф
V х + 14:
Решая совокупность систем, получим ответ: [—14; 2). Решение
неравенств приведенным способом часто приводит к ошибкам и за-
нимает много времени.
Рассмотрим один (более простой) способ решения иррациональ-
ных неравенств (систем неравенств), называемый методом интервалов.
Прежде приведем некоторые соображения более общего характера.
Пусть требуется решить неравенство
(1)
где /х(х) и /2(х)—функции от одного и того же аргумента х, со-
держащие (одна или обе) иррациональные выражения, а знак V
означает один из знаков <, >, и
Приведем равенство (1) к равносильному ему:
fi(x)—[2(x) v о—
и рассмотрим функцию
=	f2(x).
(2)
Найдем область определения D(f) функции (2) и нанесем ее
штриховкой на координатную прямую. Затем нанесем на эту коор-
динатную прямую нули функции (2), получаемые из решения урав-
нения Л(х) = /2(х).
Таким образом, на координатной прямой получаем несколько
промежутков, в каждом из которых функция (2) непрерывна и со-
храняет определенный знак. Это следует из следующего свойства
непрерывных функций;
Теорема. Если функция f на интервале (а\ Ь) непрерывна и
не обращается в нуль, то она на этом интервале сохраняет по-
стоянный знак.
Доказательство. Воспользуемся методом от противного и
теоремой Больцано—Коши (см. с. 39).
Допустим, что найдутся точки хх и х2 интервала (а; Ь), такие,
что
f (Xi) < 0, a f (х2) > 0.
Тогда найдется такая точка х2], где f(c) = O (рис. 39). А это
противоречит условию: функция / не обращается на интервале (а; Ь)
в нуль. Значит, / (xj и / (xj—функции одного знака.
46
Определив на каждом полученном про-
межутке знак функции (2) запишем ответ
к неравенству (1).
Для примера 73 имеем: /(х) = х-р2—
—К* 4-14. Область определения найдем
из условия х + 14	0: D (/) = [—14; + °°)«
Решая уравнение х + 2 = |/х+14, по-
лучаем х = 2—единственный его корень.
Значит, функция f(x) имеет единственный
нуль х—2.
Отметим х — 2 на координатной прямой
(рис. 40).
Если xg[—14; 2), то /(х) < 0 (напри-
мер, / (0) = 2—К14 < 0); еслих£]2;-|-оо),
то /(х)>0 (например, /(11) —8 > 0). Ответ:
74. Решим неравенство
Рис. 39
[-14; 2).
Их + 3 < Их—1 + Их—2.
Решение, a) f(x) = Hx-|-3—Их—1—Их—2. Найдем область
определения:
2), т. е.
D(f) = [2; +оо).
б)	Решая уравнение Их 4-3 = Их—1+Их—2, получим единст-
венный корень х=-^-И21. Значит, функция Нх) имеет единствен-
О
ный нуль: х = -|-И2Т.
О
2	-
в)	Отметим на координатной прямой (рис. 41) x = ^-J/2l.
*	о
Если xg 2;^-И21\ то /(х)
/(х)<0. Ответ: (-s- J/21; 4-оо ).
\ о	J
75.	Решим неравенство
0; если х€(4И21; 4-оо
\ о
то
/2х 4-1
Решение, а) /(x) = pz2x+l —
47
Найдем область определения:
/- «	I I
б)	Решим уравнение V 2х + 1	. Имеем:
V 1—X
(2х+ 1)(1—х) = (х+1)2, или Зх2 + х=0, или х(Зх+1) = 0.
Откуда Xi — 0, х2 —- у.
Проверкой убеждаемся, что оба корня удовлетворяют уравнению
(посторонних корней нет). Поэтому функция f (х) имеет два нуля:
хх = 0 и х2 =— у.
в)	Отметим хх — 0 и х2 — — у на координатной прямой (рис. 42).
то
если х g —
о
1
&т:	—х-: 0 .
76.	Решим неравенство К1—х-{-]/2х— 3
Решение. Рассмотрим функцию
Найдем область определения:
f(x) = /l— Х+/2Х— 3—5.

Так как область определения—пустое множество, то неравенство
решений не имеет.
77.	Решим систему
Кх+3<Кх— 1 +Кх—2,
х+2< /х+Т4.
Решение. Используя рассмотренные выше примеры, имеем:
О МЕТОДЕ НЕОПРЕДЕЛЕННЫХ КОЭФФИЦИЕНТОВ
Решая ту или иную задачу, приходится выполнять тождествен-
ные преобразования выражений. При этом часто используется ме-
тод неопределенных коэффициентов.
Он является одним из наиболее распространенных методов тож-
дественных преобразований. Однако в курсе алгебры и начал ана-
лиза средней школы он не освещен.
48
Применение метода неопределенных коэффициентов основано на
следующих двух теоремах:
Теорема 1 (о многочлене, тождественно равном нулю). Если
при произвольных значениях аргумента х значение многочлена f(x) =
4- арс - г и2х2 4~ • • • 4- а;1ха. заданного в стандартном виде, равно
нулю, то все его коэффициенты а0, а19 а2. ..., ап равны нулю.
Эта теорема утверждает, что никакой многочлен, кроме нуль-
многочлена, не может быть тождественно равным нулю.
Теорема 2. Пусть f (х)-^ац \~агх+.. .-\-апх" и g (x)=b0+b1x+
+ • - • +Ьпх-‘.
Для того чтобы f (х) = g (х). необходимо и достаточно, чтобы
(следствие теоремы 1).
Рассмотрим примеры, иллюстрирующие использование метода
неопределенных коэффициентов в школьном курсе математики.
Расположение многочлена по степеням
Возьмем функцию f (х) = а0 4- а±х 4- л2х2 4- ... 4- апхп. Поставим
перед собой задачу «расположить многочлен f (х) по степеням (х—х0)»:
f (х) = 4- «1 (х—х0) 4- а2 (х—х0)2 -4 ... 4- ап (х—х0)".
Задача сводится к отысканию неизвестных коэффициентов tz0, ai9
а2.	В каждом конкретном случае эти числа найти легко.
Действительно, расположим многочлены, находящиеся в левой и
правой частях равенства, по степеням х. Так как мы имеем тож-
дество, то (по теореме 2) коэффициенты при одинаковых степенях х
должны быть равны между собой. Приравняв коэффициенты правой
части соответствующим заданным коэффициентам левой, мы придем
к системе «4-1 уравнений с п+1 неизвестными aQ. alt а2. ..., ап.
которую и остается решить.
78.	Расположим многочлен /'(х) = х4 + 2х3— Зх2—4x4-1 по сте-
пеням х 4- 1-
Решение. Полагаем:
х44-2х3—Зх2—4х+1 = «4(х4-1)4+«3 (х+ 1)34-я2 (х+ l)24-ai (х+ 1)4-а0,
откуда х4 4- 2х3—Зх2— 4х 4-1 = а4х4 4- (4«4 + а3) х3 4-
+ (6д4 4- З«3 -[ я2) х2 4- (4а4 4- З«3 4- 2«2 4- fli) х 4- (я4 4- п3
4- а2 4-4- ^о)
и
— 1,
4а44-£з~2,
6а4 4- За3 4- а2 = —3,
4а4 4- За3 + 2а2 4- «1 = —4,
а4 4- а3 4 а2 4- 4- = 1 •
Из системы находим:
«4 1 > а3 2, а2 ===	3,	4, а$ 1.
49
Таким образом,
f(x) = (x + I)4—2(х+ I)3-3(х + 1)2 + 4(х + 1)+ 1.
Представление произведения в виде многочлена стандартного вида
79.	Не выполняя действий, представим в виде многочлена стан-
дартного вида произведение
(х—1)(х+3) (х+5).
Решен и е. Произведение есть многочлен третьей степени, коэф-
фициент при старшем члене (нетрудно убедиться) равен 1, а сво-
бодный член равен—15, тогда запишем:
(х— 1) (х 4 3) (х + 5) — х3 + ах2 Ьх—15,
где а и b—неизвестные коэффициенты. Для вычисления их поло-
жим х= 1 и х — —3, тогда получим:
а+ b—14 = 0,
9а—ЗЬ— 42 = 0.
Откуда а = 7, Ь = 7. Следовательно, (х—1) (х +3) (х4 5) = х3 4*
4-7х2 + 7х— 15.
Разложение многочлена на множители
Для квадратного трехчлена /(х) = ах24 bx + с из курса алгебры
известно разложение
ах2 + Ьх+с = а(х—хг)(х—х2), где х£ и х2—
корни трехчлена.
Для многочлена n-й степени / (х) = апхп + an_txn~y + ... 4- а*
имеем:
апхп 4- an~txn~x 4- ... 4- а0 = ап (х—xt) (х—х2)... (х—хп) (ап 0),
где Xi, х2, ..., хп—корни многочлена.
Если многочлен n-й степени имеет k корней (&<п), то
f (х) = аП (я—*1) (x—xj... (х—хА) g (х),
где g(x)—многочлен (п—£)-й степени.
80.	Дан многочлен х44-3х3—15х2—19x4-30. Разложим его на
множители, если известно, что все его корни—целые числа.
Решение. Будем искать разложение в виде
х4 4- Зх3— 15х2— 19х+ 30 = (х—а) (х—Ь) (х—с) (х—d),
полагая числа а9 Ь, с и d его корнями. Раскрывая скобки в правой
части, имеем:
х44- Зх3—15х2—19x4- 30 = х4—(a4-64-c4-d)x34-
4- (ab 4- ас 4- ad + be 4 bd 4- cd) x2 — (abc 4 abd 4- acd 4- bed) x 4- abed.
50
Откуда
( a + b-i-c-i-d = —3,
I ab± ас ± ad ± be ± bd ± cd = —15,
I abc ± abd 4- acd ± bed =19,
I abcd = 30.
0)
Решим систему (1), рассуждая следующим образом. Так как корни
нашего многочлена—целые, то из последнего уравнения системы
заключаем, что они должны быть делителями числа 30. Следова-
тельно, их следует искать среди чисел ±1, ±2, ±3, ±5, ±6, ±10,
±15, ±30. Проведя испытания, установим, что корни нашего мно-
гочлена —2, —5, I и 3. Следовательно,
х* ± Зх8— 15х2— 19х ± 30 = (х— 1) (х—3) (х ± 2) (х ± 5).
Упрощение выражений
81.	Разность у |40/2 — 571 — / 40/2 ±57
числом. Найдем это число.
Решение. Так как 40/2 —57 < 0, то
=57—40/2. Тогда
является целым
140 J/2-—571=
Л = У<]40/2 — 571	40/2 ±57 =
= /57—40/2’—/57 ±40/2.
Положим 57—40К2 = (а-Ь Ь]^2 )2, где а и
фициенты. Тогда
b—неизвестные коэф-
57—401/2 — a2-/2b2 +2J/2 ab,
откуда
( a2 + 2fe2 = 57,
\ 2аЬ = — 40.
Решая данную систему уравнений, получим а = 5, Ь = —4. Значит,
/57—40/2’ = '/ (5—4/2')2 = |5—4/2'| =4/2^—5, так как
5—4/2 <0. 
Аналогично устанавливается, что	57 + 40 V 2 ~4 J/2 + 5.
Следовательно, А = 4 К2 —5— (4 К2 + 5) = —10.
Уничтожение иррациональности в знаменателе
82.	Избавимся от иррациональности в знаменателе:
2
51
Решение.
Положим
2
= a + bf/3 + с f/9 , откуда
(1 —j/3 — f/9)(a + b^/3 + cj/9) = 2,
ИЛИ
(а—ЗЬ—Зг) + (Ь—а—Зс) 1/3 + (с—а—Ь) у/9 = 2.
Отсюда Г а—ЗЬ—Зс = 2,
< Ь—а—Зс — О,
I с—а—Ь = О.
Решая систему, имеем а = -=•, b =
-F- и с = —
Следовательно,
(1—2j/3 —р/9).
О решении одного класса кубических уравнений
Пусть дано кубическое уравнение
агг3 + Ьгх2 + схх +	= 0 (fl! =/= 0).
Приведем это уравнение к виду
х3 + ах2 4- Ьх + с — 0,
(I)
bi « Ci	di
где а = —, 6 = —,
* аг * Qi 1 ох
Положим в уравнении (1) х = у + т. Тогда
у* + У2 (а + 3/п) + у (З/тг2 + 2am + ty + tn3 + am2 + btn + с~0. (2)
Для того чтобы уравнение (2) было двучленным, должно выпол
няться условие:
| а + Зт = О,
\ b + 2ат 4- 3m2 = 0.
Решения этой системы: т=—у, а2 = 36.
Таким образом, при произвольном с и при а2 = ЗЬ уравнение (1).
постановкой х=^у—у можно привести к двучленному уравнению
третьей степени.
83.	Решим уравнение х24-3х24-3х—9 = 0.
Решение. Подстановкой х = у— 1 данное уравнение приводится
к двучленному уравнению третьей степени (так как условие а2 = 36
выполняется): у2—10 = 0, откуда у = р/10 и x=jJ/10—1.
Замечание. Приведенные задачи можно решить и другими
методами. Но наша задача—показать универсальность метода не-
определенных коэффициентов.
84.	Расположите многочлен f (х) = х4—8х:‘ 4- 24х2—50х 4- 90 по
степеням х = 2.
52
85.	Является ли разность у 130^2—43—|/ 30 ]^2 +43 це-
лым числом?
86.	Решите уравнение х3 + 6х2 + 12х + 5 = 0.
87.	Избавьтесь от иррациональности в знаменателе:
3
88.	Пусть пара (х0; yQ)— решение уравнения
ах2 + ay2 = 2аху + by—bx—с.
Докажите, что если а, Ь, с—целые нечетные числа, то х0 и yQ одно-
временно не могут быть рациональными.
УПРОЩЕНИЕ ВЫРАЖЕНИЙ, СОДЕРЖАЩИХ
РАДИКАЛЫ
Опыт работы показывает, что учащиеся затрудняются в преобра-
зованиях выражений, содержащих радикалы. Однако прочные навыки
действий с иррациональными выражениями являются важной пред-
посылкой успешного изучения математики в дальнейшем. Поэтому
целесообразно одно из внеклассных занятий посвятить рассмотре-
нию выражений, содержащих радикалы.
Вычисление значений выражений
89.	Упростим выражение:
а)	)/ 140 ИГ—57| —У 40 ИГ + 57;
б)	Y2 -1- И5 4- У2— ИГ.
Решение, а) Пусть И 57—40 И2—у 574--40И2 =х;х<0,
так как	57—40 ИГ < / 57+ 40 ИГ .
Возведем обе части равенства в квадрат:
Х2 = 57—40И2 —2]/^572 — (40]/2 )2+ 57 + 40^2,
откуда
Х2= 114—2И49, х2 = 100, х =—10.
(Решение методом неопределенных коэффициентов см. на с» 51.)
б) Обозначим значение выражения через х, т. е.
3]Л2+Иб+Уг—ИГ=х.	(1)
Возведем обе части равенства в куб:
4 + 3-(У2 + И5 )2-У2 — И5 +
+ 3-У2 + ИГ-(Уг—ИГ)г=хз,
53
или
3 /---7= 3 /	7= /3 /----- 3 /
3 У 2 +/5 •]/ 2 —Кб -(у 2 +Кб 4- у 2—Кб J-x3—4,
или (см. (1))
3*	22—(К5 )2 -х = х3—4, т. е.
х3 + 3х—4 = 0.
(2)
Таким образом, значение х выражения является корнем уравне-
ния (2).
Очевидно, что корнем уравнения (2) является число х=1.
3 /-----—	3 /-----—
90.	Докажите, что у 9 + И80+У 9 — и 80 = 3.
Решение. Обозначим значение выражения в левой части ра-
венства через х. Проведем рассуждения, как и в решении примера
89,6, получим уравнение х3—Зх—18 = 0, откуда х = 3.
Решение уравнений
91.	Решим уравнение
(Зх— 1)Кх—4 = 17/2.	(3)
Решение. Способ 1. Область определения выражения (3) —
промежуток [4; + 00 )• Возведем обе части уравнения в квадрат,
получим равносильное ему уравнение
9х3—42х2 + 25х—582 = 0.
Найдем критические точки функции /(х) = 9х3—42х2+25х—582:
f' (х) = 27 х2—84х + 25 = 0,
1	25
откуда х = ^- и х = — . Обе критические точки не входят в область
О	к/
определения уравнения (3). Поэтому ищем нуль функции в проме-
жутке [4; Ч-оо), где f' (х) > 0. В этом промежутке функция воз-
растающая, она имеет единственный нуль. Так как
/(4) =9-43—42-42+25*4—582 < 0 и
f (Ю) = 9-103—42-102+ 25-10—582 > 0,
то по теореме Больцано—Коши нуль функции принадлежит про-
межутку [4; 10]. Подбором найдем корень уравнения—он равен 6.
Способ 2. Предположим, что множители, содержащие радикалы,
равны. Тогда имеет место система
Зх—1 = 17,
Kx=z4 = K2‘.
Решив ее, получим х = 6. Легко проверить, что число 6 является
корнем данного уравнения. Докажем, что других корней данное
уравнение не имеет.
54
Действительно, при х > 6 справедлива система неравенств
[ Зх— 1 > 17,
i /х^4 > /2 .
Тогда
(Зх—1)-Кх—4 > 17 К/
Если 4 х < 6, то имеет место система неравенств
Зх—1 < 17,
1/7^4 < /2 ,
т. е.
(Зх—1)#х—4< 17|/2 .
Следовательно, исходное уравнение имеет единственный корень
х=6.
92.	Вычислите у 54 -f- ЗОИ 3 + у 54—30/3 .
93.	а) Решите уравнение
(4х— 7) J/x—3 = 25/5.
б) Верно ли равенство
__ 4 '--------------- '— "	5 Г----------—-------——
2£/3 • У 6 + 3 £/5 +6 £/25 = У 16 + 9 £/5 4-5 £/25?
Решение, б) Сделаем «грубую» прикидку:
1)	2{/3 • рЛ6+ 3 £/5 +6 £/25 -Vf/з х
х4/б + 3 /5 + 6 £/25 = V6 £/3'+ 3 £/Т- £/5"-| 6 £/Т- £/25»
» £/ 61,2+3-1,2-1,3 + 61,2-2,9 » £/ 7+’4+ 20 = £/31, что есть
значение левой части по недостатку;
2)	"'У 16 + 9 £/5 +5 £/25» £/16 + 9-1,3+5-2,9»
£/16+ 12+15 = £/43, что есть значение правой части по избытку.
Сравним /31 и |/43.
^2/0,25-31 =2/7,75> 1,
т. е. /31 > р 43—это показывает, что равенство неверно.
56
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ И ПЛОЩАДЬ
КРИВОЛИНЕЙНОЙ ТРАПЕЦИИ
Решение задач на вычисление площади криволинейной трапеции
можно упростить, если данную фигуру заменить равной ей фигу-
рой, получающейся из данной с помощью некоторого преобразова-
ния (параллельного переноса, осевой симметрии или поворота).
94.	Вычислим площадь фигуры, ограниченной линиями
у = х?—5х+4 и у = 2х—2.
Решение. Для вычисления площади криволинейной трапеции
известны две формулы:
ь
S=[f(x)dx	(1)
а
Ь
S = — f (х) dx.	(2)
а
Формула (1) применяется, когда функция f(x) неотрицательна, а
формула (2)—когда функция отрицательна.
В нашем примере требуется определить площадь заштрихован-
ной фигуры (рис. 43, а). Выполним параллельный перенос на вектор
г(0; —10), получим равную ей фигуру (рис. 43,6). Уравнения ли-
ний примут вид: у = 2х—12 и у~х2—5х—6. Имеем SBCD =
Рис. 43
56
^Sabcd—sabd- Но 110 Формуле (2)
6
?Завсв J (x2	6) dx = 45 -g-t
i
6
$abd ~	$ (2^	12) dx —• 25.
i
Таким образом,
SBcd =45-|— 25 = 20-1.
95.	Вычислим площадь фигуры,
ограниченной линиями
0==О, t/={sinx}, х=—-уих = —.
Рис. 44
Решение. Построение графика функции у — {/(х)} по графику
функции у = /(х) см> на с* 36 (график функции y = sinx на отрез-
ке £— у; 0 изображен штриховой линией).
Нам требуется найти площадь заштрихованного криволинейного
треугольника АВС (рис. 44).
Заметим, что криволинейный треугольник A^Bfi^ есть образ тре-
угольника АВС при параллельном переносе на вектор г(0;—1). По-
этому 5^вс = 5л1в1с1- Но 5л1в1С1 = За^авв^—За^вс^ По формуле (2)
л
2	_
За^вс^— j* sinxdx = —За1авв1 = А1А-А1В^=1~ = ^.
n
• ~ 2
Следовательно,
ABC —"4
96. Вычислим площадь фигуры, ограниченной линиями
У = х3, у = — 1, д/= —3 и х —0.
Решение. Способ 1. Выполним поворот вокруг точки О на
угол —90°; при этом данная фигура (рис. 45) перейдет в равную
ей криволинейную трапецию, ограниченную линиями
1
у = (—х)3, у — 0, х ——3 и х —— 1.
По формуле (1) имеем:
“1 ± ч
s= I (—X)3 dx = -i(3^/3—1).
-3
57
Рис. 45
Способ 2. Выполним поворот вокруг точки О на угол 90°; при
этом данная фигура (рис. 46) перейдет в равную ей криволинейную
трапецию, ограниченную линиями
1
у — — х3, у = 0, х=1 и х=3.
По формуле (2) имеем:
S = — j(—x^)dx=~-(3^3— 1).
1
Способ 3. Вместо площади данной фигуры вычислим площадь
фигуры, симметричной данной относительно прямой у = —х. Эта
1
фигура (рис. 47) ограничена линиями у = х3, г/ = 0, х=1 и х = 3
и представляет собой криволинейную трапецию. Вычислим ее пло-
Рис. 47
Рис. 48

58
'Мяпь по формуле (1):
i	S = f х~ dx = | (3 УЗ—1).
1
97.	Вычислим площадь фигуры, ограниченной линиями
y=i, у = 0, t/=log2x и х = 0.
- Решение. Применим симметрию относительно прямой у = х
(рис. 48); образом данной фигуры будет криволинейная трапеция,
ограниченная линиями у = 2х, г/--=0, х = 0 и х=Л, следовательно,
но формуле (1)
о
98.	Вычислите площадь фигуры, ограниченной линиями:
а) # —4—х2, у = 3, # = 0; б) y = lnx, у=^ 1, у = 0 и х=*0.
ИНТЕГРАЛ И ДЛИНА ОКРУЖНОСТИ
Строгий вывод формулы длины окружности в школьных пособи-
ях не приводится. Однако это можно сделать о помощью интеграла
на внеклассном занятии. Окружность представляет собой пример
гладкой кривой.
Определение. Кривая называется гладкой, если во всех ее
точках существует касательная, непрерывно изменяющаяся вместе с
точкой касания.
Например, кривая на рисунке 49 гладкая, а на рисунке 50 не
гладкая.
Для гладкой кривой справедлива следующая
Лемма. Бесконечно малая1 дуга гладкой кривой эквивалентна
своей хорде.
Не доказывая лемму, раскроем ее геометрический смысл.
Возьмем на гладкой кривой (рис. 51) две точки А и В и соста-
вим отношение длин дуги АВ и хорды АВ. Так как дуга длиннее
хорды, то это отношение больше 1. На рисунке
Если точка В будет перемещаться и займет положение то
отношение длины дуги к длине хорды будет равно:
~1 -°9’
1 Величина ап называется бесконечно малой, если она имеет своим пределом
число 0, т. е. 11гпай = 0.
Рис. 49
Вг В/. Я
Рис. 51
Рис. 50
если займет положение то
м *
^АВй
АВ2
«1,06.
Следовательно, при безграничном приближении точки В к точке А
отношение длины дуги АВ к хорде АВ стремится к 1, т. е. lim 1.
B-t-A ла
А это и означает, что дуга эквивалентна своей хорде.
Рассмотрим теперь вопрос о длине I дуги гладкой кривой y = f(x),
где x£[a;ft] (рис. 52).
Возьмем х € [с; ft] и рассмотрим часть дуги, ограниченную пря-
мыми х=а, х = Ь. Длину этой дуги обозначим 1(х) (рис. 52). Тем
самым на [a; ft] определена функция I (х). Вычислим производную
Рис. 52
Рис. 53
этой функции. Чтобы не осложнять вычисления, приведем нагляд-
ную схему вычисления для случая Дх > 0. В силу гладкости кри-
вой отрезок Д/ (х) дуги, соответствующий малому приращению аргу-
мента Дх, можно приближенно принять за прямолинейный (см. лем-
му). Применяя к заштрихованному треугольнику теорему Пифагора,
находим:
Д/(х)«К(Ах)2-!-(Лу)2.
(1)
Откуда Д/(х)—К(Дх)2+(Дг/)2 = а(Дх), где а(Дх)—величина, беско-
нечно малая при Дх —> 0. Следовательно,
lim (Д/ (х)—V(Дх)2 + (Дг/)2) = lim а (Дх) = 0,
Дл->0	Дл:->0
60
|£дй, учитывая гладкость кривой:
0-	г Д/(х)	.. V (Ax)*-|-(AjOs
hm -г-1 2 3- = lim ——\	, или
Дх-»0 Дх Дх->0	Лх
“-	.. Д/(х)	.. Г. , / Д(А2
htn —~ = hm 1/ I + {-Л ) . т. е.
&	Дх->0 Дх дх-*о г ' \&х) •
Г (х) =/1 + (У W-	(2)
Таким образом, I (х) есть первообразная для функции у 1 + {у' (х))2
М [а; 6]. Длину / дуги получим при х = 6:/ = /(&). Заметив, что
1(a) = О, находим I = I (Ь)—1(a), или1
ь
/=$Kl+(/(x))2dx,	(3)
а
где у' (x) = fr (х).
В качестве приложения формулы (3) рассмотрим следующий пример.
99.	Найдем длину L дуги кривой: х2 + y2 = R2.
' Решение. Эта кривая—окружность радиуса R с центром
в начале координат (рис. 53).
Сначала найдем длину I полуокружности, расположенной в пер-
вой и во второй четвертях. Заметив, что ее уравнение будет у =
= КR2—х2, по формуле (3) имеем:
dx=R arcsin -=г
Следовательно, L ~ 21 = 2л/?.
Примечание. При вычислении интеграла
в примере мы вос-
пользовались тем, что
(arcsin х)' =
ИНТЕГРАЛ И ПЛОЩАДЬ ПОВЕРХНОСТИ
С помощью интеграла можно получить формулу для вычисления
площади поверхности.
Пусть фигура получена при вращении вокруг оси Ох графика
функции y = f(x), имеющей на [а; 6] непрерывную производную2
f'(x) (рис. 54). Тогда площадь S этой фигуры вычисляется по фор-
муле
ь
S = 2л $ f(x) /1 + (f (x))2dx.	(1)
а
1 См.: Алгебра и начала анализа: Учеб, псссбие для 9—10 классов средней
школы/Под ред. А. Н. Колмогорова.— М., 1986.—С. 149.
3 Графиком функции служит гладкая кривая.
61
Рис. 54
Докажем ее. Для этого нам потребуется следующая
Лемма. Площадь боковой поверхности усеченного конуса равна:
SgoK — ЛС (/?	7") L,
(2)
где R и г — радиусы оснований, L — образующая.
Действительно, имеем (рис. 55) для усеченного конуса:
•^бок = ^бок ASB ^бок AjSBj — TlR (L. -|- SBj)	ЛГ • SB j.	(3)
Но из подобия треугольников OSB и O1SB1
2ftifgl==~7' > или ^r + SBl r = SB1R, или ££1 = -=^-.	(4)
o/ji	f	r\ — Г
Из равенств (3) и (4) и следует равенство (2).
Возьмем х(Е[а;Ь] и рассмотрим часть поверхности вращения,
расположенную левее точки
Рис. 55
х. Площадь этой поверхности вращения
(см. рис. 54) обозначим S(x). Тем са-
мым на [а; Ь] определена функция S (х).
Вычислим производную этой функции.
Чтобы не осложнять вычисления, при-
ведем наглядную схему вычисления для
случая Ах > 0.
Тогда AS(x) приближенно можно
считать площадью боковой поверхно-
сти усеченного конуса с образующей
А/(х)— отрезком дуги и радиусами ос-
нований у+&у и Аг/, т. е. (см. лем-
му)
AS (х) « л ((у + Ау) + у) М (х), или
a (Ax)=AS (х)—п({у+^у)+у)М(х),
62
a (Дх) — AS (x)—2луД I (x)—лДу • Д/ (x),	(5)
J» •
£де а(Дх)—величина, бесконечно малая при Дх—>-0 (см. с. 60).
, ; Переходя к пределам в равенстве (5), получим:
lim а (Дх) = lim (AS (х)—2пу • Д/ (х)—л • Ду • Д/ (х)) =* 0,
или, учитывая lim Ду = 0 и ИшД/(х)=0:
Лас->-0	Лх~>0
Ит Д5 (х) = 2лу lim Д/ (х), или lim	= 2л у* lim ^4^, или
Д*-+0	Дх-*0	Дх->0	Дх-»0
S' (х) = 2л«/-/'(х).
Но согласно формуле (2) (с. 61)
5'(х) = 2луГ1+(/(х))г.
Таким образом, S (х) есть первообразная для функции 2лу К1 + (у' WF
на [а; Ь]. Площадь S поверхности вращения получим при х = 6:
S=S(6).
Заметив, что S(a) = 0, находим S = S(6)—S(a), или
ь
S = 2л J у к 1 + {у' (х))2 dx,
(6)
где y=f(x) и у'(х)-=Г(х).
100.	Для боковой поверхности цилиндра, конуса, усеченного
конуса и для поверхности сферы (рис. 56) имеем соответственно:
f(x) = R, f{x) = ^x, Hx) = ^x + r,
Для распознавания функции в случае усеченного конуса мы
воспользовались уравнением прямой, проходящей через точки (0;г)
и (Я; /?) (см. задачу 23).
Рис. 56
63
Во всех случаях интеграл (см. (1)) может быть легко взят. На
пример, для сферы имеем: / (х) =--г *	,
V R2—х2
R
^=2nR ( !-йх = 2л7?-х|^р = 4л7?2.
I /Л
-7?
101.	Докажите, что площадь S шарового сегмента вычисляется
по формуле 5 = 2л/?Л, где R—радиус шара, Л—высота сегмента.
102.	Докажите, что площадь S шарового слоя вычисляется по
формуле 5 = 2л7?й, где R—радиус шара, h—высота слоя.
ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ m-ГО ПОРЯДКА
В начальном курсе рассматривается арифметическая прогрессия,
являющаяся числовой последовательностью, общий член которой
может быть представлен в виде многочлена. Рассмотрим примеры
других последовательностей.
Порядок последовательности
Определение 1. Последовательностью т-го порядка назы-
вается числовая последовательность, зависимость общего члена ко-
торой от своего номера выражается п многочленом степени т.
Например, последовательность, заданная общим членом ап = 5,
есть последовательность нулевого порядка (т = 0); заданная общим
членом ап — 5п — последовательность первого порядка (т=1), или
арифметическая прогрессия; заданная общим членом ап — 5п2 + 2п —
последовательность второго порядка.
Пусть дана некоторая числовая последовательность:
#1> ^2» «3» ^4’	• ’ • > ^71’	+	’ • *
Составим разности:
п*2 аг • d^ а3- а2 d2^ а3 — ^з, • • • >	(0
^/z+l	^it + 2	(2)
c?2	Pit d3 ^2==:Pi* dd^== p<ft ...,
dn+1	dn	pn, dtl 2 ' dri 4, 1 pn+1, • • • ♦	(3)
P2 Pi — Qit Рз Ръ^Яъ* Pi Рз~Яз> • ••♦
Pn + l Pn Яп> Pn + 2~ Pn — 1 Q/i—1»	(4)
Определение 2. Числа d^ d2t d3, ... называются первыми
разностями последовательности (1); эти числа образуют новую
последовательность. Разности р2, р3, ... этой новой последова-
64
тельности называются вторыми разностями последовательности (1)
(они образуют новую последовательность); разности вторых раз-
ностей q19 q2, q2, ... называются третьими разностями последо-
вательности (1) (они образуют новую последовательность) и т. д.
Обычно последовательность (1) и ее разности (2), (3), (4), .
располагают следующим образом:
Oj,	0g,	03,	Од»	• ♦ •,			^л + 2»	0^ + 8,	• л •
^1»	^2»	d$.	• •.,	d„		^п + 1	^п + 21	• • •
Р1.	/?2»		• • ,		Рп	Рп + 1		• • •
	Я1		• • • f			Чп		
103.	Составьте первые, вторые и третьи разности для последо-
вательности с общим членом ал = паЧ- 1.
Решение. Определим разности данной последовательности:
2,	5,	10,	17,	26,	37,	50,	65,	82,	101,...
3,	5,	7,	9,	11,	13,	15,	17,	19,
2,	2,	2,	2,	2,	2,	2,	2,
0,	0,	0,	0,	0,	0,	0,
В данном примере мы имели последовательность 2-го порядка.
Как видно из решения, первые разности составляют арифметическую
прогрессию—последовательность 1-го порядка, а вторые и третьи
разности—последовательности нулевого порядка.
Таким образом, можно выдвинуть следующую гипотезу. После-
довательность первых разностей последовательности 2-го порядка
является последовательностью 1-го порядка.
Докажем истинность этой гипотезы. Общий член последователь-
ности 2-го порядка имеет вид: хп — ап2 + Ьп + с. Тогда член после-
довательности первых разностей будет: dn^=x„+1—х„ = а(п+1)24-
+ b(n+ 1) + с—ап2—Ьп —с = 2ап |- а + Ь, что является последова-
тельностью 1-го порядка.
Имеет место утверждение, обратное данной гипотезе: если первые
разности данной последовательности образуют последовательность
1-го порядка, то данная последовательность есть последовательность
2-го порядка. Это обратное утверждение доказывается методом от
противного.
Таким образом, сказанное выше можно резюмировать в виде
следующей теоремы:
Теорема 1. Для того чтобы последовательность была после-
довательностью 2-го порядка, необходимо и достаточно, чтобы ее 1-е
разности образовали последовательность 1-го порядка.
Обобщением теоремы 1 является следующая теорема:
Теорема 2. Для того чтобы данная последовательность была
последовательностью т-го порядка, необходимо и достаточно, чтобы
1-е, 2-е, 3-е и т. д. разности являлись соответственно разностями
(т—1)-го, (т—2)-го, (т~3)-го и т. д. порядков.
Доказывать эту теорему мы не будем.
65
Аналитическое задание последовательности
Рассмотрим примеры последовательностей, общие члены которых
задаются многочленом произвольной степени.
104.	Задайте формулой зависимость переменной у qt переменной х
по таблице:
	1	2	3	4	5	6	7	8	9	
У 		—1	—3	1	17	51	109	197	321	487	
Решение. Определим разности данной последовательности:
-1,	—3,	1,	17,	51,	109,	197,	321,	487,
—2,	4,	16,	34,	58,	88,	124,	166,
6,	12,	18,	24 ,	30,	36,	42,...
Продолжать вычисления дальше не будем, так как числа в третьей
строке составляют арифметическую прогрессию—последовательность
1-го порядка. Отсюда следует (см. теорему 2), что строка (2) —
последовательность 2-го порядка, а строка (1) (данная последова-
тельность)— последовательность 3-го порядка.
Таким образом, зависимость величины у от величины х может
быть выражена-многочленом третьей степени:
у = ах3 4- bx2 + сх + d.
(5)
Теперь остается определить коэффициенты а, Ь, с и d так, чтобы
этот многочлен при х= 1, 2, 3,	9 принимал данные значения.
Так как требуется определить четыре коэффициента, выберем четыре
значения xt например х=1, 2, 3, 4. Подставив эти значения х и
соответствующие им значения у из таблицы в равенство (5), полу-
чим систему уравнений относительно переменных а, 6, с и d:
а4“	6 ф- с + d —	1,
8а + 4bH-2c4-d=—3,
27а+ 9b+3c+d=l,
64а -J- 166 + 4с + d = 17.
Решая эту систему (методом исключения неизвестных), получили-
а=1, Ь = —3, с — 0, d=l.
Следовательно (см. (5)), у — х3—Зх2ф- 1.
105.	Задайте формулой зависимость переменной у от переменной х
по таблице:
JC	1	2	3	4	5	6	7	8	9	• • •
У	2	5	10	17	26	37	50	65	82	• ♦ •
66
Вычисление сумм
106.	Найдите сумму: I3 + З3 + 53 + ... + (2п — I)3.
Решение. Обозначим сумму через S„:
S„=l3+ 33 + 53+ ... (2n—I)3.
(1)
Требуется найти такое выражение для общего члена Sn, которое
позволило бы вычислять сумму Sn для любого п, не возводя в куб
всех чисел от 1 до 2п—1.
Рассмотрим первые разности последовательности, заданной фор-
мулой (1), общий вид первых разностей
dn = Sn+1-S„ (I3 + 3* + 53 + ... 4 (2л-1)3 + (2n + I)3)-
—(13 + 33 + 53+ ... + (2л — l)3) = (2n + I)3
— многочлен третьей степени. Следовательно, общий член последова-
тельности, задаваемой формулой (1), может быть представлен в виде
многочлена четвертого порядка:
S?. — ах4 + Ьх3 + ex' 4- dx4- Z.
Для определения коэффициентов а, b, ct d и I подставим в эту
формулу значения Sn при л=1, 2, 3, 4, 5, тогда получим систему
уравнений:
а 4"	6 4	с4 d4 Z =	1 ->
16а4- 8b4 4c(2d4/ = 28,
81а + 2764 9с 4-3d 41= 153,
256а + 646 4- 16с + 4d 41 = 496,
625а+ 12564 25с +5d4	1225.
Решения этой системы: а = 2, 6 = 0, с = — 1, d = / = 0.
Следовательно, Sfl = 2л4—п2 = п2 (2п2— 1).
107.	Найдите сумму: а) I2 4 22 4 З2 4 ...4л2, б) I2 4 324- 52+ ...
...4(2n—I)2.
АЛГЕБРА ПОМОГАЕТ ГЕОМЕТРИИ
Приведем примеры геометрических задач, решаемых тем же ал-
гебраическим методом.
108.	На какое максимальное число частей делят плоскость п
прямых?
Решение. Проведя анализ, установим, что число частей будет
максимальным, если никакие две из этих прямых не параллельны
и никакие три не пересекаются в одной точке.
Обозначим искомое число частей через уп. Составим таблицу:
п	1	2	3	4	5	6	7	8	а • •
уп	2	4	7	11	16	22	29	37	♦ • *
67
Определим разности этой последовательности!
2,	4,	7,	11,	16,	22,	29,	37, ...	(1)
2,	3,	4,	5,	6,	7,	8, ...	(2)
Числа в строке (2) составляют последовательность 1-го порядка
(арифметическая прогрессия с разностью 1). Отсюда данная после-
довательность (1) есть последовательность 2-го порядка. Выразим ее
в виде многочлена второй степени:
уп = ап2 +Ьп + с.	(3)
Полагая в равенстве п=1, 2, 3 и имея в виду таблицу значений,
получим систему уравнений:
{а+ —
+ + с =
Qa -|- с = 7.
Решения этой системы:	Ь =	и с= Ь
Следовательно (см. (3)), уп = 4- п2 + ~ п + или Уп = v (д2 + п + 2)-
4b	£
109.	На какое максимальное число частей могут разделить про-
странство п плоскостей?
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ
1» Пусть a, b и с—стороны треугольника. Тогда	мы должны
найти минимум выражения Л4=а2 + ^2+с2. Имеем
(fl+^+€)2 + (^-b)2 + (Q-c)2 + (b-c)2	P2+(a-b)2+(a-c)2+(b^c)2
3	3
Ясно, что М принимает наименьшее значение одновременно с суммой (а—6)2 +
+ (а—с)2 + (Ь—с)2. Но эта сумма неотрицательна, следовательно, ее наименьшее
Р2
значение равно нулю и достигается при a = b = ct т. е. М = -у . Таким образом,
О
треугольники равносторонние.
3,а. Рассмотрим параллелограмм ABCD (рис. 57) со сторонами а и Ь, диаго-
налями di и d2 и высотой h. Тогда из треугольников ЛСС1 и BB±Dt применяя
теорему Пифагора, получим:
di^ht+tb+DCi)2 и dl=h2 + (b— BiA)2.
Почленно сложим эти равенства и, учитывая, что DCi = BtA (из равенства тре-
угольников АВВХ и DCCi) и h2JyB1A2—a2 (из ДДВВ1), окончательно получим:
dl+d22 = 2(a2+b2).
4. Напишем равенства для длин медиан треугольника:
та = ±У2Ь2+2с2-а2,
ть = 1.у2а2+2с2 — b2 и
тс = ^-У2а2 + 2Ь2-с2.
3	Р2
Отсюда та-\гть Vmc~~r (aa-f-^2+с2). Так как а2 + да + с2^-=- (см. решение
4	о
задачи 1), то из последнего равенства следует требуемое неравенство.
11. Почленно умножить очевидные неравенства:
а2 а2 — (Ь — с)2, Ь2 Ь2 — (с—а)2,
Равенство будет при а — Ь = с.
14. Воспользоваться равенством (2) и тем,
что площадь трапеции равна —— • Л.
15. На основании неравенства (24) имеем
с _____a2-j-b2 с b2-j~c2 с а2 + с2
Ъакс —5— > длвс —j— и г>лнс	.
Знак равенства может иметь место только в
одном из этих трех неравенств. Итак, после
почленного сложения получаем:
Sabc < ~(a2+b2+c2).
с2^с2— (а—Ь}2.
Рис. 57
69
1®* *5ABCD~ ~2 (SABC + $BCD + $CDA + SDAв) <
< -j-(a^+^+^+d’+e’+P).
17. Учитывая формулу Герона, получим:
(abc)* > gj (a-f-i-l-c)3 («4-6—c)3 (a-|-c— 6)3 (64-c—a)3.
Используя неравенство Коши, имеем (a-\-b-\-e)3^:27abc. Тогда
3
abc > — (a+&—c)(a+c—b)(b-\-c—a),
так как аЬс^{а-\-Ь—c)(a+c—&)(b-]-c—a) (cm. (26)).
21. Полагая Хз = 0 и #g = 0, получим искомое условие Xiy2 = y1x2.
22. Воспользоваться результатом задачи 21.
33.	Ошибка, допущенная при переходе от равенства (2) к равенству (3),
так как
а—
2а—1
2
34.	В софизме логарифмирование возможно, но при делении на Ig— < О
забыли изменить знак неравенства.
35.	Так как —a < 0, то, логарифмируя обе части равенства а2 = (—а)2,
должны были написать 2 1g a = 2 lg | — а |.
I	1
36.	Равенство J ]fx2dx = J xdx неверное. Следует записать:
-1	-1
1
У~х2 dx =	| х | dx.
-1
Так как
х, если
— х, если
то
У* x2dx =
37.	Точка О должна лежать на окружности диаметра ВС (рис. 58).
44.	Воспользовавшись методом от противного, допустите существование такой
пирамиды и достройте ее до прямоугольного параллелепипеда.
45.	Пусть дан треугольник САВ (/ С — 90°, АВ —с, СА — Ь, СВ —а).
Введем прямоугольную систему координат так, как показано на рисунке 59.
Напишем координаты вершин: С (0; 0), А (0; Ь) и В (а; 0). Тогда СА2 = Ь2,
СВ2—а2 и АВ2 = а2-±Ь2, т. е. АВ2^СВ2-±СА2.
46.	Введем прямоугольную систему координат так, как показано на рисунке 60,
где О—середина отрезка АВ. Координаты точек А и В: А (0; — т\ 0),
Я (0; т\ 0). Выразим МА и МВ через координаты:
МА = V(0—х)24-(— т—у)г-|-(0—г)3=К x24-(m2-H)24-z2,
МВ=\Г(0—х)24-(/п—J/)24-(0—г)3 ~V	—У)2+г’-
Так как МА = 2* МВ, то
Vx2-f-(m-j-y)2~}~z2 = 2	х2+(/п—y)2~i~22.
70
Рис. 58	Рис. 59	Рис. 60
это уравнение сферы с центром S
После упрощений получим:
/	5	\2 Л [ 4 V
3x2-]-3//2 + 3z2—10/ш/-|-Зт2 — 0, или ха~Н */ —	т ) +22===( з" m у
5	\	4
0; -g-ш; 0 J и радиусом —т.
47.	Пусть р = ЛВ — расстояние от точки А до плоскости а (рис. 61). Тогда
вектор АВ коллинеарен вектору п(а\ Ь\ с), поэтому при некотором р имеем
АВ~рп. Обозначим через (хг, yi; Zi) координаты точки В, тогда АВ = ОВ — ('А,
ABfa — х0, !/1 — £/о» *1 — *о)- Из равенства АВ — рп получим:
Xi—x^ap, yi-y^-bp и zi — 2^ ср.
По формуле расстояние между двумя точками
Л5 = [р| /а2 + 62+72.	(1)
Так как координаты точки В (хх; z/i; Zi) удовлетворяют уравнению плоскости,
то а(ар+х0)-Н&(6р+#о)+с(£р + г0)+^==0. Отсюда
____Q*o ~Ь fo/o 4~	л]
Следовательно, из равенств (1) и (2) и следует требуемое равенство.
48. Введем прямоугольную систему координат так, как показано на рисунке 62.
Тогда вершины имеют следующие координаты: А (0; 0; 0), Ai (0; 0; р).
Рис. 61	Рис. 62
71
Bf(—m; 0; p), Pi (0; n; p) и Ci(—m; n; p). Уравнение плоскости ADiBt
имеет вид:
ax-l-by+cz+d^Oi
Так как координаты точек A, Bi, Df удовлетворяют уравнению плоскости,
то имеем систему:
a.0+b.0+c.04-d = 0,
а«0+&’Л+op+d==0,
а«(—/л)+&’0+ор+^ = 0,
откуда d=0, Ь =— ^—с, а=— с, т. е. уравнение плоскости AD^Bt имеет вид:
п п ,	_	.	Л
сх—~ cy-\-cz=v, или рпох—ртс*у-[-тпог=и.
При разных значениях с (не равных нулю) получаем уравнение одной и той же
плоскости ЛР1В1. Запишется это уравнение так:
рпх— рту+mnz=0.
Отсюда расстояние р от точки С± (—/и; п\ р) до плоскости AD^i равно (см.
задачу 47);
__________тпр_______
Р	V р2т2 + р?п2+т2п$
51.	а) Достроив треугольник АВС А = 90°) до прямоугольника АВ ЕС,
убедимся в том, что AD=-% ВС, где AD—медиана (VII класс).
б)	Опишем окружность около треугольника АВС (/ Л = 90°). Следовательно,
точка D (середина гипотенузы) — центр описанной окружности, отсюда AD=-~- ВС
(VII класс).
в)	Из конца медианы AD проведем DE || АВ (рис. 63). Тогда АЕ = СЕ, так
как BD — CD (теорема Фалеса). Отсюда AD = CD—-^ ВС (в треугольнике ADC
прямая DE—ось симметрии) (VII класс).
г)	Воспользуемся методом от противного. Допустим, что AD ВС. Тогда:
1)	либо AD > CD; 2) либо AD < CD.
Пусть AD>CD. Тогда (рис. 64) ^4>^/2 и £3> (учесть и AD > BD\),
или Z 4+Z 3 >	2+Z 1- Но / 4+^ 3 — 2+ 1 =90°. Поэтому наше
предположение неверно и AD не больше CD.
Аналогично докажем, что AD не меньше CD, т. е. AD = CD. Этим и дока-
зано, что AD=^r-BC (VII класс).
72
д)	Известно1, что та	К 2Ь2-^2с2—а2*
По теореме Пифагора 624-с2 = а2, тог-
да /Пд=-^-а (VIII класс).
е)	Введем в рассмотрение векторы (рис.
65) АВ, AC, AD, CD и DB. Тогда АВ =
=Л5+DB^ACCD= Лк
как CD—DB. Но АВ • АС=0, или (AD-\-DB) X
X (AD—DB) = 0, или AD2 = DB2, или] AD|2=
= | DB |2, или | AD |2 = | DB [2, т. е. AD =
=DB и AD=^-BC (VI11 класс).
Рис. 66
ж) Введем прямоугольную систему координат так, как показано
, АС = Ь, ВС = о. Запишем координаты вершин
то
на рисунке 66.
треугольника:
— координаты
Пусть АВ = с, АС — b, ВС —а.
Л (0; 0), В (0; с), С (Ь\ 0). Так как AD—медиана,
b с
точки D. Отсюда
BC = V&+(? и
AD= У ^-+^- =+	т. е. AD=1 ВС.
54.	а) Два решения; б) два решения; в) одно решение; г) одно решение.
58.	а) Рис. 67; б) рис. 68; в) рис. 69. 59. а) Рис. 70—бесконечная «цепочка»
квадратов, из которой исключаются две вершины и две его стороны; б) рис. 71
(множество параллельных прямых); в) рис. 72 («цепочка» бесконечных треуголь-
ников, из которой исключаются вершины и боковые стороны). 63. Рис. 73.
64. а) Рис. 74; б) рис. 75; в) рис. 76; г) рис. 77. 65. а) Рис. 78; б) рис. 79;
в) рис. 80. 66. а) Рис. 81; б) при х=0 t/mjn = 6; (1; 1)—точка перегиба;
в) (2; —g- j — точка перегиба; г) при х # 1 функция приводится к виду функции
примера б); если исключить из графика функции б) точку (1; 1), то получится
график функции г).
84.	f(x) = (x—2)4—18 (х—2)4-38. 85. Не является.	_
86.	Уравнение сводится к уравнению у2—3 = 0. 87. 5 у/ 24-4 у/ 44-7.
88. По условию имеем а (х0 — Уо)2-+Ь (х0—Уо) 4-с = 0—это квадратное уравнение
относительно х0—у$. Пусть х0 и t/0 оба рациональные. Тогда разность х0—£/о
также рациональна и дискриминант D — b2—4ас квадратного уравнения должен
быть квадратом нечетного числа, так как при нечетных a, b, с D нечетное. Пусть
Ь2—4ос=(2п+1)2, где п — целое число, или при ^ = 2А»4-1, а=2р4~Ь с=2/п+1
имеем:
(2*+ 1)2— 4 (2р 4-1) (2т4-1) = (2п +1)2,
или (£24~£) — (п2+п) = 4рт4-2р4_2/л+1, где tn, р, k, п — целые. Полученное
равенство невозможно, так как левая часть четна, а правая—нечетна. Следова-
тельно, *о и £/о одновременно не могут быть рациональными.
92.	6. 93. а) 8. 98. а) При параллельном переносе на 4 единицы вниз и по-
следующем повороте на 90° данная фигура переходит в «удвоенную» криволиней-
ную трапецию, ограниченную графиком функции х на отрезке [1; 4J;
б) см. пример 97.
101.	Введем прямоугольную систему координат так, как показано на ри-
сунке 82. Тогда OB — R и 001 = /?—h. Сегмент АВС получается вращением криво-
* См.: Погорелов А. В. Геометрия. Учебное пособие для 6—10 клас-
сов.— М., 1986.— С. 153 (задача 8).
73
У|
Рис. 67
Рис. 69
Рис. 70
74
Рис. 71
Ум
Рис. 72
Рис. 73
Щ У|	У/1
Рис. 74
Рис. 75
75
76
Рис. 82
Рис. 83
линейного треугольника О±АВ вокруг оси Ох. Дуга АВ имеет уравнение
t/=/R2_^2_
Отсюда согласно формуле (1)
R	_________________
5 = 2л f 1</?2—х2 • |А + (( К Я2—х2)')а dx= 2xRx * = 2лЯ/г,
J	/у — Fl
R—h
что и требовалось доказать.
102.	Введем прямоугольную систему координат так, как показано на ри-
сунке 83. Тогда поверхность шарового слоя получается вращением дуги АС
вокруг оси. Ох.
Дуга АС имеет уравнение х2-]-у2 = R2.
Пусть пара чисел х0 и у0 — координаты точки А. Отсюда 00^ — — х0, ОО2 —
= h-]~xQ (так как О1О2 = /г), и по формуле (1)
что и требовалось доказать.
105. i/ = x2+l.
Ш7 Л («+1)(2л+1).	,> л (2л— 1) (2л4-1)
IV/. d)	, OJ	2
109. Легко установить, что число частей будет максимальным, если никакие
две плоскости не будут параллельными и никакие три плоскости не будут пере-
секаться по одной прямой. Обозначив искомое число частей через ynt составим
таблицу:
						
	п	1	2	3	4	» • •
	Уп	2	4	8	15	
77
Найти значение уп при я=5, 6, ... уже трудно. Поэтому прибегнем
здесь к маленькой хитрости. Найдем число частей при п==0.
Очевидно, нуль плоскостей оставляют пространство неразделенным, т. е. yQ — 1.
Учитывая это, определим разности последовательности
1,	2,	4,	8,	15,	...	(1)
1»	2,	4,	7,	...	(2)
1,	2,	3,	..	(3)
Числа в строке (3) составляют последовательность 1-го порядка (арифмети-
ческая прогрессия с разностью 1). Отсюда строка (2) — последовательность 2-го
порядка, а строка (1)—данная последовательность есть последовательность 3-го
порядка.
Таким образом, общий член последовательности можно выразить многочленом
третьей степени:
уп = ап? + bn? -\-cnJrd.	(4)
Полагая в равенстве (4) п=1, 2, 3 и учитывая, что t/o = 1 при п = 0, а также
таблицу значений, получим систему уравнений:
d=l,
а+д+с== Г,
8а+4Ь + 2с^З,
27а+96+3с=7.
5
Решения этой системы: а==—, Ь — 0, с=-^-, d = l.
о	о
г	д3+5л+6
Следовательно см. (4)), упт=-- . — .
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие ..........................................................
Школьный математический уголок .......................................
Вычисление биссектрис треугольника.....................................
Доказательство геометрических неравенств..............................
Вычисление площади многоугольника по координатам его вершин ....
Установление выпуклости фигур на плоскости координатным методом . . .
О приложении одной геометрической задачи..............................
Математические софизмы........................... » ..................
Координатный метод решения геометрических задач.......................
Решение задач различными способами....................................
К решению трансцендентных уравнений...................................
Составление одного алгоритма с помощью аналогии.......................
К построению графиков функций двух видов..............................
Построение графиков функций, содержащих знаки модулей.................
К построению графиков функций вида y = axn-{-bxn~i-\- ... 4-с.........
Приближенное решение алгебраических уравнений.........................
Признак делимости на натуральное число................,...............
Иррациональные неравенства и системы неравенств . . ..................
О методе неопределенных коэффициентов.................................
Упрощение выражений, содержащих радикалы .............................
Геометрические преобразования и площадь криволинейной трапеции . . ,
Интеграл и длина окружности...........................................
Интеграл и площадь поверхности........................................
Последовательности m-го порядка ......................................
Вычисление сумм ......................................................
Алгебра помогает геометрии............................................
Ответы, указания, решения............................................... 69

Учебное издание
Сефибеков Сефибек Рамазанович
ВНЕКЛАССНАЯ РАБОТА ПО МАТЕМАТИКЕ
Зав. редакцией Р. А. Хабиб
Редактор Л. В. Туркестанская
Младшие редакторы Л. Е. Козырева, Е. А, Сафронова
Художники. В. В. Костин, М. К. Шевцов
Художественный редактор Е. Р. Дашук
Технический редактор Af. И. Смирнова
Корректор Г. В. Хрусталева
ИБ № 11190
Сдано в набор 01.07.87. Подписано к печати 30.12.87. Формат бОХЭО1/]#. Бумага типограф-
ская № 2. Гарнитура Литературная. Печать высокая. Усл. печ. л. 5,0. Усл. кр.-отт. 5,25.
Уч.-изд. л. 4,33. Тираж 82 000 экз. Заказ № 5512. Цена 15 коп.
Ордена Трудового Красного Знамени издательство «Просвещение* Государственного коми-
тета РСФСР по делам издательств, полиграфия и книжной торговли.
129846. Москва, 3-й проезд Марьиной рощи, 41.
Отпечатано с матриц ордена Октябрьской Революции и ордена Трудового Красного Знамени
МПО «Первая Образцовая типография» имени А. А. Жданова Союзполиграфпрома при
Государственном комитете СССР по делам издательств, полиграфии и книжной торговли.
113054, Москва, Валовая, 28.
Областная типография управления издательств, полиграфии и книжной торговли Иванов-
ского облисполкома, 153628, г. Иваново, ул. Типографская, 6.