Книга
← К списку книгЗагрузка разделов…
активнаАктивные записи участвуют в каталоге и синках. Неактивная книга скрыта, но не удалена из базы.
Книга
Раздел 1. Арифметика и алгебра
19
А. Определения и теоремы
319
§ 1. Общие замечания
19
Б. Чертеж в геометрической
328
А. Определения и теоремы
20
задаче
Б. Целые, рациональные и
25
В. Доказательства в геометрии
348
иррациональные числа
Г. Геометрическое воображение
375
В. Логарифмы
35
§ 2. Геометрические решения
392
Г. Прогрессии
44
задач
Д. Уравнения и системы
57
§ 3. Аналитические решения
423
уравнений
задач
Е. Метод математической
70
§ 4. Прямые и плоскости в
449
индукции
пространстве
§ 2. Некоторые сведения о
79
§ 5. Комбинации тел
476
действительных числах
§ 6. Сечения многогранников
504
§ 3. Графики функций
98
Раздел IV. «Нестандартные»
522
§ 4. «Текстовые» задачи
126
задачи
§ 5. Решение уравнений
166
§ 1. Задачи, нестандартные по
524
§ 6. Решение неравенств
197
внешнему виду
§ 7. Доказательство неравенств
226
§ 2. Задачи, где наиболее
543
Раздел II. Тригонометрия
254
существенные трудности ——
§ 1. Общие замечания
254
логические
А. Определения
254
§ 3. Задачи, связанные с
568
тригонометрических функций
расположением корней
Б. Тригонометрические формулы
256
квадратного трехчлена
В. Решение простейших
264
Раздел V. О вступительных
581
тригонометрических уравнений
экзаменах по математике
§ 2. Тригонометрические
271
§ 1. Устный экзамен
581
преобразования
§ 2. Письменный экзамен
590
§ 3. Тригонометрические
285
Ответы и указания к задачам
620
ОГЛАВЛЕНИЕ
К читателю , . 5
программа вступительных экзаменов по математике (1975 г.) 11
Раздел I. Арифметика и алгебра19
Общие замечания . . 19
А. Определения и теоремы . . ■20
Б. Целые, рациональные и иррациональные числа . . 25
Логарифмы .. 35
Г. Прогрессии44
Д. Уравнения и системы уравнений57
Метод математической индукции . . . . . , , , 70
Некоторые сведения о действительных числах .79
Графики функций98
«Текстовые» задачи126
Решение уравнений 166
Решение неравенств197
Доказательство неравенств226
Раздел II. Тригонометрия254
Общие замечания254
Определения тригонометрических функций . . . . 254
Б. Тригонометрические формулы256
Решение простейших тригонометрических уравнений 264
Тригонометрические преобразования271
Тригонометрические уравнения и системы285
Раздел III. Геометрий318
Общие замечания318
Определения и теоремы 319
Б, Чертеж в геометрической задаче .. 328
Доказательства в геометрии348
Г. Геометрическое воображение375
Геометрические решения задач392
Аналитические решения задач *422
金 4. Прямые и плоскост и в пространстве449
Комбинации тел476
Сечения многогранников504
Раздел IV. «Нестандартные» задачи522
Задачи, нестандартные по внешнему виду524
Задачи, где наиболее существенные трудности — логические543
Задачи, связанные с расположением корней квадратного трехчлена 568
Раздел V. О вступительных экзаменах по математике . , . 581
Устный экзамен. . . 581
Письменныйэкзамен 590
Ответы и указания к задачам620
К ЧИТАТЕЛЮ
Математика уже давно стала основным аппаратом физики и техники. В последние годы математические методы исследования все настойчивее проникают в такие науки, как химия, биология, геология, экономика, лингвистика, педагогика, медицина, право, археология. Поэтому не удивительно, что на многих, в том числе и 「ума- янтарных, факультетах университетов, во всех технических вузах исс7>пающие сдают экзамены ио математике.
Этого экзамена многие боятся. Часто можно услышать разговоры, чти на приемных Экзаменах по математике поступающим прет- лагают решать головоломнейшие задачи, а экзаменаторы якобы только тем и обеспокоены, как бы «срезать» побольше поступающих.
Все это, конечно, фантазия. На приемных экзаменах речь идет не о каких-то сложных проблемах, а о задачах в пределах обычного школьного курса в полном соответствии с «Программой вступшель- ных экзаменов по математике для поступающих в высшие учебные заведения СССР». Поводом же для «страхов» и слухов о «то/юво- ；10мках» обычно служит просто слабое и формальное владение стандартным школьном материалом — ведь в этом случае и простая задача покажется неприступной.
Конечно, сказанное отнюдь не означает, что все конкурсные задачи очень просты н решаются немедленно без всяких размышлении и усилий. Уверенно справиться с ними может лишь тот, кт。глубоко владеет материалом программы и имеет достаточную практику в решении задач. А это дос!тается лишь упорным, настойчивым грудом. Математику нельзя выучить за одну ночь — только систематические занятия могут сделать экзаменациоиные вопросы и задачи простыми и легкими.
Верно, что на экзамене по математике надо уметь решать задачи. Но каждый понимает, что зздачи надо решать правильно. В этом различии — просто решать или решать правильно―и состоит суть дела. Очень часто поступающие считают, что решить задачу—значит провести некоторое количество выкладок, имеющих отношение к предложенной задаче. Но эти еыкладки далеко не всегда можно считать правнльнам решением.
Экзал:снаюры хотят получить от посту лающего исчерпывающее^ логически верное “ грамотно изложенное решение поставленных перед ним задач. Оми стремятся не просто проверить знание тех или иных школьных теорем, умение формально проводить те или иные выкладки, ко и выясннть, насколько поступающий владеет логикой математических рассуждений, у какой мере он умеет применять те。- петические знания при решении задач. К сожалению, это н является самнм сложным для поступающих ——гораздо труднее научиться видеть сукшссть дела, чем запомнить некоторые формулировки ила автоматически заполнять определенные рецепты.
Каждому более или менее подготовленному школьнику знакомы обычные приемы решения обычных задач — различного вида уравнений и неравенств, «текстовых» задач, тригонометрических примеров, геометрических задач и т. п. Но часто эти знания ограничены лишь всякого рода правилами, как надо поступать и как поступать нельзя, т. е. не выходят за пределы чисто технических умений.
Между тем никакие чисто технические навыки не принесут уо пеха, если не думать о законности применения тех или иных преобразований, об обоснованности того или иного заключения и т. пч если не понимать саму логику решения задачи.
Большинство поступающих хорошо излагает вопросы теории, но многие становятся в тупик или допускают грубые ошибки при применении этой теории на практике. Сколько раз приходилось видеть поступающих, бойко отвечающих на какой-нибудь вопрос, но которые не могли сказать ни слова, стоило лишь поставить тот же вопрос в иной, чуть необычной форме, применить иные, чем в учеб* нике, обозначения.
Все это свидетельствует о формальном усвоении теории, и такого рода знания, конечно, мало чего стоят.
В преодолении подобных недостатков и состоит, собственно говоря, цель этой книги. Мы хотим попытаться научить поступающих задумываться над логикой решения, научить задавать самим себе вопрос «почему?» и отвечать на него, в каждый момент решения задачи ясно сознавать, что сделано и что предстоит еще сделать. Другими словами, мы .хотим в этой книге показать, как правильно решать задачи.
Эта цель наложила на книгу один существенный отпечаток: мы не всегда приводим самые лучшие решения — решения, которые может придумать опытйый математик. Наоборот, мы старались смотт реть на задачу глазами человека, не очень искушенного в остроумных решениях и специальных методах, искали самое естественное (с точки зрения поступающего) решение, но зато доводили его до конца логически максимально строго.
Именно это, в общем, и требуется от поступающих — не поиск наиболее короткого и оригинального решения, но умение правильно довести до конца самое обыкновенное решение. Разумеется, это ии в коей мере не означает, что остроумные решения чем-то плохи, и будет очень полезно, если в процессе работы с книгой читатель найдет такие решения для той или иной задачи. Хотя сообразительность—это не то качество поступающего, которое проверяется на экзамене в первую очередь, ее нельзя недооценивать.
Следует, впрочем, подчеркнуть, что лишь активное использование всего арсенала средств элементарной математики создает предпосылки для возникновения той или иной оригинальной идеи. Без творческого владения материалом школьного курса бессмысленно； например, надеяться справиться с любой «нестандартной» задачей, где подчас приходится комбинировать самые разнообразные математические идги и факты.
В настоящее время во многих школах на факультативных и кружковых занятиях учащиеся знакомятся с понятием непрерывности, с элементами дифференциального н интегрального исчисления, с векторной алгеброй и т, д, Однако основы математического ана-
лпза и секторного исчисления не входят в программу вступительных экзаменов. Поэтому для всех экзаменационных задач мы приводим лишь «обычные» школьные решения (хотя некоторые из этих задач могут быть решены — и даже более просто и коротко — с помощью средств «высшей» математики).
поступающихпоступающихБыть может, читателю иногда покажется, что некоторые простые примеры разбираются слишком подробно. Но не следует спешить с таким выводом—очень часто кажется простым как раз то, что не воспринято достаточно глубоко. Лучше постараться понять суть такого подробного, замедленного решения. Как правило, это
поступающих
поступающих
все решениявсе решенияделается при рассмотрении тех вопросов, которые у вызывают наибольшие затруднения.
все решения
все решения
В то же время читатель легко заметит, чго не
в книге проведены одинаково подробно и полно. Мы рассчитываем, что эта книга должна не столько читаться, сколько изучаться с ка・ рандашом и бумагой в руках, а потому сделали упор на разъяснении принципиальных моментов, надеясь, что не вызывающие особых затруднений этапы решения (например, формальные выкладки) читатель проведет сам.
Настоящая книга не является учебником по элементарной математике. Она призвана лишь помочь активизировать свои знания тем, кто уже знаком со школьным курсом в объеме принятых стабильных учебников. Мы не даем систематического изложения теории, а ограничиваемся лишь отдельными замечаниями по вопросам,, которые обычно ускользают из поля зрения учащихся, анализом и иллюстрацией на примерах наиболее сложных, узловых разделов программы и типичных ошибок поступающих, а также более подробным разъяснением некоторых тем, обычно оставляемых в школе без должного внимания. Поэтому, приступая к разбору какого-либо параграфа этой книги, следует предварительно еще раз просмотреть содержание соответствующих разделов школьных учебников.
Книга содержит также достаточное число задач для салюстоя- тельного решения, снабженных ответами (а в некоторых случаях -*« и указаниями). Однако мы не имеем в виду, что надо выполнять эти упражнения все сразу. Лучше всего решать их выборочно, ле тех пор, пока не появится уверенность, что материал уже достаточно усвоен и дальнейшие примеры для его закрепления не нужны. Тогда естественно перейти к другому параграфу, а через некоторое время вернуться к еще не решенным упражнениям, рассматривая их как своего рода задачник.
Для удобства читателей мы приводим программу вступительных экзаменов по математике (1975 г.). Отметим, что эта программа содержит подробный список основных понятий школьного курса мате- матики, которыми поступающие должны активно владеть. Далее, в программе детально перечислены все те утверждения, которые поступающие должны уметь четко формулировать и строго доказывать. Следует также обратить внимание на приведенный в программе перечень основных навыков» которыми должен владеть каждый поступающий.
В книге помешены материалы, дающие представление о порядке проведения, характере и содержании вступительных экзаменов по математике. Мы собрали и но возможности систематизировали опыт
приемных экзаменов в Московский университет примерно за десять последних лет, привели варианты письменных экзаменов и билеты устных экзаменов, предлагавшиеся поступающим в МГУ.
Однако книга может использоваться не только поступающими в МГУ, но и теми, кто собирается держать вступительные экзамены в любой институт, академию или университет. Дело в том, что рассматриваемые ниже вопросы носят общий характер, преследуют цель повысить математическую культуру читателя в строгих рамках стандартного школьного курса, научить его свободно владеть логикой математических рассуждений. И то, на примере каких задач это делается, уже не имеет существенного значения. Кроме того, разнообразие профилей и специальностей Московского ^'ниверситста столь велико, что практически для каждого высшего учебного заведения найдется специальность МГУ, где к поступающим предъявляются примерно аналогичные требования.
По степени сложности экзаменационных задач, по уровню требований к поступающим все факультеты (и вузы) можно условно разбить на две группы. В первую группу входят факультеты и вузы, rie математика является одним из основных предметов и изучается по расширенной программе, а во вторую — все остальные.
Это, конечно, не значит, что, например, от будущих физиков требуются какие'ТО дополнительные знания, выходящие за пределы программы вступительных экзаменов. Но они должны продемонстрировать умение решать более трудные задачи, активно владеть материалом школьного курса, показать навыки самостоятельного логического мышления.
Поступающим в вузы первой группы рекомендуется внимательно разобрать и тщательно продумать весь содержащийся в книге материал. Поступающие же в вузы второй группы в процессе работы над книгой должны сами выбрать задачи, которые для них посильны, стараясь, однако, решать и более сложные задачи, с тем чтобы создать некоторый «запас прочности».
Читатель сам легко составит себе представление об уровне требований, предъявляемых к поступающим на различные специальности, поскольку перед всеми задачами, заимствованными из вариантов письменных экзаменов, указан источник. При этом приняты следующие сокращенные обозначения факул-ьтетов МГУ: Мехмат — механико-математический, ВМК ——вычислительной математики и кибернетики, Физфак — физический, Гесфгк ——геологический, Химфак ——химический, Биофак — биологический, Филфак — филологический. Например, указание (Физфак, 1975) означает, что данная задача предлагалась поступающим на физический факультет МГУ в 1975 г. Кроме того, использовались задачи, предлагавшиеся на географическом и экономическом факультетах и на факультетах почвоведения н психологии.
Книга может служить пособием для подготовительных отделений вузов. Учащиеся этих отделений, уже прошедшие в свое время школьный курс математики, в процессе его повторения должны не просто «освежить» свои знания, но углубить и активизировать их, развить навыки решения задач. По нашему мнению, излагаемый ниже материал вполне подходит для этой цели. Наличие в книге примеров и задач разной трудности позволит преподавателям подгото-
вптсльиьи отделений отобрать для разбора на занятиях и для упражнений те. которые соответствуют профилю вуза и уровню подготовленности учащихся.
Нам кажется, что учителя средних школ и студенты пединститутов также почерпнут в этой книге много полезных примеров, задач и методических замечаний, которые можно было бы использовать как непосредственно на уроках, так и при организации факуль' татпвных занятий.
Старшеклассники, желающие самостоятельно углубить свои знания по математике, также найдут в книге материал для размышлений и интересные задачи, решение которых принесет пользу и удовлетворение. Конечно, в этом случае не следует читать книгу подряд, а л\,чше постепенно, на протяжении всего учебного год月，обращаться к тем ее параграфам (или даже их частям), в которых ис~ пользуется лишь уже пройденный в школе материал. Несомненно, что такое «длительное^ изучение книги принесет гораздо больше пользы, чем беглое н поверхностное знакомство с ней в сравнительно короткий период подготовки к экзаменам.
Абсолютное большинство содержащихся в книге задач (как разбираемых, так и предлагаемых в качестве упражнений)—это подлинные задачи вариантов вступительных экзаменов в Москсеский университет. Некоторые из них уже широко известны, условие других (как и многие полные решения) публикуются впервые.
Мы считаем обязательным подчеркнуть, что не являемся авто* рами самих этих задач. Ежегодно на вступительных экзгменах в МГУ поступающим предлагаются оригинальные задачи, содержащие новые, подчас совершенно неожиданные обработки тем, изучаемых в школе. К сожалению, нет никакой чисто физической возможности перечислить здесь фамилии всех лиц, принимавших участие б составлении гтих задач.
Почти все задачи — плод кропотливой и длительной работы большого числа членов экзаменационных комиссий, результат коллективного сочинения. Каждый, кто хоть раз сталкивался с проб- лемей составления задач, хорошо знает, каких трудов стоит возникновение всякой новой яркой и Оригинальной задачи, не повторяю- и[ей уже хорошо известные формулировки и не решающейся лобовым» применением формальных правил и методов.
Напомним читателю, что он держит в руках пятое издание настоящей книги. Приступая к его подготовке, авторы ставили перед собой несколько целей. Прежде всего мы хотели, не увеличивая объема книги, включить в нее новые задачи последних лет. Для этого пришлось отказаться от более старых, (и соответственно более известных) задач, а также от некоторых задач, не несущих особо важной для идей книги смысловой нагрузки. Перечислить абсолютно все ошибки и затруднения поступающих практически мевоз- Мо^шо, да в этом едва ли и есть смысл. Поэтому мы более тщательно подошли к отбору задач, стремясь выделить узловые вопросы и предостеречь читателя от наиболее распространенных типичных ошибок. Мы отказались и от подробного изложения некоторых тем, ограничиваясь только существенными, с нашей точки зрения, замечаниями или обращая внимание на то, что по разным причинам осталось за рамками учебников, но необходимо для правильного
н глубокого понимания излагаемого там материала. Все это не могло не привести к значительным переработкам, коснувшимся как самой структуры книги, так н содержания каждого параграфа.
Существенную пользу при подготовке нового издания нам оказали многочисленные письма читателей — учителей, школьников, любителей математики. Считаем своим приятным долгом искренне поблагодарить всех этих добровольных корреспондентов, нашедших время и возможность высказать нам свои критические замечания, соображения и конструктивные советы.
В заключение хотелось бы выразить глубокую благодарность сотрудникам механико-математического фэкулыета МГУ, которые помогали нам своими предложениями и дружеской критикой в процессе работы над книгой и тем самым способствовали ее улучшению.
Авторы
ПРОГРАММА ВСТУПИТЕЛЬНЫХ ЭКЗАМЕНОВ ПО МАТЕМАТИКЕ (1975 г.)
Общие указания
На экзамене по математике поступающий в выстее учебное заведение должен показать:
четкое знание математических определений и теорем, предусмотренных программой, умение доказывать зтн теоремы;
умение точно и сжато выражать математическую мысль в устном и письменном изложении;
уверенное владение математическими знаниями и навыками, предусмотренными программой, умение применять их при решении задач.
Программа по математике состоит из трех разделов. Первый из них представляет собой перечень основных математических понятий, которыми должен владеть поступающий. Во втором разделе указаны теоремы, которые необходимо уметь доказывать, и формулы, которые надо уметь выводить. Содержание теоретической части экзаменационных билетов должно черпаться из этого раздела. В третьем разделе охарактеризованы основные математические умения и навыки, которыми должен владеть экзаменуемый,
ОСНОВНЫЕ МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ПОНЯТИЯ
Арифметика, алгебра и элементарные функции
Простые и составные натуральные числа.
Наибольший общий делитель и наименьшее общее кратное двух натуральных чисел.
Рациональные и иррациональные числа.
Числовая прямая. Модуль (абсолютная величина) действительного числа.
Предел числовой последовательности.
Степени и корни с натуральным показателем. Арифметическое значение корня.
Степени с нулевым, целым и рациональным показателем. Понятие о степени с иррациональны?У1 показателем.
Одночлены и многочлены. Степень одночлена и многочлена.
Многочлены от одного неизвестного. Корни многочлена.
Тождества и уравнения. Корин уравнения. Равносильные уравнения.
Система уравнений. Решения системы. Совместные и несовместные системы.
Неравенства. Решения неравенства. Равносильные неравенства.
Функции одного аргумента. Область определения в область значений. Свойства функций: четность, нечет™ ность, монотонность, периодичносгь. График фупкимк. Взаимно обратные функции.
Арифметическая и геометрическая прогрессии.
Бесконечно убывающая геометрическая прогресс сия и ее сумма.
Логарифмы.
Градусное и радианное измерение углов. Углы,' большие 360°. Положительные и отрицательные углы.
Тригонометрические функции у = sin х, у ™ cos х, у = tg X, у = etg X.
Геометрия
Прямая, луч, отрезок, ломаная. Сумма и разность отрезков. Длина отрезка. Отношение отрезков. Пропорциональные пары отрезков. Соизмеримые и несоизмеримее отрезки..
Угол. Сумма и разность углов. Вертикальные в смежные углы.
Перпендикулярные и параллельные прямые.
Многоугольник. Его вершины, стороны, диагона* ли. Периметр многоугольника. Выпуклый многоугольник. Правильный многоугольник.
Равенство и подобие геометрических фигур.
Треугольник, медиана, биссектриса, высота и средняя линия треугольника. Виды треугольников.
Четырехугольники: трапеция, параллелограмм, прямоугольник, ромб, квадрат. Средняя линия трапеции.
Понятие о площади прямоугольника и мн ого у голь* пика.
Окружность и круг. Центр, хорда, диаметр м радиус. Касательная к окружпости. Дуга окружности. Сектор и сегмент.
Центральные и вписанные углы.
Многоугольники, вписанныс в окружность и описанные вокруг нее.
Длина окружности.
Площадь круга,
Плоскость. Параллельные и пересекающиеся пл о-1 скости.
Параллельность прямой и плоскости.
Перпендикулярность прямой и плоскости.
Двугранные углы. Линейные углы двугранных углов. Перпендикулярность двух плоскостей.
Угол между прямой и плоскостью.
Скрещивающиеся прямые. Угол между двумя скрещивающимися прямыми.
Многогранники: призма и пирамида. Их вершины, ребра, грани и диагонали. Прямая и наклонная призмы. Правильные призма и пирамида. Параллелепипед. Прямоугольный параллелепипед. Куб.
Площадь поверхности и объем призмы и пирамиды.
Цилиндр и конус.
Площадь поверхности и объем цилиндра и конуса.
Шар. Его центр, хорды, диаметр, радиус. Касательная плоскость к шару. Шаровые сектор, сегмент и гояс.
Площадь поверхности и объем шара-
ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ И ТЕОРЕМЫ
Арифметика, алгебра о элементарные функции
Признаки делимости натуральных чисел на.2, 3, 4*
5, 9, 10^.“
Обшие делители и общие кратные двух или нескольких чисел. Нахождение наименьшего общего кра『 чого двух натуральных чисел.
Существование иррациональных чисел.
Свойства функций у = о工十匕 и ее график.
Решение линейных уравнений с одним неизвестным.
Решение системы двух линейных уравнений с двумя неизвестными.
? Геометрическая интерпретация решения системы двух линейных уравнений с двумя неизвестными.
Свойства функции у — k/x и ее график.
Свойства функции у — ах2 + fex 4- с и ее график.
Решение квадратных уравнений.,
Формулы Виста для квадратных уравнений.
Разложение квадратного трехчлена на линейные множители.
Свойства числовых неравенств.
Неравенгтво, связывающее среднее арифметическое и среднее геометрическое двух неотрицательных чисел.
Решение линейных неравенств с одним неизвестным.
Решение квадратных неравенств с одним неизвестным.
Формулы общего члена арифметической прогрессии и суммы ее членов.
Формулы общего члена геометрической прогрессии и суммы ее членов.
Вычисление суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии.
Обращение периодической десятичной дроби в обыкновенную._
2L Свойства показательной функции и ее график.
Свойства логарифмической функции и ее график.
Логарифм произведения, частного и степени.
Свойства десятичных логарифмов.
Зависимости между тригонометрическими функ- днями одного аргумента.
Формулы приведения.
Свойства функций у = sin х н у = cos х н их графики.
Свойства функций чу ^ tg х и ^ = etg х и их графики.
Решение уравнений вида sin х = р, cos х = р, tgx = p, etgx = р,
В хранение тригонометрических функций двой* iso и половинного аргумента через функции основного аргумента.
Выражение тригонометрических функций через тангенс половинного аргумента.
Формулы сложения тригонометрических фунвдий,
Преобразование в произведение сумм вида
sin а 士 sin 3， cos а ± cos р, tga±tg0・
Преобразование в сумму выражений вида sin a sin §, sina cos 0, cos a. cos p,
Геометрия.
Свойства вертикальных и смежных углов. Свойства равнобедренного треугольника.
Признаки равенства треугольников.
Зависимость между сторонами и углами треугольника.
Свойства перпендикуляра и наклонных. Признаки равенств прямоугольных треугольников.
Свойства биссектрисы угла и перпендикуляра к отрезку, проведенного через его середину.
Признаки параллельности прямых.
Свойства углов с соответственно параллельными или перпендикулярными сторонами.
Сумма углов треугольника. Сумма углов выпукл лого многоугольника.
Свойства сторон и углов параллелограмма.
Свойства диагоналей параллелограмма, прямоугольника, ромба и квадрата.
Свойства средних линий треугольника и трапеции.
Свойства касательных к окружности.
Измерение углов, вписанных в окружность.
Существование вписанной окружности треуголь磁 Ийка.
Существование описанной окружности треугольника.
Свойства параллельных прямых, пересекающие стороны угла.
Признаки подобия треугольников..
Метрические соотношения в прямоугольном треугольнике.
Теорема Пифагора-
Теорема косинусов.
Теорема синусов.
Вычисление площадей прямоугольника, параллелограмма, треугольника и трапеции.
Отношение площадей подобных треугольников и подобных выпуклых многоугольников.
Подобие правильных одноименных многоугольников. Постоянство отношения длины окружности к диаметру. Формула длины окружности.
Формула плсшади круга.
-26. Признак перпендикулярности прямой и плоскости.
Теорема о трех перпендикулярах и обратная к ней.
Признаки параллельности прямой и плоскости, параллельности двух плоскостей.
Признак перпендикулярности двух плоскостей.
Свойства граней и диагоналей прямоугольного параллелепипеда.
Вычисление объема параллелепипеда.
Вычисление площади поверхности и объема призмы.
'33. Свойства параллельных сечений в пирамиде.
Вычисление площади поверхности и объема пирамиды.
Вычисление площади поверхности и объема цилиндра и конуса.
Вычисление площади поверхности шара.
Вычисление объема шара.
U1. ОСНОВНЫЕ УМЕНИЯ И НАВЫКИ
Экзаменуемый должен уметь:
С достаточной беглостью производить арифметические действия над именованными и отвлеченными числами, заданными в виде десятичных или обыкновенных дробей; с требуемой точностью округлять данные и результаты вычислений; производить приближенную прикидку результата; пользоваться таблицами для произ-* водс1ва вычислений,
Проводить тождественные преобразования алгебраических выражений (многочленов, алгебраических дробей и выражений, содержащих показательные, логарифмические и тригонометрические функции).
Строить графики функций, описанных в разделе II, а также графики функций, которые приводятся к ним элементарными преобразованиями.
Решать уравнения, неравенства, системы уравнений и неравенств описанных в программе типов, а также сводящиеся к ним. Решать задачи на составление уравнений и систем уравнений описанных в программе типов.■
Изображать геометрические фигуры и тела на чертеже.
Представлять перечисленные в программе про% странственные тела и простейшие комбинации этих тел (сечения хногогранников плоскостями; расположение вписанных в многогранники и дписанных вокруг них шаров; проекции многогранников на плоскость и т. nJ.
7。Производить простейшие построения на плоскости, 8. Использовать геометрические и графические представления при решении алгебраических задач, а методы алгебры и тригонометрии ——при решении геометрических задач.
При подготовке к приемным экзаменам необходимо повторить и до конца разобраться во всех разделах школьного курса математики, включенных в программу вступительных экзаменов в вузы. Изучить эти разделы нужно по школьным учебникам: по арифметике — И. Н. Шевченко «Арифметика»; по алгебре и элементарным функциям ——А. Н. Барсуков «Алгебра》； Е. С. Кочетков, Е. С. Кочеткова «Алгебра и з』е・ ментарные функция》，ч. 1, 2; по геометрии Н. Н, Н и-* к и т и н «Геометриям; А. П. Киселев «Геометрия», ч. II. Поскольку в этих учебниках отсутствует ряд включенных в программу вопросов, необходимо изучить также брошюры: «Геометрия. Дополнительный материал для 8, 9 классов»; <?：Т р и г о н о м е т р и я. Дополнительный ма1ериал к курсу геометрии 9, 10 классов».
В дальнейшем при ссылках вместо полного названия указывается лишь фамилия автора книги или краткое название брошюры.
Некоторые поступающие при подготовке к вступительным экзаменам используют, помимо школьных учебников, и другую литературу, изучают вопросы в разбивку сразу по нескольким книгам. Следует иметь в виду, что эта система повторения материала мол<ет привести к путанице, поскольку в разных книгах одни и " же вопросы часто излагаются с разных позиций, в разлйчной последовательности, даются разные определения. Самым целесообразным способом усвоения теоретических вопросов школьного курса математики является последовательное повторение школьных учебников. При этом следует усвоить и осмыслить формулировки различных определений и утверждений, порешать соответствующие задачи, тщательно разобрать доказательства всех утверждений, обращая главное внимание на логическую строгость рассуждений.
В качестве дополнительной (но не обязательной!) литературы можно рекомендовать следующие книги: В. Г. Болтянский, Ю. В. Сидоров, М. И. Ш аб у н и н «Лекции й задачи по элементарной математике», изд-во《Наука》； В. В. Зайцев, В. В. Р ы ж- к о в, М. И. Сканави «Элементарная математика», изд-во «Наука》.
Значительное время должно быть отведено решению конкурсных задач. Помимо приводимых в настоящей книге упражнений можно использовать задачники: «Сборник задач по математике для конкурсных экзаменов во втузы», под pen. М. И. Сканави, изд*во «Высшая школам; В. Б. Л и д с к и й, Л. В. Овсянников, А. Н. Т у л а й к о в, М. И. Шабунин «Задачи по элементарной математике», изд-во 《Наука»; Е. Б. В ах о в с к и й, А. А. Рывкин «Задачи по элементарной математике повышенной трудности», изд-во《Наука》.
РАЗДЕЛ I
АРИФМЕТИКА И АЛГЕБРА
Общие замечания
Опыт приемных экзаменов в вузы показывает, что одни разделы алгебры особых трудностей у поступающих не вызывают, тогда как другие являются для многих настоящим камнем преткновения. Ниже мы остановимся подробно на разъяснении наиболее сложных, в определенном смысле центральных, вопросов курса элементарной алгебры. При этом предполагается, что материал программы вступительных экзаменов уже изве-* стен в объеме школьных учебников.
При решении уравнений, как и многих других задач, мм сталкиваемся с необходимостью использовать свойства чисел. Связанные с действительными (вещественными) числами важные понятия — абсолютной величины (модуля) и арифметического квадратного корня —рассмотрены в § 2.
Большие трудности доставляет поступающим построение графиков функций. Учитывая, что графики в школьном курсе изучаются недостаточно, но часто предлагаются на вступительных экзаменах, мы в § 3 разбираем некоторые методы построения графиков функций.
Традиционными на вступительных экзаменах являются так называемые «текстовые» задачи. Они позволяют выяснить, умеет ли поступающий логически рассуждать, может ли он переложить «описательное» условие на язык математических формул, не забыв никаких деталей» позволяют проверить, в какой степени он владеет техникой решения систем уравнений. Относящиеся сюда вопросы и задачи рассмотрены в § 4.
Уравнения и неравенства — это, пожалуй, самый обязательный, неотъемлемый элемент экзаменов по математике. При их решении обычно требуется комплексное использование разных разделов курса, проверяется умение грамотно проводить алгебраические и тригонометрические преобразования. Важные аспекты решения уравнений и неравенств подробно освещены в §§ 5, 6. Наконец, в § 7 разобрано несколько способов доказательства неравенств
В настоящем параграфе мы сделам некоторые заме、 чания общего характера по ряду разделов алгебры и арифметики, касающиеся вопросов, зачастую ускользающих из поля зрения поступающих} а также разберем некоторые примеры.
Л. Определения 〃 теорема
Окончившего среднюю школу нет надобности убеждать, что все понятия, которыми он пользуется в математике, должны быть строго определены (кроме, разумеется, самых исходных ——таких, как натуральное число, равенство, точка, прямая, плоскость). Эти определения в школьном курсе, конечно, даются, но чем дальше учащийся отдаляется от них и углубляется в теорию и решение задач, чем больше он привыкает к используемым понятиям, тем больше он склонен, сам иногда даже того не сознавая, считать, что эти понятия «ясны сами по себе» и не нуждаются в определении.
Между тем от поступающего требуется четкое логическое понимание курса элементарной математики и, в частности, знание и понимание определений. Поэтому при изучении предусмотренных программой разделов полезно обратить особое внимание на определения, добиться ясного осмысления их формулировок.
Помимо определения понятен, в математике вводятся соглашения об обозначении того или иного объекта или отношения между, объектами специальным символом. Эти соглашения, являющиеся по существу определением символа, необходимо хорошо помнить. Так, сумму двух чисел записывают с помощью знака +, квадрат числа Q, т. е. произведение а-а, уславливаются обозначать символом а2; тот факт, что число а меньше числа Ь, т. е. что число а — b отрицательное, договариваются записывать с помощью знака V в виде о V 氏
Поступающим хорошо знакомы знаки «нестрогих неравенств», т. е. знаки V (меньше или равно) и > (больше или равно); их употребление при проведении формальных преобразований ни у кого не вызывает каких-либо затруднений . Однако опыт показывает, что многие поступающие на самом деле не вполне уяснили себе смысл этих знаков.
Например, на вопрос, верно ли неравенство 2 & 3, чаще всего дается ответ: 《Нет, так как число 2 меньше числа 3», а на вопрос, верно ли неравенство 3 & 3, ответ: 《Нет, поскольку 3 равно 3》.А между тем все, кто подобным образом отвечает на указанные вопросы, записывают, не задумываясь, ответ в какой-либо задаче в
виде 尤 V 3. Однако их понимание знака W между конкретными числами означает, что ни одно конкретное число при подстановке его вместо х в неравенство х V 3 не дает верного числового равенства, т. е. что знаком V не могут быть связаны вообще никакие числа.
В действительности дело обстоит следующим обра* зом. По определению знака V, неравенство a W b счи- тоете兄 верным и при а V Ь, и при о = Ь. Таким образом, неравенство 2 W 3 верно, потому что 2 меньше 3, а пера- венство 3 W 3 верно, потому что 3 равно 3.
Из этого определения знака W следует, что неравенство a w b неверно лишь в случае, когда а> Ь. По^ этому знак W можно читать не только как «меньше или равно», но и как《не больше». Например, неравенства 2 W 3 м 3 W 3 читаются соответственно:《2 не больше 3» и 《3 не больше 3》.
Все сказанное относится также и к знаку коз рый народу с 《больше или равно》 читается и как 《не меньше». По определению знака 》,неравенство а ^ b справедливо^ если а > b и если а = Ь; оно неверно только в случае a <Z Ь.
Почти каждый экзаменующийся знает, что функция у = 2х определена при всех действительных 尤 и без труда рисует ее график. Однако вопрос, что такое 2”， очень часто ставит поступающего в тупик. В лучшем случае говорится, как вычислить это число приближенно. Но это нелогично ——нельзя же, не зная определения “но ла, подсчитывать его приближенно!
Чтобы ответить на вопрос, что такое2^, надо вспои< нить специальное определение для степени с иррациональным показателем (Кочетков, § 175). Следует помнить и остальные определения: степень с натуральным показателем, нулевым, рациональным, отрицательным показателем. Обратим внимание и на то, что общее опре^ деление степени с натуральным показателем п неприме' нпмо при 几=!, так как произведение с одним сомножителем не имеет смысла. Поэтому равенство а1 — а является определением первой степени числа. Точно так же по определению вводится нулевая степень: о° = 1.
Выясним еще, почему справедливо равенство
&' of = а.
Многие поступающие доказывают это равенство, проводя преобразования левой части. Разумеется, такой путь допустим, но он свидетельствует, что правила действий с радикалами вытеснили из сознания учащегося само определение радикала. Действительно, как определяется кубический корень из числа? Кубическим корнем из числа а называете兄 число, куб которого равен а. Известно и соглашение, что кубический корень из числа а обозначается символом у а. Таким образом, равенство (1) есть просто формульная запись определения кубического корня с учетом соглашения о смысле символа # .
Курс алгебры включает в себя значительное число различных утверждений. Довольно широко распространено мнение, что в геометрии надо рассуждать строго, там есть теоремы, которые требуют аккуратного доказательства, использующего определения, а в алгебре есть только одна теорема — теорема Виета, все же остальное ——всякие слова и формулы. Это — глубокое заблуждение. Ведь даже формула квадрата суммы — это теорема. А свойства логарифмической функции — это уже несколько теорем. Как и в геометрии, каждая теорема алгебры должна сопровождаться доказательством, а перед проведением этого доказательства следует дать определения всем тем понятиям, которые встречаются в ее формулировке.
Опыт показывает, что чем привычнее алгебраическое утверждение, чем чаще оно применяется при решении задач, тем чаще забывают, что его надо уметь не только правильно формулировать и использовать, но и доказы~ вать. Поэтому при подготовке к экзаменам нужно обратить особое внимание на обоснование тех или иных утверждений, особенно кажущихся «очевидными».
Все знают формулу для решения квадратного урав* нения, однако просьба привести ее вывод ставит некото^ рых поступающих в тупик. Такие же трудности связаны с теоремами 。решении квадратных неравенств. Даже если поступающий правильно решает такие неравенства, он зачастую не может обоснованно ответить, например, на вопрос, почему квадратный трехчлен с положительным коэффициентом при х2 положителен вне интервала
между корнями и положителен при любом х, если действительных корней нет.
Между тем строгие доказательства теорем о знаке квадратного трехчлена весьма несложны. Заметим, что в учебнике (Кочетков, § 61) приведена лишь геомет-* рическая иллюстрация этих теорем.
Если квадратный трехчлен 〃工2 + 匕工 +。 имеет различные корни %} и 乂2 (т・ е. его дискриминант положителен), то этот трехчлен разлагается на множители:
ах2 + b尤 + с = о (х —— 修)(х —— 工2)， (2)
Отсюда видно, что при любом %, большем большего корня, оба сомножителя х —打 н х — х2 положительны, а при любом 招 меньшем меньшего корня, они отрица-* тельны. Следовательно, и в том, и в другом случае их произведение (х —必)(х —也)положительно, а потому правая часть в (2) имеет тот же знак, что и число а. Если же х находится в интервале между корнями х】и х2, то один из указанных сомножителей положителен, а другой отрицателен; поэтому знак произведения в правой части (2) противоположен знаку а.
Таким образом, доказана теорема: значение квадратного трехчлена ах?十 匕尤 + с с положительным d〃・ скриминантом (Ь2 ——4ас > 0) при любом % вне интервала между корнями трехчлена имеет знак, совпадающий со знаком коэффициента а; при любом х внутри интервала между корнями ——знак, противоположный знаку а i).
Имеет место и другая теорема: значение квадратного трехчлена ах2 -^ ^х + с с отрицательным дискриминантом (&2 — 4ас V 0) при любом х имеет знак, совпадающий со знаком коэффициента а. Для доказательства этой теоремы выделим полный квадрат:
ax2 + bx + c = a[[x + -^j 十-…,出 卜 (3) Так как b2 ——4ac V 0 (как известно, в этом случае квадратный трехчлен не имеет корней), то очевидно, что выражение в квадратных скобках положительно при
Аналогично формулируется и доказывается теорема, относящаяся к случаю, когда квадратный трехчлен ах2 + ^-к + с имеет равные корни, т, е. когда дискриминант равен нулю.
любом значении 工 Поэтому произведение в правой ча- сти (3) имеет при любом х тот же знак, что и число а.
Несколько слов необходимо сказать и по поводу самих формулировок ряда определений и теорем. В учебниках большинство формулировок дается в чисто словесной форме, без использования удобных буквенных обозначений. Нногда это вполне оправдано, но часто слишком утяжеляет формулировку. Например, вместо того чтобы говорить《квадрат суммы двух любых чисел равен сумме квадратов этих чисел, сложенной с их удвоенным произведением», проще сказать: «для любых чисел а и b имеем (а + Ь)2 — а2 -(- 2аЬ + ЬЧ. А определение логарифма удобно дать в такой форме: «число % есть логарифм числа N по основанию а (а > 0, & 寸=1), если йх = N》.
Нужно уметь свободно переводить словесные утверждения в формульные и обратно. Ведь именно это обычно требуется для доказательства теорем. Например, для доказательства того, что 《при основании, большем единицы, логарифмы чисел, больших единицы, положительны», мы прежде всего должны ввести обозначения: пусть основание а > 1, число х > 1, и пусть у = loga %, а затем установить, что число " > 0. Такая перефразировка бывает связана и с необходимостью использовать то или иное определение. Так, прежде чем доказывать утверждение «при a > 1 функция у = loga х возрастает», нужно вспомнить, что такое возрастающая функция, и тогда доказательство начинается со слов: «Пусть ◎> 1, а Xi и 工2 一 положительные числа, причем Xi < х2; докажем, ЧТО loga Xi V loga %2》.
Поступающие не всегда ясно понимают, что некоторые формульные перефразировки одновременно используют и принятые для тех или иных понятий символы. Именно этим объясняется, что в формуле_(1) не всегда узнают записанное с помощью знака ^ определение кубического корня, а в равенстве a"%" = N (N > 0, а > 0, а 卢 1) — символическую запись «привычного» словесного определения логарифма, использующую со* глашение об обозначении логарифма числа N по основа* нию а в виде loga "・
Задачи
Чю такое: а) периодическая десятичная дробь; б) а%， в) квадратное уравнение; г) VTT； д) модуль числа; е) а ~> Ь^ ж) сумма бесконечно убывающей геометрической прогрессии?
Является ли определением, аксиомой илн теоремой каждое из следующих утверждений: а) сумма двух чисел не зависит от порядка слагаемых; б) модуль любого числа неотрицателен! £ q
в) aQ ==“。"； г) график функции у — —Зх проходит через начало координат?_ _—
Всегда ли верно равенство V。“ & = Vа&?
Рассмотрим теорему: «Если дискриминант квадратного уравнения положителен, то это уравнение имеет два различных действительных корня》. Сформулировать теоремы: обратную, противоположную и противоположную обратной. Какие из этих теорем верны?
Доказать, что если квадратное уравнение не имеет корней, та дискриминант этого уравнения отрицателен.
Записать в виде формулы условие того, что среди чисел 〃ь .…，On по крайней мере одно равно числу а.一
Записать в виде одного равенства условие того, что среди чисел。，瓦 с по меньшей мере два равны нулю. ，
Что можно сказать о числах а и &, если 1/。V 1 他 Из каких свойств функции у= 1/у следует ответ на этот вопрос?
Записать на языке математических соотношений утверждение «функция у = Зх — *2 возрастает при изменении аргумента на отрезке от —1 до +1》.
Является ли условие, что сумма цифр числа делится на 3, необходимым, достаточным или необходимым н достаточным условием для того, чтобы число делилось на 12?
Б. Целые, рациональные и иррациональные числа
Задачи, связанные с теми или иными разделами арифметики, довольно часто вызывают затруднения у поступающих. Эти трудности объясняются главным образом тем, что арифметика изучается в младших классах, где многие результаты сообщаются без доказательств. Позднее к этим вопросам фактически уже не возвращаются. Однако это нисколько не умаляет значения таких разделов арифметики, как вопросы делимости натуральных чисел, свойства дробей, теория пропорций и т. д.
Поступающий должен знать формулировки соответствующих результатов; более того, необходимо уметь их и доказывать: на вступительном экзамене могут предложить в качестве задачи, например, вывести тот и;/и иной
признак делимости. Хотя в учебнике эти доказательства отсутствуют, они представляют собой вполне посильное упражнение для каждого, кто успешно овладел курсом алгебры.
Докажем для примера признак делимости на 9. Пусть задано натуральное число
Здесь символ апап^ ... аха^ означает (п^- 1)-значное число, где аП1 仪禮一i, ..., 〃i, а。— цифры соответствующих разрядов этого числа, причем, естественно, ап =^ Q). Нам нужно доказать два утверждения: а) если сумма цифр а箝 + ап-\ + •.・ +〃i + 〃о числа ^ делится на 9, то и само число ^ делится на 9; б) если число N делится на 9, то и сумма его цифр делится на 9.
Согласно принципу записи чисел в десятичной системе счисления имеем
^л^п~1 • • • a2a1a0
=ап • 10^ + 〃广1 • 10"-' + …+ & ' I。' + 〃i • 1° + s Так как 10fe — 99 ... 9 + 1 при любом натуральном 尼,то
k раз
А' =* 99 ... 9 + ап—1 '99 ….9 + •…十 & • 99 + а】・9] +
п разn- 1 раз
+ (〃п ++ • • • + ^2 + ^1 + ^0)* (4)
Число в квадратных скобках делится на 9, ибо оно есть сумма п слагаемых, каждое из которых делится на 9. Если сумма 仪八 + • • • + 〃2 + 〃】+ @о то*е делится на 9, то из (4) следует, что и число ^ делится на 9; тем самым утверждение а) доказано. Утверждение б) тоже следует из рассмотрения равенства (4): если его левая часть '{число ^) делится на 9 и первое слагаемое его правой части (число в квадратных скобках) делится на 9, то и второе слагаемое (сумма цифр числа N) должно делиться на 9.
При решении задач бывают полезны различные арифметические факты, которые целесообразно здесь на-
помнить, записав их с использованием буквенной символики.
Если имеются два целых !) числа а и Ь, причем 力 > О* то существуют единственное целое число q и единственное целое число г, причем О V г V " такие, что
а = bq + г« (5)
Равенство (5) есть не что иное, как деление числа а на число b с остатком. В частности, из (5) ясно, что любое четное число имеет вид 2电 где 应——некоторое целое число, а любое нечетное число можно представить в виде 2几+ 1, где и — целое число.
Если имеется натуральное число ^, большее единицы, и если N =心 ... 喈—разложение этого числа на простые сомножители (здесь пь ..., пА ——различнее простые делители числа ^, а аь ..., ад ——число их повторений в разложении числа ^), то всякий делитель числа N имеет вид Q =п\ ... г^, где
。W р 1 & c^i, .. о, 0 & р论 & а^*
Если имеются натуральные числа аь …，а期 то их общим делителем называется натуральное число, на которое каждое из чисел ли, ..., ап делится без остатка. Наибольший из общих делителей чисел 内，...,ап назы-* вается их наибольшим общим делителем). Если наибольший общий делитель равен 1, то числа аь ■一,仪力 называются взаимно простыми.
Если натуральное число ^ делится на каждое из двух взаимно простых чисел аь %, то N делится и на произведение ад этих чисел). Далее, если произведение NM натуральных чисел " н 財 делится без остатка на натуральное число D и если числа М и D взаимно просты, то ^ делится на D,
Наконец, напомним следующее свойство: одно из 打 последовательных целых чисел fe + 1, k + 2,..,,也+ 〃, где 々——целое число, обязательно делится на п.
Рассмотрим несколько примеров использования свойств целых чисел для решения задач, связанных с де- ^имос^ыо.
Доказать, что при любом четном и числа
% =紋 + 20n делится на 48“
Всякое четное число п может быть записано в виде м = 2& где k— -целое число, поэтому N = 8k(k2 + 5). Если мы покажем, что при любом целом k число k1^ + 5； делится на 6, то будет ясно, что N делится на 48. Проведем очевидное преобразование:
左後2+5)=月(以一 1 +6) = (e一 1)归他+ 1) + 6色(6)
В правой части (3) второе слагаемое делится на 6. Пер- в*\： же слаггемое есть произведение трех последовательных целых чисел, г потому одно из них обязательно делится на 3. Кроме того, из двух последовательных це- Ло1х чисел (а тем более ——из трех) одно обязательно четное. Поскольку 2 и 3 взаимно просты, то k(k2 ■+ 5) делится на с при любом смелом k.
Доказать, 4To ни при каком целом п число
М = № + 1
не делится на 3.
Целое ч?;сло Ери делении на 3 может дагь в остатке лишь числа О, 1 или 2 (см. (5)). Рассмотрим каждый из этих трех случаев.
Если целое число п при делении на 3 дает в остатке О, т. е. гредстазико в виде 拄=3尼 при некотором целом 左，то N ~ п2 4- 1 = 9尼2 + 1. Отсюда видно, что для га- кнх и число // на 3 не делится.
Если .73内 + 1 при некотором целом 幺 то
М =出 + 1 = 9鋁 + 6尼 + 2.
Очевидно, что и в этом случае ^ не делится на 3.
Аналогично рассматривается случай, когда м = 工:3点十2.
〈Мехмат, 1962) Сколькими нулями оканчивается прои^зедение всех натуральных чисел от I до 1962 включительно^
Эта задача показалась многим очень трудной из-за своей несколько необычной формулировки. А между тем
идея решения проста. Если число N=l・2 ... 1961 • 1962 разложить на простые множители:
2 = 2%・3%・5% 卢， (7) то каждая пара простых множителей 2 и 5 будет 口оро~ ждать один нуль в числе М ибо 10 = 2-5. Поэтому в разложении (7) нас интересуют лишь числа cq и а3.
Займемся сначала определением числа аз. Очевидно, что каждый делящийся на 5 сомножитель произведения ^ дает при разложении на простые множители по пятерке; всего таких сомножителей в произведении У имеется !) [1962/5] = 392. Однако среди сомножителей произведения N будут и такие, которые делятся на 25 — они при разложении на простые множители дадут дополнительно по пятерке; всего таких сомножителей [1962/25] = 78. Далее, еще по одной дополнительной пя+ терке дадут все те сомножители произведения ^, которые кратны 125; таковых имеется [1962/125] = 15. Наконец, имеется 3 сомножителя, делящихся на 625; они в свою очередь дадут еще по одной пятерке. Таким образом, в разложении числа N на простые множители будет 392 + 78 + 15 + 3 = 488 пятерок: аз = 488.
Аналогичный подсчет показывает, что cq = 1955. Отсюда видно, что существует лишь 488 пар простых со множителей 2 и 5, и потому число ^ оканчивается 488 нулями. 、
Очень часто идеи, связанные с делимостью чисел, но пользуются при решении задач из других разделов алгебры. ,
(Ф-т психологии, 1967) Найти числа, одновременно являющиеся членами двух арифметических прогрессий'.
7, 11, 407 〃 2, 9, 16, 709. (8)
Общий член первой прогрессии имеет вид ап = 3 4* 4 (м — 1);
указанным членам прогрессии соответствуют значения и = 1, 2, ..., 102. Точно так же члены второй прогрессии
Символ [а] означает целую часть числа а (см. Кочетков. 6 187)*'
тюл^аются по формуле
匕& = 2 + 7(々一1), А = I, 2,……102,
Задача, таким образом, состоит в отыскании всех чисел к н A, I W 也 W 102, 1 w W 102, при которых ап = u М, т. е. 4k + 4 = 7瓦
Равенство 4(^+1) = 7А* выполняется лишь в случае, если 五 кратно 4, т. е. если 为 =4s; ясно, что s может принимать значения 1, 2, ..., 25 (ибо 1 W 月 W 】02). Но если 々=4s, то 4 (м + 1) = 7 • 4s, т. е. /г = 7s — 1 ； так как 1 w 枕 W 102, то допустимыми значениями s являются только 1,2, ..., 14,
Итак, имеется 14 чисел, являющихся членами одновременно обеих прогрессий (8); сами эти числа легко найти либо из формулы для ап при п = 7s ——1, где s = ul, 2, ..., 14, либо из формулы для 发 при k = 4s. $ = 1. 2, • .. r 14.
Как известно, рациональными называются числа, которые могут быть представлены в виде p/q, где р ——целое число, a g ——натуральное число Если qhcjo 夕/g положительное, то р > 0, если же число p/q отрицательное, то р < 0. Дробь p/q всегда можно считать несократимой, т. е. считать числа \р\ м 4 взаимно простыми. Числу 0 соответствует представление plq при р = 0 (и любом д).
Строгая и полная теория иррациональных чисел (обоснование действий над ними и их свойства) изучается в курсе высшей математики. Поступающие должны владеть этой теорией лишь в том объеме, в котором она изложена в учебнике (Кочетков, §§ 39— 48). Однако даваемые там определения и излагаемые факты необходимо усвоить достаточно хорошо.
Эти определения и факты надо не только знать, но н уметь применять при решении задач. К сожалению, часто приходится видеть, как поступающий, дав правильное определение иррационального числа как бесконечной непериодической десятичной дроби, становится в тупик, не умея даже подступиться к такой, например, задаче.
Каким числом ——рациональным или иррационалъ~ ным — является 0,10100100010000100000 L 一 ？
Закон построения указанной десятичной дроби поста* точно ясен: после каждой единицы идет группа нулей, содержащая на один нуль больше, чем предыдущая группа. Не очень трудно сообразить, что такое построение приводит к непериодической дроби, и мы докажем это от противного.
Предположим, что дробь периодическая и пусть ее период состоит из п цифр. Возьмем в этой дроби разряды, в которых подряд стоят 2n + 1 нулей, и рассмотрим нуль, стоящий посредине этой группы. Этот нуль находится либо в начале, либо внутри, либо в конце некоторого периода; но во всех перечисленных случаях этот период целиком лежит на взятом《отрезке》из 2几 + 1 нулей. Таким образом, период состоит из одних нулей, а этого не может быть.
Одна из наиболее типичных ошибок состоит в том,
что поступающие часто судят о рациональности или ир
рациональности некоторого числа просто на основании его «внешнего вида》， считая, что сложная комбинация иррациональных чисел тем более будет числом иррацио^ нальным. Это, однако, не всегда верно. Например, число V 3 + V 2 пу
— 2 не является иррациональным: простои
V з — V 2
подсчет показывает, что 0Ho равно 5. Точно так же число #7 + “56 + % —5“В, несмотря на свой сложный «иррациональный» вид, на самом деле рационалЬ' ное — оно равно 2 (в этом легко убедиться, заметив, что подкоренные выражения — полные кубы).
Поэтому при выяснении вопроса о том, является ли некоторое число рациональным или иррациональным, не^ обходимо приводить убедительное обоснование. Именно к решению такого рода вопросов приводят нас некоторые задачи.
“оказать, что log4 18 есть иррациональное число.
Так как log418 = % + Iog2 3, то достаточно показать, что число log2 3 ——иррациональное. Допустим противное — что это 4HCvio рационально. Это означает, что iog2 3 = р/^. Поскольку log2 3 > 0, то оба числа р н q — натуральные. Воспользовавшись определением лога* рифма, перепишем равенство 1。敛 3 = p[q в виде 2a = 3% Однако это последнее равенство невозможно ни при
каких натуральных ри，： слева в нем стоит четное число, а справа ——нечетное. Полученное противоречие заверь шает доказательство. —
Доказать, что числа д/豆 “3, “5 не могут быть членами одной арифметической прогрессии.
Это утверждение многим кажется почти очевидным. Одни сразу утверждают, что иррациональные числа д/2» “3 и “5 «не могут отстоять друг от друга на одно и то же число». Другие даже «обосновывают» эту мысль вычислениями: “5 ^ 1,732 — 1,414 = 0,318, а “5- “W ^ 2,236— 1,732 = 0,514.
Прежде всего заметим, что приближенные вычисления без оценки их точности не считаются g математике доказательством. Но даже если привести оценку точно* сти вычислений （что сделать нетрудно）, это доказатель-- ство не является правильным, так как оно показывает, что данные числа не являются тремя последовательными членами арифметической прогрессии. Однако не доказано, что они не могут быть тремя не соседними членами одной арифметической прогрессии.
Правильное доказательство проведем от противного. Пусть в некоторой арифметической прогрессии с первым членом（7] и разностью d имеем
“2 = а& = &| + （尼一1） d,
д/З = @m = Q[ + （团一1）%
“5 = un = a】+ （几—1） d*
Вычитая первое из этих равенств из второго и второе нз третьего, а затем разделив одно из получающихся соотношений на другое, придем к равенству
}w_ 了（）
Правая часть этого равенства — число рациональное, ибо m, k, м — целые числа. Обозначим это число для краткости через г и перепишем равенство （9） в виде ^3 — д/2 = г （д/5 — л/3）» откуда, возводя в кзадраг, имеем 一
г2д/15 — “6 =包
Правая часть этого последнего равенства — число снова рациональное; обозначим^его через s. Возводя в квадрат обе части равенства 户“正一＞^ =科 получим
Vlo«Vlo«15r 4 - S2 + 615r 4 - S2 + 6
Vlo«
Vlo«
15r 4 - S2 + 6
15r 4 - S2 + 6
Это равенство показывает, что л/10— рациональное число, что неверно. Полученное противоречие доказывает,： 4W равенство (9) невозможно, т. е. что числа «2, «3, V 5 не могут быть членами одной арифметической про-* грессии.
(Мехмат, 1964) Определить все такие целые чис^ ла а и bt для которых один из корней уравнения 3月з + ах2 + 6% + 12 = 0 равен 1 +，3・
По определению, число 1 +，3 есть корень уравнения 3尤з + а%2 + Ь% * 12 = 0, если выполнено равенство
3(1 + V3)3 + a(l + V3)2 + ft(l + V3)+ 12 = 0,
или, после упрощений и группировки,
(4а + & + 42) + (2а + & + 18) V 3 = 0,
Нас интересуют только целые а и 6; в этом случае числа р = 4а + & + 42 и 4 = 2。+ & + 18 также будут целыми.
Итак, надо определить такие целые а и &, при которых р + 9 л/З = 0. Многие поступающие считали «совершенно очевидным», что последнее равенство возможно лишь в случае р = g = 0. Однако оказалось, что далеко не все могут убедительно обосновать этот факт. Поэтому докажем его. —
В самом деле, предположим, что равенство р+д“3 = «==_0 справедливо при некотором целом q =й= 0. Тогда д/3 = — p/qt чт0 противоречит иррациональности числа «3. Таким образом, g = 0. Но если д = 0, то из равенства р + д«3 = 0 вытекает, что н/== 0.
Следовательно, число 1+ “ 3 является корнем уравнения Зх3 + ах2 + Ьк + 12 в 0 тогда и только тогда.
когдакогда(4а + b + 42 == 0,(2@ + Ь+ 18 = 0.
когда
когда
Эта система имеет единственное решение а = —12, Ь «= 6.
Задачи
Сформулировать и доказать признак делимости на И.
Доказать； что нм одно натуральное число е суммой пм0р* равной 15,. не является квадратом целого числа.
Доказать, что если натуральное число оканчивается цифрой 7» то оно не может быть квадратом целого числа.
Пусть р》5 — простое число. Доказать, что число р2 一 1 делится на 24.
Внясннт凤 при каких натуральных л число л《+ 4 является составным.
Доказать, что если сумма А + m + п трех натуральных чисел делится на 6, то н 依 + 团3 十 пз делится на 6.
При каких натуральных п дробь (Зп + 4)/5 является целым числом?
При каких натуральных п дробь (2п + 3)/(5п + 7) сократима?
Доказать, что* между любыми двумя неравными рациональными числами а и Ь есть хотя бы одно рациональное число и хотя бы одно иррациональное число.
Могут ли числа 10, 11, 12 быть членами одной геометрической прогрессии?
Доказать иррациональность чисел:
a) log1636; б) tgl5°; в) tg5°.
Рационально или иррационально число
6_ “6-46 .
“2/ + 32д/2-3 '
0,12345678910111213..., получающееся выписыванием после запятой последовательно всех натуральных чисел?
(Физфак, 1964) Сколько множителей 2 имеется в произведе- нин всех целых чисел от 1 до 500 включительно?
(Физфак, 1964) Найти все пятизначные числа вида 34x5g (х и у — цифры), которые делятся на 36.
(Физфак, 1965) Доказать, что при любом натуральном а число I ... 1 — 22 есть квадрат целого числа.
2л раз п раз
(Мехмат, 1966) Найти все целочисленнь-： решения уравнения 2х2 — Зху — 2g2 = 7.
(Мехмат, 1966) Найтн все целочисленные решения уравне, ния 2#2炉 + " — б" — 12 = 0."
(Ф-т психологии, 1967) Найти числа, одновременно являющиеся членами двух арифметических прогрессий:
5, 8,, 322 и 7, 12, 17, .... 157.
(Филфак, 1969) Указать хотя бы одну пару целых положительных чисел Е и 尼2 таких, что 36包一25々2 = L
(Филфак, 1969) Остаток от деления некоторого натурального числа п на 6 равен 4, остаток от деления п на 15 равен 7. Чему равен остаток от деления л на 30?
(Филфак, 1970) Сколькими способами можно составить 8 рублей из монет по 10 и 3 копейки?
(Филфак, 1970) Сколькими способами сумму 4 руб. 96 коп. можно составить из монет по 2 и 15 копеек?
(Филфак, 1971). Доказать, что если р и g — целые числа, причем 户一9g2 = 6pg, то р = ^ = ,0...
(Филфак, 1971) Доказать, что если р и q — целые числа, причем "2 —4齡=4pg, то 卩=g = 0.
(Филфак, 1971) Сколько, целочисленных .решений имеет неравенство
(л2 - 3)(出一33)(紋 一 ЮЗ) (n2 - 203) < 0?
(Мехмат, 1971) Решить в целых числах систему неравенств:
，尤+夕^ 2&
〈g《2x+18,
Ii/ > x2 + 4r.
(Экономич. ф-т, 1973) Найти все целые числа 也 m, п. удовлетворяющие одновременно следующим условиям:
а) 3々 + 5m = 20〃 一 69; б) 2々 + 3/n = 13n — 50;
в) ^ 4- m + л < 60; г) k > 12.
(Экономич. ф-т, 1973) Сумма 5 руб. уплачена тридцатью монетами, среди которых имеются только десятикопеечные, пятнадцатикопеечные и двадцатикопеечные. Доказать, что двадцатикопеечных монет было использовано больше, чем десятикопеечных.
(Ф-т психологии, 1975) Найти все целые положительные решения уравнения 2х2 —— 以у + х + Зу = 3&
(Ф-т психологии, 1975) Найти все целые положительные решения уравнения 3#? + 3#夕 + 2# — g = 56.
В・ Логарифмы
При изучении свойств логарифмов следует обратить особое внимание на то, что все свойства логарифмов вытекают из соответствующих свойств степеней, и поэтому для хорошего знания логарифмов надо уметь свободно обращаться со степенями. Такая тесная связь
логарифмов и степеней существует потому, что само определение логарифма дается через понятие степени.
Процитируем определение из учебника (Кочетков, § 180): «Логарифмом числа b по основанию а называется показатель степени, в которую надо возвысить число а, чтобы получить число Ь». Таким образом, число х есть логарифм числа Ь по основанию а, если =仇
В приведенном определении есть один существенный недостаток: на основание а не наложено никаких ограничений, й потому, если следовать этому определению совершенно буквально (а определению всегда надо еле- довать буквально) мы должны будем считать, например, что 3 есть логарифм ——8 по основанию ——2 (так как (—2)3 = —8), 2 есть логарифм 4 по основанию —2 (так как (—2)2 = 4) и т. д. Что же касается основания 1, то дело обстоит еще более странно: всякое число % есть логарифм 1 по основанию 1 (в самом деле, Iх = 1 при любом х).
Любой человек, знакомый со школьным курсом, может сказать: все предыдущие примеры бессмысленны, потому что мы должны рассматривать логарифмы только при положительном основании, отличном от 1. Дей^ ствительно, такое соглашение принято в средней школе. В учебнике (Ко ч е т к о в, § 180) о нем неявно говорится непосредственно перед определением логарифмов (и всюду дальше всегда оговаривается, что а > 0), но гораздо лучше наложить это ограничение на основание непосредственно в определении. Таким образом, определение логарифма следует давать так:
Пусть число а > 0 и а 峻 L Число % называется логарифмом числа N по основанию а, если аж = У.
Читатели уже, быть может, обратили внимание на то, что мы ни разу не написали равенство 尤= loga", но всегда говорили: х есть логарифм N по основанию а. Это объясняется просто. До тех пор, пока мы не уверены, что ни у какого числа не может быть двух различных логарифмов по данному основанию, мы не имеем права употреблять знак равенства. В самом деле, представим на минуту, что для какого-то числа ^ существуют различных логарифма а и р по основанию а； тогда, употребляя знак равенства, мы могли бы написать, что
a»logd^ и pqlogaM откуда получилось бы, что a =bг).
Поэтому, прежде чем ввести обозначение для логарифма» надо убедиться в том, что никакое число «е 留о* жет иметь двух различных логарифмов по одному (основанию. В самом деле» если бы различные числа аир были логарифмами числа ^ по основанию а (где а > О и а ^： 1), то по определению выполнялись бы равенства а06 п " н аб = 2, откуда а° = а£ Но тогда по свойству степеней с положительным основанием, отличным от единицы, мы пришли бы к равенству а = р. Таким образом, если число N имеет по основанию а логарифм, то этот логарифм единственный2); он обозначается символом loga N.
Итак, по определению, при a > 0 и a =/= 1
х = 1 喻 М если @" = М
Следовательно, равенства х = loga ^ н @х = М (при вы* полнении ограничений, наложенных иа число а) выражают в точности одно и то же соотношение между числами х, a, N, записанное в первом случае «на языке логарифмов», а во втором — «на языке степеней».
Легко доказать, что отрицательные числа и нуль ни при каком основании а (разумеется, а > 0 и а=/=1) логарифмов не имеют. Действительно, если N W 0 и х = loga 2, то а* = 2 & 0, что противоречит свойству степеней с положительным основанием.
Что же касается положительных чисел, то всякое положительное число при любом (положительном и отличном от 1) основании имеет логарифм. Это утверждение принимается в школе без доказательства; его справедливость не так уж просто установить (для этого
Напомним, что очень похожее положение имеет место при определении квадратного корня (§ 2 раздела I). Там мы тоже вводим определение без знака равенства и лишь впоследствии убеждаемся, что определение с равенством было бы просто невозможно, так как мы, введя обозначение для квадратного корня, сразу же смогли бы доказать «равенства» типа 2 = —2 (оба эти числа были бы «равны» корню из 4, т. е. равны между собой). Именно поэтому нет знака для квадратного корня вообще, а есть толежо знак V для арифметического квадратного корня из положительного числа<
.Доказательство единственности логарифма имеется в учеб* нике (Кочетков, § 180),
потребовалось бы привлечь хорошо развитую теории действительных чисел и теорию пределов) 9*
Естественно, каждый поступающий должен знать свойства логарифмов и, разумеется, уметь их доказы* вать. Прежде всего отметим так называемое основное логарифмическое тождество
а” = М
справедливое для любых N и а таких, что N > 0; а > О, а I 1.
Приведем далее формулы, наиболее часто употребляющиеся при решении задач):
I.
loga MN = loge М + loga ^
(M >0, M > 0).
II.
10ga4" = 10gaM-10ga%
(M>0, У>0).
III.
log。№ = aloge /V
(N > 0).
IV.
logd № = jlogfl N
(AZ > 0, p*0).
V.
hgb N
5"logo 匕
〔2 > 0).
VI.
logfta -logo&= I.
Очень полезно помнить следующие два частных случая формулы IV:
IVa. logflP ^ = ~loga А/{N >Qt ^ ^=0).
IVb. loga« Na = log。AT(2 > 0, a 耍 0)・
Все эти свойства логарифмов хорошо известны по* ступающим. Однако многие знают их формально и не умеют применять к решению конкретных задач. Поэтому ниже мы приведем несколько примеров использования основных свойств логарифмов.
Очевидность этого утверждения & учебнике (Кочетков, § 180) иллюстрируется графиками функций у = ах и у «=： bt но эта иллюстрация, конечно, ие является строгим доказательством.
,7 yyxTl^T+1ов9Уз 123
Вычислить А = ( д/方)
На основании формулы VI имеем 写j。；'§ = ^ 1。且3 5, а формула IV дает log^ 125 = log^ 53 = (®/5) log3 5< Далее остается только использовать свойства степеней и основное логарифмическое тождество:
4 =(3-%尸4 =(3-%尸!og$5 + *|" logs 5!og$5 + *|" logs 5=3号。事5=3号。事5
4 =(3-%尸
4 =(3-%尸
!og$5 + *|" logs 5
!og$5 + *|" logs 5
=3号。事5
=3号。事5
335
=(3^5)-石=5f= У 碱.
Вычислить В = log3 2 • log4 3 ... log109 ■ logH 10. На основании формулы V
1幅2 =餾4；Отсюдав= logn 2—log и 31幅2 =餾4；Отсюдав= logn 2—log и 3!。&3 =制；!。&3 =制；.•； log109.•； log10910gH 910gH 9logu 10 'logu 10 'mgu3 Jogn9成；"…3" iomgu3 Jogn9成；"…3" io•log1110 = IogI12.•log1110 = IogI12.
1幅2 =餾4；
Отсюда
в= logn 2
—log и 3
1幅2 =餾4；
Отсюда
в= logn 2
—log и 3
!。&3 =制；
!。&3 =制；
.•； log109
.•； log109
10gH 9
10gH 9
logu 10 '
logu 10 '
mgu3 Jogn9
成；"…3" io
mgu3 Jogn9
成；"…3" io
•log1110 = IogI12.
•log1110 = IogI12.
(Ф-т психологии, 1971) Вычислить без помощи, таблиц
「= 1嘀 24 — 1咱 192一 log9e2 - log|2 2 •
Связь между логарифмами составных чисел иногда удается выявить, сведя эти логарифмы к логарифмам их простых сомножителей. Выполним такое сведение, используя последовательно формулы VI, I, III:
С = log224 ・ log2 96 — log2192 • log212 =
=(3 + log? 3) (5 + log2 3) — (6 + log2 3) (2 + log? 3) = 3.
Вычислить loge 16, если logi2 27 = a.
Применяя последовательно формулы Ш, VI и I, получаем
log616 = 4 10g6 2 = -3^-61 + ：0g2 з「•
Теперь видно, что для вычисления loge 16 нам надо знать, чему равен log2 3. Найдем его из условия
!og]227 = & Применяя последовательно формулы III, VI) 1 и Ш, VI, имеем цепочку преобразований:
a = log12 27 = 3 log12 3 = )—12 ==不向丽=
33 log2 з
и ~2十]幅 3 •
Отсюда
1吨23=名"
(отметим, что, очевидно, а 耍 3). Окончательно имеем
1呜 16 ='；347H.
Приведем еще следующие свойства логарифмов, необходимые для решения неравенств (см. § 6 раздела I):
Если а > 1, то из OVbVc следует, что 10ga Ь V bga &。М3 10ga Ь V Sga С — ЧТО 0< Ь < С.
Иными словами, при а > 1 неравенства О V b V с и loga Ь < loga С равносильны.
Если 0 <u < 1, то из 0 VbVc следует, что loga b > loga G a 以3 loga 力 > Sga C ——ЧТО 0 < Ь < С.
Иными словами, при О V a V 1 неравенства О V V b Vc и logab > loga с равносильны.
Эти два свойства доказываются совершенно аналогично, и поэтому докажем только свойство VIII〔). Пусть число а положительно и меньше единицы. Если выполнено неравенство О V b V с, то существуют числа loga Ь и loga с. Используя основное логарифмическое тождество, перепишем неравенство 力 V с в виде
小3〈а%。.
Отсюда, иа основании свойств степени с основанием, меньшим 1, заключаем, что logab > loga с.
Обратно, если выполнено неравенство loga Ь > loga г, то, во-первых, оба числа b и с положительны. Во-вторых, возводя число @, 0 < a < 1, в степень с показателями
loge & и loga ^ получим (опять-таки на оснрвании свойств степеней с основанием, меньшим 1) следующее 时必 венство:
…V m
т. е. b V с. Поскольку числа Лиг положительны, то О V b V с, что и требовалось доказать.
(Экономии, ф-т, 1972) Не пользуясь таблицами, on* ределить, что больше: log375 или log2 22.
Используя свойство VII, можем записать log3 75 V f< log3 81, log222 > Jog216, откуда ясно, что log3 75 < К 4 V log2 22.
' Формулы I—VI успешно используются для преобразования различных выражений как с конкретными числами, так и с буквенными данными. Такие преобразования бывают необходимы прежде всего при решении урав^ нений и неравенств.
Однако для решения многих уравнений и неравенств приведенные формулы оказываются недостаточными, так как в них буквы должны удовлетворять сильным ограничениям. Но у формул I—IV еще большим недостатком является то, что левые и правые части в них имеют смысл при разных ограничениях на значения входящих букв.
Например, loga Л!" в левой части формулы I имеет смысл как в случае, когда числа М в N оба положительные, так и в случае, когда эти числа оба отрицательные. В противоположность этому правая часть формулы I имеет смысл только в первом случае. Но это означает, что если, преобразуя какое-нибудь уравнение, заменить логарифм произведения двух выражений М и М содержащих неизвестное, на сумму логарифмов этих выражений, то при значениях неизвестных, обращающих М н М в отрицательные числа, из осмысленного выражения loga MN получится бессмысленное выражение logaM + + loga". Как объясняется в § 5 раздела I, в результате такого преобразования можно потерять некоторые корни решаемого уравнения.
Точно так же обстоит дело и с формулами И и Ш.
По этим причинам при решении различных задач, содержащих неизвестные величины, пользуются более
общими формулами:-
I*. loge MN = Iogfl I /И I + Ioga ( NI{MN > 0).
】】*• log。先=logo I Ml — 10go IM(М2 > 0),
III*. logfl N2k = 2k logfl I N I (^=/=0J k — целое число),
IV*・ log产 2=£10g|a|N
(N > 0,山，0 — целое число, a 耍 0,丨 a 丨 ¥= 1)
Следует заметить, что формулы I* и II* тоже страдают отмеченным выше недостатком: их левые и правые части имеют смысл при разных ограничениях на значения входящих в них букв. Именно, правые части имеют смысл при любых М н N, отличных от нуля, а левые части — лишь при 附 и 2 одинакового знака, т. е. подвержены более жестким ограничениям. Поэтому, например, при решении уравнений замена logaA!AZ на loga |/W( -f- Ioga |М может привести к приобретению посторонних решений (но не к потере решений, как может случиться при использовании формул I——IV). Поскольку приобретение посторонних решений уравнения предпочтительнее, чем потеря (лишние решения можно отбросить путем проверки, а утерянные уже не найдешь!), то при преобразованиях буквенных выражений следует пользоваться именно формулами I* ——IV*.
Упростить выражение log4-^ 21 og4 4х4 и вычислить затем его значение при х =——2.
На этом примере хорошо видно, что вычисления по формулам I и Ш logd^- —21og4 4x4 =
=2 log4 х — log44 — 210g4 4 — 8 log4x = — 3 — 6 Iog4尤 ошибочны, ибо при 尤=—2 последнее выражение не имеет смысла, а исходное имеет смысл и равно —6.
Это противоречие получилось потому, что формулы I и III применимы лишь при положительных значениях букв. Пользуясь же формулами I* и НГ, в которых зна-
чеиия букв могут быть и отрицательными, получаем
log# — 2 log4 4х4 =
= 2log4|x| — 1 — 2 — 8 log4| х I = — 3 — 6 logxl x k
При % = — 2 последнее выражение равно — 6・
Вычислить:1. dd 1。屮.з. — logs log4log216.5, 2l0^5 - 5,Ойз2.Вычислить:1. dd 1。屮.з. — logs log4log216.5, 2l0^5 - 5,Ойз2.Задачи
Вычислить:
1. dd 1。屮.
з. — logs log4log216.
5, 2l0^5 - 5,Ойз2.
Вычислить:
1. dd 1。屮.
з. — logs log4log216.
5, 2l0^5 - 5,Ойз2.
J ，
1g 吧二+lgt吃丁…+lgtg89A
2“隔3 _ 35/福2
(Географнч. ф-т, 1973)
5 +36Vn7T + 3，，wW (География, ф-т, 1973)
2§ 必父2^(5-V10)+8togt/4 (75-V2)
Доказать, что если а — logn 18 и ₽ «logai 54, тосф + 5 (а — 0) 0 I.
Доказать, что log3 5 * Iog2 23 • log% 4 V — & Вычислить без помощи таблиц:Доказать, что log3 5 * Iog2 23 • log% 4 V — & Вычислить без помощи таблиц:H.H.(Ф-т психологии,(Ф-т психологии,1971)1971)12.13.Не 14.15.16. 17.18.19,12.13.Не 14.15.16. 17.18.19,(Ф-т психологии, 1971)- Вычислить log2624f если(Ф-т психологии, 1971)- Вычислить log2624f еслиlog31210g34iog3；9" — ^51^*1噌313510加5log31210g34iog3；9" — ^51^*1噌313510加5logl53 logm3 ' logs 15==а и logn 18 =■ р«logl53 logm3 ' logs 15==а и logn 18 =■ р«20・20・пользуясь табляцамн, определить, что больше: 1呜2 или log0 0625 0,25.Io8log3 2('/2) или 1.(Экономия, ф-т, 1972) log4 60 или logs 30.(Экономия. ф*т, 1972) Iog370 или log3 20. (Экономия, ф-т, 1972) log325 или log2 И.(Ф-т почвоведения, 1973)吗6《1 嗚(3 V 3) или 2 sin 彳 cos2 —j- tg -j—-(Ф-т почвоведения, 1973)пользуясь табляцамн, определить, что больше: 1呜2 или log0 0625 0,25.Io8log3 2('/2) или 1.(Экономия, ф-т, 1972) log4 60 или logs 30.(Экономия. ф*т, 1972) Iog370 или log3 20. (Экономия, ф-т, 1972) log325 или log2 И.(Ф-т почвоведения, 1973)吗6《1 嗚(3 V 3) или 2 sin 彳 cos2 —j- tg -j—-(Ф-т почвоведения, 1973)
Доказать, что log3 5 * Iog2 23 • log% 4 V — & Вычислить без помощи таблиц:
Доказать, что log3 5 * Iog2 23 • log% 4 V — & Вычислить без помощи таблиц:
H.
H.
(Ф-т психологии,
(Ф-т психологии,
1971)
1971)
12.
13.
Не 14.
15.
16. 17.
18.
19,
12.
13.
Не 14.
15.
16. 17.
18.
19,
(Ф-т психологии, 1971)- Вычислить log2624f если
(Ф-т психологии, 1971)- Вычислить log2624f если
log31210g34
iog3；9" — ^51^*
1噌313510加5
log31210g34
iog3；9" — ^51^*
1噌313510加5
logl53 logm3 ' logs 15==а и logn 18 =■ р«
logl53 logm3 ' logs 15==а и logn 18 =■ р«
20・
20・
пользуясь табляцамн, определить, что больше: 1呜2 или log0 0625 0,25.
Io8log3 2('/2) или 1.
(Экономия, ф-т, 1972) log4 60 или logs 30.
(Экономия. ф*т, 1972) Iog370 или log3 20. (Экономия, ф-т, 1972) log325 или log2 И.
(Ф-т почвоведения, 1973)
吗6《1 嗚(3 V 3) или 2 sin 彳 cos2 —j- tg -j—-
(Ф-т почвоведения, 1973)
пользуясь табляцамн, определить, что больше: 1呜2 или log0 0625 0,25.
Io8log3 2('/2) или 1.
(Экономия, ф-т, 1972) log4 60 или logs 30.
(Экономия. ф*т, 1972) Iog370 или log3 20. (Экономия, ф-т, 1972) log325 или log2 И.
(Ф-т почвоведения, 1973)
吗6《1 嗚(3 V 3) или 2 sin 彳 cos2 —j- tg -j—-
(Ф-т почвоведения, 1973)
10glg 32 logys 2 v^ или cos5 J^ctg (--^9 ctg 号1.
Г. прогрессии
Если понятие арифметической прогрессии никаких затруднений не вызывает, то с определением геометрической прогрессии иногда возникает путаница. Поэтому на нем целесообразно остановиться подробнее.
Одни поступающие приводят определение геометри* ческой прогрессии тзк, как оно формулируется в учебнике (Кочетков, § 145): ^Геометрической прогрессией называется такая числовая последовательность, каждый член которой, начиная со второго, равен предыдущему, умноженному на некоторое постоянное для данной последовательности число, отличное от нуля》. Другие, определяя эту последовательность, не делают выделенную нами курсивом оговорку, и при этом ссылаются, напри^ мер, на учебник А. П. Киселева «Алгебра》,ч. II § 80. Таким образом, с точки зрения первого определения, последовательность
2, 0, 0, 0, ...» 0, ... (10) геометрической прогрессией не является, тогда как второе определение позволяет считать ее геометрической прогрессией «с нулевым знаменателем».
Конечно, в выборе определения всегда имеется известная свобода. Об определении бессмысленно спорить, верно оно или нет, ибо определение не доказывается. Но, давая новое определение, следует руководствоваться соображениями целесообразности.
С этой точки зрения рассмотрим второе из упомянутых выше определений, т. е. будем для знаменателя прогрессии допускать и нулевое значение.
Введение общего понятия геометрической прогрессии было вызвано стремлением изучить встречавшиеся в разных вопросах и задачах последовательности с положительными членами, у которых каждый последующий член больше своего предыдущего в одно вполне определенное число раз. Между тем для последовательности (10) вопрос Q том, во сколько раз третий член больше второго, лишен смысла. Желательно, чтобы геометрическая прогрессия однозначно восстанавливалась по своему любому члену и знаменателю. Однако если известно, что знаменатель прогрессии равен нулю, а ее третий
член также нуль, то определить однозначно первый ее член, очевидно, невозможно. Более того, если (при нулевом знаменателе) третий член отличен от нуля (на-* пример, равен единице), то удовлетворяющей этим условиям геометрической прогрессии даже не существует 9* Из сказанного видно, что последовательности вида (10) обладают совершенно аномальными свойствами, и потому считать такие последовательности геометрическими прогрессиями нецелесообразно. Вот почему в определении геометрической прогрессий разумно потребовать, чтобы ее знаменатель был отличен от нуля (Кочетков, § 145).
Однако и это определение не обладает достаточной целесообразностью. В рамках этого определения ничто не мешает нам рассматривать последовательность
0, 0, 0, 0, ..0, ...(11)
как геометрическую прогрессию со знаменателем 2 или со знаменателем 73. Возможность такой неоднозначности знаменателя прогрессии- нежелательна).
Для того чтобы устранить и эту возможность), луч' ше всего определение геометрической прогрессии фор^ мулировать следующим образом: геометрической прогрессией называется такая числовая последовательность, у которой первый член отличен от нуля, а каждый из последующих равен своему предыдущему, умноженному на некоторое постоянное для данной последовательности число, отличное от нуля. Как следует из этого определе-
Можно привести и другие «нежелательные эффекты», которые последуют из второго упомянутого выше определения. Отметим, что все эти эффекты не имеют никаких аналогов в теории арифметической прогрессии. Между тем целесообразно, чтобы теория арифметической прогрессии и теория геометрической прогрессии были ана* логичны.
ННЯ, среди членов геометрической прогрессии не может быть «улей.
Таким образом, если при решении какой-то задачи, В которой, скажем, первый член 瓦 геометрической прогрессии есть некое выражение от неизвестной величины, у нас получится для неизвестной значение, обращающее bi в нуль, то согласно только что принятому определению мы отбросим это значение неизвестной как не удовлетворяющее условяю задачи.
Пониманию определений прогрессий посвящен и та- КрД вопрос, который иногда вызывает затруднения: арифметической или геометрической прогрессией является последовательность 1, 1, 1, ..., 1, ...? На самом деле эту последовательность можно рассматривать одновременно и как арифметическую прогрессию (с разностью 0) и как геометрическую (со знаменателем 1).
Довольно часто при решении задач бывает нужно записать условие, при котором данные величины составляют геометрическую прогрессию. В общем виде это условие формулируется так： если квадрат каждого (кроме первого и последнего) члена числовой последовательности с ненулевыми членами равен произведению соседних с ним членов, то эта последовательность является геометрической прогрессией J). Используя это утверждение (его доказательство не вызывает затруднений), мы можем сразу написать 拉——2 равенства, при выполнении которых данные 拉 чисел составляют геометрическую прогрессию.
Непосредственно проверяется, что справедливо и обратное утверждение — характеристическое свойство геометрической прогрессии: квадрат любого члена геометрической прогрессии (кроме первого и последнего) равен произведению соседних с ним членов.
Приведенное свойство геометрической прогрессии часто перефразируют иначе: любой член (кроме крайних)
】)Отметим, что в учебнике (Кочетков, § 146) это утверждение (как и характеристическое свойство геометрической прогрессии) сформулировано лишь для последовательности с положительными членами. Но такая формулировка неудобна при решении 《ада% поскольку зачастую мы не знаем заранее, будут ли члены рассматриваемой последовательности (являющиеся, как правило, вьь ражениямн от неизвестной величины) положительными.
геометрической прогрессии является средким геотетрк* ческим своих соседних членов. Однако совершенно ясно.
что в таком виде утверждение справедливо только для геометрических прогрессий с положительными членами. Если же его записать, например, для геометрической прогрессии 1, —3, 9, то получится неверное равенство —3 = «1 • 9.
Наконец, обратим внимание еще на одно довольно распространенное, но неверное убеждение, касающееся условий, при которых данная последовательность составляет арифметическую (или геометрическую) прогрессию. Именно это заблуждение не поз- § волило некоторым поступающим г верно решить следующую заДачу.
(Мехмат, I960) Через центр квадрата ABCD проведена пр兄亠 I 附&兄，пересекающая сторону АВ £， в точке М причем AN ： NB = = 1:2. На этой прямой взята произвольная точка М, лежащая J внутри квадрата. Доказать, что / расстояния。丁 точки М до сторон квадрата 48, ADt BCt CD, взя
тых в указанном порядке, образуют арифметическую
прогрессию.
Обозначим (рис. 1) длину отрезка MQ — расстояние от точки М до стороны АВ — через х, а длину отрезка ML — расстояние от М до стороны AD — через у; тогда расстояния МК и МГ до сторон ВС и CD будут равны соответственно а — у и а — х, где а — длина стороны квадрата.
Так как AN: NB =1:2, то легко сообразить, что 4N = а/3, a NQ = у—(а/3). Прямая NP, о которой идет речь в условии задачи, проходит через центр О квадрата, являющийся его центром симметрии. Поэтому СР = AN = q/З, а тогда, очевидно, РТ = а — у— (а/3)・
Заметим, что △QNM со △ ТРМ; пропорция ^Q : РГ = =MQ :МТ показывает, что
Теперь остается проверить, что при любом О V 4 V Q четыре числа
MQ = x, М厶=耳工 Ж = —у - , МТ^а-х
образуют арифметическую прогрессию.
При решении этой задачи допускалась следующая грубая ошибка: утверждалось, что эти четыре числа образуют арифметическую прогрессию просто потому, что сумма крайних MQ + МТ = а равна сумме средних ML + МК = а. Совершенно ясна несостоятельность этого утверждения. Действительно, если четыре числа образуют арифметическую прогрессию, то сумма крайних чисел равна сумме средних чисел. Однако если для четырех чисел это свойство и выполнено, то они не обязаны составлять арифметическую прогрессию (например, 1, 6, 5, 10)}
На самом деле тот факт, что числа AfQ, ML, МК, МТ образуют арифметическую прогрессию, следует непосредственно из определения прогрессии:
а + х 2а — х а +尤 2а — х
При решении задач на арифметическую прогрессию часто бывает удобно вместо стандартной записи членов прогрессии 〃h &, аз, ... употреблять запись а, 〃 + 〃， а + 2d, ... —эта форма явно показывает, что выписанные числа образуют арифметическую прогрессию и зависят от двух параметров and. Аналогичное замечание справедливо и для геометрической прогрессии. И вообще, за счет удачного обозначения членов прогрессии иногда удается достичь значительного упрощения решения. Так обстоит дело, например, в следующей задаче.
(Биофак, 1970) Даны две арифметические прогрессии Q], 02，a3 〃 &I,b2,b3・ ИзвееtНО, ЧТО "1+a2*"3 = =瓦 + &2 + Ьз, а числа а】+ 瓦，а? + 匕2, 〃з + &з образуют
Точно так же, если в последовательности (с положительными членами) произведение членов, равноудаленных от концов, равно произведению крайних членов, то эта последовательность не обязана быть геометрической прогрессией (числа 2, 3, 4, 6 ие образуют геометрической прогрессии, хотя и выполнено равенство 2*6 = = 3-4).
геометрическую прогрессию. Доказать^ что а( = Ьз,的= =&2, 〃3 =仇.
Для членов данных арифметических прогрессий введем новые обозначения, переписав их в виде
а — d, а, а + d\ b — е,瓦 b + е・
Тогда из равенства сумм данных прогрессий следует^ что а = 6, т. е. а? = &2- Кроме того, по условию, числа
а】+ 瓦=2〃 一(d — е),的 + 尻=2а,仰 + 瓦=2а + (d + e) образуют геометрическую прогрессию, и, по характеристическому свойству такой прогрессии, получаем
(2а)2 = [2а 一 (d + е)][2а + (d + 叽
т. е. d + е = 0. Следовательно,
ar — а ~ d — b -j- е = Ь3г 03 = a + d = b — е =瓦， что и требовалось доказать.
(Ф-т психологии, 1970) Найти все отличные от нуля значения а, при которых уравнение
х8 + ах4 + а4 — 0(12)
имеет ровно четыре корня, образующих в порядке возрастания арифметическую прогрессию.
Ясно, что уравнение (12) имеет ровно четыре корня тогда и только тогда, когда уравнение
у2 + ау -{- a4 —Q(13)
имеет два различных положительных корня у\ и у* В этом случае уравнения х4 = z/i и х4 = ^2 и дадут нам четыре корня уравнения (12):
444 —4 _
-倔，-V?|， "万，"乡2.(14)
Если считать, что у\ обозначает меньший корень уравнения (13), а у?——больший, то очевидно, что четыре числа (14) выписаны в порядке возрастания. Остается выяснить, при каком условии они образуют арифметическую прогрессию.
По определению арифметической прогрессии это ш« лолняется, когда
У\ — (―V у?) = “у】—(―V у) = “у? — л/ у”
4 一 4 —
или, что то же самое, когда «//2 = 3«玖・ Отсюда з【 ключаем, что условию задачи удовлетворяют такие значения а, при которых корни уравнения (13) связаны соотношением % = 81yh
Если число а удовлетворяет условию задачи, то, привлекая теорему Виета для уравнения (13), можем записать
УI + % = 82yl = — а, УМ = 81 g = а&
Из второго равенства, с учетом у\ > 0, находим у\ = =〃2/9, а тогда из первого равенства для определения а получаем уравнение 82а2 = —9а. Отсюда а = —%г, по-* скольку значение а = 0, очевидно, не удовлетворяет условию задачи.
Остается проверить, действительно ли значение а = —9,82 удовлетворяет условию задачи. Но при 。=—% уравнение (13) принимает вид 力一备y +(费y=0
и имеет корни у\ = 9/822 п у? = 93/822; ясно, что 敬= =81yl. Таким образом, значение а =—❷/酸 является решением задачи.
Обычно поступающие успешно справляются с задачами на прогрессии, поскольку сведения и формулы, необходимые для их решения, ясны и легко запоминаются. Большие трудности вызывают, однако, задачи, в которых простого применения формул недостаточно.
(Ф-т психологии, 1969) Найти все положительные числа а, при которых все различные неотрицательные значения 尤，удовлетворяющие уравнению
cos [(9а — 7) х] =cos Ц17а + 13)%] (15) 〃 расположенные в порядке возрастания, образуют ариф^ метическую прогрессию.
Прежде всего решим данное уравнение. Оно легко приводится к виду
sin [(13〃 + 3) %] sin [(4а + 10) х] = 0.
Так как по условию а > 0, то 13а + 3 * 0, 4а + 10 声 О и неотрицательные решения уравнения (15) задаются двумя сериями:
“ =13n 工 3 " % =初|~ 10 瓦 々 = 0,1, 2,…
Но теперь видно, что множество решений состоит из двух возрастающих арифметических прогрессий, у которых первые члены равны 0, а разности равны соответственно л/(13а + 3) и л/(4а + 10).
После этих несложных рассуждений остается решить главный вопрос: при каком условии две возрастающие арифметические прогрессии с общими членами ап и Ьп, причем s =仇，объединенные, так сказать, «в одну кучу», составят новую прогрессию. Рассмотрим эту общую задачу.
Если 〃2 =加 то данные прогрессии, очевидно, совпадают, и потому «объединенная» последовательность, естественно, является прогрессией.
Если 62 < «2, то, как легко видеть, найдется такой член прогрессии &т, что bm《a2 V bm+i, т. е.、
〃[=瓦 V 仄 < ♦…V %—I V % £“2 < bm+[ V • • •
Если bm = а?, то непосредственно проверяется, что 。3 = Ьгтп-ь 〃4 = Ьзт-2 и т. д. Другими словами, прогрес- сия а^ 〃2, ... является частью прогрессии 匕匕 &2» ・・・,и потому «объединенная» последовательность просто совпадает с прогрессией 历，
Если же bm V 〃2, то «объединенная» последовательность прогрессией не является. Действительно, в этом случае разности между соседними членами «объединен^ ной» последовательности Ьт и &m-i н a2 Hbm не равны между собой:
a2 - bm < bm+[ - bm = % 一 b吋1，
Точно так же обстоит дело в случае 力2 > 〃小 Следовательно, «объединенная» последовательность является арифметической прогрессией в том и только в том случае, когда либо а? = % лри некотором т, либо &2 = 〃注 при некотором п. Из этих равенств вытекает, что отношение разностей прогрессий должно быть либо
натуральным числом, либо числом, обратным к нату* ральному.
Возвращаясь к исходной задаче, мы замечаем，что ее условию удовлетворяют такие числа а > 0, для которых М 13。+ 3М 4а + 10。
либо 1~Нттг = Г, либо •咼 工5 = S,
4а + Ю13а + 3
где г и s ——некоторые натуральные числа. Из этих равенств получаем соответственно
—10г-3_ 10-3$
а =13 —4г， 〃 = 13s -4 *
Ограничение а > 0 приводит к соответствующим ограничениям на числа г н s, а именно:
з 」/ 134 」/ 10
т. е. г = 1, 2, 3; s — 1, 2, 3. Отсюда находим искомые значения: а = 7/э, X7h, 27, 2/н, 7з5-
В некоторых задачах применение известных формул для арифметической или геометрической прогрессий оказывается возможньш только после некоторых специальных преобразований.
Найти общий член последовательности 2, 4, 7, 11, .•・, обладающей тем свойством, что разности между соседними членами составляют арифметическую прогрессию.
Укажем прием отыскания общего члена любой последовательности, в которой разности между соседними членами составляют арифметическую прогрессию.
Обозначим заданную последовательность через аь а2> «з, ... ; тогда
"2 一 "I =「1，
〃3 — 〃2 =「2,
и согласно условию числа гь г% г3, . . . образуют арифметическую прогрессию. Сложив все выписанные равенства, получим
% =。1 +г1十Г2+...+%一「
В, нашем случае первый член последовательности равен 2* а сумма арифметической прогрессии (ее первый член 2, разность 1) легко вычисляется; поэтому общий член данной в условии задачи последовательности равен
1 + «(«±Д.
6・(Экономия, ф-т, 1964), Найти сумму
1 + 2- 2 + 3-22+4-23 + 5-24+ ... + ЮО • 2".
Если проявить небольшую изобретательность, решение без труда получается на основе известных формул. Именно, запишем искомую сумму — обозначим ее S — в виде
S=l+2 + 2? + 23++2明 + 2" +
+ 2 + 2? + 23++2 + 29Э +
十 2? + ^+ ... +298 + 2" +
+ 2 州+ 2" +
+ 2吗
Совершенно ясно, что в каждой из строк стоит сумма некоторой геометрической прогрессии:
полученному числу 52 прибавить третье данное число и получить S3 = S2 + 〃з =以］+ «2 + «3, К ЭТОМУ ЧИСЛУ ПрН・ баэнть четвертое данное число и получить S《=S3 + 〃扌 0 т. д., пока не 6yAyт исчерпаны все данные числа.
Однако если чисел бесконечно много, то очевидно, 11To приведенное определение суммы здесь неприменимо, ибо мы никогда не сможем исчерпать всех данных чисел. Поэтому запись 〃i + 瓦2 + 〃з + ..・ + 〃穽 4 ・・・ пока лишена смысла: мы ведь не знаем, что значит «сложить бесконечное число чисел».
В этом случае поступим следующим образом. Подсчитаем так называемые частичные суммы, т. е. суммы с конечным числом слагаемых:
Sj = %;
S? = % + w2;
S3 = 〃| + % + 〃з；
5色=% + 收 + "3+ ... + 也；
их можно вычислить (обычным способом) для любого значения k. Для получающейся таким образом числовой последовательности Sb S2, S3, . . . , Sft, . . . имеются две возможности: либо она имеет предел, либо предела не существует. Если эта последовательность частичных сумм не имеет предела, то сумма чисел 瓦i, u2, 〃з, •，・ ...,unt ・.・ не определяется. Если же такой предел существует, то он по определению называется сум^ мой этих чисел； если этот предел равен S：
Hm Sk = S»fe">oo
то пишут
〃1 + % + "з + • • • + % + • • • = S.
Таким образом, сумма бесконечного множества чи^ сел ——совершенно новое понятие, существенно отличают щееся от понятия суммы в арифметике.
Если теперь рассмотреть бесконечно убывающую геометрическую прогрессию 1)
q, aq, ад2. ...» шД ・・.； О < |g| < I,
то, как показывается в учебнике (см. Кочетков, §§ 148, 137), последовательность частичных сумм в 9ToM случае действительно имеет предел. Таким образом, бесконечно убывающая геометрическая прогрессия имеет сумму, 〃 зта сумма равна
Следует ясно представлять себе, что прежде чем вычислять сумму бесконечной последовательности чисел» нужно убедиться в ее существовании. Это особенно наглядно видно на следующем примере. Попытаемся найти сумму бесконечной геометрической прогрессии: 2, 4, S, 16, . . . , 2П, . . . Если не ставить вопроса о существовании суммы, а прямо обозначить ее через S:
S=2 + 4+ ... +21 + 2^+
то, умножая обе части этого равенства на 2. получив4+ 8 + ... +2" + 2“+‘Ч" ... =2S,
откуда видно, что 2 + 2S = S н, следовательно, S = — 2・ Получившийся странный результат — сумма бесконеч* ного числа положительных чисел отрицательна — обтьяо няется весьма просто: исходная последовательность не имеет суммы, и потому вычисления бессмысленны- R са” мом деле, последовательность частичных сумм
Sj = 2, S2 = 2 + 4 = 6, ..., Sfe = 2卜十| — 2( .. • не имеет предела.
〔)Геометрическую прогрессию с бесконечным числом членов и знаменателем q、удовлетворяющим неравенству О V |g| V I, называют бесконечно убывающей геометрической прогрессией. Это название не совсем удачно: такая прогрессия действительно будет убывающей только в случае, если ее первый член положителен, а знаменатель удовлетворяет неравенству O V 4VL Нйпример, бесконечно убывающая геометрическая прогрессия 1, —%, %, —%, ... в соответствии с общепринятой терминологией не является убывающей,
S в д # « а
(Физфак, 1961) Доказать тождество
(I + X + X2 4-…+产)2一炉В
=(1 +* + /+ ... +产一1)(1 +* + *2+ +*"+
(Мехмат, 1962) Дапы арифметическая и геометрическая прогрессии с положительными членами. Первые и вторые члены этих прогрессий соответственно совпадают. Доказать, что всякий другой член арифметической прогрессии не больше соответствующего члена геометрической прогрессии.
(Ф-т психологии, 1967) Найти сумму чисел, являющихся одновременно членами двух арифметических прогрессий 5, 9, 13, ... и 3, 9, 15, если известно, что каждая из этих прогрессий содержит по 200 членов.
(Ф-т психологии, 1967) Найти числа, одновременно являющиеся членами арифметической прогрессии 12, 15, 18, ... и геометрической прогрессии 1, 3, 9, ..., если известно, что каждая из этих прогрессий содержит по 100 членов.
(Ф-т психологии, 1968) Найтн хну, если известно, что *2— L У, 4/(к?— 1) являются последовательными членами геометрической, a log*+3g, log*+3(#4 —— 5*2 +8), logx+ai/3 — арифметической прогрессий.
(Ф-т психологии, 1969) Найти все положительные числа а, для каждого из которых все различные неотрицательные значения х, удовлетворяющие уравнению cos [(8а — 3)х] = cos [(14а + 5)#] и расположенные в порядке возрастания, образуют арифметическую прогрессию.
(Ф-т психологии, 1969) Найти все положительные числа а, для каждого из которых все различные неотрицательные значения х, удовлетворяющие уравнению cos [(7а — 5)х] = cos [(13а + 9)#] и расположенные в порядке возрастания, образуют арифметическую прогрессию.
(Биофак, 1970) Даны две арифметические прогрессии。卜。2, а§ и di,匕2,匕3, причем 6] Ф 62 и а】+ а? +。3 =匕1 + 匕2 + Ьз・ Известно, что числа a.\b^ a2b為。3匕3 также образуют арифметическую прогрессию. Доказать, что а^ =厉.
(Биофак, 1970) Даны две геометрические прогрессии。卜 傲，аз и 仇,匕2, Ьз・ Известно, что числа а】仇，а2b2, аз^з образуют арифметическую прогрессию и 勿 + 耿 + & =仇 + 尻 + 63. Доказать, что s + + е 9。3 + ь3.
(Ф-т психологии, 1970) Найти все значения а, при которых уравнение 心 十 ах4 -|- i = о имеет ровно четыре различных корня и эти корни образуют в порядке возрастания арифметическую прогрессию.
(Ф-т психологии, 1970) Найти все значения а, при которых уравнение = 0 имеет ровно пять различных корней и эти корни образуют в порядке возрастания арифметическую прогрессию.
(Геофак. 1971) Положительные числа аь a2t аз» &, as со- 齡гавлнют геометрическую прогрессию. Сумма логарифмов этих чисел
по осшованию 3 равна 2. Определить эти числа, если log3(a5/a3)二
(Геофак, 1971) Положительные числа аь 侬 &з, а4)。5 состав* ляют геометрическую прогрессию. Сумма десятичных логарифмов чисел 〃2, &з, 〃4 равна 0. Определить эти числа, если 1g dj больше 1g на 4.
(Экономии, ф-т, 1971) Вычислить сумму всех натуральных чисел, не превосходящих 1000 и не делящихся на 13.
(Ф т психологии, 1972) Найти все числа 无 такие, что числа 0, log2(•—cos 2х), logs (cos2 х) в некотором порядке образуют арифме* тическую прогрессию.
(ф-т психологии, 1972) Найти все числа 无 такие, что числа 0, .,п/ sin 2х \/
log% (—2 cosx), logi/2 I—2—丿в некотором порядке образуют
арифметическую прогрессию.
(Физфак, 1973) Сумма первых пяти членов геометрической прогрессии равна 62. Известно, что пятый, восьмой и одиннадцатый члены этой прогрессии являются соответственно первым, вторым и десятым членами арифметической прогрессии. Найти первый член геометрической прогрессии.
(Физфак, 1973) Три различных числа а, Ь, с, сумма которых равна 124, являются тремя последовательными членами геометриче* ской прогрессии. Одновременно эти три чнсда а, Ь, с являются соответственно третьим, тринадцатым и пятнадцатым членами ариф*» метической прогрессии. Найти числа а, Ь, с.
(Физфак, 1973) Сумма первых тринадцати членов арифметической прогрессии равна 130. Известно, что четвертый, десятый и седьмой члены этой прогрессии, взятые в указанном порядке, пред* ставляют собой три последовательных члена геометрической прогрессии. Найти первый член арифметической прогрессии.■
(Филфак, 1975) Найти сумму корней уравнения
2co'x+ctg% =鳴壮
принадлежащих промежутку 2 W х & 46
Д. Уравнения и системы уравнений
Уравнения и системы уравнений——один из самых распространенных типов экзаменационных задач. Эти задачи связаны, как правило, с трудностями двоякого рода — во-первых, надо найти путь решения, способ преобразования данного уравнения или системы, позволяющий добиться достаточного упрощения, н, во-вторых, надо осуществить эти преобразования так, чтобы не допустить ни потери корней, ни приобретения лишних корней..
Qhht экзаменов показывает, что подавляющее большинство поступающих более или менее ус 開рш»
преодолевает трудности «поискового» характера, нс очень и очень многие не в силах справиться с трудностями второго рода. Поэтому мы посвящаем исследованию возможностей потери или приобретения корней при решении уравнений специальный параграф (см. § 5 раздела I).
Что касается трудностей «поискового» характера, то они весьма многообразны и описать их не представляется возможным. Мы разберем только два примера, для решения которых нужно применить специальные замены переменных. Эти замены не сразу очевидны и бывают полезны при решении задач, в том числе и не только уравнений.
Г. (Экономии, ф-т, 1974). Найти все значения беличи- ны h, при которых уравнение
х(х + 1) (х + Л) (х + 1 + 3 =眇(16)
имеет четыре различных корня.
Ясно, что《лобовое》раскрытие скобок приведет здесь к уравнению четвертой степени; поэтому мы поступим ина^е. Перемножив первый сомножитель с четвертым, а второй с третьим, перепишем уравнение (16) в форме
d + (1 + Л)х] [х2 + (1 +^)х + Л]=們
Теперь видно, что замена переменной у = х? 土(1 土力)工 приводит к квадратному уравнению—
犷+初一岳=0,(17)
корни которого имеют вид 山,2 = — %(1 =ЬV5)Л.
Следовательно, число h удовлетворяет условию задачи, если каждое из квадратных уравнений
/ + (宀)计"严=0, I
а}(18)
“(1+ 田г (1-竺=0 ]
имеет различные корни и, кроме того, корни первого уравнения оба отличны от корней второго уравнения. Уравнения (18) имеют различные корни, если дискриминанты уравнений положительны, т. е. значение 力 должно
удовлетворять системе неравенств
(1 +Л)2-2(1 + д/5)й>0г(1+Л)2-2(1-д/5)Л>04
Решения этой системы неравенств таковьп
4 V - 2 - ^5,21™ m5<自<"5 - 2, I
ft > 2 + V5.j。9)
Из найденных значений Л следует еще исключить те, при которых уравнения (18) имеют хотя бы один <Я5щий корень. Если 芯。一общий корень этих уравнений, то
错+ (1 +九)% + 驻竺==0,
君 + (1 + Л)х0 + 6：^^ = о,
откуда, вычитая одно равенство из другого, получаем ft = 0. Таким образом, уравнения (18) имеют общий корень только при ft = 0.
Окончательно, условию задачи удовлетворяют значения (19), кроме Л = 0.
(Экономия, ф-т, 1974) Найти все значения величины h, при которых уравнение
х4 + (/г - 1)х3 + х2 + (Л - 1)х + 1 = 0(20)
имеет не менее двух различных отрицательных корней.
Данное уравнение имеет специальный вид ——это так называемое возвратное уравнение четвертой степени: его коэффициенты, равноудаленные от концов, равны. Общий вид возвратного уравнения четвертой степени таковг
А/ + Вх3 + Сх2 + Вх +4 =0;
оно может быть решено с помощью специального приема, Покажем, как проводится этот прием в нашем кон* кретном случае, но его общность будет сразу очевидна. Ясно, что х = 0 не является корнем уравнения (20).
Поэтому обе части этого уравнения можно разделить на
炉 н затем преобразовать левую часть следующим об* разом:
(心+3)+出一1)(*+；)+1=
=(* + ~)2 + 8—1)(* + 3) — I.
Тогда, сделав замену переменной у=* + ；, мы при- дем к квадратному уравнению
“ +他一1),一1 =0.(21)
Корни этого уравнения определяются без труда:
I —也 土 " (1-•力户 + 4у 1, 2 =-.
Следовательно, число h удовлетворяет условию задачи, если среди корней уравнений
х + / = Уи х + ^ = У2(22)
имеется не менее двух различных отрицательных чисел. Заметим теперь, что- у\ > 0, а потому первое уравнение (22) заведомо не имеет отрицательных корней. Далее, 乡2 < 0, так что второе уравнение (22) может иметь только отрицательные корни.
Таким образом, остается выяснить, при каких значениях h второе уравнение (22) имеет различные корни. Это уравнение можно переписать в виде х2 — у^ +1 = 0, и для определения 力 мы получаем неравенство у^ > 4, откуда у2 V —2 (поскольку ,2 V 0), т. е.
1 一也一"Л2 - 2左 + 5 j С-
Решения этого неравенства h > 5/г и являются решениями задачи.
Сделаем несколько замечаний о способах решения систем уравнений. При решении систем, как и при решении «одиночных» уравнений, существенное значение имеют понятие равносильности и примыкающие к нему понятия, подробно обсуждаемые в § 5 раздела I. Этот параграф посвящен, однако» вопросам, связанным
только с «одиночными» уравнениями. Дело в том, что, несмотря на полное логическое сходство теоретических рассуждений, относящихся к равносильности уравнений и равносильности систем, использование понятия равносильности при решении систем на практике связано с гораздо большими трудностями, чем при решении уравнений, и поэтому им, как правило, не пользуются.
Трудности особого рода, возникающие при. решении систем, связаны, конечно, только с теми преобразовав ниями системы, которые задевают несколько уравнений системы (во всем, что касается какого-то одного уравнения, можно в полной мере пользоваться понятиями и рекомендациями из § 5 раздела I). Но таких преобразований достаточно много ——каждый знает, какие изощренные приемы применяются порой для решения систем.
Поэтому при решении систем обычно применяется только один из двух путей, указанных в § 5 раздела I для решения уравнений,——выведение следствий, не обязательно равносильных данной системе, и последующее отбрасывание посторонних корней. При этом мы переходим даже не к системам, являющимся следствиями исходной, а к отдельным уравнениям, каждое из которых является следствием исходной системы, т. е. удовлетворяется любым решением системы. Комбинируя эти уравнения, мы получаем из них системы, являющиеся следствиями исходной системы, и в конце концов получаем некоторые наборы неизвестных. Наконец, проверкой (как правило, непосредственной подстановкой) мы отбрасываем посторонние решения.
Для того чтобы идти таким путем, разумеется, надо уметь не допускать преобразований, приводящих к потере решений, каким, например, является деление обеих частей одного уравнения на обе части другого уравнения— ясно, что при этом будут потеряны те решения системы, при которых обе части второго уравнения обращаются в нуль. С другой стороны, большинство наиболее часто применяющихся преобразований ——сложение, вычитание, умножение уравнений, подстановка неизвестного из одного уравнения в другое и т. п. — не могут привести к потере решений и потому допустимы. Обдумывать вопрос, может ли привести к потере
решений конкретное более или менее сложное преобразование, обычно приходится в каждом отдельном случае.
Безусловно, непосредственная проверка получающихся решений может иногда представить определенные затруднения, и для того, чтобы ее избежать, можно пользоваться, как правило, теми рекомендациями, которые даны для решения уравнений. Поясним все сказанное на одном примере.
(Физфак, 1965) Найти решения системы
I 2х2
(23)(23)1 ТТ^7
(23)
(23)
I 2员
I т+v
Можно заметить, что,《перевернув» пробн в левой части обоих уравнений и заменив соответственно правые части на 1/у и 1/%, мы получим простую систему относительно 〃 =丨/工 к и = 1/у:
(24)
Но можно ли «переворачивать» уравнение? Что происходит при этом с решениями? Нетрудно сообразить, что это преобразование не приведет к появлению посторонних решений, но может привести к потере решений —— будут потеряны решения, при которых обе части уравнения равны нулю. Поэтому до перехода к системе (24} следует во избежание потери рассмотреть указанную возможность.
Левая часть первого уравнения системы (23) обращается в нуль при х = 0, а правая ——при у = 0. Следовательно, может быть потеряно (и действительно теряется) лишь решение х = 0, у = 6. Проверив, что 尤=0, // = 0 является решением, можно найти остальные решения из системы (24).
Вычитая второе уравнение системы (24) из первого, получаем уравнение и2 ——о? = 2(и ——и), откуда либо и — и = 0, либо 〃 + и = —2.
В первом случае, подставляя и = 〃 в первое уравнение системы (24), имеем u = L Подстановкой убе-
ждаемся, что пара щ = 19 и】=1 удсвлетзоряет и вто* рому уравнению, а следовательно, и системе (24) < Во втором случае после подстановки 卄=—и — 2, мы приходим к уравнению u2 + 2и + 5 = 0, которое Н9 имеет корней.
Итак, система (24) имеет решение 〃=1, u=L Вспоминая, что 尤=1/〃, р=1/», получаем решение системы (23)： %1 = 1, z/j = 1； кроме того, надо не забыть найденное выше решение 也=0, ^2 = 0.
Остановимся еще на системах двух линейных урм* нений с двумя неизвестными. Исследование такой си- с?емм в самом общем виде, т. е. без всяких ограничений на коэффициенты, вызывает у поступающих серьезные трудности.
Этот вопрос очень подробно изложен в учебнике (Кочетков, §§ 26—34). Там доказано несколько теорем, которые и являются содержанием исследования системы. Однако при таком расположении материала поступающие оказываются часто не в состоянии собрать все эти теоремы воедино, чтобы дать полный ответ на соответствующий вопрос экзаменационного билета. Поэтому мы сформулируем одну теорему, которая исчерпывает исследование системы двух линейных уравнений с двумя неизвестными.
Прежде чем формулировать упомянутую теорему, обратим особое внимание на сознательное применение определения системы двух линейных уравнений с двумя неизвестными: очень многие поступающие дают определение совершенно правильное, но при его использовании допускают грубые ошибки.
Так, многие считают, что системы
/% + у = 1,,2х — y = L
+(2 尤一у = 2;
Г х ~h 0 • у = 1, ( 0•尤+ О・у=(К(к + 0・у=1; (о •尤+ 0・у=0не являются системами двух линейных уравнений с дву-мя неизвестными, поскольку «первая система — это несистема, а одно уравнение; вторая система просто бес-смысленна, потому что «такого не может быть»; третья
система не с двумя, а с одним неизвестным; в четверто良 смстеме вообше нет неизвестных». Но вся эта аргументация неосновательна» поскольку в определении системы нет никаких ограничений на коэффициенты, и поэтому написанные выше системы вполне подходят под общее определение, хотя и имеют несколько «странный» вид.
На деле же «странный» вид объясняется тем, что эти системы, если можно так выразиться, слишком простые: сразу ясно, что первая система равносильна одному уравнению 尤 + у = 1, вторая система несовместна, третья система имеет решение № 1, у ——любое число, а решением четвертой системы является любая пара чисел г, у.
В учебнике, к сожалению, нет терминов «определенная система» и «неопределенная система», полезных при исследовании систем: система называется определенной. если она имеет ровно одно решение, и неопределенной, если она имеет более одного решения.
Геперь сформулируем теорему. Формулировка будет несколько необычной, в виде схемы.
Теорема. Пусть дана система
J а/ + b、y = С[,
I а亦 + b2y = C2*
Введем обозначения
A — q]戾一曲"，A[=0也一6仇，A2 - QG - Q驱卜
Тогда:
определенная (точка)
нет
несовместная
неопределенная (прямая)
неопределенная (плоскость)
нет
несовместная
Эту схему надлежит понимать следующим образом. Прежде всего задается вопрос, выполняется лн условие △ = 0. Если нет, то соответствующая стрелка показывает, что система определенная. Если да, то соответствующая стрелка предписывает задать вопрос, выполняется ли условие Д( = Д2 = 0. Если нет, то соответ* ствуюшая стрелка показывает, что система несовместная. Если да, то соответствующая стрелка предписывает задать следующий вопрос, и т. д. Слова 《точка》，《прямая», «плоскость», стоящие в скобках, относятся к геометрической интерпретации соответствующего случая.
Разумеется, можно дать и обычную формулировку этой теоремы, однако на схеме получается гораздо нагляднее. Вот обычная формулировка:
Если А =# 0, то система определенная; s этом случае ее решение:
Если А = 0, но хотя бы одно из чисел >, А? отлично от нуля, то система несовместная. Если Д = 0 и Д(= =А? = 0, но хотя бы одно из чисел аь 仇，а2, Ь? отлично от нуля, то система неопределенная. Если А = А| = =А2 = 0 " все числа о】,九,&2,匕2，равны нулю *), но хотя бы одно из чисел сь с? отлично от нуля, то система несовместная. Наконец, если все коэффициенты системы равны нулю: то система неопределенная.
Сравнение явно не в пользу этой формулировки.
( Географии, ф-т, 1970) При каких значениях параметра А система уравнений
f2犬十 Ay = A + 2,
I (4 + i)x+ 24y= 24 + 4
имеег бесконечно много решений?
Согласно общей теореме — и это хорошо видно на приведенной схеме — система имеет бесконечно много решений в двух случаях: когда △ = △】= А? = 0, но не все коэффициенты при неизвестных равны нулю, и когда все шесть коэффициентов системы равны нулю. Второй
I) Легко видеть, что условие а} = 6} = а2 = f>2 = 0 влечет за собой равенство А = А； = & = 0.
случай в нашей задаче, эчевилнс, места не имеет, и поэтому остается рассмотреть только первый случай.
Итак, условию задачи удовлетворяют значения параметра А, для которых одновременно заполнены- три равенства:
△ = ЗА 一 42 = °,、= (л + 2) • 2Л - (2Д 十 4} А = О,
&= 2 (24+ 4)—5 + 1)(4+ 2) = 0,
Ph равенства А = 0 сразу получаем Лf — 0, & = 3; однако если 4 = 0, то А力声 0» а если 4 = 3, то А = —Al = Аа = 0. Поэтому данная система имеет бесконечно много решений только при 4 = 3.
Заметим, впрочем, что не следует впадать в крайность, стремясь решать любую задачу, связанную с системой линейных уравнений, только с полным использованием приведенной теоремы. Иногда более полезно бывает учесть конкретные особенности решаемой задачи.
(Биофак, 1970) Числа а, Ь, с таковы, что система уравнений
[ ах — by = 2d — b, t (с+1)х + су=10 —— а + ЗА
имеет бесконечно много решений, причем 尤=1, У = 3 есть одно из этих решений. Найти числа а, Ь, с.
Здесь удобнее начать не с вычисления А】и Л2» а подставить решение х — 1, у = 3 в систему уравнений Тогда получим равенства
а + 2b = 0,а — 3力 + 4с = 9.
Отсюда а ~——2仇 с=，4(9+5Ь), и исходная система принимает вид
(—2bx— by = — 56,
(13 + 6b)x +(9 + 5b) у = 40 + 206.
Система (25) имеет бесконечно много решений; следо- еательно
А = — 2Ь(9 + 5b) + b (13 + 56) = 0,
откуда Ь = 0 или b = —L Теперь в принципе можно рассмотреть А】и Д2} но проще подставить каждое из
найденных значений b в систему (25) и непосредственно выяснить, когда она имеет бесконечно много решений. При b = 0 имеем систему
,0,尤+ 0・у=0,(13х + 9// ~ 40，
которая имеет бесконечно много решений. При & 今 ——1 имеем систему
，2文+ у = 5,
I 8х + 4у = 20,
также имеющую бесконечно много решений. Следовательно, условию задачи удовлетворяют две тройки чисел:
а = 0г 力=0,с=%；а=2,6 — —1,^ = 1.
Задачи
(Географии, ф-т, 1970) При каких значениях параметра а отношение корней уравнения г3 4- а尤 + а 十 2 = 0 разно двум?
(Гесграфич. ф-т, 1970) Найти значения р и g такие, чтобы уравнение х2 + рл + ^ = 0 имел"о своими корнями числа р и д.
(Геофак, 1971) При каких значениях а сумма корней квадратного уравнения х2 + (2 — а — а2)х — а2 = 0 равна нулю?
(Геофак, 1971) При каких значениях а квадратное уравнение х2 — (а + 3)х + а2 — 0 имеет корень % = 3?
(Экономич. ф-т, 1974) На玄тн все значения величины /i, при которых уравнение
х (х + 1) (х + 2) (х + 3)=厶
имеет не менее трех отрицательных корней.
(Экономич. ф-т, 1974) Найти все значения величины h, при которых уравнение
頰 一 h^ ~ (2/г +■ 1)х2 + /zx + 1 -=0 имеет не менее двух корней, больших единицы.
(Биофак, 1975) Найти все значения параметра р, при которых квадратное уравнение
(丄+ 7]
(8x)2 +<2 卩一80丿％+ 9 = о
имеет ровно одно решение.
(Биофак, 1975) Найти все значения параметра р, при которых квадратное уравнение
(4х)2 + (2万+4 - 24)х + 1=0
имеет ровно одно решен%
Решить системы уравнений:
Q. (Мехмат, 1970)
[I 冲 一 2 I = 6 — *
I 2 + 3川=2xy.
(0. (Мехмат, 1970)
(炉 + 3 = “3 I xy\t
〔4 —炉=(2% — "W у)?,
U. (Геофак, 1971)
[4・3* + 2"T = 12s.
(3左十！ +2g = 28.
'2. (Геофак, 1971)
(0,5、3*+! +7,5.5学一=12,[2 ・ 9” 十 5g = 23.
(ВМК, 1971)
(6 1gVx +3-2^ = 5,
I lOlgx + 3.4^ = 17.
1% (BMK, 1971)
! . 4 1g Vx +2什1=3,
I 24 1gx+ 2，4什1 = 27.
(Геофак, 1972)
J log?尤十 logs” =0, I log2x2 —logIA?/ = 5.
(Геофак, 1972)
J logv X 十 log2 У = 4,
I Sg4 (% + y) = %.
(Геофак, 1973)
f lg3-lg(3,v) = lg2-lg(2z/)>
I lg-vJg2=lgz/-lg3.
(Геофак, 1973)
l85，Ig(7)= Ig7，lg(7)
Igx」g7 = lgg・lg5.
IU. (Географии, ф・т, 1974)
Vx + 2 + %‘2х -г у + 14 = Vх -г У + 12»
(Географич, ф-т, 19.4)
(1。氈 С。— Зх) + log* (2х — 5у) — 0,
【^2л 4- // + 1 — V11 — Зх — “4工 + 2у — 12：
(Зховоме% ф-т, !9；5)
I "з + IcgxJl - у) = log* 尤(1 -,), [%у д — 6.
^2. ^Экономич. ф-т, 1975)
(log* (V^ + 2)= log* д + h
Ix + У = 5.
С Филфак, 1971) Исследовать и решить систему уравнении j区5十=生
(Филфак, 1971) Исследовать и решить систему уравнение j х^у^а.
(Мехмат, 1962) При каких значениях а всякая пара чисел х, у, являющаяся решением системы уравнений
{
х sin 2а 十 у (1 + cos 2а) — sin 2а, х (1 4- cos 2а) — у sin 2а — 0, является одновременно и решением системы уравнений
f х sin а + у cos а = sin а, I х cos а — у sin а = 0?
(Биофак, 1969) Найти все значения а, прн которых система уравнений
,2х + (9а2 — 2) у == За,
(х+у=1
не имеет решений.
(Географич. ф-т, 1970) При какмх значениях параметра а система уравнений
{
ах — 4 г/ — а + L
2х 十(а + 6) д = а + 3 не имеет решений?
胃8・；Биофак. 1979； При хзкик значениях 口 система ураанеп1^ j 炉К + (2 - 0)廿 = 4+煦 《ах + (2(з —= / —£
на 貝мсбт решении7
(Биофак, 1970； Числп а м 5 таковы, что система ура^кеви^ {а?% — ау ~ \
.力х + (3 -2Ь)у==3 + *
смеет единственное решение #= I, // = I, Найти ч?;слг а к Ь.
(Биофак, 1970} При каких значениях а и b система ур^пиеии^
f~ — br
1= 2 - 42
лмеет бесконечно -исгс- решений?
F. Метод матемагикеской индукции
Владение методом ?латемат；5ческой индукции программой вступительных экзаменов не предусмотрено. Поэтому многие поступающие знают о нем очень мало ил и вовсе ничего не знают.
Между тем указанный метод играет существенную роль в высшей математике, являясь сильным орудием в математических доказательствах. Это дает основание считать целесообразным, чтобы поступающие с ним ознакомились (Коч етков, §§ 261—264). Однако метод математической индукции находит широкие приложения и в рамках школьного курса: он часто применяется для решения алгебраических, арифметических и геометрических задач, именно он позволяет коротко и строго доказать многие теоремы.
Если внимательно проанализировать некоторые доказательства в школьном курсе, то можно заметить, что они логически неполноценны. Вспомним, например, вывод формулы общего члена геометрической прогрессии (Кочетков, § 145): «Пусть знаменатель геометрической прогрессии о% а^, Оз, ... равен q. Тогда по определению
& =0闻；q3 = 出9 =a也2； a4 = 03g=Q 闻3
и т. к. Очевидно} что при любом и > 1 ап = а17п~Ч, Неполнота этого доказательства сразу бросается в глаза; мы установили формулу только для нескольких зна、
璽енн序 гц £ .затем сразу сделали вывод, ттс сна верна для любого натурального п.
Такой способ рассуждения может привести к ошибочным результатам. В самом деле, при п — 1, 2, 3, 4 число 几2十几+17 равно соответственно простым числам 19, 23, 29} 37. Проверим еще несколько следующие значений (скажем, " = 5, 6, 7, 8, 9, 10) — число 出+ 〃+【7 тоже оказывается простым. Но можно ли отсюда заключить, что при любом натуральном и число 孔2 + 枕+17 простое? Очевидно, нельзя: такое заключение было бы логически необоснованным. Более того, оно и неверно: легко убедиться, что например, при “ = 16 это число равно 17, т. е. не является простым.
Этот пример может навес гм на мысль, что нал<) брать для проверки не только первые четыре-пять значений п, а больше или гораздо больше. Однако допустим, что формулу общего члена геометрической прогрессии мы проверили для миллиона членов. Следует ли отсюда, что эта формула справедлива для всех и? Конечно, нет: ведь сделав миллион шагов и не загля
нув вперед, мн ничего не знаем о том, что случится на миллион первом шаге. Где гарантия, что формула не нарушится на этом миллион первом шаге *) ?
Поэтому недостаток всех доказательств подобного
рода состоит не в том, что мы рассмотрели «мало》частных случаев, а в отсутствии «взгляда в будущее», в неизвестности, что произойдет на следующем шаге. Этот 《взгляд в будущее》и предусматривается методом математической индукции.
Суть этого метода заключается в следующем.
Пусть доказываемое утверждение проверено в одном частном, случае, скажем, при 枕= 1. Пусть доказано так* же, что из справедливости этого утверждения при 九=汽
всегда следуем его справедливость а для следующего значения п, т. е. при 〃 = 々 + 1. Тогда можно рассуждать так： наше утверждение проверено при м = 1, но, по доказанному, оно будет верно тогда и при 几 = 1 + 1 = 2, а бул учи справедливым при 九=2, оно выполняется и при 门=2+ 1 = 3 и гак далее, т, е. справедливо при всех значениях п.
Однако не является /н последнее «и так далее» столь же незаконным, как и в предыдущих примерах? Разумеется, нет; здесь мы как раз уверены б том, что каждый раз сможем сделать следующий шаг, и поэтому очевидно, что утверждение справедливо для любого 几： ведь до любого целого числа можно добраться канеч- наем числом шагов, начав с m = 1.
Таким образом, чтобы доказать справедливость некоторого утверждения при любом натуральном п, надо доказать два факта: во-первых, что оно справедливо при 胃 = 1 н, во-вторых, что всякий раз из его справедливости при "=力 следует его справедливость при 〃 =々十 L В этом и состоит метод математической индукции: мы доказываем, что утверждение справедливо при 〃 — 1 (базис индукции), затем предполагаем его справедливость для некоторого п — k (предполоэюение индукции) и доказываем его справедливость при 〃 =々 + 1 («н- дукционный шаг).
Применим этот метод для доказательства формулы общего члена геометрической прогрессии: ап = 心(］计丄 Прн "= 1 эта формула, очевидно, справедлива. Предположим, что она справедлива при каком-либо произвольном значении п = k, т. е. предположим, что равенство а& = а}ак~} имеет место, и покажем, что тогда она верна и для 几=力 + 1, т. е. убедимся в справедливости равенства a^i = &14& Используя определение геометрической прогрессии и предположение индукции, можем записать
。月+1 = akq = alqk~iq = a，qk,
что и требовалось доказать. Следовательно, формула общего члена геометрической прогрессии зерна для любого натурального 拉.
I. (Мехмат, 1958) Доказать, что если 〃 — натуральное число, то 4П + 15/1— 1 делится на 9.
При и = 1 число 4n + 15孔一i равно 18, т. е. делится на 9. Предположим, что 4厶 + 15々一1 делится на 9； и возьмем 孔=々 + 1. Тогда
#+】+ 15(й+ D" 1 = 4(纳 + 15В— l)-45fe+ 18 = =4(4总+ 15也一i)一9(5/e-2).
Но по предположению индукции 裁十15々一1 делится на 9, и поэтому правая, а вместе с ней и левая часть этого равенства делятся на 9. Следовательно, доказываемое утверждение справедливо.
(Мехмат, 1963) Доказать, что при любом натуральном п справедливо равенство
sin-^ + siri'o- + ... + sin = 2 sinsin——л.(26}
При и = 1 мы получаем верное равенство
Sin石=2 Sin -g-Sin-y .
Сделав предположение индукции, рассмотрим сумму, стоящую в левой части равенства (26), при 孔=启土 h
smy+ sin— + ….+sin —+ sin-~~" =
—2 sinsin -~h sin -~ ° 厶一—
e .々亢.他 +1)3T , С * (Й + I) Я仅十1)几=2 sin k sm -_—h 2 sin -~cos -~в
6666
°2sin也押 ［sin噜+cos鱼評］=
= 2sin^_lH.2sin^coS^JL =
Л . (fe + 1) л „ (fe —• 1) л ==2 sin '工丄• cos ~
Для завершения доказательства заметим, что
3中j ［专一—卜
.(4 —々)зт . ((4 —左)л、•(々 + 2)冗
=Sin 二 a」- =Sin (几一-~~~~ I = Sin -一~7
6、6 丿6
Следовательно, равенство (26) справедливо.
8 плоскости проведено ，прямых, из которых &“" какие две не параллельны 〃 никакие 丁р〃 не проходят через одну точку. Определить, на сколько частей разби- вшот плоскость эти прямые.
Нарисовав необходимые чертежи, мы можем зап^ь сать следующее соответствие между числом п прямых, удовлетворяющих условию задачи, и числом и虱 частей, на которые разбиваю! плоскость эти прямые:
冷=1, 2, 3, 4, 5, ,,.} ?
(* = 2, 4, 7, 11$ !6,…/
Судя по первым членам, последовательность ап такова, что разности а2 — ^ь 〃з —。2， Щ — й3, ... составляют арифметическую прогрессию. Если воспользоваться уже разобранным примером 5 (§ 1, Г раздела I), то можно высказать гипотезу, что и прямых, удовлетворяющих условию задачи, разбивают плоскость на
十^^ (28)
частей. Формула (28) легко проверяется для нескольких первых значений /г, однако, конечно, из этого не следует еще, что она дает ответ на предложенную задачу. Это утверждение требует дополнительного доказательства методом математической индукции.
Отвлекаясь от проведенного только что «подборам, докажем, что п прямых (из которых никакие две не параллельны и никакие три не проходят через одну точку) разбивают плоскость на ап частей, где ап вычисляется по формуле (28).
Очевидно, что при л — 1 формула (28) справедлива. Сделав предположение индукции, рассмотрим 舟十1 прямых, удовлетворяющих условию задачи. Выделив из них произвольным образом 々 прямых, мы можем сказать* что они делят плоскость на
I丄々(々+ 1)
十, 2
Так как прямых, пройдет ПрЯМЫХаТак как прямых, пройдет ПрЯМЫХачастей. Присоединим теперь (々 + 1)-ю прямую, она не параллельна ни одной из предыдущих то она пересечет все 也 прямых. Так как она не ни через одну из точек пересечения предыдущих
Так как прямых, пройдет ПрЯМЫХа
Так как прямых, пройдет ПрЯМЫХа
то она пройдет по ^4- 1 куску, на которые плоскость уже была разбита, и каждый из этих кусков разделит на две части, т. е. добавится еще 左 + 1 кусков. Следовательно, общее число кусков* на которое плоскость разбивается « + 1 прямыми, есть
I 十屮+优 + 1)= I + 11±Я1^±Л±21 = а е .
Доказательство этим завершается.
Подчеркнем, что метод математической индукции есть метод доказательства уже заданных утверждений, а не выведения этих утверждений. Например, этим методом никак нельзя получить формулу (28), но, найдя ее каким-нибудь путем, например подбором, можно 加 лазать ее методом математической индукции.
Именно так мы и поступили: рассмотрев несколько частных случаев (27), мы догадались, какой могла бы быть формула (28), а затем ее строго доказали. При этом изложение способа получения той или иной формулы, того или иного утверждения не является обяза^ тельным элементом доказательства. После того как у нас возникла из каких-то соображений догадка, мы можем про все забыть, взять это утверждение «с тю- юлка» п попытаться доказать его по индукции.
Заметим теперь^ что в методе индукции не обязательно начинать с и = 1. Можно, разумеется, доказать утверждение для некоторого п = п0, сделать индукционный шаг и в результате получить, что это утверждение справедливо для всех целых п, больших или равных исходному числу по. Естественно, что в таком случае предположение индукции имеет соответственно измененный вид: именно, мы предполагаем, что доказываемое утверждение справедливо при п = k^ nt). Наконец, следует понимать, что при значениях п <； п0 утверждение может быть как верным, так и неверным; во всяком случае, каких-либо заключений о его справедливости при 1 & /г V 〃о нз проведенного доказательства методом математической индукции сделать нельзя.
Выясним, нзпоимер, справедливо ли неравенство
где 花——целое положительное число. Ясно, что при п = 1 оно справедливо. Проверим возможность сделать индукционный шаг. Предположим, что при п — k имеет место неравенство 沙 > 協.Тогда, очевидно, что 2互+1 = =2*2й ； 2^2, и для обоснования возможности проведения индукционного шага достаточно установить неравен* сгво 2庐扌(也+1)2, или 依一2也一1^0. Однако это последнее неравенство верно, лишь если 也》1 + \工、 т. е. если 也 > 3, Таким образом, за базис индукции нельзя брать 几。= 1 — мы не сможем сделать первого же индукционного шага.
Естественно, далее, попытаться за базис взять «о — 3. В этом случае индукционный шаг делать можно, но непосредственно проверяется, что при п = 3 неравенство 2п > М неверно, так что начинать индукцию нельзя. Лишь при 几=5 это неравенство справедливо, так что за базис индукции можно взять 询=5; при п 5 индукционный шаг также проходит. Следовательно, неравенство 215 > п2 верно при всех целых 〃扌 5. Для одних значений п, меньших 5, это неравенство также верно (м — 1), для других — нет (п = 2, 3, 4).
Ках видно из всего изложенного, метод математической индукции применяется для доказательства утверждений, зависящих от натурального числа п. Однако мн(卜 гпе утверждения, в формулировке которых п вовсе не участвует, можно заменить такими равносильными утверждениями, которые явно зависят от п.
(Ф-т психологии, 1972). Найти все целые решения неравенства
尢一1 V log6(х + 3).
Данное неравенство имеет смысл лишь при %> — 3, и поэтому, в соответствии с условием задачи, нас интересуют лишь числа —2, —1, 0 и все натуральные числа х. Для решения удобно переписать неравенство в виде
6"Т < х + 3. (29)
Теперь не представляет труда заметить, что уже при х = 2 левая часть неравенства (29) больше правой, а при увеличении 尤 левая часть растет «гораздо быстрее» правой, так что при больших % это неравенство тем более неверно. Особенно наглядно в этом можно убе、
диться по графикам функций, стоящих в левой п правой частях неравенства (29).
Казалось бы. остается рассмотреть лишь несколько «начальных» значений х, и задача будет peuiena. Между тем дело обстоит не совсем так, поскольку проведенное выше рассуждение о росте левой и правой частей неравенства (29) при всей его наглядной убедительности не является в действительности достаточно строгим доказательством—ведь слова ^гораздо быстрее^ не имеют точного математического смысла (по крайней мере в школьном курсе математики). В то же время это рассуждение не оказывается и совершенно бесполезным — благодаря ему мы обнаруживаем, что полное решение задачи разбивается, по существу, на две части: 1) надо проверить, удовлетворяют ли неравенству (29) целые значения % от —2 口о 1, н 2) доказать, что прн целых л 2 выполняется неравенство
6*т > х + з.(30)
Первая часть решения проводится совершенно очевидным образом, и мы убеждаемся, что числа —2, — 1, 0 и 1 являются решениями неравенства (29). Вторая же часть решения проще всего проводится по индукции. При % = 2 неравенство (30) справедливо. Предположим, что оно верно при х = /d 2, т. е. б^1 〉々 + 3. Но тогда при х = А + 1 имеем
6值+DT = 6 • б&т > 6 (А + 3) = 6в + 18 > (й + 1) + 3, н, следовательно, неравенство (30) выполнено и при х = k -\- \.
Таким образом, неравенство (30) справедливо при любом целом х ^ 2. Окончательно получаем, что исходное неравенство имеет четыре целых решения: ——2,——1, 0,
В любой момент времени число людей на земле, сделавших нечетное число рукопожатий, четно.
Для доказательства дадим каждому рукопожатию номер в хронологическом порядке. Ясно, что тогда наше утверждение равносильно следующему: каково бы ни было число п, после рукопожатия с номером п число людей, сделавших нечетное число рукопожатий, четно.
Это утверждение зависит от л5 и мы докажем его по индукции. Для краткости будем называть людей, сне” лавших нечетное число рукопожатий, 《плохим^》，а остальных «хорошими».
После рукопожатия с номером 1 стало два «плохих» человека, т. е. четное число. Пусть после рукопожатия с номером А число 《плохих》людей четно, и пусть происходит рукопожатие номер 个+L При этом может быть три случая: пожимают руки а) двое «хороших», б) двое «плохих», в) «хороший» и «плохой».
В первом случае двое《хороших》прибавляют к своему четному числу рукопожатий еще одно, т. е. становятся «плохими»; вс втором ——двое 《плохих》 становятся 《хо ротммн》и в третьем ——«хороший» становится 《плохим》， а «плохой» — «хорошим». Таким образом, число «плохих» людей либо увеличивается на два, либо уменьшается на два, либо не меняется, т. е. в любом случае остает* ся четным. Утверждение доказано.
Задачи
Доказать методоу .математической индукции следующий *ор” мулы:
尸 + 22 + 3? ++ (〃 一 1)2 + 紋="6+ "У +」L
+^=7 - 丽=
= 3r + *l+ …+ 热.
3* я in л + sin (x + 甸 + <■ г 1 4~ sin (х 十『汾)=
где 人声 2力方，й = 0# ± ), 土 2一 .，
Доказать, что при любом натуральном л числе Пп+2+ 122Tl千】 делится на 133.
(Филфак, 1970) Доказать, что 11九？ 一14п 4-3^0 при всех целых 乩
(Филфак, 1970) Доказать, что М? — 6〃 + 1 /0 при всех пе- лых儿
(Ф-т психологии, Г972) Найти все целые решения неравенства 现 + 1 V 2 k)gz(* + 3)・
(Ф-т психолопн-f, 1972) Найти все дельте решения неравенства 2^-3 < 2iog3(x + 2).
Доказать, что для любого натурального числа и > 1 справе^ лизо неравенство
I Н尸' + ... + 一尸* > 2 (V"十 1 - 0- V2 у 3V /I
Доказать, что любое целое число рублей, большее 7, можно уплатить без сдачи, имея только купюры а 3 и 5 руб.
Некоторые сведений о действительных -иклгх
Здесь мы остановимся всего на двух вопросах: абсолютная величина действительного числа и арифметический корень.
В большинстве случаев поступающие правильно отвечают, чему равна абсолютная величина данного конкретного действительного числа. Но когда дело доходит до определения абсолютной величины, довольно часто встречаются бессмысленные ответы типа: абсолютная величина числа есть «число без знака、〉 и^и «число со знаком плюс», «положительное значение числа». Между тем от поступающил требуется совершенно четкое определение (Кочетков, § 7). Абсолютная величина чис* ла о (аКсляаиаетс^ ja|) определяется так:
Гд, если а > 0：
j j I0, если 12 =
〔一а, если д < 0.
Абсолютную величину числа называют его модулем.
Это определение позволяет вычислип^ абсолютную величину любого действительпого числа. При этом надо пользоваться или первой, или второй, или третьей строкой определения в зависимости от того, является ли данное конкретное число положите^^ ным, нулем или отрицательным.
Например, на вопрос: чему равна абсолютная величина числа ——3, полный ответ дается так:——3 <； 0; поэтому согласно третьей строке определения абсолютная величина числа —3 равна — (—3) =3, т. е. ] — 3| = 3・
Заметив, что при а = 0 справедливо равенство \а\— а. мы можем записать определение абсолютной величины короче:
44если а》О, если а < 0.если а》О, если а < 0.
4
4
если а》О, если а < 0.
если а》О, если а < 0.
Из определения модуля сразу следует, что J д I ^0 при любом а. Это ——теорема, хотя и очень простая Для доказательства рассмотрим два случая：
д ^ 0. Тогда |q| = а ^ Qf что м требовалось доказать.
а V 0. Тогда |дI = —а. Но —а > 0, так как а V 0, т. е. I口 I〉0, что и требовалось доказать.
Следует хорошо понять: то, что выражение \а\ всегда положительно или нуль, является не определением абсолютной величины, а следствием его\ в определении о знаке выражения |а] нигде ничего не сказано.
Легко видеть, что геометрически \а\ означает рас" стояние, т. е. длину отрезка числовой осн (положительное число нли 0) от. точки а до нуля. Кроме того, можно доказать разбором отдельных случаев, что |Ь — а\ есть расстояние между точками а и Ь. Эти геометрические представления очень полезны при решении задач, а в простейших случаях позволяют дать ответ сразу, не прибегая к стандартному методу, который мы рассматриваем ниже.
Например, уравнение |%—1| — 2 геометрически решается так: его решения ——это точки, находящиеся на расстоянии 2 от точки 1, т. е. %〕= 3, х2 = —1. Аналогично, решения неравенства |% + 2| 5 — это точки, находящиеся от точки ——2 на расстоянии не больше 5* т. е. точки интервала *)
—7 W % & 3.
1) Здесь и ниже мы не употребляем терминов «открытый интервал» (для множества чисел к таких, что aV^Vb), «замкнутый интервал» (для a W х & Ь) и «полуоткрытый интервал» (для а《 £*Vb и aV*Wb), называя каждое из таких множеств «интервал» (а иногда «отрезок》 или «промежуток»), Соответственный смысл имеет термин «бесконечный интервал».
Очень полезны для решения задач следующие свойства модуля: для любых действительных чисел а и b
LI а + Ь !<| а I + = Ы.
HLiab\^\a\\b\.
IV.国П肾0市。).
Проще всего доказываются свойства III и IV. Эго делается, например, простым перебором всех возможных комбинаций знаков а н Ь. Отметим еще важное следствие свойства Ш:
Iд|2 = а2 при любом а
((действительно, если в III положить а = bt то получим |[а|2 = I叫，что равно а2, так как а2 0).
Для .доказательства свойства I заметим, что
\а-{- b^ = (а^ b)2 ~а~ ~\- 2ab + Ь2, а
(\a\-V\bW^\a^ + 2\a\-\b\ + \b\^d1^2\ab\ + b\
но ab ab |, так что
\a + b^(\a\ + \b\)\
Но из двух неотрицательных чисел |。+ 匕]и |口| + |方] меньше то, квадрат которого меньше; это н доказывает свойство I. Иное доказательство основано на переборе возможных случаев (Кочетков, § 18).
Свойство II может быть доказано аналогично или выведено из свойства I. Именно, по свойству I
I а \ ~\ (а — b) + b ] ^ \ а — b \ + \ b \t
откуда [а| — |b| &|а —匕卜 Точно так же доказывается, что \b\ 一 \а\ ^ \а — Ь\. Но одно из двух выражений—либо |а| — |В|, либо IЬI — |а| — неотрицательно и, следовательно, совпадает со своей абсолютной вели* чиной, так что ] \а\ — \b\\^\a — b\t
Задачи, связанные с абсолютной величиной, решаются, как правило, стандартным приемом — «освобождением от модуля»: в соответствии с определением
рассматриваются все случаи распределения знаков вы-
ражений, стоящих под знаком модуля, и в каждом из этих случаев каждый модуль «раскрывается», т. е. заменяется либо самим выражением, либо противоположным ему по знаку, после чего получается задача, в которой знака модуля и^т】).С этим приемом знакомы почти все нистунаюшне. Однако при его применении допускаются следующие две грубые ошибки-
Первая ошибка связана с неправильным пониманием (или, может быть., неправильным применением) определения модуля: в тех случаях, когда под знаком модуля стоит не х, а какое-нибудь выражение f(%), —а, как
правило, встречаются именно такие случаи, — вместо
правильного равенства
I / (.г) I =I / (.г) I =пишут равенствопишут равенствоI f(х) I =I f(х) I =Н.Г), 一 〃х),еслиесли"心0, 〃к)<0,f（X），если-идеслих < G>Н.Г), 一 〃х),еслиесли"心0, 〃к)<0,f（X），если-идеслих < G>⑵⑵
I / (.г) I =
I / (.г) I =
пишут равенство
пишут равенство
I f(х) I =
I f(х) I =
Н.Г), 一 〃х),
если
если
"心0, 〃к)<0,
f（X），
если
-ид
если
х < G>
Н.Г), 一 〃х),
если
если
"心0, 〃к)<0,
f（X），
если
-ид
если
х < G>
⑵
⑵
что, разумеется, неверно.
Вторая ошибка проистекает от недостаточного понимания логической сущности самого приема. В самом деле, рассмотрение отдельных случаев, скажем, при решении уравнения, означает, что в каждом из них мы ищем решение только в какой-то узкой области, а именно в области, определенной условиями конкретного рассматриваемого случая. Эт^ заставляет нас каждый раз после нахождения решений в конкретном случае отобрать из них лишь тс, которые входят в нужную область, т. е. удовлетворяют условиям, определяющим этот конкретный случай. В то же время очень часто приходится видеть, как поступающие правильно выделяют отдельные случаи, решают уравнение в каждом случае, а условия случаев повисают в воздухе и выглядят как формальная отписка.
Следует понимать, однако, что з】ст прием сам по себе не является решением аадачи ■—после его применения в каждом из рассматриваемых случаев могут встретиться серьезные трудности. Цель 9Toго приема — снять трудности, связанные с модулем.
Перейдем к рассмотрению примеров.
L Решать уравнение |х2 — х—б | — х + 2.
Рассмотрим последовательно два случая：
/ —х—6 Vo. В этом случае имеем уравнение
V2 -卜 х + 6 = % + 2， хорни которого Х{ — 2, х2 ~ — 2. Теперь нужно еще проверить, удовлетворяют ли Xj и х2 устовмю а). Для этого достаточно подставить эти значения в левую часть неравенства х2 — х — 6 < 0. После подстановки получаем числовые неравенства ——4 Vo и 0 < 0. Первое из них справедливо, а второе нет; поэтому лишь 2 является корнем исходного уравнения.
х2 —-х — 6 ^ 0. В этом случае имеем уравнение х2 ——х — 6 = х + 2, корни которого *1 = 4, х2 = —2, Так как оба эти значения 尤 удовлетворяют условию б), то и 4, и ——2 являются корнями исходного уравнения.
Итак, исходное уравнение имеет три корня: —2, 2 и 4.
При внимательном разборе этого решения возникает иногда следующий вопрос: м& сначала отбросили значение х — — 2, а потом снова его нашли, так что в конце концов это значение оказалось корнем исходного уравнения; как это понять? Дело заключается в следующем: в первом случае, отбрасывая значение * = —2, мы вовсе не утверждали, что оно ие является корнем исходного уравнения. Мы утверждали только, что это значение не подходит под ограничения, наложенные на х в условии случая а). Естественно, ничто не метает этому *е значению удовлетворять условию иного случая и оказаться корнем исходного уравнения.
В следующей задаче многие поступающие допустили первую из указанных выше грубых ошибок.
(Биофак, 1968) Решить неравенство
I х? + Зх I + 九* — 2》0.
Согласно определению модуля мы должны рассмот* реть два случая:
а) х2 + 3尤》о, б) х2 + Зх < 0.
Между тем многие поступающие рассматривали слу* чаи х^0их<0. В первом из них, оказывается, знак модуля действительно можно снять: при х ^ 0 верно и неравенство х2 ^-Зх ^ 0, но при 尤 V。с знаке х^+З*
сказать ничего- нельзя, что, впрочем, не пометпалс авторам подобного решения при х < 0 написать равенство |¥2+3X| ——X2 — 3к или даже |/十 3х] = х?-3х.
Пои правильном решении е случае а) получаем не- раьспство 2х2 + Зх — 2 ^ 0, решения которого: х W — 2 и х ^ ]/2. Условие а) удовлетворяется при х ^ — 3 и при х》0. Из указанных выше решений надо отобрать те, которые удовлетворяют условию а). Это проще всего сделать на чертеже (рис. 2, а). В результате получим, что в случае а) исходное неравенство выполняется при х & — 3 и при х
В случае б) исходное неравенство прнннмнет в?.д —Зх―2^0 или х&—2/3. Условие б) удовлетворяется
Рис 2.
при —-3 V 尤 V 0, так что из всех 乃 W 一~ 2/з остаются лишь значения 尤 из интервала ——3 V х W ——2/з (рис. 2, б).
Объединяя решения, найденные в случаях а) и 6), (рис.以 е), получаем ответ: х = —2/з и х %.
Решить неравенство 2 • |3 + 5х — 2玛<1 —居
Рассмотрим два случая:
3 + 5х — 2№ ^ 0. В этом случае данное неравенство переписывается так: 2(3 + 5х — 2№) V 1 — х, или, после упрощений, 4х2 — Их —5 > 0. Последнее неравенство справедливо для х > (11 + “201 )/8 и для х< (11 - д/Ж )/8. Но из этих значений 乃 удовлетворять исходному неравенству будут лишь те значение, которые удовлетворяют еще и условию рассматриваемого случая, т. е. неравенству 3 + 5х ——2х2 ^ 0. Решая это неравенство, получим — % W W 3.
Теперь надо отобрать из найденных промежутков х> (11 + “而)/8 и х < (11 -- “孤)/8 те значения
х, которые одновременно входят в интервал ——Va W W % & 3. Удобнее это сделать на числовой оси. Отметим на ней точки
II 一 "而 11 + "而 1 。8 ， 8 , _万，
(рис. 3). Из рисунка ясно, что ни одно значение х > (11 + уж )/8 не входит в интервал —万《尤《3, т. е. среди этих значений 光 нет ни одного решения исходного неравенства. Среди 尤 V (11 — «201)/8 найдутся значения, входящие в этот интервал,——это будут все х из интервала
[V 11-V20T
Они и являются решением исходного неравенства в рассматриваемом случае.
3 + 5х ——2%2 Vo. Аналогичные рассуждения показывают, что решением исходного неравенства в этом случае будет интервал
9 /而1
一8一 <Х<-У
Таким образом, решение исходного неравенства состоит из двух интервалов:
- V193 ,11 Y /1 _ л/20Г
^Vx<—q н — у < -V <^・
Легко видеть, что эти интервалы объединяются в один, так что, окончательно, решением данного неравенства является интервал
9 — "丽 /. 11 - "而
8< X <8.
Сделаем несколько замечаний о том, как выполнять чертежи, подобные рис. 3. Самое важное состоит в том, что при расстановке на оси точек, соответствующих данным числам, нужно очень внимательно проследить, что~ бы не бы刀 нарушен порядок следования этих чисел друг за другом. Поэтому, в частности, если рассматриваемые числа мало отличаются друг от друга, то не нужно «лепить» их очень близко, а лучше расположить их так.
чтобы чертеж был возможно яснее, пусть даже при этом будет несколько нарушен масштаб. Для расстановки данных чисел часто приходится прибегать к приближенным вычислениям, а иногда даже специально доказывать числовые неравенства.
Рис. 3.Рис. 3.Например, на рис. 3 число (11 — д/201 )/8 стоит правее, чем —%. Это сразу следует легко доказываемого неравенства —%<(" — '201 )/8. Точно так же число (11 + V20?)/8 находится правее числа 3, поскольку 3 <(11U- V^Of)/8 (так как */201 > 14, и сте・ новотельно, числитель в правой части неравенства больше 25).
Рис. 3.
Рис. 3.
Освобождаясь от модулей в примерах, где имеются абсолютные величины нескольких выражений, в прин
ципе приходится рассматривать все возможные комбинации знаков этих выражений.
Решить систему уравнений
八产一2х| + у=1>
Возможны следующие четыре различные комбинации знаков выражений, стоящих пои знаком м одул я:
а) х2 — 2x^0, у》0; б) х2 —- 2丫》仇 у < 0.
в) х2 — 2% < 0, у》0; г) х2 — 2匕 < 0, // < 0.
В случае а) имеем систему
炉一2х + у = 1»尤? + 〃 = L
откуда легко получается 乃=0, у = L Эта пара удовлетворяет условию а), и следовательно, является решением исходной системы.
В случае б) система имеет вид 乃2 г 2% + у = 1 , 炉一4 = h
ci куда нетрудно получить
/ =协=(1 + “5)/2》小=北=(1 — "5)/2
Проверяем условие б). Поскольку у^ > 0, то пара хь 夕匸 не удовлетворяет ему и должна быть отброшена. Далее, поскольку д? условию б) удовлетворяет, а для *2 неравенстве х2一 2x^0 верно, то пара х2, у2 является решением.
Аналогично рассуждая, убеждаемся, что в случае в) имеется одно решение х = 1, у = 0, а в случае г) решений нет.
Итак, система имеет следующие три решения:
Xi =0, у{ = 1;由=(1— V 豆)/2,北=(1 — "5)/2;
%з = L Уз = 0・
Решить неравенство
I х — 1 I — ] % IТТ 2汇 + 3 I > 2% + 4.
В этой задаче при полном переборе всех комбинаций знаков пришлось бы рассматривать 8 логически возможных случаев. Однако такого обилия случаев можно избежать и ограничиться всего четырьмя. Это достигается специальным приемом ——«методом интервалов» (Кочетков, § 8).
Отметим на числовой оси те значения х, при которых выражения, стоящие под знаком абсолютной величины, обращаются в.нуаь: это точки 1, 0 и 一3/з. Таким образом, вся числовая ось разбивается на четыре интервала I):
х < — %, 6) — з/2《х V °, в) 0V 1, г) 1 <х.
Рассмотрим по очереди каждую из этих областей.
а)乃 V—%• В этом случае 2* + 3<0, х < 0 и х— 1 •< 0, т. е, исходное неравенство принимает вид
—乃 + 1 + х — 2% — 3 Z> 2x + 4.
【)Отметим, что интервалы можно записать и иначе, например,
раздел l арифметика и алгебра
Они удовлетворяется при х <；—3/г； в сочетании с условием а) получаем, что 乃 V —3/а есть решение исходного неравенства.
— в/? & % V о. в этом случае 2* + 3 ^ 0, х < 0 и X — 1 V 0, н потому исходное неравенство принимает вид
—犬+1+犬 + 2犬 + 3>2% + 4,
т. е. 0 > 0. Это неравенство у части поступающих вызывает недоумение—как же его решать? На самом деле, разумеется, ничего решать уже не надо: просто при любом х из интервала —3/2 ^ х <С 0 исходное неравенство превращается в неверное неравенство 0 > 0 и поэтому в случае б) не имеет решений.
0《％VL В этом случае 2% + 3 ^ 0, х ^ 0 и х — I V 0; следовательно, исходное неравенство сводится к неравенству
—х + ! — х + 2л 十 3 > 2x + 4,
Оно удовлетворяется при 尤 V 0, однако это соотношение несовместимо с условием в): среди значений х из промежутка 0 х < 1 нет решений исходного неравенства.
1 w %* В этом-случае неравенство принимает вид 工-1 —% + 2% + 3 ^* 2% + 4,
е 2 > 4; иначе говоря, среди х А 1 нет значений, удовлетворяющих исходному неравенству.
Следовательно, предложенное неравенство справедливо ДЛЯ 乃 V — 3/%
В следующем примере, помимо наличия двух моду-, лей, при решении возникают небольшие, но необычного характера трудности, которые многими поступавшими не были преодолены. Впрочем, подобные трудности нам встретились уже в примере 5 (случай б)).
(Мехмат, 1964). Решить уравнение
|х2-9| + 1х2-4! = 5.
С』е“уя методу примера 5, рассмотрим три случая '): а) х2 < 4; 6) 4&/&9; в) 9 < х2..
В случае а) \х2 — 9| = 9—х2.]炉—41 = 4 — х2, т. е, 9 л;? + 4 — х2 == 5, 无2 = 4, ;q, 2 = ± 2.
i Io по условию a) x2 должно быть меньше 4; следовательно, значения х】，2 = 土 2 не подходит, так что в этом случае заданное уравнение не имеет корней.
В случае б) |叉工一9| = 9—х2, |х2 — 4| ~ л2^ - 4, т. е.
9 — х* + х2 — 4 = 5, или 5 = 5.
Именно это месю многих поставило в тупик一уравнение 《"ронало》！ На самом же целе ничего страшного не произошло: просто при условии 4 W %? & 9 исходное уравнение равносильно тождеству 5 = 5, т. е, удовлетворяется любым значением %. Таким образом, любое г, удовлегворяющее условию 4 W х? W 9, является решением } равнения. Теперь остается решить это двойное неравенство. В результате получится ——3g%W— ”2* 2 W х & 3,
К сожалению, очень многие «вышли из положения» иначе, написав, что «уравнение превратилось в тождество, и поэтому при 4 & 炉 w 9 решений не имеет》* Здесь сказался недостаток в подготовке школьников: тождество часто воспринимается ими не как частный случай уравнения, а как нечто, в корне противоположное уравнению.
Случай в) рассматривается аналогично случаю а); новых решений в нем пе появляется.
Окончательно, корни исходного уравнения заполняют два интервала числовой оси ——для уравнений (в отличие от неравенств) такая ситуация представляется необычной.
Не менее интересен в этом отношении и следующий пример, где решения составляют бесконечный интервал I； еще одну точку.
(Мехмат, 1968). Найти решение уравнения
2^+21 —12*+1 - 11 = 2*+1 + 1.
Рассмотрим два случая.
а)乃 + 2 ^ 0. В этом случае, поскольку 2 1*+2|= 2“+? и 2计2一2父+1 — 2*+L поручаем уравнение
2*+1 - 1 = [ 2江+‘ - 11,
И5ДЕЛ £ АРИФМЕТИКА К АЛГЕБР/
Поел едяге уравнение, очевидно, удовлетворяетей при 2*+】—1^0, откуда х + 1 ^ 0, т. е. х ^ — 1. Эти значения 乃 удовлетворяют условию а) в являются, следова* тельно, корнями нашего уравнения.
б)尤+ 2V0. В этом случае после несложных пре* образований и замены 2х+1 на у получаем уравнение
^У2 +.^У + 2川 у — 1 | = L
Его можно решить, рассматривая, как и в предыдущи? примерах, два случая 仄刀я освобождения от модуля. Ни можно н сразу сообразить, что при у 1 левая часть больше 1, и поэтому надо искать лишь корни у VI； а при у V 1 получаем уравнение 4y = 1, откуда у = '/仃 так что % = — 3.
Объединяя решения, полученные в случаях а) и 6), приходим к ответу: х = —3 и г .
Разобранные примеры достаточно ясно показывают, чю понятие абсолютной величины не доставляет при решении задач принципиальных трудностей, поскольку от знака абсолютной величины всегда можно избавиться стандартным приемом — рассмотрением отдельных случаев.
Само собой разумеется, что перебор отдельных с/у・ чаев не является единственным способом решения примеров с модулями. Очень часто особенности конкретной задачи позволяют находить иные, более короткие и изящные пути решения. Поэтому, увидев в условии задачи знак абсолютной величины, не следует «с ходу» рассматривать отдельные случаи; эта возможность решения есть всегда, но полезно сначала обдумать поставленную задачу, попытаться подобрать иные пути.
В следующем примере стандартный путь требует неприятных вычислений с иррациональными числами, а несложный прием позволяет быстро получить ответ.
Решить неравенство
I %? — Зх — 3 I〉I %? + 7尤一13 I，
Как известно, неравенство с неотрицательными частями при возведении в квадрат заменяется на равносильное (см. § 6, раздела I). Таким образом, исходное неравенство равносильно следующему:
［炉-3%一3f>1炉 + 7“一 13 汽
Но |а；* = а* так что это неравенство принимает вид \х2 一 3% — З)2 > (х2 十 7% — 13汽
Теперь, перенося все в правую часть и пользуясь формулой разности квадратов, приходим к неравенству
2"2十 2х- 8)・ 10(%- 1) < 0
需岂и； что тс же самое,
｛尤 + 4) (х — 2) (х — 1) < 0.
Получившееся неравенство легко решается так называемым «методом интервалов» (см, § 6, раздела I); его решения, а следовательно, и решения исходного неравенства: 乃V — 4 и 1V% 之 2.
Заканчивая разбор понятия абсолютной величины, рассмотрим один пример с параметром. Как мы сейчас увидим, уже одно наличие параметра делает задачу довольно сложной, требующей и знания метода, и хорошей техники решения, и большой аккуратности.
(Физфак, 1965). Для каждого числа а решить уравнение х|х + 11 +© — 0.
Рассмотрим два случая: х < ——1 и 乃^ ——1. В первом случае уравнение принимает вид
х(— л — 1) + & = 0, или х2 + х — a~Q.
Здесь получилось квадратное уравнение с параметром а. Нас интересуют только те корни этого уравнения, которые удовлетворяют условию х < — 1. Разумеется, корни этого уравнения зависят от параметра а； 6о/ее того, при одних значениях а корни могут существовать, а при других ——нет. Поэтому прежде всего необходимо указать те значения а, для каждого из которых уравнение х2 + х一а = 0 имеет корни. Условием существования корней является неотрицательность дискриминанта: D = 1 + 4а ^ 0. Иначе говоря, при а > — % корни уравнения следующие:
修口修口—1 + S + 4a2—1 + S + 4a2 — 1 ■— V1 + 4aL2 — 1 ■— V1 + 4aL2
修口
修口
—1 + S + 4a2
—1 + S + 4a2
— 1 ■— V1 + 4a
L2
— 1 ■— V1 + 4a
L2
я при остальных значениях а,нет. Следовательно, при 仪 Vя при остальных значениях а,нет. Следовательно, при 仪 Vт. е. при а < ― J/% корней—% (в рассматриваемомт. е. при а < ― J/% корней—% (в рассматриваемом
я при остальных значениях а,нет. Следовательно, при 仪 V
я при остальных значениях а,нет. Следовательно, при 仪 V
т. е. при а < ― J/% корней
—% (в рассматриваемом
т. е. при а < ― J/% корней
—% (в рассматриваемом
сейчас первом случае!) исходное уравнение решений не имеет.
Таким образом решения исходного уравнения в рассматриваемом случае остается искать при 仪^—%. Прн этом из найденных чисел Xi и х? мы должны будем взягь те, которые удовлетворяют условию х V——1. Для этого надо решить неравенства
—1 + д/1 + 4a -1— 1 — д/1 + 4。.[
2 V ] И— 1 ・
Первое из этих неравенств легко приводится к виду 1 + V1 + 4а <0, т. е, не выполняется ни при каких зна- неннях а Второе неравенство приводится к виду 1 < VI + ^^ и выполняется при © > 0.
Следовательно, при а > 0 исходное уравнение имеет один корень х =(——1 ——«1 十 4а )/2, удовлетворяюще'I условию рассматриваемого случая х V — 1, а при a W 0 ни одного такого корня нет.
Во втором случае, т, е. при х 2s —1, имеем уравнение 尤2 + % + 0 = 0.
Условие существования корней 。=1 ——4а ^ 0 показывает, что это уравнение имеет корни лишь при а & %, а при 0 > % (в рассматриваемом сейчас втором случае) исходное уравнение решений не имеет. Остается среди a W !/4 найти такие значения а, для которых корни уравнения х2 + х + ^ — 0 удовлетворяют условию случая 乃 ^——1, т. е. решить неравенства
Первое неравенство приводится к виду 1 + д/1 — 4©》0 и, следовательно, выполняется при всех допустимых значениях 0, т. е. при a W【/乖 Второе неравенство приводится к виду “ 1 ——4а《1 м выполняется, как легко видеть, при всех допустимых неотрицательных значениях а, т, е. при 0 & а & %.
Таким образом, при 0 W 0 W % исходное уравнение имеет в области х > ——1 два корня
,—? + 勺 1 — 4a „— 1 — 〃 1 — 4a
x =2， X 工2
(при & = 1/4 эти корни совпадают)> а при @V0 — лишь один корень 尤=(一 1 + д/i — 4о )/2; при а> Ч\ ^ области х ~1 у исходного уравнения корней нет.
Подведем итоги, формулируя результаты двух случаев вместе:
при 0《а
一 1 一 д/1 十 4(1— 1 + д/1 —4d■— 1 — “ 1 一 4 a
修=.-, 心= и ， 启=2
%2 = %з)；%2 = %з)；1(при а = 0 имеем 修=%з； при а — % имеем
%2 = %з)；
%2 = %з)；
при О > 彳 X =^
вместо того ней, можно в отдельныеприпривместо того ней, можно в отдельныеприпричтобы девать замечание было бы случаи о = О строки:а = 0 修=—1,чтобы девать замечание было бы случаи о = О строки:а = 0 修=—1,о совпадении кори а =九 вынести
вместо того ней, можно в отдельные
при
при
вместо того ней, можно в отдельные
при
при
чтобы девать замечание было бы случаи о = О строки:
а = 0 修=—1,
чтобы девать замечание было бы случаи о = О строки:
а = 0 修=—1,
冷=0；
1
心=一男.
С абсолютной величиной действительного числа тесно связано понятие арифметического корня, Поставим следующий вопрос: чему равен «炉? Иными словами, как можно записать это выражение без знака радикала? Самый распространенный ответ следующий: д/х? =х прн любом %, Нетрудно убедиться, что ответ неверен; в ca?v；OM_ деле, например, при х = —2 имеем _ 7Г2/ = = д/4 = 2=^=—2. Часто отвечают, что “％' = 土％. Это также неверно, ибо д/х2, в соответствии с его определением, представляет собой (при данном %) вполне определенное число, а не два числа: +% и ——х.
Чтобы разобраться в этом, вспомним основные определения и факты, относящиеся к понятию корпя.
Определение 1. Число b называется квадратным корнем из числа 裁,если Ь2 = а.
Согласно этому определению два утверждения― «Ь есть корень квадратный из。》叮《b? = а》——означают одно и то ?ке.
Чтобы подчеркнуть одну существенную особенность этого определения, сравним его, например, с определением квадрата числа: квадратом числа b называется произведение этого числа на самого себя. Это определение хорошо тем, что оно дает правило, как найти число Ь2. В противоположность этому, определение квадратного корня не столь хорошо, ибо оно не только не дает правила для вычисления квадратного корня, но из него даже не ясно, всегда ли из данного "числа а можно извлечь квадратный корень и сколько корней можно извлечь, т. е. сколько найдется различных чисел 6, удовлетворяющих равенству Ь2 = а. Итак, необходимо прежде всего исследовать вопрос о существовании и количестве квадратных корней из дантого числа а.
Ответ на этот вопрос дается тремя утверждениями:
Если а положительно, то существует розно два корня квадратных из о; при этом один из них положителен, а другой отрицателен.
Если а ~ 0, то существует еданственньш корень квадратный из а;。& равен нулю.
Если а отрицательно, то не существует вообще н.и одного квадратного корня из а.
В курсе средней, школы без доказательства принимается существование положительного корня из положительного числа. Остальные утверждения, содержащиеся в 1) —3), могут быть легко доказаны.
Рассмотрим теперь положительное число а. Из этого числа можно извлечь два квадратных корня. Для того чтобы отличать их друг от друга, вводится понятие арифметического корня.
Определение 2. Положительный квадратный к。- ренъ из положительного числа называется арифметическим квадратным корнем из этого числа.
Арифметический квадратный корень нз_а обозначается сршволом Nа ” Под выражением д/0 всегда п(ь нимается единственный корень из нуля, т. е. 0.
Таким образом, утверждение《Ь есть арифметический квадратный корень из а》равносильно совокупности двух утверждений: «&2 = а》и 《Ь ^ 0», при этом предполагается, что а—положительное число или нуль. Если b Есть ар-ифметический квадратный корень из а. то второй корень из а равен — b.
Итак, Vх2 j о котором мы говорили вначале, — зте не просто какое-то число, дающее в квадрате х2, а непременно положительное число или нуль.
Так чему же рааен Vх2 ?
Для удобства рассмотрения мы будем предполагать, qtq х，0, так как в случае х = О'все 兄 chr “。2=“0=0・ По определению 2 мы знаем, что Vх2 представляет собой положительное число, которое в квадрате дает х2. Легко видеть, ч-io числа 工 и —х (и только они) обладают последним свойством. Но положительное из них, разумеется, толысо одно, и именно это положительное дисло равно «d.
Таким образом, если х положительно, то
д/ 炉=х,
если —х положительно (т. е. % отрицательно), то
Значит,
/х, если х > Q,
*仆=]0, если х = 0,
〔一х, если х < 0.
Ест и применить обозначение абсолютной величины, а о можно коротко записать
疗二 |х|⑶
при любом действительном х.
Сказанное только что имеет большое значение при проведении алгебраических и тригонометрических преобразований. Забвение указанного свойства приводит подчас к грубым ошибкам (см. пример 1 § 2 раздела II).
Если в алгебраических выражениях, содержащих радикалы, не все буквы означают неотрицательные числа, то при зыполнении тождественных преобразований необходимо всегда пользоваться формулой (3).
10. (Физфак, 1962) Упростить выражение (а > 0, а =# I)
^=- [2а2х~ах (2а*— 1)] ^ 1 — (^77) ] V(ах + 2)2— 5 —
—(а" + 4) [а” + 4(1- а^Г'^ +
；+ 4aHi + 3 + 2) (а?% _ 4ax + 4)-%] х
X [a，% + 2 + (a2- - 4ax + g%]" w определить, при каких значениях х это выражение равно единице.
Прежде всего с помощью тождественных алгебраических преобразований приведем это выражение к наиболее простому виду. Воспользовавшись определениями дробных и отринательных степеней, можно после очевидных выкладок привести первое слагаемое к виду ах, а третье к виду .X 4a
«戶 一 4о* + 4 *
Следовательно, пред^поженное выражение можно переписать так:
у' 4d + 4 у/7—3穴г
ах — —— д/ \а — 2 j .
у а2х — 4ax 十 4
Мы уже знаем, что последнее выражение нельзя записать как ах——(а當—2) =2: поскольку разность а” ——2 не обязана быть положительной, то ответ 《през” ложенное выражение при всех значениях х равно 2» является ошибочным. Истинный ответ выглядит так: «исходное выражение преобразуется к виду ах——
Остается еще найти те значения х, при которых
/ — I а* — 2 I = 1.
Если ах ^ 2, то это уравнение, очевидно, не имеет решений. Если же ах V 2, то для определения 工 имеем урав” нение а*—(2 — ах) = 1, т* е. а* = з%. Заметив, что при этом значении х выполняется и условие ах V 2, находим искомое значение 尤=loga 3/2.
Задачи
Справедливы ли следующие равенства:
一 IG если а > 0,…，[ а, если 心 О,
a) I а I = 56)|q| =〈
I —а, если а《0;( —а, если а ^ О?
Доказать, что: а) |х| — |—х|; 6) * & |х|.
Доказать что если \а\ = 0, то а — 0.
Что можно сказать о числах。厶…，ant если известно, чта
I % I + …+ I «л I ~ 0?
Доказать, что расстояние между точками а н 匕 числовой осп равно I & — а I.
Решить неравенства: а) |х — а| V &; б) |х — а\ 乡 b, где а и b — данные числа, b > 0; дать геометрическую интерпретацию решений.
(Экономич. ф-т, 1971) Построить график функции + К +^・
Решить уравнения, неравенства и системы:
11 х — 1 j + 2 I == 1.9. I x — 3|> ― 1,
I x I + г3 = 0,11. (1 + x)2 ^ I ! — x2 [.
(Физфак, 1964) |r| — 2|х-р!|+3|х + 2|~0.
(Физфак, 1985) 9-|xl = ('/2)|X + ll + |x~ H-
(Мехмат, 1958)
(х -f- 4) -З1-^"11 - х = (х + 1)1 3х - 1 I + 3x + l Ч- t.
(Мехмат, 】968)
jogyW (х 4-1 х — 2 I) = log^ (5x — 6 + 5 I x — 2|)
(BMK. 1970) I !-log[/ex| + 2 = |3-Iog1/(!x|.
(BMK, 1970) J -|- + log1/( x J == 1 + J у + log7<r j.
(Экономич. ф-т» 1973) | 4x — 1 | — з7~у
(Ф-т почвоведения, 1975) г + 272
(Ф-т почвоведения, 1975)
叫VT (4~7x) = 5|10g9Vr^^^\
(Геофак, 1975) (х — I)2 + | х —• ! | — 2 = 0.
(Геофак, 1975) (х + 2)2 == 2 | г + 2 | + 3.
(Биофак, 1968) г2 + 2 | х + 3 | - 10 < 0.
(Экономич. ф-т, 1969) | 户一1 | — 2х < 0.
(Экономии, ф-т, 1969) х2+х—10<2|х — 2|.
(Физфак, 1974) | х | — 2 > (х— 2)2.
(Физфак, 1974) (|х)-!)2>2.
(Физфак, 1964，29. (Мехмат, 1970)
[g — 21 % I + 3 в 0,( &2 — I I + 2 о О,
I ]у| + х-3=^0.I 8-*2 =(尤+ 2дЕ
30. (Мехмат, 1970) j I ху — 4 I » 8 — у2, I外u2+".30. (Мехмат, 1970) j I ху — 4 I » 8 — у2, I外u2+".31. (ВМК, 1974)(I х + 31 4- ] г — 21 ~ 5, I 818 - 135尤 & 137户31. (ВМК, 1974)(I х + 31 4- ] г — 21 ~ 5, I 818 - 135尤 & 137户
30. (Мехмат, 1970) j I ху — 4 I » 8 — у2, I外u2+".
30. (Мехмат, 1970) j I ху — 4 I » 8 — у2, I外u2+".
31. (ВМК, 1974)
(I х + 31 4- ] г — 21 ~ 5, I 818 - 135尤 & 137户
31. (ВМК, 1974)
(I х + 31 4- ] г — 21 ~ 5, I 818 - 135尤 & 137户
(Физфак, 1965) Для каждого числа а решить уравнеинз炉 + I % I + а «= 0.
4 65
Упростить выражения: “炉;包员"；包三；“0 ； “犬切.
Всегда ли верно равенство а“Ь = \出b ?
(Физфак, I960) Упростить при 1 < х < 2 выражение
V^ + 2 «х — 1“ x — 2 “ x — 1
(Физфак, I960) Упростить выражение
〃(1 — cos a cos В)? — sin2 a sin? § .
PeuiHTb уравнения：
(Геофак, 1971) tg x VI + cos 2x — sin 2r.
(Географич. ф-т, 1973)包争^ — sin? * = “i 二 cos 2x：
£9. (Мехмат, 1974) V2 sin 2x + 2 sin x == 0.
(Мехмат, 1974) VI + cos x = sin r.
§ 3. Графики функций
Умение изображать геометрически функциональные зависимости, заданные формулами, особенно важно для успешного усвоения курса высшей математики. Поэтому задачи о построении графиков функций предлагаются на вступительных экзаменах довольно часто.
Опыт экзаменов показывает, что у многих поступающих построение графиков вызывает большие или менЬ' шие затруднения. Эти затруднения в значительной степени объясняются тем, что вопросы графического изображения функций в школьном курсе разбросаны по разным разделам, изучаются 《кусками》，а общие приемы по* строения графиков практически не рассматриваются.
При подготовке к вступительному экзамену полезно дополнительно проработать соответствующие параграфы учебников, запомнить вид основных Кривых, поупражняться в построении конкретных графиков.
Как известно, функциональной зависимостью называют закон, правило, по которому каждому значению величины х (независимой переменной или аргумента) из некоторого множества чисел, называемого областью определения функции, ставится 8 соответствие одно вполне определенное значение величины у (зависимой переменной или функции); совокупность значений, которые принимает зависимая переменная у, называется областью изменения функции.
Если функциональная зависимость (функция) задана формулой у = f(х), то отыскание ее области определе* ния сводится к нахождению всех тех значений аргумента, при которых выражение /(#)» определяющее функцию, имеет смысл.
Необходимо твердо знать определения и уметь выяснять такие общие свойства функций, как ограниченность, монотонность (участки возрастания и убывания функции)» четность и нечетность, периодичность, уметь находить область изменения функции, ее нули, экстремальные значения и т. п. (К о ч е т к о в, §§ 203—209).
Отметим, что определение периодической функции, приведенное в учебнике (Кочетков, § 207), сформулировано неточно* при таком определении оказывается неверна доказываемая в этом же параграфе теорема о том. что если число Т > 0 является периодом функции f(х), тс и числе ——7 является ее периодом. Действительно, с точки зрения этого определения: например, функция у = sin (д/^ )2 должна быть названа периодической с ■периодом 2冗：поскольку sin (Vx + 2л )2 = sin (Vх )2 для всех х нз области определения этой функции, т. е. для всех х ^ 0. Однако легко убедиться, что число —2л не является периодом 9To 济 функции, ибо равенство sin(“7— 2jT)2 ^= sin (Vx )2 неверно, скажем, при 尤 = 0 (при этом значении 尤 левая часть равенства теряет смысл). Поэтому, желая, чтобы упомянутая теорема 5ылй справедлива, определение периодической функции гледует формулировать так; функция f (х) называется
периодической, если существует такое число Г =# 0, что для любого х из области определения этой функции числа л: + Т их — Т также входят 8 ее область определения и для всех y из области определения
f(x + T) =f(尤).
Именно такое определение периодической функции и принято в математике.
Подчеркнем, что анализ свойств функций на экзамене требуется проводить без привлечения понятий производной, поскольку элементы математического анализа в программу приемных экзаменов не входят.
Поступающий должен иметь ясное z представление и системе координат на плоскости, уметь бегло» на память рисовать графики простейших функций: у = kx + b (прямая) ;у = ах2 + 6х -|- с (парабола); у =后〃 (гипербола); у =\х~а\-, у = X3, у = ^/X ; у = 1/х2; у = ^ (а > 0, а =# 1), у == logaх (а > U, g =# 1); у = sin % (синусоида); у = cos х; g = tgx, у = ctgx. Графики этих функций в каждом конкретном случае нужно изображать приближенно, передавая общий вид и характерные особенности поведения кривой, а не восстанавливать ее каждый раз, вычисляя таблицу значений и строя кривую по точкам.
Необходимо уметь на графике геометрически иллюстрировать свойства функции. При этом иногда происходит такая ошибка. Рассказывая о каком-нибудь свойстве (например, о нечетности синуса), поступающий рисует соответствующий график (синусоиду) и говорит: «Это свойство очевидно из чертежа». Такое рассуждение несостоятельно, ибо именно используя свойства функции, можно более или менее точно начертить ее график. Поэтому все свойства функций должны быть строго доказаны, как это и сделано в учебнике.
На экзаменах часто предлагают строить графики функций, представляющих собой комбинации простейших функций. При этом также требуется изобразить лишь примерное поведение кривой; как вспомогательное средство можно использовать и построение по точкам. Никаких детальных исследований графиков, проводимых с использованием производной, от поступающих не требуется.
Разберем несколько взятых из экзаменационной практики задач, где построение графиков осуществляется путем переноса или определенной деформации графиков простейших функций.
Построить график функции у = 2 ——g・
Областью определения данной функции являются все действительные значения х, кроме % = U. Рели рассмотреть функцию у\ ~ —1/м (это — гипербола, ветви которой расположены во второй и четвертой четвертях) , то очевидно, ч го
при каждом значении х = =%о величина функции у на 2 больше, чем вели-
чина функции у} при гом же значении х0 аргумента. Поэтому доста точно передвинуть график функции у\ как твердое гело на 2 единицы вверх вдоль
оси ординат, и мы получим искомый график функции у (рис. 4).
Легко видеть, что указанный прием позволяет немедленно построить график функции 〃 = а + f (х), где а ——некоторое заданное число, если уже построен график функции у\ = /(х): достаточно передвинуть график функции у【как твердое тело на а единиц вверх, если а > 0, или на \а\ единиц вниз, если а V 0.
Построить график функции у =・斗广
Очевидно, что х может принимать любые значения, кроме ——4. Сравним эту функцию с функцией у{ = 3/х. Ясно, что величина функции у, отвечающая какому-нибудь значению х = х0, совпадает с тем значением функции ji, которое соответствует значению ее аргумента, равному х0 + 4. Например, функция у = 3/(#+ 4) при ¥0 = 1 принимает значение у = 3/s, а функция yt = 3/х вто же значение принимает при значении ее аргумента,
102102РАЗДЕЛ L АРИФМЕТИК/ V АЛГЕБР*
102
102
равном 5 »= #о + 4. Поэтому передвинув график функ， ции у\ на 4 единицы влево вдоль оси абсцисс, получим график интересующей нас функции у (рис. 5).
Нетрудно сообразить, что тем же методом можно построить график функции у = /(% + Ь), где Ь — неко
торое заданное число, если уже построен график функ^
циц у\ — f(x): достаточно передвинуть график функции у\ как твердое тело на b единиц влево, если b > 0, или на \Ь\ единиц вправо, если 6 < 0.
Построить график ,—% + 5
функции у = “ 3% 一 2 .
尸—3 + 7^7；尸—3 + 7^7；Для построения этого графика сперва преобразуем дробь и представим функцию в виде
尸—3 + 7^7；
尸—3 + 7^7；
Рассуждай так же, .как в примерах 1 и 2, можно убедиться, что графиком предложенной функции является «обычная» гипербола у = (13/9)/х, сдвинутая как одно целое на 2/э вправо вдоль оси абсцисс и на !/з вниз вдоль оси ординат
Аналогичный прием позволяет строить график любой функции
" ex + d
(этак называемая дробно-линейная функция ])); действительно, простое преобразование позволяет записать зту
')При этом предполагается^ что с ? О (в противном случае рассматриваемая функция просто линейная) и что ad — Ьс ^ 0. Если последнее условие не выполняется, тс исходная функция при всех допустимых х имеет вид у = kt где 々一константа. Например, функ* ция у = (2% + 2)/'(х + 1) в области ее определения, т, е. при х ^
—：1, может быть записана в виде 乡=2. Следовательно, графиком этой функции служит прямая g = 2 二 выколотой из нее точкой (—1, 2) (но отнюдь не вся прямая у — 2, как часто считают поступающие; ср, с задачей 8),
функцию в виде
после чего остается привлечь соображения, аыскязанные выше при решении примеров 1 и 2.
Отметим, что точно так же, комбинируя соображения, высказанные после решений примеров 1 и 2, мы без всяких затруднений можем изобразить график функции у — а -\- /(х + d), zde а и b — некоторые заданные числа, если график функции gi = f (х) уже построен,
Построить график функции у = log4(—х).
Иногда приходится слышать такой ответ： «Графика этой функции не существует, поскольку отрицательные числа логарифмов не имеют». Этот ответ свидетельствует о непонимании того факта, что выражение —к отнюдь не всегда принимает отрицательные значеиия.
Областью определения рассматриваемой 力ункннк 夕 является множество х V О. Непосредственно ясно» что величина этой функции при х =——尤°, х0 > 0. совпадает с величиной функции у】=log4 х при значении х0 ее аргумента. Следовательно, для получения графика функции у достаточно зеркально отразить график функции 玖 относительно оси ординат (рис. 6).
Заметим, что этот же прием дает возможность построить график функции д = /(—х), имея график функ^ ции 扒=f ⑺;достаточно зеркально отразить график функции у\ относительно оси ординат.
Построить на одном чертеже графики функций у} = sinx, Уч — sin 2х, //з = — 2sinx.
Далеко не всегда поступающие могут правильно изобразить все три кривые на одном чертеже, верно передавая их взаимное расположение (рис. 7), указать характерные особенности каждой из этих синусоид, объяснить, каким образом они получаются друг из друга (Кочетков, §§ 161—162).
В частности, полезно помнить, что наименьший положительный период функции // = Л sinox, где з=#0 и А =/= 0 — некоторые заданные числа ]), равен 2л/|(о|.
Важно подчеркнуть, что приведенные в указанных параграфах учебника рассуждения дают возможность построить график функции у = Л/((ох), где з #= 0 и 4=/=0 ——некоторые заданные числа, если известен график функции у】=/(г). Сначала нужно произвести «сжатие» графика функции у\ вдоль оси абсцисс в (о раз, если з > 0; если же(о 之 0, то необходимо произвести «сжатием графика функции у】 вдоль оси абсцисс в |(о| раз и зеркальное отражение относительно оси ординат (см, решение задачи 4). Затем получившуюся кривую следует «растянуть» вдоль оси ординат в Л раз, если 彳 > 0; если же Л <； 0, то делается «растяжение» вдоль оси ординат в IЛI раз и зеркальное отражение относительно оси абсцисс. Конечно, если |(о| < 1, то «сжатие》вдоль оси абсцисс фактически является растяжением; точно так же
*) Очевидно, что в случае со V 0 эту функцию можно представить в виде у = —A sin |(о| х. Именно по этой причине в учебнике (Кочетков, § 161) рассматривается лишь случай, когда (о > 0.
«растяжение» вдоль оси ординат в |Л| раз при |Л| ＜； 1 является на самом деле сжатием.
Особо отметим один важный частный случай: если график функции у} «== f(x) нарисован, то график функции у = —f(x) получается из него зеркальным отражением относительно оси абсцисс.
Построить график, функции у = sin(2-号)・
Представив заданную функцию в виде д = q sin 2 (尤一±), мы легко можем заметить, что при
с величиной функции у\ = sin 2х, соответствующей значению 尤о —考 ее аргумента. Поэтому для построения графика функции у надо построить график функции 协， а затем передвинуть его как твердое тело на л/6 вправо вдоль оси абсцисс (рис. 8).
Весьма распространенной ошибкой является следующий способ построения графика рассматриваемой функции у： строится график функции д】，а затем он как твердое тело сдвигается на л/3 вправо вдоль оси абсцисс (рис. 9). Нетрудно убедиться, что это построение неверно. В самом деле, так построенный график пересекает ось абсцисс в точке л/3 (ибо график функции у\ Пересе^ кает эту ось в начале координат, а затем он сдвигается на л/3 вправо!). Между тем величина рассматриваемой функции у при значении аргумента х == л/3, очевидно, отлична от нуля.
Указанный ад я данного конкретного примера прием дает возможность строить график и любой функции вида у =厶 sin (wx + 屮)，// — Л cos(wx + ф), у = 4 tg (з% + 屮) н т. д,; а гакже у = a sin ①х + b cos(о 方 (Кочетков
§§ 163, 164, 167). Этот прием носит общий характер,几с- зволяя получить график функции д = /(з^ +(р), где о，0 п Ф ——некоторые заданные числа, если график функции у】=f(х) уже нарисован： достаточно изобразить график функции 勿= f((ox) (его можно получить методом, указанным при решении примера 5), а затем передвинуть его как твердое тело вдоль оси абсцисс на |(р/(о| вправо, если 屮/① V 0 или на (р/(о влево, если ф/(о > 0 (см. пример 2).
Иногда полезно сперва преобразовать формулу, 01b ределяющую функциональную зависимость, к иному виду, после чего график удается легко нарисовать, В частности, всегда желательно рассматриваемую сложную
функциональную зависимость представить в виде легко )бозримой комбинации простейших функций, график ко- горой получается известными приемами (именно так строился график в примере 3).
Построить график функции у = sin2 х.
Поскольку эту функцию можно записать в виде у == =% — % cos 2х, то получение графика функции у осу- цествляется уже известными приемами: косинусоиду 卜 и —% cos 2х (она строится способом, изложенным в примере 5) необходимо сдвинуть на % вверх (рис. 10).
Построить график функции
у=х^.(1)
Использование известных формул для логарифмов показывает, что x1/Iex = xG&x 10 = 10» Отсюда многие немедленно делают вывод, что графиком функции (1) яв* ляется прямая у = 10.
Однако такой вывод неверен: необходимо принять во внимание область определения рассматриваемой функ-
пни и условия, при которых проводимые преобразования законны.
Рис. 12.Рис. 12.Область определения функции (1) состоит из тех действительных чисел, которые удовлетворяют условиям: х > 0, х =# 1. При этих условиях законно и проведенное выше преобразование. Поэтому графиком функции (1) является полупрямая у = 10, х > 0, из которой, кроме того, «выколотая точка (1, 10) (рис. 11; стрелка, примы-
Рис. 12.
Рис. 12.
Рис. 11,
кающая к некоторой точке, означает, что эта точка графику не принадлежит).
(Ф-т психологии, 1968) Построить график функции
У = log% (х — 4") + log2 “4炉—奴 + 1.(2)
Прежде всего проведем тождественное лреобразова* ние второго слагаемого (см. § 2 раздела I):
log2 V4х2 — 4х + 1 = log2 V(2x—• I)2 = log2] 2x — 1)== =1 +10g2|x —-^|.
Теперь ясно, что областью определения функции у является множество х > % (нбо второе слагаемое в формуле (2) имеет смысл при всех 尤* 7г, а первое ——лишь при х > 72). Однако при х > % справедливо равенство iogv2(x ——1/2) = —log2 (х ——1/2), и следовательно, в своей области определения (т. е. при х > 7г) функция (2) может быть записана в виде у — 1.
Таким образом, графиком функции (2) является луч у = I, % > 1/2 (рис. 12).
Определенные трудности у поступающих вызывает построение графикав тех функциональных зависимостей,
аналитическое выражение которых содержит знак абсолютной величины.
Общий прием построения графиков таких функций состоит в том, чтобы переписать выражение для функциональной зависимости, избавляясь от знака модуля (см. § 2 раздела I). При этом, как правило, рассматриваемая функциональная зависимость на разных участках изменения аргумента описывается различными формулами. Естественно, что на каждом из таких участков по-
У*строение графика нужно проводить
[по соответствующей формуле.
Ъ /10. Построить график функции 4=12 — 2斗
Тк / Предложенную функцию, оче- ^/ а видно, можно записать в форме у = q /7= |2“一2|. Рассмотрим вспомога-
，归тельную функцию 勿=2“一2; ее
_纟1" I сграфик строится без труда (спосо-
хбом, изложенным при решении при-
рис [змера 1). Чем же отличается от него
график функции у?
Для того чтооЫ выяснить это, вспомним определение абсолютной величины; из этого определения (см. формулу (2) § 2 раздела I) следует, что
(2* —2 для тех х, для которых 2* —— 2》0, т. е. для х》1;
'——(2* — 2) для тех г, для которых 2* — 2 < 0,
、т. е. для х < 1.
Отсюда ясно, что график функции у при %> 1 совпадает с графиком функции 协，а при х < 1 он представляет собой кривую, симметричную графику функции у【 относительно оси абсцисс (рис. 13).
Совершенно так же можно получить график функции у == |f(х) I，если график функции ух == f(х) нарисован: достаточно заменить все участки графика функции 九 находящиеся ниже оси абсцисс, на симметричные им от* носительно этой оси, а остальные участки графика оста* вить без изменения.
Построить график функции
У = ( 1% + 1 [ + 1) (% — 3). (3)
Согласно определению абсолютной величины мы можем эту функцию представить в форме
广｛广｛[(尤 + 1) + 1] (х—3)=(尤 + 2)(尤一3), если %> —1; [—(% + 1) + 屮/ — 3) = — %“ 一 3), если х< —1.
广｛
广｛
Теперь остается только для каждого из указанных участков (х ^——1 и х <——I) по соответствующей формуле построить свою кривую; совокупность этих кривых и будет графиком функции (3).
Сначала рассмотрим функцию 山= =(尤 + 2) (х — 3). Обычно поступающие раскрывают скобки и проводят довольно длинное выделение полного квадрата. Между тем для построения графика функции у\ лучше скобок не раскрывать: сразу ясно, что это ——парабола, график квадратного трехчлена； она пересекает ось абсцисс в точках А = (—2, 0) п В = (3，0) (ибо
—2 и 3 — корни этого трехчлена), а ее ветви направлены вверх (ибо старший коэффициент положителен). Подставляя в формулу для функции ух значение х = 0, находим координаты точки С пересечения этой параболы с осью ординат: С= (0,——6). Нетрудно найти и координаты вершины D этой параболы. Так как парабола симметрична относительно вертикальной прямой, проходящей через ее вершину, то ее ось симметрии делит пополам отрезок АВ. Поэтому ясно, что абсцисса вершины равна V2； ордината вычисляется непосредственно: D= (1/2, -25/4).
Построив параболу — график функции y\f — мы должны выделить тот ее кусок, который соответствует значениям аргумента 尤》一1 (рис. 14).
Аналогично строим график функции у2 = —х(х — 3); необходимо взять только ту часть этой параболы, которая соответствует значениям аргумента х < ——1. График фун阴ни (3) на рис. 14 нарисован сплошной линией.
(Ф-т психологии. 1966) Построить график,由州佇
一1—31 + 1力+1|
” —" + 3I + I" I「
Найдем сначала те значения г, при которых каждое из выражений, стоящих под знаком модуля, обращается в нуль: это —3, —1, 1, 3. Рассматривая функцию (4) на каждом из пяти интервалов, на которые эти значения разбивают числовую ось, можно получить следующую форму записи:
Дальнейшее построение приемами (рис. 15).Дальнейшее построение приемами (рис. 15).проводитсй уже известнымипроводитсй уже известными
Дальнейшее построение приемами (рис. 15).
Дальнейшее построение приемами (рис. 15).
проводитсй уже известными
проводитсй уже известными
1 X + 1
一万 T 2 1
если
если
х < — 3»
—3 & .* V — L
У =
八
если
—1 & x < 1 f
2
если
1&X < 3,
I2
I 1пт. если 3&%・
Отметим, что если х неограниченно возрастает, го график функции (4) неограниченно приближается к прямой у=1, оставаясь ниже нее； если же х неограниченно убывает, то график неограниченно приближается к той же прямой, но остается все время выше нее.
Построить график функции 乡=(sin х| + |cosx|. При построении графика периодической функции часто бывает полезно следующее соображение: все значения такой функции повторяются через период. Поэтому если задана периодическая функция с периодом Г, го достаточно построить ее график на каком-нибудь отрезке длины Г, например, на отрезке О W х w 7; на отрезках 7 & 尤 W 2Т, 27 & х & 3?\ —Т х ^ 0 и г, д. график имеет гочио такую же форму.
Ясно, что число 2兀 является периодом рассматриваемой- функции у, так что можно ограничиться раесмогре- ннем отрезка О W % W 2m Разбивая этот отрезок на четыре части, в каждой нз которых и sinx, и cosx сохраняют знак, получим
V2sin(x4-J), если0《х《务V2sin ^х— ~^t если[—“2 sin (% + ?) , если几&х《岑,1 — “2sin(jc —今)， если筹《X&2冗.V2sin(x4-J), если0《х《务V2sin ^х— ~^t если[—“2 sin (% + ?) , если几&х《岑,1 — “2sin(jc —今)， если筹《X&2冗.
V2sin(x4-J), если
0《х《务
V2sin ^х— ~^t если
[—“2 sin (% + ?) , если
几&х《岑,
1 — “2sin(jc —今)， если
筹《X&2冗.
V2sin(x4-J), если
0《х《务
V2sin ^х— ~^t если
[—“2 sin (% + ?) , если
几&х《岑,
1 — “2sin(jc —今)， если
筹《X&2冗.
Теперь строим графики функций
J i = V2sin (х + -^) и !/2 = V2sin^x —j)
а затем на отрезке от 0 до л/2 берем кусок кривой 乡卜 на ичрезке от л/2 до л ——кусок кривой у?，а на отрезках иг
Рис. 16.Рис. 16.
Рис. 16.
Рис. 16.
н до Зп/2 и от Зп/2 до 2n берем кривые, симметричные соответствующим кускам кривых 財 и у^ относительно оси абсцисс. После этого, пользуясь периодичноегыо, продолжаем получившуюся кривую вне отрезка О W 尤 W 2л (сплошная линия на рис. 16).
Из построенного графика видно, что л/2 также является периодом данной функции, так что мы были слишком осторожны, рассматривая отрезок от 0 до 2л.
Если бы мы сразу догадались, что 冗/2 является перио* дом этой функции, — а доказать это совсем нетрудно；
|sin(x + -J)| + |cos (x + ^)| = |cosxl +〕sinjd,
— то график был бы построен значительно быстрее. Этот пример показывает, что тщательный предварительный анализ свойств заданной функции зачастую суще- ственно упрощает построение ее графика.
J4. (Ф-т психологии^ 1968) Построить график функ-
— sin ± д_ 吗—/ F
У — /:—5— I /7一; 「一・
V 1 + 1g2 %«1 + Ctg2 %
На первый взгляд эта функция может показаться очень сложной. Однако, проведя преобразование фор-»
к иной, более простой форме записи функции (5), которая позволит без особого труда нарисовать нужный график.
Прежде всего заметим, что областью определения функции (5) является вся числовая ось, за исключением точек % = пл/2, где п — целое число.
Так как при х =/= мл/2 справедливы равенства
V 1 + tg2 X = ~~j- ,д/1 + ctg2x = -；г
У * & I cos % I 丫 1 m I sm х|
(см. § 2 раздела II), то функция (5) в своей области определения может быть записана в виде
у — sinx • j cos% I + cosx • I sin x
Эта функция — периодическая с периодом 2л. Построе* ние требуемого графика можно провести так же, как и при решении примера 13. Он изображен на рис, 17. От-
метим только еще раз, что в точках х = ад/2, п — целое число, функция (5) не определена; на чертеже это показано стрелками в концах кусков кривой, примыкающих к этим точкам.
Рассмотрим теперь несколько примеров построения сложных графиков, в которых нельзя ограничиться рассмотренными .выше элементарными приемами. Каждый из этих примеров имеет свои особенности, которые следует учитывать при построении графика. Для решения примеров, подобных приводимым ниже, приходится применять, как правило, совершенно непохожие, «нестандартные» рассуждения; в каждой задаче нужно научиться находить, так сказать, слабые места, «уцепившись» за которые удается провести построение.
Построить график функции у .
Представив заданную функцию в вида
,I
У =^ + 7>
мы применим прием, называемый сложением графиков.
Именно, требуемый график двух вспомогательных графиков 协=尤 и % = =1/х. Иными словами, при каждом допустимом значении аргумента (т. е. при каждом х =# 0) соответствующая ему ордината ^ строится как сумма величин ординат у\ и у2, соответствующих тому же значению аргумента (рис. 18).
Легко сообразить, как будет выглядеть график функции на положительной полуоси абсцисс: при каждом значении % > 0
соответствующую ординату прямой 乡)=汇 необходимо увеличить на величину соответствующей тому же значе*
нию % ординаты гиперболы У2 = 1/尤.Очевидно, что при положительном х, стремящемся к нулю, выражение х + + 尸 стремится к 丄8 (неограниченно возрастает), а при х； стремящемся к + 8, искомый график неограниченно приближается к биссектрисе 勿=к, так как «добавка» 1/х будет все меньше и меньше. Легко в данном случае определить наименьшее значение функции у (на
помним, что пока мы рассматриваем только положитель-
Рис. 19.Рис. 19.ные значения х): в самомные значения х): в самомделе, при 尤 > 0 справедливо неравенство (см. § 7 раздела I) х -}- х" ^ 2, т. е. наименьшее значение равно 2, и достигается оно при X = 1 ').
Рис. 19.
Рис. 19.
ные значения х): в самом
ные значения х): в самом
Аналогично строится график и на отрицательней части оси абсцисс.
^^ Впрочем、можно воспользоваться тем, что функ- иия у ——нечетная и, еле- довател>но, ее график симметричен относительно начала координат.
Построить график функции у =尤 sin х..
Воспользуемся тем, что задающая эту функцию формула представляет собой произведение, и применим прием, называемый умножением графиков. Именно, требуемый график будет построен «умножением» двух вспомогательных графиков у, = % н у2 — sin х. Иными сло
вами, при каждом значении аргумента соответствующая ему ордината ^ строится как произведение величин ординат у\ и “2, соответствующих тому же значению аргумента (рис. 19),
Сначала построим график функции у для неотрицательных значений аргумента. Перемножая при каждом значении х величину соответствующей ординаты прямой ^i = х и величину ординаты синусоиды ^2 = sin х, можно
построить плавную кривую, примерно передающую поведение графика функции у на неотрицательной полуоси абсцисс. С помощью некоторых характеристических точек несколько уточним вид этой кривой. Прежде всего ясно, что д = 0 при тех 匕 когда sin х = 0; поэтому график функции у пересекает неотрицательную полуось абсцисс в точках х =片冗，后=0, 1, 2, ... Далее, при х > 0 справедливо очевидное неравенство
——х W 尤 sin х W %,
которое означает, что при положительных значениях аргумента график функции у лежит не выше прямой у = х и не ниже прямой у =——х. При этом точки графика функции ^, соответствующие тем значениям 尤 > 0, при которых sin х = 1, т. е. значениям
х = q + 2々冗，k = 0, 1,2,
лежат на прямой ^ = х, а точки, соответствующие тем значениям х > 0, при которых sin х =——1, т. е. значениям
х =：=等-+ 2々冗,k = 0, 1, 2,....
лежат на прямой у =——х.
Построить график функции у на отрицательной полуоси абсцисс легко: функция у ——четная, и ее график симметричен относительно оси ординат.
Построить график функции у = 2"*.
Здесь требуется построить график «функции or функции»； такие сложные функции на экзаменах встречаются довольно часто. Для построения их графиков нужно очень хорошо знать свойства основных элементарных функций и ясно представлять себе вытекающие из них свойства комбинаций этих функций.
Областью определения рассматриваемой функции у являются все действительные числа, кроме х = 0. Так как при х > 0 показатель степени 1/х > 0, то, по свой' ству показательной функции, у > 1 для всех положительных значений аргумента. Заметим, что у = 2 при х = 1, Если х неограниченно возрастает, то выражение 1/х убывает к нулю, оставаясь положительным (см. свойства гиперболы), а потому 2"* убывает к единице.
оставаясь, ъднако, больше единицы (по свойству показа* тельной функции). При положительном х, стремящемся к нулю, показатель 1/х неограниченно возрастает, и следовательно, 21/н также неограниченно возрастает. Это позволяет нарисовать примерный вид графика функции
у при х > 0.
Можно легко доказать, что на отрицательной полуоси абсцисс справедливо неравенство OVyVL При по
мощи аналогичных рассуждений строится график функции у и при х < 0 (рис. 20).
(Ф-т психологии, 1966) Построить график функции
y= 1-21+加(计 1).
Представим эту функцию в виде
у = 1 +(-2)・2加(计1); (6)
теперь, имея график функции 勿 =2sin х, можно получить график функции у с помощью приемов, рассмотренных в примерах 1, 2, 5. Поэтому займемся сначала графиком функции 勿.Эта функция — периодическая с периодом 2л; следовательно, достаточно нарисовать ее график на отрезке 0 w % W 2л (см, пример 13).
При х = 0 функция у\ принимает значение 1. Если х увеличивается от 0 до п/2, то sin х возрастает от 0 до 1, a 2sinK возрастает от 1 до 2. Если, далее, х увеличивается от л/2 до 3冗/2, то sin х убывает от 1 до —1, a 2slnx убы^ вает от 2 до 7г； в частности, при 尤=л функция 財 принимает значение 1. Наконец, если х увеличивается от Зл/2 до 2л, то sin х возрастает от ~1 до 0, a 2sin3C возрастает от 1/2 до 1; при х = 2л значение функции yi равно 1. Все эти утверждения относительно поведения функции Ух следуют из свойств синуса и показательной функции. Они позволяют выяснить примерное поведение графика функции ух при 0 W % w 2п; получившуюся кривую остается продолжить периодически с этого отрезка на всю ось абсцисс (рис, 21).
Теперь все готово для построения по формуле (6) графика функции у. Прежде зсего сдвинем график функ-
пин у\ как твердое тело на единицу влево вдоль оси абсцисс; в результате получится кривая, являющаяся графиком функции
у2 = 255计1)
(см. пример 2). Это — также периодическая функция (с периодом 2л); свое наибольшее (максимальное) значение, равное 2, она принимает в точках
х* =至—1 + 2内n,
а наименьшее (минимальное) значение, равное 7г, — в точках
х** = —^ —】+ 2^п,
где 々——целое число (см. рис. 21). Осуществляя «растяжение» кривой //2 вдоль оси ординат в 2 раза и ее
зеркальное отображение относительно оси абсцисс, мы построим график функции
禽 =(-2).2而侬+1)
(см. пример 5). Отметим, что максимальное значение этой периодической функции равно —1, а ее минимальное значение равно —4 (см. рис. 21). Наконец, график функции у получится, если кривую уз как твердое тело поднять на единицу вверх вдоль оси ординат (см. при мер 1).
График (сплошная линия на рис. 21) передает основные черты поведения функции у. Это — периодическая
(с периодом 2л) функция, обращающаяся в нуль в
точкахточках^ - 1 + 2力汽^ - 1 + 2力汽
точках
точках
^ - 1 + 2力汽
^ - 1 + 2力汽
принимаю-принимаю-значениями О значениезначениями О значениефункции у равно 1—21+81111функции у равно 1—21+81111
принимаю-
принимаю-
значениями О значение
значениями О значение
функции у равно 1—21+81111
функции у равно 1—21+81111
(О является ее наибольшим значением) и щая наименьшее значение —3 в точках
х*=^—1+2^п.
В промежутках между экстремальными функция у изменяется монотонно. При % =
(напомним, что sin 1 есть синус, угла в один радиан!).
Разумеется, рис. 21 дает лишь грубое, примерное представление о графике функции у. однако именно такая степень детализации и требуется от поступающих.
Построить график функции у = log2 (1 —X2).
Сначала построим график вспомогательной функции 协= =1—尤 2; эта парабола на рис. 22 изображена пунктиром. Затем надо построить график логарифма от згой
функиии.
При 尤=0 имеем у = log? 1 = 0・ Если х увеличивается от 0 до 1, то, как видно из графика вспомогательной функции^ 1——х2 уменьшается от 1 до 0, а потому Iog2 (1 — х2) уменьшается от 0 до —8, Аналогично, если х уменьшается от 0 до —1, то 1 — х2 уменьшается от 1 до 0 и log2(l — х2) уменьшается от 0 до ——8. Для ос
тальных значений х, т. е. для % 0 —1 н % ^ 1, мы имеем 1 ——尤？ W 0, так что log2(l —х2). не имеет смысла. График функции у изображен на рис, 22 сплошной линией.
Заметим, что для построения этого графика мы не стали с самого начала находить область определения рассматриваемой функции ——она получилась у нас авто- матически. Тем не менее предварительное отыскание области определения часто бывает очень полезным.
Построить график, функции у = logsmx 14.
Очевидно, что функция у — периодическая с периодом 2л. Поэтому при построении ее графика достаточно ограничиться отрезком длины 2л, например, отрезком О W х W 2л. Но не весь этот отрезок входит в ее область определения： функция имеет смысл (на этом отрезке) лишь для О V х V 冗/2： л/2 V х V 九 Именно на этих интервалах мы и должны построить ее график, а затем распространить его по соображениям периодичности.
Рис. 23.Рис. 23.
Рис. 23.
Рис. 23.
Заметим, что функцию у в ее области определения 壮ожно переписать в форме
g 一沁g% 3in「 ⑺
Построим график вспомогательной функции 协 = =logt/ssin х; он будет интересовать нас только при 6 V V х V 冗.Взяв часть синусоиды у? = sin х, соответствующую отрезку изменения аргумента х от 0 до л, можно гем же методом, что и в предыдущем примере, получить график сложной функции 夕】(рис. 23; вспомогательные графики у\ и у? изображены пунктиром)*
Рассмотрим промежуток О V х V #2. Так как при любом, значении х из этого промежутка соответствующая ему величина функции у является обратной по от- ношению к величине функции 九 соответствующей тому 限е значению аргумента (см. (7)), то легко представить
себе примерный вид графика функции у при О С х < V 冗/2 (сплошная линия на рис. 23).
Аналогично строится график рассматриваемой функции при л/2 V х V 乳.
Полезно обратить внимание на то, что примерно такие же рассуждения, как при построении графика функции у по уже полученному графику вспомогательной функции у\ (использующие формулу (7)), позволяют построить график функции у= j^ , если график функции У\ =『(％) уже нарисован.
Рассматривая более подробно рис. 23, можно отметить, что полного описания поведения графика заданной функции в ходе изложенного выше решения мы не получили (например, тот факт, что этот график изогнут именно так, как это изображено на чертеже, даже не обсуждался). Но от поступающих это и не требуется, поскольку такие вопросы известными им элементарными средствами решить невозможно. Однако примерное поведение графика нарисовать несложно.
Вид кривой, впрочем, можно было бы еще несколько уточнить, дополнительно вычислив таблицу значений функции для 《удобных» значений аргумента и учитывая получающиеся точки при проведении графика. На экзамене такое уточнение, как правило, не требуется: важно рисовать именно «примерную» кривую, передающую об* ший вид и характерные особенности графика.
В заключение рассмотрим примеры несколько иного рода, но также связанные с графическими построениями на плоскости с заданной системой координат.
Найти на координатной плоскости множество точек, координаты х и у которых удовлетворяют системе неравенств
,5尤 + 3g》О, t у - 2х < 2. ⑻
Из первого неравенства имеем
Построим прежде зсего график функции у = —5х/3 (рис. 24). Тогда точки, координаты которых удовлетво-
ряют равенству ^ — —5х/3, лежат на построенной пря^ мой, а точки, у которых координата у больше — 5х/3, должны лежать выше этой прямой. Таким образом, множеством точек, координаты которых удовлетворяют первому неравенству (8), будет полуплоскость, лежащая выше прямой у =——5х/3 (в рис. 24 эта область отмечена вертикальной штриховкой).
Аналогично из второго неравенства (8) имеем
у V 2尤 + 2, так что множеством точек, координаты которых удовлетворяют второму неравенству (8), будет полуплоскость, лежащая ниже прямой р = 2尤 + 2 (сама прямая не включается; на рис. 24 эта область отмечена горизонтальной штриховкой).
Следовательно, точки плоскости, координаты хну которых удовлетворяют системе неравенств (8), лежат
в общей части двух полученных полуплоскостей, представляющей собой угловую область (на рис. 24 отмечена двойной штриховкой); при этом один из ограничивающих эту область лучей — часть прямой у = —5х/3 —— включается в искомое множество, а другой ——часть прямой у = 2%+ 2 —не включается (точка пересечения прямых у = —5х/3 и у = 2х + 2 также не принадлежит искомому множеству).
(Экономич. ф-т, 1972) Найти и изобразить на координатной плоскости точки, координаты которых удовлетворяют системе уравнений
(Зх + 1)(尤一Зу — 1) = О,
(3尤 + 1)(6г/ 一 2尤 + !)(X + у) = 0.⑻
Первое уравнение системы (9) выполняется, если Зх + 1 = 0 или х —3z/ — 1= 0. Следовательно, точки*
координаты которых удовлетворяют этому уравнению, заполняют на координатной плоскости пару прямых
X = — 3 Н у =彳(尤一［);
на рис. 25 они изображены сплошными линиями. Аналогично, точки, координаты которых удовлетворяют в го* рому уравнению системы (9), заполняют прямые
х ~ — ^{/ =J (2х — 1), у =—芻
на рис. 25 эти прямые изображены пунктирными ли> ниями.
Пара чисел (х, у), являющаяся решением системы (9), удовлетворяет одновременно обоим уравнениям системы, а потому соответствующая точка лежит и на не-* которой сплошной прямой, и на некоторой пунктирной прямой. На рис. 25 видно, что таким свойством обладают точки прямой х =——〔/з и точка А пересечения прямых
поскольку прямые
не пересекаются. Последнее утверждение, очевидное я» аккуратно выполненного чертежа, требует, разумеется^
строгого доказательства； надо либо указать, что эти прямые имеют одинаковый угловой коэффициент, т. е. па* раллельны, либо показать, что система уравнений
У =У =х - fх - f33У ^У ^2х — i~6~2х — i~6~
У =
У =
х - f
х - f
3
3
У ^
У ^
2х — i~6~
2х — i~6~
если будет выпол-если будет выпол-
если будет выпол-
если будет выпол-
несовместна. Координаты точки Л легко находятся из св* стемы уравнений
У = 一3 一 ," =一及
так что Л = (!Д, — %).
Таким образом, условию задачи удовлегворяют все точки, лежащие на прямой х =——7з, и точка C/击——i/j.
(Мехмат, 1961) На плоскости с заданной системой координат изобразить область, заполненную всеми точками, координата которых удовлетворяют неравенству log* logy% > 0.(10)
Заметим сразу： х и 从 удовлетворяющие условию (10), таковы, что х > 0, // > 0, х =# 1 \} у Так как свойства логарифмов различны при основаниях, больших или менЬ' 江шх единицы, тс естественно рассмотреть два случая.
Пусть х > 1. Тогдз на основании свойств логарифмов неравенство (10) будет справе^ нено неравенство logy х > 1. Так как логарифмы чисел, больших единицы, по основанию, меньшему единицы, от- рицательны? то неравенство iogj% > 1 не может выполняться для у из промежутка 0 V у V 1-
Значит, неравенство logy х > 1 может быть справедливо лишь в том случае, когда у > 1. Но если у > L 丁。 решением неравенства ：ogy х > 1 будут все х > у.
Итак, если 尤 >1, то для выполнения неравенства (10) у обязательно должен 5ыть больше единицы: у > ^9 а исходному неравенству будут удовлетворять те точки, 共门兄 координат которых выполнено еще условие х > у-
Найти область определения1. г/ ~ 5 V1 — 4 力Найти область определения1. г/ ~ 5 V1 — 4 力3,"=炉 + X? 一 2广5. g = "厂"方一2)(# 一 守.3,"=炉 + X? 一 2广5. g = "厂"方一2)(# 一 守.Построить графики функций:Построить графики функций:7. г/= 2”.9. у = к (\ — х), И. (Экономим, ф-т, 12. (Экояомнч. ф-т, 13. у = (% + 1) ( |х I7. г/= 2”.9. у = к (\ — х), И. (Экономим, ф-т, 12. (Экояомнч. ф-т, 13. у = (% + 1) ( |х I(Ф-т психологии, 1966)g = 2・3* + i — I.i/ = 10~|jci.22・ у = I [Ogg x2 |.g = sin2 x + cos2 x.g = “3 sin 2x + cos 2x.y = 2tg (— 2x + ^).旳.(Ф-т психологии, 1968)(Ф-т психологии, 1966)g = 2・3* + i — I.i/ = 10~|jci.22・ у = I [Ogg x2 |.g = sin2 x + cos2 x.g = “3 sin 2x + cos 2x.y = 2tg (— 2x + ^).旳.(Ф-т психологии, 1968)—|х-2| + 11% + 3| '4 = (%)7х + 1.У%)*”.г/ = ^/lg sin х .у = sin2 尤一cos2 x.27. у = 2 sin 丨 2% |.29. y~ — cos2 (力一目,—|х-2| + 11% + 3| '4 = (%)7х + 1.У%)*”.г/ = ^/lg sin х .у = sin2 尤一cos2 x.27. у = 2 sin 丨 2% |.29. y~ — cos2 (力一目,
Найти область определения
1. г/ ~ 5 V1 — 4 力
Найти область определения
1. г/ ~ 5 V1 — 4 力
3,"=炉 + X? 一 2广
5. g = "厂"方一2)(# 一 守.
3,"=炉 + X? 一 2广
5. g = "厂"方一2)(# 一 守.
Построить графики функций:
Построить графики функций:
7. г/= 2”.
9. у = к (\ — х), И. (Экономим, ф-т, 12. (Экояомнч. ф-т, 13. у = (% + 1) ( |х I
7. г/= 2”.
9. у = к (\ — х), И. (Экономим, ф-т, 12. (Экояомнч. ф-т, 13. у = (% + 1) ( |х I
(Ф-т психологии, 1966)
g = 2・3* + i — I.
i/ = 10~|jci.
22・ у = I [Ogg x2 |.
g = sin2 x + cos2 x.
g = “3 sin 2x + cos 2x.
y = 2tg (— 2x + ^).
旳.(Ф-т психологии, 1968)
(Ф-т психологии, 1966)
g = 2・3* + i — I.
i/ = 10~|jci.
22・ у = I [Ogg x2 |.
g = sin2 x + cos2 x.
g = “3 sin 2x + cos 2x.
y = 2tg (— 2x + ^).
旳.(Ф-т психологии, 1968)
—|х-2| + 1
1% + 3| '
4 = (%)7х + 1.
У%)*”.
г/ = ^/lg sin х .
у = sin2 尤一cos2 x.
27. у = 2 sin 丨 2% |.
29. y~ — cos2 (力一目,
—|х-2| + 1
1% + 3| '
4 = (%)7х + 1.
У%)*”.
г/ = ^/lg sin х .
у = sin2 尤一cos2 x.
27. у = 2 sin 丨 2% |.
29. y~ — cos2 (力一目,
Множество этих точек есть внутренняя часть угловой области CBD (рис. 26).
Пусть теперь 0 Vx V 1. Рассуждая аналогичным образом, найдем, что условию задачи удовлетворяют гс точки, для координат которых выполнены неравенства OVyVl и у <Z х. Множество этих точек есть внутрен- ыость треугольника А О В (см. рис. 26).
Следовательно, точки, координаты которых удовлетворяют неравенству (10), образуют область, заштрихованную на рис. 26 (координаты граничных точек этой области соотношению (10) не удовлетворяют).
Задачи
функций:
2. у н logxf (2 —尤一х2),
a sin % + cos x
4. и !.
1g% + ctg Y
6・乡=V^cos (2wj,
у =冗(％ + 1).
у — I — 3% + 2 j — I 2% — 3 [
1971) у = %? — ] % — 2 I — 4.
1971) y = x^-3 x-"-2.
— 2).14・y= x + 1 I • (I x I — 2).
gg
g
g
cos %sin x
V1 + ig2 % VW- ctg2 x
(Ф-т психологии, 1968)
z/ = cos 2х — д/1 — sin 2х (sin 尤 + cos x).
33, у == % + sin 尤.33, у == % + sin 尤.37・ у = cos (cos x).37・ у = cos (cos x).у = 1 + “％ .
33, у == % + sin 尤.
33, у == % + sin 尤.
37・ у = cos (cos x).
37・ у = cos (cos x).
у = log% —J
у == ioggig"
3 cos 千
(Ф-т психологии, 1966) у = 3 + 23.
Чем отличаются графики функций:
у】=log3 х2 и 火=2 log3 х?
川=2e『"и р2 = x?
^j == tg х c(g x и y2^ ^
На плоскости с заданной системой координат нарисовать множество точек, координаты хну которых удовлетворяют соотношениям:
I — 1 I = х? — 4х + 3.43. I х I + х = I г/1 Ч- у.
I х — 2| + |// + 1 I С1.45, I % — у ]> 2.
|(/| = sinx.<7. log, sinX|y >0.
Найти и изобразить на координатной плоскости точки, коораи* наты когорых уаовлзтворхют системе уравнений:
(Экономич. ф-т, 1972) | 18x2i/2 — 4х3у2 — Зх2у3 = 0,
I \2у2 — 2ху2 + Зг/3 = 0.
(Экономич. ф-т, 1972) ( (1 —汇)(％ + 9 + 3) (2% — у) = &
f (х — 1) (3% 十 Зу + 1) — 0.
50* (Экономич. ф-т, 1972) ( (2р + 3) (4у — 2х + 3) (Зм — у) = 0, 1(2у + 3) (2у —尤一2) = 0.
Найти площадь фигуры, ограниченной линиями:
(Ф-т психологии, 197!) г/ == I х I — 5, г/ = — —^+ |%+ 3 |.
(Ф-т психологии, 1971) у =」-"『 ” ,у = 土土!】；I .
(Q т психологии, 1971) Найти площадь фигуры, ограниченной линией I х I 十 I * I = 2.
(Экономич. ф-т, 1973) График функции
У = 2%2 — X пересекается в двух точках с наклонной прямой, проходящей через точку оси у с ординатой 氏 Найти среднее геометрическое между длинами отрезков： соединяющих начало координат с проекциями зочек пересечения на ось абсцисс.
(Экономия, ф-т, 1973) График функции
пересекается в двух точках с наклонной прямой, проходящей через точку осн х с абсциссой а. Вычислить абсциссу середины отрезку соединяющего проекции точек пересечения на ось х.
(Экономич. ф-т, 1973) График функции
2 + %
пересекаете” в двух iочках с наклощкш iip/vofi; образующей угол а с осью абсцисс. Нанти среднее геометрическое между длинами отрезков, соединяющих начало координат с проекциям и точек пересечения на ось х.
(Ф-т психологии, 1967) Высота прямоугольного параллелепипеда равна ?2, а стороны основания равны х и у. Найти зависимость между г/ и х и изобразить ее графически, если известно, что боковая поверхность параллелепипеда равна площади основания.
(Фл психологии, 1967) В основании первого прямого цилиндра лежит круг радиуса у, в основании второго — круг радиуса х, причем радиус первого круга больше. Высота первого цилиндра равна Ve, высота второго '/2- Найти зависимость между у и х я изобразить ее графически, если разность между площадью боковой поверхности “ площадью основания первого цилиндра равна площади боковой поверхности второго цилиндра.
(Ф-т психологии, 1969) В правильной треугольной омрамнде высота равна 1, а отношение квадрата дл и и ы бокового ребра к квад рату длины стороны оснсваннн равно х. Найти зависимость объема пирамиды от * н изобразить ее графически.
(Ф-т психологии, 1969) В правилыюй петырехутольной пирамиде высота равна 1, а отношение квадрата длины апофемы боковой грани к квадрату длины стороны основания равно х. Найтк зависимость объема пирамиду от * н изобразить ее графически
«Текстовые» заяачн
• Мы называем «текстовыми» задачи, традиционно на、 З1лвающиеся задачами на составление уравнений. Дело в том, что на вступительных экзаменах, особенно в последнее время, все чаще предлагаются задачи, в кото-* рых для решения, для нахождения гребуемых неизвестных величин, приходится пользоваться не только урав“ пениями, но и неравенствами), а иногда и другими условиями, которые не записываются в форме уравне' ний и неравенств. Поэтому главным, что объединяет задачи такого типа, является лишь то： что условие задано
в форме некоторого текста, без формул, даже без буквенных обозначений неизвестных. Кроме того, привычка большинства поступающих рассматривать всякую тек- сювую задачу как задачу на составление уравнений оказывает иногда плохую услугу: они оказываются психологически неподготовленными к тому, что одних уравнений для решения задачи недостаточно.
Задачи обычного типа, в которых все условия записываются в виде уравнений, как правило, не вызывают особенных трудностей у поступающих, хотя и в этих задачах отдельные моменты доставляют порой затруднения. Что же касается задач более сложных, то их труд* ность объясняется, как правило, именно их непривычностью, необходимостью рассуждать, а не просто решать некоторые системы уравнений или неравенств.
Начнем с задач, наиболее часто предлагаемых на вступительных экзаменах в последние годы, — с задач на движение и на работу.
При рсшенни задач на движение обычно вводятся в рассмотрение скорости (力，方，…)，путь и его части (§, §ь $2, • . •) и время «I, /2, . ..), необходимое дан прохождения пути или его частей.
(Ф-т психологии, 1975) Дорога из пункта 4 в пункт В сначала идет под уклон с горы &о протяжении 24 км, зотт加 идет 几。ровному месту на протяжении 20 км, после подымается под первоначальным уклоном s гору на протяжении 16 км. Велосипедист, проехав 2/з 〃рт〃 из А в В, обнаружил^ что забыл необходимый пакет. Он сразу же повернул назад 〃 через 8 часов 12 минут после своего выезда из пункта Л вернулся в пункт А На следующий день, выехав из А в В той же дорогой, велосипедист проехал весь путь за 6 часов. На третий день велосипедист проехал обратный путь из В в А за 6 часов 20 минут. С какой скоростью велосипедист ехал под гору, по ровному месту и s гору, если считать эти скорости постош' ными?
Пусть велосипедист ехал под гору со скоростью ＜；! км/час, по ровному месту ——и? к.м/час, в гору — и? км1час. Дорога от 4 до 6 разбивается на три участка:
ПОД ГОру： S] = = 24 &从；
по ровному месту: s2 = CD = 20 км;
в гору: $з = DB = 16 км.
Вся дорога АВ = s = 60 км, В первый день велосипедист проехал сначала рас
стояниестояние4K = ^ s = 40 &附*4K = ^ s = 40 &附*
стояние
стояние
4K = ^ s = 40 &附*
4K = ^ s = 40 &附*
а зате^м вернулся обратно. Значит, он проехал расстоя* ние S) со скоростью и】и затратил время ^ = — еас, дважды расстоянне ” = СК = АК — АС = 16 км со скоростью。2 и затратил время 勾 =М 乩 наконец, расстояние si со скоростью 禽 и затратил время Ь = =S1/U3. Известно, что в первый раз он затратил на весь путь время 厶=8【/5 час. Поскольку 匕=厶 + % + %, то получаем уравнение
Уз — 5Уз — 524 , 32 . 24 4iК 十 十 ТГ = W
Уз — 5
Уз — 5
Во второй день на путь АВ велосипедист затратил время % = 6 час, при этом он проехал путь §】со скоростью s и затратил на этот путь время % — Si/s, путь 52 с。скоростью р2 & затратил время % =事 и, наконец, путь §з со скоростью Оз и затратил время = s3/v3. Поскольку /5 = /6 + 力 + /& га получаем уравнение
Аналогично» используя условия движения велосипедиста 6 третий день, приходим к уравнению
Получили систему трех уравнений с тремя неизвестными: ^1, и?, Оз- Легко заметить, что все уравнения этой системы являются линейными относительно аеличин, об* ратных к Vh s и из； обозначая их
3Gp g=石，z =
Получаем «систему уравнений
(120%+ 160у + 120z = 4\
；24х + 20у+162=6,(1)
t 48* + 60厶十 722= 19.
Умножая сначала второе уравнение на 5 и вычитая его ■из первого, и затем умножая второе уравнение на 2 口 еычитая из третьего, приходим к системе уравнений
60р + 40z = 11,
20г/ + 40z = 7.⑵
Из системы (2) находим у = %。，г = %, а затем из системы (1) получаем % = %2・
Теперь легко находим ответ: велосипедист ехал под гору со скоростью 力=12 км/час\ по ровному шоссе — со скоростью и? = 10 км/час и в гору со скоростью 禽= =8 км/ч.'
Большие трудности у поступающих возникают при составлении систем уравнений в тех случаях, когда происходит движение по замкнутой траектории, например, по окружности. Часто при решении таких задач поступающие с трудом представляют себе картину движения и потому не видят условий, из которых вытекают те или иные уравнения.
(Мехмат, 1970) Три гонщика, А, В и С, стартовав одновременно, движутся с постоянными скоростями s od・ ном направлении по кольцевому шоссе. В момент старта гонщик В находится перед гонщиком А на расстоянии !/з длины июссеу а гонщик С перед гонщиком 3 на таком же расстоянии. Гонщик Л впервые догнал гонщика В s тот момент, когда 8 закончил свой первый круг, а еще через 10 минут гонщик. А впервые догнал гонщика С. Лонщик 8 тратит на круг на 2,5 минуты меньше, чем гонщик С. Сколько времени тратит на круг гонщик Л?
Пусть длина кольцевого шоссе равна s 加；время (в ■минутах), которое тратят на полный круг гонщики 4 В и С, обозначим соответственно через х, у н а; скорости гонщиков (в м/мин) будем обозначать соответственно чеоез и, V и w. Тогда справедливы соотношения
их = vy = wz = s.(3)
Из условия задачи видно, что в момент одновременного старта гонщик В находится впереди (по направлению движения) гонщика А на расстоянии s/З, а гонщик С —< впереди гонщика Л на расстоянии 2s/3. Гонщик Л впер： вые догнал гонщика В в тот момент, когда последний закончил свой первый круг, т. е. через у минут после старта, и за это время гонщик / прошел путь на s/3 больший, чем за это же время прошел гонщик В. Таким образом, получаем
иу = 4s/3.(4)
Гонщик Л впервые догнал гонщика С еще через 10 минут после того, как он догнал гонщика В, т. е. через (У + Ю) мин после старта. За это время гонщик А прошел путь на 2s/3 больший, чем за это же время прошел гонщик С. Таким образом, получаем соотношение
а (у + 10)=侬伍十 10) + 2б/3.(5)
Наконец, условие, что В тратит на круг на 2,5 минуты меньше, чем С, дает соотношение•
Из полученной системы нужно определить только значе- ние х. Подставляя выражения для и, и, w из (3) в (4) и (5) и сокращая получающиеся равенства на s (что возможно, ибо 5 =# 0 по смыслу задачи), приходим к си* стеме трех уравнений с тремя неизвестными;
4
g + 10 — I 2
.5
Исключая из этой системы у и z, приходим к квадратному уравнению
4х2 — 45% — 225 = 0,
которое имеет корни 修=15 и 力之=—‘％. Отрицатель нн力 корень не имеет смысла в рассматриваемой ьадаче
н поэтому должен быть отброшен. Таким образом, полу- чаем ответ: гонщик А тратит на круг 15 мин.
ГТрм решении задач на работу обычно приходится рассматривать части всей работы, выполняемые в тот н刀н иной срок. Рассмотрение частей всей работы позво- ляет просто составить систему уравнений.
(Экономия, ф-т, 1975) Три бригады, работая вме~ сте，должны выполнить некоторую работу. Известно, что первая и вторая бригады вместе могут выполнить ее на 36 минут быстрее, чем одна третья бригада. За то время, 方 течение которого могут выполнить всю работу первая ” третья бригады вместе, вторая бригада может выполнить лишь половину всей работы. За то время, s течение которого всю работу могут выполнить вторая и третья бригады вместе, первая может выполнить 2/7 всей работы. За какое время выполнят работу все три бригады вместе^
Пусть первая бригада выполнит всю работу за х мин, вторая ——за у 期口必,третья ——за z мин. Тогда за одну минуту первая бригада выполняет !/х часть всей работы, вторая — 1/у, третья — 1/г. Первая и вторая бригады, работая вместе, выполняют за минуту ^ + у) часть всей работы; значит, всю работу они выполняют за время: -I~^-т- мин. По условию задачи это время равно
((2 ——36) мин. поэтому
二 + 二
Первая и третья бригады, работая вместе, выполняют всю работу за время〔「мин. По условию задачи это
L -
время равно у/2 мин. Значит,
Аналогично составляется третье уравнение:
2x2x7+77+7(8)(8)
2x
2x
7+7
7+7
(8)
(8)
1 *71 *7В задаче требуется найти время % за которое выпол* няют всю работу три бригады, работая вместе, т. е. нам надо найти
1 *
7
1 *
7
задаче нам достаточно (8) найти к. у Yi z. Пе-задаче нам достаточно (8) найти к. у Yi z. Пе-Итак, для нахождения ответа б из системы уравнений (6), (7) и
задаче нам достаточно (8) найти к. у Yi z. Пе-
задаче нам достаточно (8) найти к. у Yi z. Пе-
репишем полученную систему уравнений в виде
丄X丄X++X丄УX丄У++++1 _ 1у — г — 36 f丄=2Z — У *丄7= 2x ,1 _ 1у — г — 36 f丄=2Z — У *丄7= 2x ,
丄X
丄X
+
+
X丄
У
X丄
У
+
+
+
+
1 _ 1
у — г — 36 f
丄=2
Z — У *
丄
7= 2x ,
1 _ 1
у — г — 36 f
丄=2
Z — У *
丄
7= 2x ,
Складывая теперь второе уравнение этой системы с удвоенным третьим уравнением, находим х == 2г. Подстав- 4 ляя это значение х в третье уравнение, получаем?/ — у г. Наконец, подставляя эти значения % н у в первое уравнение, приходим к уравнению
1 . 3 _1
откуда находим z = 180, но тогда 尤=360 н у = 240. Теперь легко найти
/二7Tx = 80.
180 十 24。十 360
Ответ: всю работу три бригады, работая вместе, выполнят за 80 мин.
Многие поступающие о^ень боятся задач, в формулировках которых участвуют слова《сплава》，«отношениям, «смеси». Увидев такую задачу, они сразу решающ что
3］。очень трудная задача. На самом деле эти задачи обычно довольно просты.
4* (Физфак, 1972) Имеются два слитка сплавов зо- /ота 〃 меди, В первом слитке отношение золота к меди Равно 1 :2, а во втором 2:3. Если сплавить % первого слитка с ‘/б второго, то s получившемся слитке окажется столько золота, сколько было в первом меди, а если 2/3 первого слитка сплавить с половиной второго, то 8 получившемся слитке окажется меди на 1 кг больше, чем бь1ло золота во втором слитке. Сколько золота в каждом слитке?
Пусть в первом слитке х кг золота, тогда в нем меди 2х кг. Пусть во втором слитке у кг золота, тогда в нем меди %у кг. Если сплавить % первого слитка с 5/6 второго, то в получившемся слитке золота будет (扌尤+^у)ка, а по условию задачи золота будет столько же, сколько меди в первом слитке, т. е. 2% кг. Значит, получаем первое уравнение
Совершенно аналогично составляется второе уравнение 4. 3.,
可 х + У = У + L
Решая эту систему, получаем ответ:
х = 1,2 кг, у = 2,4 ^г.
(Мехмат, 1964) Имеются три смеси, составленные из трех элементов А, В и С. В первую смесь входят только элементы А и В в весовом отношении 3:5, во вторую смесь входят только элементы В и С в весовом отношении 1 :2, 8 третью смесь входят только элементы А и С в весовом отношении 2:3. S каком отношении нужно взять эти смеси, чтобы во вновь полученной смеси элементы А, В и С содержались в весовом отношении 3:5:2?
Элементы А и В входят в первую смесь в весовом отношении 3:5, и поэтому в каждом грамме первой смеси содержится 3/s з элемента А я §/& 己 элемента В. Аналогично, 1 а второй смеси содержит % а элемента S и 2/з ^
цемента С, a i 2 третьей смеси содержи! 2/ь ° элемента А и 3/5 г элемента С. 广 —
Если мы возьмем хе первой смеси, ? г уторон и г третьей и смешаем их, то получим § * у 十 z) г новой смеси, причем в ней будет (后彳 +亏9 г элемента А, (4 х У ^) г элемента 8 в (^乡 + ^ z) а элемента С. Нам нужно взять первую, вторую и третью смеси в таких количествах, чтобы в новой смеси элементы Л, с и С содержались в весовом отношении 3 : 5 : 2, т. е. в 1 г новой смеси должно быть 3/ю г элемента 4, 5/ю г элемента « и 々о г элемента С. Но тогда в (х + у 十 z) е、новон смеси будет "，帮 + 冲 г элемента 4, _5(х + у + ?- г элемента В и 2(х*《 + а г элемента С. Приравнивая раз- ные выражения для одного и того же количества грам* дюв элементов А, В и С, получаем систему уравнений
■誓 х + } Р = ^ (% + У + 2)， (9) 4 // + У 胃="^" (% + У + 2)”
Заметим, что хотя у нас получилось три уравнения с тремя неизвестными, независимых уравнений в этой системе только два. Это легко показать, например, так: -вычитая из равенства 犬十？ + 2 =尤 + 〃 + ? сумму первых двух уравнений, получим третье уравнение. Поэтому из системы (9) мы найдем лишь отношение х \ у: z, а не сами х, у и z. Исключая х, например, из первых двух уравнений системы (9), находим у = 2г. Подставляя это значение у в любое уравнение системы, получаем 尤= =(2"/з)е Следовательно, х : у : а = 20 : 6 : 3, т. е. смеси надо взять в весовом отношении 20 :6 : 3.
Не меньшие трудности у поступающих вызывают за・ дачи на проценты. Между тем ничего трудного в понятии «процент» нет: мы можем избавиться от процентов, рассматривая соответствующее количество сотых долей числа.
(Геофак, 1966) Проценты содержания (мо весу) спирта в трех растворах образуют геометрическую прогрессию. Если смешать первый, второй и третий растворы 8 весовом отношении 2 : 3 : 4, то получится раствора содержащий 32% спирта. Если же смешать их в весовом отношении 3:2:1, то получится раствор, содержащий 22% спирта. Сколько процентов спирта содержит первый раствор?
Пусть в первом растворе х% спирта, во втором у% и в третьем г% спирта. Это означает, что в 1 г первого раствора содержится (х/100) г спирта, в 1 г второго раствора ®/100) г спирта и в 1 г третьего раствора (г/100) г спирта. Если возьмем 2 г первого раствора, 3 г второго и 4 г третьего, то получим 9 г смеси, содержаЩей (2•鳥+ 3•斋+ 4・需)а спирта. По условию задачи полученная смесь содержит 32% спирта, т. е. в 9 г смеси содержится 9* (32/100) г спирта. Из этого условия получаем уравнение
2х 十 3g + 4之—9 * 32Гоо.
Совершенно аналогично получаем еще одно уравнение:
Зх + 2у + 2 — 6 • 22
Наконец, по условию задачи числа 戈，у и £ образуют геометрическую прогрессию, и поэтому у* = xz.。
Теперь остается найти х из системы уравнений
2х + Зу + 4z — 288,v 3工 + 2у 十 z = 132,、疗 ^ хг.
Из первых двух уравнений находим
у = 48 — 2х, 2 = 36 + 尤.
Подставляя эти выражения в третье уравнение системы, приходим к уравнению х2 — 76%+ 768 = 0, корни которого Xi = 64 и х2 = 12.
Поскольку 尤1 и х2 оба положительны, то многие поступающие считали, что оба эти корня удовлетворяют
условию задачи, т. е. задача имеет два решении. Однако значение % = 64 не удавлетворяет условиям,задачи, так как соответствующее значение 沙=48 — 2х\ отрицательно. Значит, остается лишь х = 12. Таким образом, первый раствор содержит 12% спирта.
（Экономии, ф-т, 1971） Заработная плата некоторой категории служащих повышалась два раза, причем процент повышения во второй раз был в два раза, больше чем в первый раз. Определить, на сколько процентов повышалась зарплата каждый раз, если до первого повышения зарплата была 70 руб., а после второго повыше- ния составила 92 руб. 40 коп.
Пусть в первый раз зарплата повысилась на х%, тогда во второй раз она повысилась на 2х%. Поскольку до первого повышения зарплата была 70 руб,, то она увеличилась после первого повышения на 70 X 而 руб* и стала равной（70 + 70京）руб. После второго повышения заработная плата （уже равная 70 ^1 + -у^） руб.） увеличилась на 70 （1 +扁）•鳥 руб. и стала равной
I7。。+1^0）+ 70（1 十总）•匍 РУ&
Но после второго повышения она стала равной 92 руб. 40 коп., поэтому получаем уравнение
7。（1 +鬲） + 700+高）需= 92,4.
После простых преобразований это уравнение можно переписать в виде
R+ 150” 1600 = 0.
Корни последнего уравнения:尤^ = 10 и 尤2 H—160. Поскольку проценты не могут быть отрицательными числами, то условию задачи удовлетворяет лишь 尢^ = !0.
Таким образом, в первый раз заработная плата повышалась на 10%, а во второй раз ——на 20%.
Во многих случаях трудности возникают при решении получающихся систем, особенно в тех случаях, когда для отыскания необходимого неизвестного требуется не-
которая догадка или искусственный прием. Такой прием часто облегчает выкладки, или вообще указывает един- ственно возможный путь к решению задачи.
8* (Мехмат, 1966) В реку впадает приток. На притоке 壊 некотором расстоянии от его устья расположен пункт 4 На реке но таком же расстоянии от устья притока расположен пункт В. Времяу которое требуется моторной /о°ке, чтобы доплыть от пункта Л до устья притока и o6paTHOi относится ко времени, которое требуется ей, цто6ь\ доплыть от пункта В до устья притока и обратно, как 32:35. Если бы скорость моторной лодки была на 2 км/час больше, то это отношение было бы равно 15: 16, а если бы скорость моторной лодки была на 2 км/час меньше, то это отношение было бы равно 7:8. Найти, скорость течения реки, (Расстояния измеряются вдоль притока и реки соответственно.)
Пусть скорость течения реки и км/час, скорость лодки в стоячей воде и км/час и скорость течения притока ⑬ км/час. Пусть, далее, расстояние от пункта А до устья притока равно s /с也.Тогда на путь от пункта Л до устья притока и обратно лодка тратит время
,— s - s — 2su
0 + ⑵ V ■"- WV - W2 '
Так как расстояние от пункта S до устья притока также равно s км, то на путь от В до устья притока и обратно лодка тратят время
Из этой системы нам надо найти и. Наиболее просто 电та система решается, если из нее исключить сначала 〃， т. е. как раз ту неизвестную, которую нужно наити. Исключая и, получим систему
f 2(l2)2 一(百 + 2)2 =壮，
I 35®-2)2 - 24标=11^2.
Исключая теперь из этой системы w、получаем урав” некие
i3(u —2)2 + U(u + 2)2 - 24栈=О,
откуда и= 12. Теперь легко находится = 2 и, наконец, 〃 = 4, Итак, скорость течения реки равна А км!час.
В следующей задаче получается система трех линейных уравнений с тремя неизвестными. Казалось бы, решить ее просто. Однако многие поступающие не справились с ее решением, запутавшись в выкладках из-за буквенных коэффициентов. Следует подчеркнуть, что задачи с буквенными (а не с числовыми) данными бывают на экзаменах достаточно часто.
(Химфак, 1966) В озеро впадают две реки. Пароход выводит из порта М на первой реке, плывет вниз по течению до озера, затем через озеро (где нет течения) и по второй реке вверх (против течения) до порта А\ Затем пароход возвращается обратно. Спорость парохода при отсутствии течения равна и, скорость течения первой ре汇〃 и【，второй реки и?, время движения парохода от М до N равно /, а длина пути от М до N равна S. Время обратного движения от 皮 до М 几。 тому же пути также равно Л Какое расстояние пароход идет 〃о озеру s одном направлении?
Обозначим через 邑 и s2 расстояния от портов М и /V ДО озера, а через s — длину пути, пролегающего по озеру. По условию задачи нмеем s［上 s + §2 = S. Далее, легко видеть, что время, затраченное пароходом на путь от М до М равно
―—— б — A
и + и I О V — v2 ，
аналогично подсчитывается время на обратный путь. Таким образом, мы получаем систему трех уравнений
с тремя неизвестными sb s2j s：
S] + s + §2 = S,
，p + ^? + ^^^^(10)
O — O] i о Г ' f + ^2，
нз этой системы надо найти лишь величину s.
Выглядит эта система довольно сложно, хотя ничего принципиально сложного в ней нет: в самом деле, если вспомнить, что и, из。2, S, / ——заданные постоянные, то совершенно ясно, что система (10) есть система трех линейных уравнений с тремя неизвестными. А такая си< стема всегда может быть решена, например, последовательным исключением неизвестных.
Однако часто бывает так, что простое в теории оказывается весьма сложным на практике. В нашей задаче указанный путь решения очень трудоемок, он сопряжен с громоздкими выкладками, так как коэффициенты системы (10) довольно сложны.
Поэтому мы решим систему (10) несколько более искусственным, но зато более коротким способом. Второе уравнение этой системы можно переписать в виде
沙2Sj --勁 D2sl + V2S + (v(--02)D5 - D]02s + 02s2 + 沙3182 =
=加(02 + Wf - VV^— U卩2)・
Заменяя в левой части сумму u2s「+№s +u2s2 через v2S на основании первого уравнения и группируя члены, п。” лучаем уравнение
и2s + "力必一02sl +(6 —。2)s] — U^S =
=加(02 + VV] - VV2 - 6办).(11)
Точно так же можно преобразовать и третье уравнение нашей системы. Но можно «сэкономить^ выкладки, если заметить, что третье уравнение очень《похоже》на второе: если заменить в нем Si и 力 соответственно на 52 Hz2 н наоборот, то получится как раз второе уравнение. Поэтому, заменив в преобразованном втором
уравнении (11) s〔 0 6 на s? и и2 H наоборот, мы получив преобразованное третье уравнение
絞S + v[v2s{—力配 + 也•一 5)s]-也S§ =
—tv (v2 + 00? --。2)
Складывая теперь порученные равенства (11) и (12)， будем иметь
"2 02s - 2 5 02s =例(2絞-20也2)，
откуда следует, что искомый путь s по озеру равен
S = 。 。s -十二上任=0/十标 л .(13)
Задача полностью решена. Однако некоторые посту* лающие, получив ответ в задаче с буквенными данными ^например, формулу (13)), считают нужным выяснить, при каких соотношениях между данными этот ответ имеет «реальный смысл» (накладываются требования положительности скоростей, путей и т. д., вводятся уело- вия, гарантирующие отличие знаменателей от нуля и т. п.). Конечно, правильно проведенное исследование не ухудшает решения* задачи, но это исследование не является логически необходимым элементом решения, поскольку в условии задачи обычно подразумевается, что все описываемые реальные процессы действительно происходили и, следовательно, буквенные данные уже удо* влетворяют необходимым соотношениям. Разумеется, такое исследование проводить надо, если это явно требуется в условий задачи.
Довольно часто при решении «текстовых^» задач в получающейся системе бывают однородные уравнения второй степени с двумя неизвестными 】).К сожалению, мало кто из учащихся понимает, что наличие однородных уравнений помогает решить систему уравнений. Действительно, из однородного уравнения второй степени с цву- мя неизвестными немедленно определяется отношение этих неизвестных, что, естественно, упрощает дальней* шие вычисления.
】)Однородным уравнением второй степени е двумя неизвест^ ними называется уравнение нида ах? + Ьху + су' = 0.
〔°, (Мехмат, 1966) Из пункта А s пункт 3 выходит автомобиль, и одновременно из В в А с меньшей скоростью выходит мотоцикл. Через некоторое время они встречаются, 〃 в этот момент из В в А выходит второй мотоцикл^ который встречается с автомобилем в точке, отстоящей от точки встречи автомобиля с первым мотоциклом на расстоянии, равном 2/9 пути от А до В, £ош бы скорость автомобиля была на 20 км! на с меньше., 丁0 расстояние между точками встречи равнялось бы 72 км, и первая встреча произошла бы через 3 часа после выезда автомобиля из пункта 4, Найти длину пути ме- 冗dg А а В. (Скорости мотоциклов одинаковы.)
Пусть скорость автомобиля и км/час, скорость мотоцикла и к,м/часу расстояние АВ равно s /си, и пусть через / часов автомобиль и первый мотоцикл встречаются.
Легко составляется система уравнений
j/〃 + 仞=s,
；3 (и — 20) + Зи = s}
72 Зи —72
〃 — 20 — и 4
Исключа；! из этой системы вспомогательное неизвестное / и упроша% получаем следующую систему:
Гs = 3 (〃 + и — 20)；
〈 9wu = 2(〃 + op,
I и(ы - 20) = 24(〃 +О —20).
Для отыскания s надо из двух последних уравнений найти 4Hs Замечая, что второе уравнение есть однородное уравнение второй степени с двумя неизвестными» мы легко найдем отношение u: v.
Так как нас интересуют 以 н и, отличные от нуля, то, разделив второе уравнение на 吗 получим квадратное уравнение относительно нового неизвестного 2 =以/и：
2?2 — 5之 + 2 = 0,
Корни этого уравнения 巧=2 и & = %，поэтому 嶋6。 〃:=2。либо и = "2, Но по условию задачи u > s М°” этому нас устраивает лишь w = 2s
Подставляя это значение и в третье уравнение, ?ахо“ дим, что либо и = 40, либо и = 6. Но если ? = 6, то 〃 =12, а по условию задачи 兄 > 20. Поэтому и = 4。， Но тогда 〃 = 80 н s = 300. HiaKt расстояние ЛВ найденооно равно 300 км.
Для получения ответа в текстовых задачах зчвнь часто надо умегь использовать «скрытое^ условие задачи. Для получения ответа в таких задачах надо вни” мательно проанализировать текст задачи и найти это ■скрытое» условие.
(География, ф-т, 1975) Человек & лодке начал грести против течения быстрой реки. Однако через 4 минуты /годка оказалась на 80 加 ни党巳 по течению. Развернув се,。兄 перестал грести, 〃 пока он отдыхал, лодку снесло на 40 м. Затем он принялся грести 泣。течению, причем лодка двигалась относительно воды с той же скоростью, как и в первые 4 минуты, и прошла относительно берега еще 40 л/. В целом, после разворота лодки прошло 100 секунд. К а кос а скорость течения^
Пусть и м/мин — скорость течения реки; и м/мин —— скорость движения лодки в стоячей воле, когда человек гребет. Раз лодку сносит, когда человек гребет против течения, то 在〉и. Зн/「；нт, на самом яеле. когда чело- век гребет против течения, лодка движется вниз по течению со скоростью (ц — o'； м/мин и за 4 .мин проходит путь, равный 4 (г/ ——v) м. По условию задачи за 4 мин лодка продвинулась вниз гю точению на 80 加，по。丁сну
4 (и — V) — 80,
После разворота, когда человек отдыхал, лодка прошла путь 40 м за время 乎 мин. Когда человек греб по течению, то он прошел путь 40 м за воем兔мин. а всего на этот путь он затратил 100 се/ поэтому
40 40 = 100
4 十〃十"一60 *
0з полученной системы двух уравнений с двумя неиз-* вестными нам надо найти и. Из первого уравнения на-* ходим и = 〃一20. Подставляя это значение и во вто* ру уравнение, приходим к квадратному уравнению
証2 — 46〃 + 240 =： 0,
которое имеет корни 屯=40 и и2 = 6.
Как будто можно уже написать ответ, что скорость течения реки равна либо 40 м/мин, либо 6 м]мин. Однако, прежде чем писать ответ, надо проверить, могут пн оба значения и удовлетворить всем условиям задачи, к тогда очевидно, что всем условиям задачи не удовле^ творяет значение “2 = 6, ибо из первого' уравнения системы следует, что и > 20. Вот только теперь мы обна- ружил。 «скрытое» условие задачи и только теперь можем утверждать, что условию задачи удовлетворяет лишь W] = 40. Таким образом, задача имеет однознач- аь他 ответ: скорость течения реки равна 40 м/мин.
Совершенно непреодолимые трудности у поступающих вызывают задачи, где после правильной записи условий в виде системы уравнений получается, что число неизвестных больше числа уравнений. Так было, например, со следующими задачами.
(Филфак, 1975) Из пункта Л в пункт В выехал автобус, а одновременно из пункта В навстречу автобусу выехало такси. Через некоторое время автобус встретился с такси е пункте С, а еще через такое же время автобус встретился в пункте D с велосипедистом, выехавшим из пункта В в момент встречи автобуса с такси. Известно, что после встречи с автобусом велосипедист затратил на поездку 6 пункт С времени в 4 раза больше, чем автобус до конца своего пути. Во сколько раз скорость такси превосходит скорость велосипедиста?
Пусть скорость автобуса s км/час, скорость такси и? км/час, скорость велосипедиста s км/час. Пусть рас* стояние АС равно Si км, расстояние СВ = s2 长初・ Время, затраченное автобусом на путь %С, равно ^ часа. Время, затраченное такси на путь ВС, равно -^ часа.
Условия одновременного выезда автобуса из пункта Л и такси из пункта В и их встречи в пункте С да юг уравнение
-=-.
На путь CD = 4С = Si км автобус затратил ~^ часа* на путь BD = ВС — CD =（龛—§i）冗儿 велосипедист затратил "-：：£」■ часа. Условия одновременного выезда автобуса из пункта С и велосипедиста из пункта В и их встречи в пункте О лают уравнение
£1§2 — S[
S J v3
Автобус на путь DB затратил 色,；" часа, велосипедист на путь DC затратил — часа, по условию задачи велосипедист затратил на эту поездку времени в 4 раза больше, чем автобус на путь DB, поэтому получаем уравнение
/ $2 — Si Sj
Получилась система трех уравнений с пятью неизвестными. Определить все неизвестные величины из этой системы невозможно; система в этом смысле остается неопределенной. Но означает ли это, что мы не можем решить нашу задачу? Разумеется, нет. Дело в том, что нам надо найти лишь отношение двух неизвестных величин 。2: У3, а его найти из этой системы можно одно^ значно. Исключим сначала из этой системы 力.Из первого уравнения находим
' S2
4s2（S2-S]）4s2（S2-S]）Подставляя это значение и〔 во второе и третье уравнения, получаем систему
4s2（S2-S]）
4s2（S2-S]）
3?
Из первого уравнения последней системы находим
подставляя это значение > во второе уравнение, ио* лучим
4m" 一言(办一。3)] ^(。2-。3)2
После преобразований (учитывая, что s2 =# 0 и 方耍0)* зто уравнение можно записать в виде
4。； = (% -。3产
Поскольку 。2 > из, то, извлекая корень квадратный из обеих частей этого уравнения, получаем, что оно равносильно уравнению
2办=。2 -03，
откуда。2 = 3% Значит, скорость такси в 3 раза больше скорости велосипедиста.
(Мехмат, 1965) Школьник, затратил некоторую сумму денег на покупку портфеля, авторучки и книги. Если бы портфель стоил в 5 раз дешевле, авторучка —— в 2 раза дешевле, а книга — в 2,5 раза дешевле, то・ та же покупка стоила бы 8 руб. Если бы, по сравнению с первоначальной стоимостью портфель стоил в 2 раза дешевле, авторучка ——в 4 раза дешевле^ а книга — в 3 раза дешевле, то за ту же покупку школьник уплатив бы 12 руб. Сколько стоит покупка и за что было уплачено больше： за портфель или за авторучку^?
Пусть портфель стоит х руб., авторучка у руб., а книга 之 руб. Из условий задачи сразу получаем два урзв、 нения:
\ 尹 f =12.
Из полученной системы двух уравнений с тремя неизвестными, конечно, нельзя определить все неизвестные,
но сумму x + g + з которая и требуется в задаче, найти можно. Для этого перепишем эту систему так;
/ 2х + 5y + 4у80， (4) ! 6尤 + Зу 十 4г— 144, ' '
Сложив эти два уравнения, найдем 尤 + g + z = 28. Таким образом, получен ответ на первый вопрос задачи. Вся покупка стоит 28 руб.
Теперь попробуем выяснить, что дороже — портфель или авторучка; иными словами, надо выяснить, какое из неравенств 尤 > у или，> % имеет место.
Если из второго уравнения системы (14) вычесть первое, то получим 2尤”一у = 32. Перепишем это урав~ нение так: % + (х — g)=32. Так как вся покупка стоит 28 руб., то заведомо % V 28, и из последнего уравнения вытекает, что % — у > 0, т. е. портфель дороже авто^ ручки.
Почти во всех разобранных выше задачах неявно участвовали нераве>1ства; например, в задаче 10 было использовано даже два неравенства: и > и и > 20. Участие неравенств в таких задачах практически не вызывает затруднений у поступающих. Гораздо хуже 。6< стоит дело с решением тех задач, в которых часть ус/о・ вий задачи приходится явно записать в виде неравенств. Многие из поступающих, правильно записав систему уравнений и неравенств, даже не приступают к ее решению. Объясняется это, по-видимому5 тем, что они психологически не готовы к решению таких систем.
(Мехмат, 1968) Из пункта Л в пункт С в 9 часов утра отправляется скорый поезд. В это же время из пункта В, расположенного между пунктами А и С, выходят два пассажирских поезда, первый из которых следует в пункт 4, а второй ——в пункт С, причем скорости пассажирских поездов равны. Скорый поезд втречает первый пассажирский поезд не позже, чем через 3 часа после его отправления, потом проходит пункт В не ранее 14 часов того же дня и» наконец, прибывает 6 пункт С одновременно со вторым пассажирским поездом через J2 часов после встречи с первым пассажирским поез^
^ом- Найти время прибытия в пункт А первого пассат жирского поезда.
Пусть скорость скорого поезда s км/час, скорость пассажирского 通 км/час, расстояние АВ равно s км. Из условия, что скорый поезд встречает первый пасса- жирский поезд не позже., чем через три часа после его отправления, получаем
力十⑦
у】з условия, хтс скорый поезд прошел пункт В не раньше, чем через 5 часов после его отправления, имеем
Так как до первой встречи прошло s/(v{ + ^2)часов, то за время 12 + [^/(力十方)]часов скорый поезд догонит второй пассажирский поезд, поэтому
(12 +-U2)= S.
Нам надо найти 尤=s/s. Отсюда s = xv^, подстав^ ляя эго выражение для s в предшествующие равенства а неравенства и обозначая и、® через а, приходим к системе
л & 3 (а + 1),х^5а,尤=6 (а2 — 1).
Именно с реЕпением этой системы и не справились многие из поступающих.
На самом же ^еле оно не так сложно: надо из этой системы искь11СЧ1пь либо х, либо 竄 и перейти к системе двух неравенств с одним неизвестным. Поскольку на первой взгляд исключить % легче, то мы и пойдем по этому пути. Полстазляя % = 6(值2——1) в два первых неравенства, получаем систему неравенств
(2a2 — а — 3 其0,f 6ct2 — 5а — 6 2 0.
Решения первого неравенства:——1 W a W'/2, решения второго: а 2 З/2 и а w —2/з- Значит, решением системы будет а = %, а также все а из промежутка —! W^W—2/з- Поскольку нас интересуют лишь поло- жительные а, то условию задача! удовлетворяет
единственное а = %, Тогда х = 15/г и, следовательно； первый пассажирский поезд приходит в пункт А в 16 часов 30 минут.
(ВМК, 1975) На дороге, ведущей из пункта 彳 6 пункт В, находится пункт С. Из пункта Л в пункт b по этой дороге с постоянными скоростями вышли два пешехода. Второй пешеход вышел из пункта Л на 12 минут позже первого, но прибыл в пункт В на 18 минут раньше него. При этом через пункт С пешеходы прошли с интервалом не более 6 минут.
Если бы второй пешеход вышел из пункта А через 15 минут после первого, увеличив свою скорость на 20 %, а скорость первого пешехода не изменилась, то второй пешеход прибыл бы в пункт В на 35 минут раньше первого, а через пункт С пешеходы прошли с интервалом не менее 5 минут.
Если бы первый пешеход уменьшил свою скорость на 1 км/час, а скорость второго пешехода осталась бы первоначальной, то первый пешеход потратил бы на путь от A do С в 3 раза меньше времени, чем второй пешеход на весь путь от 4 до В. Найти длину пути от 4 до С.
Пусть скорость - первого пешехода s км]мин, скорость второго пешехода v2 км/мин, расстояние АВ равно s км, расстояние АС равно х км.
Расстояние АВ первый пешеход прошел за ~ мин, а второй пешеход — за -—- мин., при этом второй пешеход затратил на путь АВ на 30 мин меньше, поэтому
Ж。. (15)
Пункт С первый пешеход прошел через 尤/力 мин после своего выхода из пункта Л, а второй пешеход прошел пункт С через к/и? мин после своего выхода из пункта А или через (訂+12)мин после выхода из пункта Л первого пешехода, Значит, через пункт С они проходя! с интервалом
信-о叫
Отметим, что мы вынуждены поставить в этом выраже-* ни。знак абсолютной величины, так как неизвестно, кто раньше прошел через пункт С—первый пешеход или второй. Так как через пункт С пешеходы прошли с ин- гервалом не более 6 мин, то справедливо соотношение
H-(i + 12)l<6-(⑹
Аналогично из условий движения пешеходов при предположении, что второй из них увеличил скорость на 20%, получаем соотношения
(17)(18)(17)(18)>Tfc + 5。，
(17)
(18)
(17)
(18)
伍-(Tfc"+15)|》5.
Если первый пешеход уменьшает свою скорость на 1 км/час, то на путь АС ои затратит 内 一；/60 мин; второй пешеход на путь АВ затратит s/v2 мин; при этом он затратит в три раза больше времени, чем первый, на путь АС при уменьшенной на 1 км/час скорости. Другими словами, справедливо соотношение ：
Г '"60Г '"60(19)(19)
Г '"60
Г '"60
(19)
(19)
Мы получили систему трех уравнений (15), (17), 【(19) и двух неравенств (16), (18) с четырьмя неизвестными х, s, s и ^2» из которой надо найги лишь х. Из уравнений системы выразим s, и【и 方 через х и подставим эти значения в неравенства системы.
Из уравнений (15) и (17) находим и{ = -^, у2= ^ • Подставляя эти значения s н。2 в уравнение (19), ПО'
лучаемлучаем5 =5 =15%+ 10 ~415%+ 10 ~4Но тогдаНо тогдаЗх + 2Зх + 2LF-， 丁f一一Зх + 2Зх + 2LF-， 丁f一一
лучаем
лучаем
5 =
5 =
15%+ 10 ~4
15%+ 10 ~4
Но тогда
Но тогда
Зх + 2Зх + 2
LF-， 丁f一一
Зх + 2Зх + 2
LF-， 丁f一一
Подставляя эти значения 力 и и (18), имеемI ⑵方 96%i 3方十 2 3x + 2Подставляя эти значения 力 и и (18), имеемI ⑵方 96%i 3方十 2 3x + 20202в неравенства12 & 6,в неравенства12 & 6,(16)(16)1 120х96尤I 3* + 2 - %(3尤+可1 120х96尤I 3* + 2 - %(3尤+可1515|>3|>3или, после преобразований,или, после преобразований,I一件 М，1一^#в5.I一件 М，1一^#в5.По условию задачи 尤 > О, можно переписать в видеПо условию задачи 尤 > О, можно переписать в видетак что эти неравенстватак что эти неравенства12 尤 + 24一品+ 212 尤 + 24一品+ 2《6,《6,5尤 + 30Зл: + 斤5尤 + 30Зл: + 斤>5.>5.
Подставляя эти значения 力 и и (18), имеем
I ⑵方 96%
i 3方十 2 3x + 2
Подставляя эти значения 力 и и (18), имеем
I ⑵方 96%
i 3方十 2 3x + 2
02
02
в неравенства
12 & 6,
в неравенства
12 & 6,
(16)
(16)
1 120х96尤
I 3* + 2 - %(3尤+可
1 120х96尤
I 3* + 2 - %(3尤+可
15
15
|>3
|>3
или, после преобразований,
или, после преобразований,
I一件 М，1一^#в5.
I一件 М，1一^#в5.
По условию задачи 尤 > О, можно переписать в виде
По условию задачи 尤 > О, можно переписать в виде
так что эти неравенства
так что эти неравенства
12 尤 + 24
一品+ 2
12 尤 + 24
一品+ 2
《6,
《6,
5尤 + 30
Зл: + 斤
5尤 + 30
Зл: + 斤
>5.
>5.
Из этих неравенств вытекает, что 尤*2 и 尤 N 2. Значит, % = 2.
Ответ: длина пути от Л до С равна 2 км.
(Физфак, 1968) Из города Л в 9 часов утра выехал велосипедист и двигался с постоянной скоростью 12 км/час. Спустя два часа вслед за ним из А выехал мотоциклист, который при начальной скорости 22 км/час двигался равнозамедленно, так что за час его скорость уменьшалась на 2 км/час. Автомобилист, едущий им навстречу в город Л с постоянной скоростью 50 км/час, сначала встретил мотоциклиста, а потом велосипедиста. Успеет ли автомобилист к 19 часам этого дня прибыть в город %?
Эта задача также может быть решена составлением системы уравнений и неравенств. Однако составление системы потребовало бы длинных рассуждений. Поэтому будем решать задачу не формальным составлением системы уравнений и неравенств, а простым рассуждением. Например, таким.
Из условия задачи вытекает, что сначала мотоциклист догонит велосипедиста, а затем велосипедист догонит мотоциклиста. Пусть на путь до встречи (неважно, первой или второй) велосипедист затратит / часов, тогда мотоциклист затратит на тот же путь (t — 2) часов. Так как до встречи они проедут одинаковый путь,
то* приравнивая их пути до встречи, получаем
12/ = 22(/ - 2) — 2上声.
Решив это уравнение, получаем, что до первой встречи велосипедист ехал 6 часов, а значит, проехал 72 кму а до 胃opg встречи ехал 8 часов, а значит, проехал 96 км. Но условию задачи, автомобилист встретил велосипе- диста раньше, чем тот проехал S6 км. Значит, автомобилисту надо проехать до пункта Л меньше чем 96 км. На этот путь он затратит меньше чем 96/50 часа. Так как на путь до встречи с автомобилистом велосипедист затратит менее 8 часов, то встреча произойдет ранее 17 часов. Значит, после встречи с велосипедистом остается более двух часов для того, чтобы автомобилист успел к 19 часам прибыть в пункт Л. Но на этот путь ему надо меньше, чем 96/50 часа, т, е. меньше двух часов. Значит, автомобилист успеет приехать в пункт Л до 19 часов.
(Филфак, 1973) Сумма, равная 53 коп., составлена из трехкопеечных и пятикопеечных монет, общее число которых меньше 15. Есs этом наборе монет трехкопеечные монеты заменить пятикопеечными, а пятикопеечные ——трехкопеечными^ то полученная 8 результате сумма уменьшится по сравнению с первоначальной, но не более чем 8 1,5 раза. Сколько трехкопеечных монет было 6 наборе^
В этой задаче также можно составить систему уравнений и неравенств, однако ее решение не дает ответа, ибо не все условия задачи можно записать в виде уравнений и неравенств. Поэтому в процессе решения задачи нужны некоторые рассуждения.
Пусть в наборе было 几 трехкопеечных монет и /" пятикопеечных, тогда справедливо соотношение
3孔 + 5/т? = 53. (20)
Очевидно, что равенству (20) удовлетворяют лишь те значения т, для каждого из которых число (53 ——5m) делится на три (именно это условие и нельзя записать в виде уравнения или неравенства). Так как m и п — целые неотрицательные числа, то таких m лишь четыре!
g = l,恨=4, m3 = 7( m4= 10. Из равенства (20) находим соответствующие 几：
"1 = 16, П2 = 11»枕3 = 6,ГЦ = L
Отметим еще, что для пит, удовлетворяющих условиям задачи, должны быть справедливы неравенства
n + m < 15 и 1,5 (3m + 5п) ^ 53.
Легко видеть, что. этим неравенствам удовлетворяет лишь одна пара чисел: т = 7 и п = 6.
Итак, мы получили ответ: в наборе было 6 трехкопеечных монет.
(Экономии, ф-т, 1971) Колхоз арендовал два з&о каватора. Аренда первого экскаватора стоит 60 руб. s день, производительность еао в мягком грунте 250 办〃 6 день, в твердом грунте производительность—150 л/3 в день. Аренда второго экскаватора стоит 50 руб. 6 день, его производительность в мягком грунте 180 及‘ в день, a s твердом——100 м3 в день. Первый работал несколько полных дней и вырыл 720 м3. Второй за несколько полных дней вырыл 330 雇К Сколько дней работал каждый экскаватор^ если колхоз заплатил за аренду 〃е более 300 руб.?
В этой задаче попытка записать условие в виде си* стемы урдвнепий и неравенств сталкивается со значительными трудностями, поскольку неизвестно, сколько времени в течение каждого дня экскаваторы работали в твердом и мягком грунтах. Между тем составление такой системы и не нужно — задачу можно решить несложными рассуждениями, даже без введения неизве^ стных.
В самом деле, первый экскаватор работал не менее трех дней ——за два дня, даже в мягком грунте, он вырыл бы всего 500 м3. Точно так же заключаем, что второй экскаватор работал не менее двух дней. Следовательно, за аренду первого экскаватора колхоз заплатил по крайней мере 180 руб., а за аренду второго, — по крайней мере, 10() руб.
Отсюда видно, что ни одного дня больше ни один из экскаваторов проработать не мог—иначе колхозу пришлось бы заплатить за их аренду больше 300 руб. Та-
кем образом, первый экскаватор работал три дня. а вто* рой — два дня.
На вступительных экзаменах в вузы в последние rogbi нередко предлагают задачи, в которых требуется на访тм оптимальное решение ——скажем, на данную сумму пенег купить наибольшее количество деталей или из нескольких возможных вариантов перевозок груза выбрать гот, который бупет стоить дешевле осталь- ных и т. п.
Решения подобного сорта задач могут состоять из составления систем уравнений и неравенств и из их решения. Однако самым необходимым элементом решения таких задач являются рассуждения, помогающие как раз выбрать наилучший вариант.
(Экономич. ф-т, 1975) 8 продажу поступили соцстраховские путевки трех типов. Одна путевка первого типа стоит 4 руб., одна путевка второго типа ——6 руб., одна путевка третьего типа ——9 руб. По путевке первого типа можно отдыхать 8 дней, по путевке второго типа —— 14 дней, по путевке третьего типа ——20 дней. Сколько путевок каждого типа надо купить, чтобы общее число дней отдыха было наибольшим, а сумма, израсходован- ная на приобретение всех путевок, составляла 100 руб.?
Пусть х, у, z — количества путевок соответственно первого, второго и третьего типа, которые нужно купить для того, чтобы общее число дней отдыха было наибольшим. (Такое решение задачи обычно называют оп* тимальным.) Тогда
4x + 6y + 9z = 100. (21)
Это — единственное уравнение, которое мы можем составить по условию задачи. Однако нам известно, кроме того, что х, у, 2 — неотрицательные целые числа и что число дней отдыха при покупке такого количества путевок больше, чем при покупке любого другого коли- чества путевок. Этих условий, оказывается, вполне достаточно для однозначного определения всех неизвестных. Первая идея, которая может прийти в голову ■ решить имеющееся уравнение《в лоб》，прямым перебором всех возможных значений неизвестных, — является бес- перспективной из-за большого кол ичсствз случаев*
154154раздел l арифметика и алгебра
154
154
Однако этот перебор можно значительно сократить с по мощью «экономических» соображений. В самом деле, на 12 руб. можно купить 3 путевки первого типа или 2 путевки второго типа; в первом случае мы обеспечиваем 24 дня отдыха, во втором 28. Поэтому совершенно ясно, что в оптимальном решении число путевок первого вида не должно превышать 2. Аналогично, сравнивая путевки второго и третьего типа, получаем, что число путевок третьего типа в оптимальном решении должно быть не больше одного. Поэтому % W 2, ?W L
Теперь не представляет труда перебор. При х — О мы получаем для определения у и 2 уравнение
бу + 9z = 100,
которое, очевидно, не имеет решений, поскольку его левая часть делится на три, а правая не делится. Далее при 尤=1 получаем уравнение
2^/ + 3? = 32,
которое (с учетом неравенства 2 0 1) имеет единственное решение у = 16,之=0. Наконец, при % = 2, так же как и при % = 0, уравнение не имеет решений.
Таким образом, для обеспечения наибольшего количества дней отдыха надо купить одну путевку за 4 руб. и 16 путевок за 6 руб.
В этом решении можно было бы совершенно избегать всякого перебора, если более обстоятельно использовать соображения делимости. В самом деле, из уравнения (21) следует, что число 尤 дает при делении на 3 остаток 1, а число z ——четное. Поэтому из неравенств 工 02 и 之 & 1 сразу следует, что х = 1, 2 = 0 и из уравнения получаем у= 16.
(Экономии, ф-т, 1968) Из лесного хозяйства в город нужно вывезти 1590 деревьев. Для перевозки деревьев имеются полуторатонки, трехтонки, пятитонки. На полуторатонке можно перевезти за один раз 26 деревьев, на трехтонке можно перевезти за один раз 45 деревьев. на пятитонке можно перевезти за один раз 75 деревьев. Стоимость одного пробега полуторатонки равна 9 руб., для трехтонки 15 руб.^ для пятитонки 24 руб. Как лесное хозяйство должно распределить
перевозки, чтобы общая их стоимость была наимень* 以еа. п едогрузка машин не допускается.
Пусть х, д, г — число соответственно полуторатонок, трехтонок и пятитонок при оптимальном распределении, оскольку недогрузка машин не допускается, то число ^Р^езеннмх при этом распределении деревьев равно 26% + 45“ + 75z, % таким образом, мы получаем уравнение
26 无 + 45g+ 75z= 1590.
Mbj пришли к точно такому же положению, как и в предыдущей задаче. Однако попытка сократить перебор, удавшаяся ранее, здесь не дает существенных упрощений. В самом деле, из имеющегося уравнения можно заключить, что х делится на 15, и практически больше ничего. Можно также сообразить, что пробег 45 полуторатонок обойдется в 405 руб., а пробег 26 трехтонок, перевозящих то же количество деревьев, обойдется всего в 390 руб., так что число используемых полуторатонок в оптимальном решении не больше 44. Следовательно, для 尤 мы получаем три возможности:
х = 0,尤=!5, х == 30.
При каждом из этих значений придется решать уравнение для g н z, которые также будут иметь много решений.
Таким образом, указанный путь решения представляется весьма и весьма длинным, хотя ——при необходимости, при отсутствии других идей — вполне приемлемым.
Отметим здесь одну привлекательную идею, которая на деле, однако, не претворяется в жизнь. Из условия задачи легко подсчитать, что за 45 руб. на 5 полуторатонках можно перевезти 130 деревьев, а на 3 трехтонках135 деревьев. Поэтому, казалось бы, число полуторатонок не должно быть больше 4 ——иначе те же деревья можно перевезти дешевле. Отсюда и из приведенных выше рассуждений следует, что х = 0 и дальнейший перебор значительно сокращается.
Но на самом деле из этого «экономического» соображения следует лишь, что таким перераспределением на данную сумму денег мы можем перевезти большее количество деревьев, а нам нужно при данном количестве
деревьев обеспечить минимальную стоимость. Тем не менее перебора и в этой задаче избежать можно, если применить... обычные, «житейские» соображения.
В самом деле, составляя наиболее экономный план, всякий разумный человек сначала бы оценил, какой из имеющихся типов машин самый выгодный. Ясно, что выгодность определяется здесь стоимостью перевозки одного дерева» которая составляет для полуторатонки, трехтонки и пятитонки соответственно 9/зв, 7з и 8/25 РУ°” ля. Поскольку %б > '/з > 8/25. то ясно, что выгоднее всего использовать пятитонки, затем при необходимости трехтонки и в последнюю очередь полуторатонки.
Легко видеть, что наибольшее число деревьев, которое можно перевезти на пятитонках, равно 1575. Однако учитывая, что недогрузка машин не допускается, получаем, что на пятитонках можно перевезти лишь 1500 деревьев, тогда 90 деревьев можно перевезти на трехтонках, и поэтому естественно предположить, что так и получается оптимальное распределение: 20 пятитонок и 2 трехтонки.
Нетрудно доказать, что этот план действительно является оптимальным: если мы уменьшим количество используемых пятитонок, тс «недоперевезенные» ими деревья надо будет перевезти на полуторатонках или трехтонках, но поскольку стоимость каждого дерева при перевозке на полуторатонке или трехтонке выше, чем на пятитонке, то общая стоимость перевозки возрастает.
Итак, оптимальное распределение — 20 пятитонок и 2 трехтонки ——нами найдено, а все неизвестные и единственное составленное уравнение остались неиспользованными! Таким образом, мы в начале пошли по обычному пути, но затем отыскали способ решения, для которого все начальные рассуждения совершенно не нужны. Ясно, что в решении на экзамене достаточно привести только этот способ.
Задачи
К (Мехмат, 1965) Города А и 6 расположены на берегу реки, причем город S расположен ниже по течению. В 9 часов утра из города А в город В отправляется плот, плывущий относительно берегов со скоростью течения реки. В этот же момент из города В в город 4 отправляется лодка, которая встречается с плотом через
5 часов. Доплыв до города 4 лодка мгновенно повернулз обратно и приплыла в город В одновременно с плотом. Успели ли лодка и ПЛ0т прибыть в город к 9 часам вечера (того же дня) ?
，・(Химфак, 1966) Товарный поезд, шедший из пункте 4 в В, прибыл на станцию С одновременно с пассажирским, шедшим из в Я со скоростью в т раз большей, чем товарный. Оба поезда, простояв на станции С по f часов, продолжили свой путь, причем каждш! из них увеличил скорость на 25% по сравнению со своей первоначальной скоростью (скоростью до прибытия в С). При этом то*арны^ прибыл в В на 厶 часов позже, а пассажирский прибыл в /1 на % часов позже, чем если бы они двигались без остановки со своими первоначальными скоростями. На сколько раньше товарный поезд, вышел из А, нем пассажирский из В?
(Мехмат, 1966) Три пункта А, В и С соединены прямолиней- ннмн дорогами. К отрезку дороги АВ примыкает квадратное поле с0 стороной, равной J/2/45; к отрезку дороги ВС примыкает квадрат- ное 我。』^ со стороной, равной 8С, а к отрезку дороги СА примыкает прямоугольный участок леса длиной, равной АС, и шириной 4 км. Площадь леса на 20 庆川 больше суммы площадей квадратных полей. Найти площадь леса.
4* (Экономии, ф-т, 1966) Группа студентов, состоящая из 30 че- 』овек, получила на экзамене оценки 2, 3, 4, 5. Сумма полученных оценок равна 93, причем троек было больше, чем пятерок, и меньше, ием четверок. Кроме того, число четверок делилось на 10, а число пятерок было четным. Определить, сколько каких опенок получила группа.
(Химфак, 1967) И? пункта Л в пункт В, находящийся на расстоянии 100 км от пункта Л, в один и тот же момент времени выехал велосипедист и вышел пешеход. Одновременно с ними им навстречу из пункта 8 выехал автомобилист. Через час после начала движения автомобилист встретил велосипедиста н затем, проехав еще 142/17 км, встретил пешехода, посадил его в машину, после чего они отправились вдогонку за велосипедистом и настигли его. Вычислить скорости, с которыми двигались велосипедист и автомобилист, если известно, что скорость пешехода равна 5 км/час. Время, необходимое на посадку пешехода и на разворот автомобиля, считается равным нулю.
(Ф-т психологии, 1967) Прямоугольный участок площадью 900 揪2 необходимо огородить забором, две смежные стороны которого каменные, а две другие ——деревянные. Один метр деревянного забора стоит 10 руб., а каменного — 25 руб. На строительство выделено 200С руб. Хватит ли этой суммы?
(Химфак, 1968) Три конькобежца, скорости которых в некотором порядке образуют геометрическую прогрессию, одновременно старту/от по кругу. Через некоторое время второй конькобежец обгоняет первого, пробежав иа 400 метров больше него. Третий конькобежец пробегает то расстояние, которое пробежал первый к моменту его обгона вторым, за время, на 2/з минуты большее, чем первый. Найти скорость первого конькобежца.
(Экономим, ф-т, 1968) Завод должен переслать заказчику IЮО деталей. Детали для пересылки упаковываются в Я1ЦИКИ-
Имеются ящики трех типов. Один ящик первого типа вмещает 70 деталей, один ящик второго типа вмещает 40 деталей, один ящнк третьего тйпа вмещает 25 деталей. Стоимость пересылки одного ящика ' первого типа 20 руб., стоимость пересылки одного ящика второго типа 10 руб., стоимость nepecbi/кн одного ящика третьего типа 7 руб. Какие ящики должен использовать завод, чтобы стоимость пересылки была наименьшей? Недогрузка ящиков не допускается.
(Физфак, 1968) Шксльннк иереклеизает все свои марки в новый альбсм. Если он наклеит по 20 марок на один лист, то ему не хватит альбома, если по 23 марки на лист, то по крайней мере один лист останется пустым. Если школьнику подарить такой же альбом, на каждом листе которого наклеено по 21 марке, то всего у неге станет 50a марок. Сколько листов в альбоме?
(Мехмат, 1968) Из пункта А в пункт В выходит в 8 часов утра скорый поезд. В этот же момент нз 8 в 4 выходят пассажирский и курьерский поезда, причем скорость пассажирского поезда в два раза меньше скорости курьерского, Скорый поезд встречает курьерский поезд не ранее 10 часов 30 минут утра, а прибйвает в пункт 6 в 13 часов 50 минут того же дпя. Найти время прибытия пассажирского поезда в пункт 4 если известно, что между моментами встреч скорого поезда с курьерским и скорого поезда с пассажирским проходит не менее часа.
П- (Экономим, ф-т, 1969) В букинистическом магазине антикварное собра!!ие сочинений стоимостью 350 руб. уценивали дважды ня одно и то же число процентов. Найти это число, если известно, чт^ после двойного снижения иен собрание сочинений стоит 283 руб. 50 коп. •
(Гсофак, 19691 Имеются два с/нтка сплавов меди и олова. Первый весит 3 ке и содержит 40% меди, второй весит 7 ке и содержит 30% меди. Какого веса нужно взять куски этих слитков, чтобы после их совместной переплавки получить 8 ке сплава, содержащего г% меди? Найти все значения г, при которых задача имеет решение.
(Ф-т психологии, 1969) Из пунктов А и В, расстояние между которыми 120 км, одновременно навстречу друг другу выезжают два велосипедиста и встречаются позже, чем через пять часов после выезда. На следующий день они выезжают одновременно в одну н ту же сторону из пунктов С и О, расстояние между которыми 36 им, причем велостшедист, едущий впереди, движется со скоростью, на 6 км/час большей, чем накануне, а велосипедист, едущий сзади, движется с. той же скоростью, что и накануне. Хватит ли второму велосипедисту двух часов, чтобы догнать первого?
(Мехмат. 1969) Деревня расположена на берегу реки, а школа — на шоссе, пересекающем реку пол прямым углом. Зимой школьник ходит из деревни в школу напрямик на лыжах и тратит на дорогу 40 минут. Весной, в распутицу, он идет берегом реки до шоссе> а дальше — по шоссе до школы, и тратит на дорогу 1 час 10 минут. Наконец, осенью он проходит вдоль реки половину расстояния, отделяющего дгревню от шоссе, а дальше идет напрямик. При этом он доходит до школы быстрее чем за 57 минут. Устано- внть，что дальше: деревня от шоссе или школа от реки, если из-
вестно, чю пешком школьник ходит всегда с одной и той же скоростью, а на лыжах — со скоростью, на 25% большей (реку и шоссе считать прямь?ми линиями).
(Экономич. ф-т, 1970) Периметр пола комнаты равен 18 м. ?о,ем равен 60 м3. Площадь стен в 5 раз больше площади потолка. 门антн площадь большей стены.
(Географии, ф-т, 1970) В железнодорожной будке на расстоянии 1 м от окна, ширина которого 1 加,сидит обходчик. На расстоянии 299 .и от окна л параллельно плоскости окна проходит горизонтальный железнодорожный путь. Обходчик видит целиком поезд, длиной 100 .% идущий по^ этому пути с постоянной скоростью, в течение 10 сек. Определить скорость поезда. (Шириной поезда и расстоянием между глазами обходчика пренебречь.)
(Химфак, 1970) Две трубы, работая вместе, подают в бак 1°0“ л жидкости в минуту. Имеются два раствора кислоты — силь- *0И и слабый. Если смешать по 10 л каждого раствора и 20 л воды, то получится 40 л 20°/Ь-ного раствора. Известно также, что если в течение часа подавать в первоначально пустон бак по первой трубе слабый раствор, а по второй — сильный, то получится 30%-нып раствор кислоты. Какой концентрации (в процентах) получится кпс- /гота, если в течение часа подавать в пустой первоначально бак по первой трубе сильный раствор, а по второй ——слабый? (Считается, "то при смешивании воды и кислоты объем не меняется.)
(①-т психологии, 1970) Два одинаковых парохода отправляются от авух пристаней： первый' пароход от пристани А вниз по 1ечению, второй — от пристани В вверх по течению. Каждый пароход, дойдя до конечного пункта, стоит там один час и возвращается обратно. Если пароходы отправляются из начальных пунктов одновременно, то на обратном пути они встречаются в точке К, которая в два раза ближе к Л, чем к В. Если первый пароход отходит от Л на полтора часа позже, чем второй отходит от В, то на обратном пути ошз встречаются в 8 км ниже ^. Если первый пароход отходит от Л на 15 минут раньше, чем второй отходит от В, то на обратном пути пароходы встречаются в 8 KM от А. Найти расстояние от А до К и время, за которое первый пароход доходит от А до В. "
W. (Физфак. 1970) Имеются два картофельных поля. Сначала первое поле было убранс бригадой А, а затем второе поле было убрано вместе бригадами А и В. После того как была убрана '/з всей площади, оказалось, что время, необходимое на окончание уборки, в 21/1з раз меньше времени, за которое могла бы убрать оба поля бригада А. Известно, кроме того, что если бы второе поле убирала только бригада 8, то ей для этого потребовалось бы время, вдвое большее времени, за которое могла бы убрать оба поля бригада А. Во сколько раз производительность бригады Л больше производительности бригады В?
(ВМК, 1970) От пристани Л вниз по реке, скорость течения которой равна и км/час, отходит плот. Через 1 час вслед за ним выходит катер, скорость которого в стоячей воде равна 10 км (час. Догнав плот, катер возвращается обратно. Определить все те значения и, при которых к моменту возвращения катера в А плот проходит более 15 км.
(Мехмат, 1970) Два бегуна стартуют из одной точки кольпе- ВОЙ дорожки стадиона, а 邛етн/i бегун стартует одновременно с оми в том же направлении о диаметрально противоположой точки. Пробежав 3 круга, третий бегун впервые после старта догнал второго. Через 2,5 минуты после этого первый бегун впервые догнал третьего. Сколько кругов в минуту пробегает второй бегун, если первый обгоняет его один раз через каждые 6 минут? (Скорости бегунов считать постоянными.)
(Экономич. ф-т, 1971) На автобазе имелись трехтониые и пятитонные автомобили общей грузоподъемностью 68 т. Все трехтонные машины были отправлены с грузом по одному маршруту, а все пятитонные повезли груз по другому маршруту. Оба маршрута проходили частью по шоссе, частью по проселочной дороге. При этом потери груза для всех малых грузовиков составили 115 ке, а для всех больших 155 кг. Если бы весь первый маршрут проходил целиком по шоссе, то для одного трехтонного грузовика потери равнялись бы 10 кг за весь путь, а если бы целиком по проселочной дороге, то 20 кг за весь путь. Если бы весь второй маршрут проходил целиком по шоссе, то для одного пятитонного грузовика потери равнялись бы 20 ке за весь путь, а если бы целиком по проселочной дороге, то 40 кг за весь путь. Сколько было грузовиков той и другой грузоподъемности? 、-
(Биофак, 1971) В соревнованиях по бегу на дистанции 120 岡 участвуют три бегуна. Скорость первого из них больше скорости второго на 1 м/сек, а скорость второго равна полусумме скоростей первого и третьего. Определить скорость третьего бегуна, если известно, что первый бегуи пробежал дистанцию на 3 секунды быстрее третьего.■
(Химфак, 197i). Имеется 3 слитка различных сплавов золота, с серебром. Известно, что количество золота в 2 г сплава из третьего слитка — то же, что во взятых вместе 1 г из первого и 1 г из второго слитков. Вес третьего слитка равен суммарному весу част!! первого слитка, содержащей 10 г золота, и части второго слитка, содержащей 80 а золота. Третий слиток в 4 раза тяжелее первого и содержит 75 г золота. Сколько граммов золота содержится в первом слитке?
(Филфак, 1971) В магазине спортивных товаров туристы покупали снаряжение. Первый купил топорик и спальный мешок, заплатив 18 руб. Второй купил два спальных мешка и рюкзак, заплатив 35 руб. Третий купил топорик, спальный мешок и палатку, заплатив 68 руб. Четвертый купил рюкзак, два спальных мешка и две палатки. Сколько заплатил четвертый турист?
(Ф-т психологии, 1971). Квартал застроен пятиэтажными и девятиэтажными домами, причем девятиэтажных домов меньше, чем пятиэтажных. Если число девятиэтажных домов увеличить вдвое, то общее число домов станет более 24, а если увеличить вдвое число пятиэтажных домов, то общее ■ число домов станет менее 27. Сколько построено пятиэтажных домов и сколько девятиэтажных? ,
27* (Физфак, 1971) В бассейн проведены три трубы. Первая труба наливает 30 л3 воды в час. Вторая труба наливает в час на 2d 揪з меньше, чем первая (0 V d V 15), а третья труба надввдвв-
в час на 1 \d м3 больше, чем первая. Сначала первая и вторая трубы, работая вместе, наливают 2/п бассейна, а затем все три трубы, работая вместе, наливают оставшиеся 9/н бассейна. При каком значении d бассейн быстрее всего наполнится указанным способом?
(ВМК, 1971) В кноске были проданы одинаковые комплекты, состоящие только из синих н красных карандашей, причем в каждом комплекте число синих карандашей более чем на 3 превосходило число красных. Если бы в каждом комплекте число синих карандашей увеличили в 3 раза, а красных ——в 2 раза, то число синих ка* рандашей в одном комплекте превосходило бы число красных в нем не более чем на 16, а общее число всех проданных карандашей равнялось бы 81. Определить, сколько было продано комплектов и сколько в каждом комплекте было синих и красных карандашей.
(Экономия, ф-т, 1972) Для конструкторского бюро строится комната в форме прямоугольного параллелепипеда, одна из стен к。- горого должна быть сделана из стекла, а остальные из обычного материала. Высота комнаты должна равняться 4 м, а площадь 80 м4 Квадратный метр стеклянной стены стоит 75 руб., а обычной 50 руб. Какими должны быть длина и ширина комнаты, чтобы общая стоимость всех стен была наименьшей? Какова эта наименьшая стоимость?
(Географич. ф-т, 1972) Два стрелка сделали по 30 выстрелов каждый; при этом было 44 попадания, остальные — промахи- Сколько раз попал каждый, если известно, что у первого стрелка на каждый промах приходилось в два раза больше попаданий, чем у второго?
' 31. (Геофак, 1972) Поезд метро состоит из нескольких вагонов, причем в каждом вагоне находится одинаковое число пассажиров. Количество пассажиров в одном вагоне превосходит число вагонов иа 9. Когда на станции во второй вагой вошло 10 человек, а нз остальных вышло по 10 человек, то число пассажиров во втором вагоне оказалось равным числу пассажиров, оставшихся во всех остальных вагонах. Сколько пассажиров было первоначально в каждом вагоне?
(Биофак, 1972) Три поезда выехали одновременно: пассажирский из города Д в город 6, а скорый и товарный из города В в город Л. Пассажирский и скорый поезда встретились через 4 часа. Скорый поезд пришел в город Л на 7 часов раньше товарного. Ско* рость пассажирского поезда в полтора раза больше скорости товарного. За какое время товарный поезд прошел путь от города В до города /1?
(Химфак, 1972) Из двух расположенных на реке пунктов 4 и S (S по течению ниже Л), расстояние между которыми равно 36 км, одновременно выходят навстречу друг другу две лодки (иер- вая лодка выходит из пункта Д) и встречаются через 3 часа после выхода. Скорость второй лодки в стоячей воде в 4 раза больше скорости течения реки. Расстояние от пункта ,4 до пункта В и обратно первая лодка проходит за 24 часа. Найти скорость течения реки.
(Филфак, 1972) Гвоздь, 3 винта и 2 шурупа весят вместе 24 г, а 2 гвоздя, 5 бинтов и 4 шурупа весят 44 г. Сколько весят вместе гвоздь, 4 винта и 2 шурупа?
(Ф-т психологии, 1972) Три трактора, работа% одновременно, вспахивают поле за 6 часов. Первый трактор работает в 1,25 раза быстрее второго. Сколько времени потребовалось 6н третьему трактору, чтобы одному вспахать все полз если одному второму трактору потребовалось бы на вспашку всего поля на % часа больше( чем третьему?
(Физфак, 1972) В двух сосудах имеется вода разной температуры. Из этой воды составляют смеси. Если отношение объемов воды, взятой из п-ервого и второго сосудов, равно 1 :3, то температура смеси будет 49°, а €сли 2 :5, то температура смеси будет 48°. Найти температуру воды в каждом сосуде. (Считать, что плотность н удельная теплоемкость воды не зависят от температуры,)
(Мехмат, 1972) Из пункта Л кольцевого шоссе одновременна в одном направлении выехали автомобиль н мотоцикл, каждый с постоянной скоростью. Автомобиль без остановок дважды проехал по всему шоссе в одном направлении. В момент, когда автомобиль догнал мотоциклиста, мотоциклист повернул обратно, увеличил скорость на 16 км/час и через 22,5 минуты после разворота одновременно с автомобилем прибыл в пункт А. Найти длину всего пути мотоцикла, если этот путь на 5,25 км короче длины всего шоссе.
(Геофак, 1973) Три работницы делают игрушки. Первая работница изготавливает 5 игрушек в час, вторая 8 игрушек в час. Первые две работницы начали работу одновременно, а третья 一 на полчаса позже. Через некоторое время третья работница догнала по количеству изготовленных игрушек первую работницу, з дерез полтора часа после этого догнала и вторую работницу. Определить производительность труда третьей работницы,
(Ф-т почвоведения, 1973) Профсоюзный комитет выделил на покупку 7 путевок в дом отдыха н 20 путевок на турбазу 812 рублей. Однако оказалось, что путевки в дом отдыха стоят иа 1 рубль дешевле, а на турбазу — на 4 руб. дешевле, чем планировалось. Поэтому удалось купить дополнительно еще 1 путевку в дом отдыха и 2 — на турбазу, причем из выделенных денег осталось еще 4 руб. Сколько стоит путевка в дом отдыха и сколько на турбазу?
(Филфак, 1973) В классе, в котором учится менее 27 человек, писали контрольную работу. Среди выставленных за нее оценок встречаются только оценки «3»,《4》и «5». Оценки «3» и 《5» получило одинаковое число учеников, а оценок выше《3》поставлено больше 23. Оценку 《4» получило нечетное число учеников. Сколько оценок «3» и «4» было поставлено?
(Ф-т психологии, 1973) Две установки по обогащению р*ды должны были обработать 54 г руды. Первая установка за 2 часа обработала часть этой руды, затем ее сменила вторая установка, которая за 3 часа обработала всю оставшуюся часть руды. Сколько тонн руды обрабатывает за час первая установка, если 36 г руды обрабатываются ею за время, на один час большее, чем требуекя на 36 г второй установке?
(ВМК, 1973) Из пункта А одновременно стартуют три бегуна и одновременно финишируют в том же пункте, пробежав по маршруту, состоящему из прямолинейных отрезков ДВ, ВС, С А, образующих треугольник АВС. На каждом из указанных отрезков скорости всех бегунов постоянны и равны у первого 10, 16 и
14 км/час соответственно, у второго 12, 10 и 16 км/час соответственно. Третий бегун в пунктах В и С оказывается не один и меняет скорость на маршруте один раз. Установить, является ли треугольник АВС остроугольным или тупоугольным.
(Экономии, ф-т, 1974) Из города Л в город В вышел пассажирский поезд. В то же время из В в Д вышел товарный поезд. Скорость каждого из поездов на всем участке движения постоянна. Через 2 часа после того, как поезда встретились, расстояние между ними составило 280 км. Пассажирский поезд прибыл к месту назначения через 9 часов< а товарный ——через 16 часов после встречи. Определить, какое время в пути находился каждый поезд.
(Географич. ф-т, 1974) Две автоколонны перевозят груз. Машины имеют одинаковую грузоподъемность и в каждый рейс загружаются полностью. Первая автоколонна за один рейс перевозит на 5 г груза больше, чем вторая автоколонна. Известно, что, если число машин в первой автоколонне удвоить, то для перевозки 120 г. груза ей потребуется сделать на 5 рейсов меньше, чем второй автоколонне. Сколько тонн груза перевозит за один рейс вторая автоколонна?
(Биофак, 1974) Пристани 4 и В находятся на противоположных берегах озера. Пароход плывет из 4 в В н после десятиминутной стоянки в В возвращается в 4, двигаясь в обоих направлениях с одной и той же постоянной скоростью 18 км/час, В момент выхода парохода из А навстречу ему из В в 4 отправляется движущаяся с постоянной скоростью лодка, которая встречается с пароходом в 11 часов 10 минут. В 11 часов 25 минут лодка находится на расстоянии 3 км от Л. Направляясь нз В в 4 после стоянки, пароход догоняет лодку в 11 часов 40 минут. Определить время прибытия лодки в А.
(Ф-т почвоведения, 1974) Три трубы, работая одноэременио, наполняют бассейн водой за 13 часов 20 минут. Если одновременно работают только первая и вторая трубы, то они вместе наполняют тот же бассейн на 6 часов дольше, чем его наполняет одна третья труба. За один час через вторую трубу протекает воды столько же, сколько через первую трубу. Через третью трубу за один час протекает воды на 3 川з больше, чем через первую трубу. Какова емкость бассейна?
(Химфак, 1974) Школьник купил в магазине несколько тетрадей и карандашей, причем все тетради стоили столько же, сколько Все карандаши, а тетрадей было на три штуки больше, чем карандашей. Если' бы при этом один карандаш стоил на 10 коп. дороже, ё одна тетрадь тоже стоила на 10 коп. дороже, то, истратив те же деньги, как на тетради, так и на карандаши, что и раньше, можно было бы купить тетрадей на одну больше； чем карандашей. Если бы школьник купил по первоначальной стоимости тетрадей столько, сколько было купленс карандашей； г карандашей столько, сколько было купленс тетрадей, то за карандаши пришлось бы уплатить на 90 коп. больше, чеу за тетради. Сколько стоп один карандаш и одна тетрадь?
(Филфак, 1974) Два трактора при совместной работе обрабатывают поле зг 45 минут. Сколько времени потребовалось бы одному первому трактору на обработку поля； если известно, что
один второй трактор обрабатывает все поле на 2 qac& дольше, чем первый?
(Ф-т психологии, 1974) Группа туристов составила четырехдневный план прохождения маршрута протяженностью 90 км. Пс этому плану она должна была пройти в последний день вдвое больше, чем в первый. Однако фактически поход протекал иначе, хотя, как и предполагалось, занял 4 дня. В первый день туристам удалось пройти только 2/з намеченного на этот день пути. Зато во второй день они прошли оставшуюся 7з пути от плана первого дня, затем прошли путь, намеченный по плацу на второй день и, кроме того, 1/5 пути, намеченного на третий день, В третий день туристы прошли путь больше намеченного по плану на '/io пути, фактически пройденного в первый день. Определить первоначальный план, если известно, что во второй и третий день вместе' ззятые группа прошла на 10 км больше, чем предполагалось, а в третий день на 11 кл< больше, чем в первый день пути.
(ВМК, 1974) Три самосвала, грузоподъемность первого из которых 12 т, второго — не меньше 2 г, а третьего — не меньше, чем второго, должны быть загружены песком с помощью двух транспортеров. Первый транспортер загружают V2 т песка в минуту, второй 2/з т в минуту. Самосвалы могут подъезжать к транспортерам в любом порядке, причем загрузка одного самосвала может производиться только одним транспортером. Кроме того： начав загрузку при помощи одеюго из транспортеров, самосвал не может уже переехать на догрузку к другому. Время погрузки считается от начала загрузки первого самосвала до окончания загрузки последнего. При соблюдении этих условий минимальное время загрузки составляет 22,5 минуты. Предполагается, что на смену у транспортера загруженного самосвала другим порожним самосвалом время не теряется. Если же все самосвалы загружаются с помощью лишь одного второго транспортера, то погрузка занимает 36 минут. Определить грузоподъемности второго и третьего самосвалов.
(Экономии, ф-т, 1975) В колхозе два поля, одно из которых вдвое больше другого, и три бригады трактористов. Вторая и третья бригады вместе могут убрать большое поле на 9 дней быстрее, чем одна первая бригада малое поле. За то время, за которое первая и вторая бригады вместе могут убрать малое поле, одна третья бригада может убрать 2/5 большого поля, а за время, необходимое первой и третьей бригадам на уборку большого поля при совместной работе, вторая бригада может убрать малое поле. За какое время уберут оба поля все три бригады, работая вместе?
(Экономии, ф-т, 1975) Ученики второго, третьего и четвертого классов собирали макулатуру. Второклассники работали каждый по 3 дня, третьеклассники——по 12 дней, четвероклассники — по 16 дней. При этом каждый второклассник собрал по 30 /сг, ка* ждый третьеклассник ——по 130 кг, каждый четвероклассник — по 170 кг. Все дети вместе отработали 95 дней. Сколько учеников каждого класса участвовало в работе, еслн общее количество собранной макулатуры оказалось максимальным?
(Географии, ф-т, 1975) Бассейн может наполняться водой с помощью двух насосов разной производительности. Если половину бассейна наполнить, включив лишь первый насос, а затем выклю-^
чнз его, продолжать наполнение с помощью второго насоса, то весь бассейн наполнится за 2 часа 30 минут. При одновременной работе обоих насосов бассейн наполняется за 1 час 12 минут. Какую часть бассейна наполняет за 20 мннут работы насос меньшей производительности?
(Геофак, 1975) Экскаватор роет котлован. После того, как было вынуто 20 麻з грунта, производительность экскаватора снизилась на 5 м3/час. Найти первоначальную производительность экскаватора, если через 8 часов после начала работы было вынуто 50 м3 грунта. '
(Биофак, 1975) Две автоколонны, состоящие из одинакового числа машин, перевозят груз. В каждой из автоколонн машины имеют одинаковую грузоподъемность и во время рейса загружаются полностью. Грузоподъемность машин в разных колоннах различна, и за один рейс первая автоколонна перевозит на 40 т груза больше, чем вторая автоколонна. Если уменьшить число машин в первой автоколонне на 2, а во второй автоколонне ——на 10, то первая автоколонна перевезет 90 т груза за один рейс, а вторая автоколонна перевезет 90 7 груза за 3 рейса. Какова грузоподъемность одной машины второй автоколонны?
(Ф-т почвоведения, 1975) Теплоход от 4 ло В по течению реки идет 3 дня. Путешественник из Л в В спустился на плоту, а обратно добирался на теплоходе. Плоты движутся со скоростью течения реки, причем известно, что эта скорость строго меньше половины скорости теплохода в стоячей воде. Вся дорога заняла у путешественника 18 дней. Сколько времени занял бы тот же путь, если бы скорость течения была в полтора раза больше?
(Химфак, 1975) Две шахты соревновались в течение первого квартала. Мартовская добыча второй шахты была на 400 т меньше февральской добычи первой шахты. Январская добыча первой шахты равнялась ее же мартовской добыче и равнялась февральской добыче второй шахты. По итогам первых двух месяцев добыча первой шахты оказалась меньше добычи второй шахты на 1000 г. Что больше и на сколько, январская добыча первой шахты или январе ская добыча второй шахты? Известно, что если бы январская добыча второй шахты равнялась ее же мартовской добыче, то добыча второй шахты за январь, февраль, март месяцы оказалась бы боль-' ше добычи первой шахты за эти же месяцы на 1300 т.
(Филфак, 1975) Из пункта А в пункт 8 вышел автобус и одновременно из пункта В навстречу автобусу выехал грузовик. В момент их встречи в пункте С грузовик развернулся и поехал обратно, а из 6 по направлению к А вышел второй автобус. Первый автобус встретился со вторым, пройдя после пункта С расстояние, равное АС. Известно, что время, которое второй автобус находился в пути до встречи с грузовиком, составляет % от времени, которое прошло с момента его отправления из пункта 8 до встречи с первым автобусом. Во сколько раз скорость первого автобуса меньше скорости грузовика?
59» (Ф-т психологии, 1975) Дорога из пункта Л в пункт В сначала идет в гору на протяжении 5 км, потом по ровному месту на протяжении 2 км. после спускается с горы с первоначальным накло-. пом на протяжении 10 км, Пешеход, выйдя нз 4 в В этой дорогой.
прошел без остановки весь путь за 4 часа 30 минут. На следующий день, отправившись в 6 часов утра в обратный путь из 8 в 4, пешеход, преодолев подъем, сделал получасовой привал, а потом без отдыха дошел в полдень того же дня до пункта Л, где обнаружил^ что на месте привала он забыл свой нож. На третий день пешеход из пункта Л тюн1ел на место привала, забрал лежащий там нож, сразу же поаернул назад м вернулся в пункт А, затратив при этом на весь путь 4 часа, С 寞2及。直 скоростью пешеход идет в гору, но ровному месту я под гору, если считать эти скорости постоянными?
(ВМК, 1975) Два самолета, следующие ло одной трассе из города А в город С с постоянными скоростями, пролетают над некоторым луяктом в. Известно., что вторсй самолет вылетел из города А на 14 минут позже первого, а в город С прилетел на 16 минут раньше него. При этом над пунктом В самолеты пролетели с интервалом не более 4 минут. Если бы второй самолет вылетел из города Л через W минут после вылета первого, уменьшив свою скорость на 1©%, а скорость первого самолета не изменилась, то над пунктом В самолеты пролетели бы с интервалом не менее 2 минут, а в город С второй самолет прилетел бы на 10 минут раньше первого. Если бы скорость второго самолета увеличилась на 40 км}час、 а скорость первого самолета не изменилась» то второй самолет потратил бы на путь от Д до В в 7/3 раза меньше времени, чем первый самолет на весъ путь от Л до С. Определить скорость первого самолета.
§ 5. Решение ураьпсний
Окончившие среднюю школу обычно хорошо владеют техническими, вычислительными навыками, необходимыми для решения уравнений. Однако далеко не все понимают те теоретические, логические основы, без которых правильно решить уравнение невозможно (разве что случайно, па что рассчитывать, конечно, бессмысленно).
Это и проявляется на экзамене: упростить уравнение с помощью безошибочно проведенных выкладок умеет большинство, но заметить, как и почему эти выкладки приводят к потере или приобретению решений, может не каждый, а очень многие об этом даже я не задумываются. Другие же, хотя н знают некоторые относящиеся сюда теоретические положения, но знают их формально, как некоторую инструкцию, и беспомощны в чуть-чуть измененной ситуации.
Скажем, школьникам хорошо известно, что при возведении обеих частей иррационального уравнения в квадрат могут появиться посторонние корни. Но сколько раз приходилось видеть^ когда возведение в квадрат при-
меняется к тригонометрическому уравнению без последующего отбрасывания лишних корней! А ведь этой ошибки легко избежать, зная, почему возведение в квадрат приводит к появлению лишних корней.
Или взять вопрос о проверке. Среди поступающих по этому вопросу бытуют два совершенно противоположных мнения. Одни считают, что проверка — это прихоть экзаменаторов и учителей, которой волей-неволей приходится подчиняться, другие считают, что проверка всегда и всюду обязательна и- проверяют все, вплоть до корней квадратного уравнения. Оба эти мнения основаны на непонимании того, что такое проверка, какое место она должна занимать в решении.
Короче говоря, каждый должен владеть тем минимумом теоретических знаний, который необходим для решения уравнений.
Прежде всего приведем определения.
Областью допустимых значений (ОДЗ) уравнения называется множество значений неизвестного, при которых имеют смысл (определены) его левая и правая части. Всякое число % из ОДЗ уравнения называется, естественно, допустимым для данного уравнения.
Числа а из ОДЗ уравнения называется решением (корнем) уравнения, если при подстановке его вместо неизвестного уравнение превращается в верное числовое равенство.
Решить уравнение ——значит найти все его корни или доказать, что корней нет,
Если все корни одного уравнения являются корнями второго уравнения, то второе уравнение называется следствием первого.
Два уравнения называются равносильными (эквивалентными), если они имеют одни и те же решения. Из этого определения следует, что каждое из двух равносильных уравнений является следствием другого.
Два уравнения равносильны на некотором множестве значений неизвестного, если они имеют одни и те же решения, принадлежащие этому множеству,
Для иллюстрации этих понятий приведем два примера. 「
Область допустимых значений уравнения х ^- 3 = д/х состоит, по определению, из тех х； для которых имеют
смысл его левая часть х ——3 и правая часть д/工. Левая часть уравнения, очевидно, определена при любом 尤， а правая — при %》0. Поэтому ОДЗ уравнения состоит из х 0.
Между тем мно!'ие ошибочно утверждают, что ОДЗ состоит из % ^ 3, поскольку «при 尤 V 3 левая часть отрицательна, а правая часть отрицательной быть не может». Утверждение, поставленное в кавычки, верно, и в ходе решения уравнения оно используется: оно показывает, что корни уравнения не меньше 3. Но отсюда не следует, что все допустимые значения меньше 3 — ведь не все допусткглые значения являются корнями!
Рассмотрим два уравнения
log6(% —2) + log6(x + 3) = 2 и log6(尤一2)(% + 3) = 2.
Очевидно, всякий корень первого уравнения является корнем второго, так что второе уравнение является следствием первого. Второе уравнение легко решается; его корни %! — 6 и 工2 = —7. Корень %2 первому уравнению не удовлетворяет — он даже не входит в его ОДЗ. Таким образом, данные два уравнения неравносильны, но равносильны в ОДЗ первого уравнения (в этой ОДЗ они имеют один корень % = 6).
Легко понять, почему дело обстоит так. ОДЗ первого уравнения состоит из х > 2, а ОДЗ второго уравнения шире — в нее входят, кроме этих %, еще и х ■<—3. Поэтому естественно, что при переходе от первого уравне-* ния ко второму появился посторонний корень х =——7, не входящий в ОДЗ первого уравнения.
Каким же образом работают введенные понятия при решении уравнений? Дело в том, что в подавляющем большинстве случаев решение получается лишь после длинной цепи Преобразований, переходов от одного уравнения к другому. В процессе решения, таким образом, каждое уравнение заменяется на какое-то новое, а у нового уравнения, естественно, могут быть новые корни. Проследить за этим изменением корней, не до・ пустить потери и суметь отбросить лишние корни — это и есть ^адача правильного решения уравнений.
Ясно, что самый лучший способ ——каждый раз заменять очередное уравнение на равносильное! тогда
корни последнего уравнения и будут корнями исходного. Но этот идеальный путь на практике обычно неосуществим. Как правило, уравнение заменяют его следствием, вообще говоря, ему не равносильным; при этом, по определению следствия, все корни первого уравнения являются корнями второго, т. е. потеря корней не происходит, но посторонние корни могут появиться (а могут и не появиться；. И в случае, когда хотя бы один раз в процессе преобразовании уранненме заменялось на неравносильное ему следствие, обязательно исследование полученных корней ——проверка. Заметим сразу же, что, как мы увидим ниже, это исследование вовсе не обязательно требует непосредственной подстановки полученных корней в исходное уравнение.
Таким образом, если решение проводилось без анализа равносильности и источников появления посторонних корней, то проверка является неотъемлемой частью решения, без которой оно не может быть признано полноценным, даже если посторонние корни на самом деле не появились. Если же они появились и не отброшены, то решение просто неверно. С другой стороны, если каждый раз уравнение заменялось на равносильное (что, впрочем, как мы уже сказали, бывает редко), причем этот факт специально оговаривался в процессе решения, то проверка не нужна. Таким образом, понятие проверки при решении уравнений играет вполне определенную и весьма существенную роль и отнюдь не сводится к простому контролю вычислений.
Что же касается контроля вычислений, то это личное дело каждого решающего; его можно проводить или не проводить в зависимости от своей техники вычислений, от уверенности в себе. На экзамене лучше контролировать себя всегда. Но делать это надо на черновике, и включать такой контроль в решение незачем.
Подчеркнем, что заменять уравнение на другое, не являющееся его следствием, нельзя, ибо в этом случае имеется корень первого уравнения,兄е являющийся корнем второго, а тогда, решив это второе уравнение, мы все равно не найдем всех корней первого. В результате произойдет потеря корня, что уже непоправимо. В этом существенная разница между потерей корней и приобретением лишних корней.
На практике нужно хорошо знать именно конкретнее источники приобретения и потери корней. Эти источники бывают, в основном, двух типов: так называемые «тождественные преобразования» и взятие от обеих частей уравнения некоторых функций (возведение в степень, логарифмирование, потенцирование и т. д.).
«Тождественные преобразования», на первый взгляд совершенно безобидные, в действительности часто приводят к неравносильным уравнениям, поскольку они изменяют ОДЗ. В самом деле, заменив, например, при решении иррационального уравнения (д/2х + 1)2 на 2%+ 1, мы сразу же расширяем ОДЗ, ибо 2% + 1 имеет смысл при всех 尤,а (V2T+7)2 лишь при 工》•—%» Точно так же в примере, разобранном нами выше, применение формулы логарифма произведения привело к расширению ОДЗ и в результате — к появлению постороннего корня..'
Ничего особо странного в зтом нет: просто большинство формул, используемых для преобразований, таковы, что их левая и правая части имеют смысл при разных значениях входящих в них букв. Таковы, например, формулы
“痴= “£“5, (V7)2 = x,
lga2= lg«+ IgaU， bga X“ = 〃 loga X, /%& = &, c^x—ib' sm2x= i•簣艮,tga+yHiM^K， Поэтому замена одной части формулы на другую приводит к расширению или сужению ОДЗ. Ясно, что из-за расширения ОДЗ возможно приобретение лишних корней, а иэ-за сужения ОДЗ ——потеря корней, так что сужение ОДЗ недопустимо. Что же касается лишних корней, то в случае, когда они приобретены за счет расширения ОДЗ, для их отделения от корней исходного уравнения нет необходимости подставлять их непосредственно в это исходное уравнение ——достаточно лишь проверить, входят ли они в его ОДЗ, и если не входят, то отбросить, а если входят, то оставить.
Этот факт имеет исключительное значение для практики решения уравнений, и поэтому мы его выделим,
А. Если s процессе преобразований уравнения посторонние корни могли появиться только за счет расширения ОДЗ, то корнями исходного уравнения будут те и только те из них, которые входят & ОДЗ.
Использование этого утверждения избавляет нас от непосредственной подстановки полуденных корней в уравнение и технической проверки соответствующих числовых равенств, которая нередко бывает весьма затруднительной, а иногда и просто невозможной из-за того, что проверяемых чисел бесконечно много.
Итак, вместо непосредственной подстановки можно применять проверку на вхождение в ОДЗ, но только в том случае, когда источник появления посторонних корней один ——расширение ОДЗ. Следовательно, для использования проверки на вхождение в ОДЗ совершенно обязательно явно указывать в процессе решения, где и за счет чего могут появиться посторонние корни.
Что касается взятия функций от обеих частей уравнений, то рассмотрим лишь два наиболее важных примера: возведение & квадрат и потенцирование.
Часто (особенно при решении иррациональных уравнений) приходится от некоторого уравнения f(х)= g(х) переходить к уравнению 卄")卩=ig(%)R Что происходит с корнями при этом переходе? Очевидно, прежде всего, что второе уравнение является следствием первого: если число а ——корень первого уравнения, т. е. f (а) = g(а), то [f (а)]? = [g(a)F, т. е. а ~ корень второго уравнения. Но обратное, вообще говоря, неверно: второму уравнению удовлетворяют и корни «постороннего» уравнения /(%)=—g(x). Таким образом, при возведении в квадрат корни не теряются, но посторонние корни появиться могут.
Очень полезным на практике является вытекающее из этого утверждение:
Б. Если обе части уравнения неотрицательны на некотором множестве значений аргумента, то при возведении в квадрат получается уравнение, равносильное исходному на этом множестве.
В самом деле, в этом случае «постороннее» уравнение, очевидно, не имеет корней, разве лишь те, при которых обе части обращаются в нуль ——но они и не являются лишними для нашего уравнения. Как это
утверждение применяется на практике, мы покажем ниже на конкретных примерах.
Аналогично рассматривается потенцирование уравнений, т. е. переход от уравнения logcf(х) = logcg(x) г: уравнению f(x) == g (х). Пусть а — корень исходного уравнения, т. е. \ogcf(a) — logcg(a). Тогда
d°g,"a)= c%g叫 т. е. f(a) = g (办
Следовательно, всякий корень исходного уравнения является корнем второго. С другой стороны, ОДЗ второго уравнения шире, чем у первого, и поэтому естественно ожидать появления посторонних корней, но именно за счет расширения ОДЗ. Значит, для решения достаточно найти корни второго уравнения и проверить их на вхождение в ОДЗ первого уравнения.
Таков тот теоретический «багаж», который должен быть у каждого поступающего. Следует подчеркнуть в то же время, что использование всей этой теории не всегда целесообразно, и при решении примеров нужно соблюдать какую-то меру, стремясь всегда к самому простому решению. Если, скажем, при решении на черновике выяснилось, что простая проверка полученных корней не представляет труда, то незачем ни выяснять источники приобретения корней, ни интересоваться изменением ОДЗ в процессе решения, ни даже вообще находить ОДЗ; если же эта проверка затруднительна, то выручают именно теоретические рассуждения — в соответствующем месте (и обязательно в чистовике) нужно исследовать преобразование, которое могло привести к появлению лишних корней.
В то же время в любом решении должна быть уверенность, что не происходит потери корней. Это также полезно явно оговаривать, особенно если применяемое преобразование достаточно сложно.
Ниже, на конкретных примерах, мы показываем сна” чала некоторые наиболее типичные случаи, а также наиболее коварные источники (разумеется, не все) приобретения посторонних корней, среди них ——формулы преобразования радикалов, основное логарифмическое тождество и формулы логарифмирования произведения и степени, отбрасывание знаменателя, взаимное уничто^
жение подобных членов, замена уравнения некоторой совокупностью более простых уравнений, некоторые «словесные» рассуждения. Затем мы рассматриваем источники потери корней. Наконец, в последних двух примерах мы показываем, как надо логически полно проводить так называемое «решение подбором».
(Филфак, 1974) Решить уравнение
△/ 10 + х — л/19 — Зх == 3.
Возводя обе части уравнения в квадрат и пользуясь формулами преобразования радикалов, получим урав* некие
Ю + х-2 “(10 + х)(19 —Зх) + 19 — 3% = 9,
ИЛИ
V-Зх2- 11х+ 190 == 10 - X.(I)
Снова возводя обе части уравнения в квадрат и освобождаясь от радикала, приходим к уравнению 4х2 — —9% ——90 = 0, корни которого 尤】=6, %2 ='5/击 Непосредственная подстановка этих значений в исходное уравнение показывает, что %] является его корнем, а х2 не является.
Приведенное решение — это почти в точности то, что каждый написал бы в черновике. Для этого уравнения нет надобности углубляться в какую-либо теорию, скажем, исследовать, откуда появился посторонний корень; просто при переписывании на чистовик надо указать, что в процессе преобразований корни не могли потеряться, и в конце сделать проверку непосредственной подстановкой. Это и будет исчерпывающее решение.
Отметим все же, что посторонний корень появился при возведении в квадрат уравнения (1), как корень «постороннего уравнения».
Следующий пример столь же прост, но при проверке одного «хорошего» корня неожиданно возникают некоторые трудности принципиального характера.
(Филфак, 1974) Решить уравнение
5х + 7 — “2% + 3 = 十 4・
Возводя обе части уравнения в квадрат, после преобразований получаем уравнение
V(5x + 7) (2х + 3) = 2х 4- 3.
Отсюда, снова возводя в квадрат, приходим к квадратному уравнению
бх2+ 17%+ 12 = 0,
корни которого 无1 = —3/2,尤2 = —4/з. Непосредственная проверка показывает, что х =——4/з является корнем исходного уравнения.
Проверяя значение х = —%, поступающие пришли к равенству д/—1/2 — д/—1/2 = 0・ Многие считали это равенство верным, основываясь на том, что в его левой части《нз равного вычитается равное》. Таким образом, значение х = —3/2 также оказалось у них корнем исходного уравнения. Но приведенная аргументация несостоятельна, поскольку выражение д/——7г не имеет смысла: не существует числа, квадрат которого равен —^ Поэтому значение х = —% не входит в ОДЗ и, следовательно, не является корнем исходного уравнения.
Совершенно иная ситуация в следующем примере, где проверка получающихся 《плохих》 корней является трудной задачей, и самый простой путь решения связан именно с применением рассмотренной теории, когда в самом решении сразу учитываются источники появления посторонних корней.
Решить уравнение д/% + 3 + д/2х—1 = 4,
Обе части данного уравнения неотрицательны в ОДЗ, поэтому после возведения в квадрат получим уравнение, которое согласно утверждению Б равно сильно исходному в его ОДЗ:
(Vx + 3)2+ 2“TT^〃2x— 1 + (д/2х - i)2= 16.
Пользуясь формулами преобразования радикалов, которые, очевидно, расширяют ОДЗ, придем к уравнению
2 д/2%2 + 5х — 3 = 14 — Зх.⑵
При этих преобразованиях посторонние корни могли появиться только за счет расширения ОДЗ.
Далее рассуждаем следующим образом. Левая часть в (2) неотрицательна при любом (допустимом) значении к, правая же часть при х > 14/з отрицательна. Ясно, что такое значение х не может быть решением уравнения. Поэтому дальше будем рассматривать уравнение (2) только в области % W ”/з・ Но в этой области обе части уравнения (2) неотрицательны (разумеется, при допустимых для (2) значениях %), и согласно утверждению Б после возведения в квадрат придем к уравнению
(2 «2х2 + 5х — ЗУ = (14 - 3d，
равносильному (2) на множестве х ^ 14/з-
Отсюда, еще раз расширив ОДЗ, прихо/шм к квадратному уравнению N— 104х + 208 = 0, корни которого 修,2 = 52 ± 8 д/39. Оба этих корня, как легко видеть, входят в ОДЗ исходного уравнения, и поэтому надо проверить лишь, удовлетворяют ли они неравенству х W 14/з- Легко подсчитать, что 修 > 14/з, а х2 < 14/з, так что х2 — единственный корень уравнения (2), а следовательно, и исходного уравнения.
Подчеркнем еще раз, что прибегать к такому обстоятельному, «теоретическому» решению надо только в случае необходимости, только убедившись предварительно на черновике, что корни «плохие»: непосредственная их подстановка в уравнение приводит к довольно сложной задаче — доказательству или опровержению равенств '
“55 +8 д/丽 + VT03 + 16д/39 = 4,
“55 — 8 V39 十 дЛоЗ — 16“丽=4.
Впрочем, первое нз этих равенств явно неверно. Чю же касается второго равенства, то его можно доказать возведением в квадрат, но этот путь связан со значи- гельными вычислительными трудностями и явно сложнее, чем приведенный нами, где потребовалось лишь проверить корни к】и х2 на выполнение условия 尤& 14/з<
Тем не менее, в этом примере все-таки можно преодолеть трудности непосредственной проверки и нзбе， жать применения теории. Однако во многих уравнениях,
и, в частности, в уравнениях, содержащих параметр, непосредственная проверка значительно труднее, и использование приведенной теории является практически единственным путем решения.
Решить уравнение х — 1 = д/а — %?*
Правая часть уравнения неотрицательна при любом значении х из ОДЗ, т. е. при а — х2 ^ 0. Левая часть уравнения неотрицательна при х ^ 1. Отсюда ясно, что данное уравнение не имеет корней, меньших 1. Поэтому далее можно ограничиться допустимыми значениями к, удовлетворяющими неравенству 汇 > 1.
Для таких х исходное уравнение равносильно урав、 нению (х — I)2 = (д/^ — к?)?* Освобождаясь от радикала, получаем уравнение
2炉 一 2х + 1 - а = 0;(3)
при этом ОДЗ расширилась, и в конце придется делать проверку полученных корней на вхождение в ОДЗ. Таким образом, нужно решить уравнение (3) и из его корней отобрать те, для которых 工 > 1 и а ——х2 ^ 0. Ди^ скриминант уравнения (3) равен 2a—1, так что при а 之 1/2 оно не имеет корней, и тем более при этих а не имеет корней исходное уравнение.
Далее будем считать, что а 2 ”2・ Корни уравнения (3) таковы: 修,2 =(1 士 д/2а — 1)/2. Корень &, очевидно, не удовлетворяет условию %》」и поэтому не является корнем исходного уравнения. Для того чтобы выяснить положение с %] нужно прежде всего решить неравенство (1 + “^1)/2》1; оно, очевидно, справедливо при а》1. Поэтому при а < 1 исходное уравнение не имеет корней, а при а ? 1 надо еще проверить выполнение неравенства а— %；》0, которое приводится к виду а〉“2а——1. Обе части этого неравенства неотрицательны (мн рассматриваем а > 1) и его можно возвести в квадрат (см. § 6 раздела I); при этом получим а2 — 2仪十1 >0, что верно при любом а.
Итак, при а V 1 исходное уравнение корней не имеет, а при а》I имеет корень х =(1 + д/石=1)/2.
Подчеркнем еще раз, что проверка корней непосред^ ственной подстановкой свелась бы к уравнениям
относительно а:
「土“2a- 1 人 / d 不 %/2〃 - 11
решение которых весьма затруднительно. Таким обра* зом, без сознательного овладения разбираемым здесь подходом к решению уравнений подобные задачи всегда будут вызывать большие трудности.
Обратим внимание на одну деталь в решении при* мера 4. Проверка корня х^ на выполнение условия а х2 ^ 0, логически совершенно обязательная, могла быть проведена без всяких выкладок. В самом деле,修 получен как корень уравнения (х——I)2 = а ——炉，и сле, довательно, а — х] = (.% — 1 尸》0.
Эта, казалось бы, мелкая деталь имеет на самом деле большое значение при решении иррациональных уравнений. Она позволяет полностью снять трудности, связанные с расширением ОДЗ при возведении в квадрат уравнений вида
7Ш = яМ-
Именно, положение здесь таково, что хотя при возведении уравнения в квадрат ОДЗ расширяется, но это расширение не приводит к появлению посторонних корней: всякий корень х0 уравнения
f (%) = [g U)]2
удовлетворяет условию / (х0) — [^(^о)]2 ^ 0, т. е. входит в ОДЗ исходного уравнения.
Пользуясь этими соображениями, не следует, конеч* но, забывать, что лишние корни здесь все же могут появиться за счет «постороннего» уравнения, так что перед возведением в квадрат следует позаботиться о выполнении условия g(x) ^ 0. Таким образом, схема решения уравнения вида ^/f (х) = g (х) такова: решить уравнение，(％)=倉(％)卩 и отобрать те его решения, ко* торые удовлетворяют неравенству g(x) ^ 0,
Подчеркнем еще раз, что предложенная схема решения позволяет не решать неравенства f (х) ^ 0. Это особенно важно потому, что решение неравенства f(x) ^ 0, которое может оказаться весьма сложным, на самом деле просто излишне.
(Химфак, 1969) Решить уравнение
/^/cos Зх + sin Зх — cos?% + cosx 4- ^ = sinx + — .(4)
Область допустимых значений данного уравнения определяется неравенством
cos 3y 4- sin Зх ― cos2x + cos 无 + 不》0,
и многие поступающие начали решение именно с этого неравенства. Трудно сказать, можно ли вообще решить это неравенство элементарными методами, но, как мы только что говорили, его решение вовсе и не нужно для решения уравнения.
Левая часть данного уравнения неотрицательна при любом (допустимом) значении х, а правая часть неотрицательна при
sin х -|—^"》0・⑸
Поэтому согласно утверждению Б в множестве значений к, удовлетворяющих неравенству (5), уравнение (4) равносильно уравнению
(Vcos3% + sin3x — cos2% + cosx + "0 =(sin% 十^)'
Отсюда, расширяя ОДЗ, получаем уравнение
cos Зх + sin Зх — cos2x + cos 尤 + -|~ =
=sin2 x + sin % + ；・(6)
Однако это расширение ОДЗ не приводит к появлению посторонних корней, и поэтому остается решить уравнение (6) и из его корней отобрать те, которые удовлетворяют неравенству (5).
Решение уравнения (6) не представляет трудностей (см； § 3 раздела II), и его корни даются серией
尤=曲+ 1)+
где п — целое число. Неравенству (5) удовлетворяют лишь значения х, соответствующие п — 4А и л = 4^ + h
Таким образом, корни уравнения (4) даются сериями
х =4- 2/г冗， 尤=~ 十 2kn} k ——целое число.
Одним из наиболее распространенных источников появления посторонних корней является использование различных логарифмических формул, в частности, формулы логарифма произведения. В самом деле, заменяя logaf(x) +logag(x) на log。f(尤)g(х), мы расширяем ОДЗ уравнения, допуская такие значения неизвестного к, при которых одновременно f (х) < 0 и g(%)V0. Поэтому посторонние корни могут появиться, но лишь за счет расширения ОДЗ, так что для их отбрасывания, на основании утверждения А, достаточно проверить только факт их вхождения в ОДЗ. Заметим еще, что обратная замена — логарифма произведения на сумму логарифмов—может привести к сужению ОДЗ, и потому недопустима.
Решить уравнение
1о&(% + 2) + log2(3x — 4) — 4,
Переходя к логарифму произведения, получим log2 (х + 2)(3х~ 4) = 4,
откуда (х + 2) (Зх — 4)=16. Корни этого уравнения
-1 土 “73修，2 =з •
Но из них только 尤1 входит в ОДЗ исходного уравнения и на основании утверждения А является его корнем.
Непосредственная подстановка «плохого» корня %【 потребовала бы не очень сложных, но достаточно' неприятных «иррационально-логарифмических^ выкладок, а применение утверждения А дало ответ сразу.
Появление посторонних корней в результате применения основного логарифмического тождества обычно вызывает удивление у поступающих, хотя на самом деле ничего странного в этом нет: это происходит за счет расширения ОДЗ при замене выражения aQ^aь на 力,если а или b содержат неизвестное.
_ _log /—2х
Решить уравнение 尤4.
Заменяя logy- 2х на logx(2x)2 (см. § 1, В раздела I), получим уравнение
了。
Применив теперь основное логарифмическое тождество, получим (2x)2 = & т 巳 修—一1,工士 = 1. Однако ни 抬， ни %2 не входят в ОДЗ исходного уравнения. Следовательно, данное уравнение корней не имеет.
Появление посторонних корней может происходить я менее заметно, чем в только что рассмотренных примерах. Как правило, это связано с тем, что используемые при решении рассуждения н выкладки приводят к расширению ОДЗ. В следующем примере посторонние кор・ ни появляются при взаимном уничтожении подобных членов, так как при этом мы снимаем ограничение, что уничтоженные слагаемые должны нметь смысл, и тем самым расширяем ОДЗ.
Решить уравнение
IgV^ + x + 31gVl —х—-2 = lgVl —严・
Преобразуем правую часть:
[g'l — %2=]дд/1+%д/1— % = [дд/1— %+垓“「+尤.
Легко видеть, что при этом преобразовании ОДЗ данного уравнения не изменилась, и полученное уравнение lgVl+x-H31gVl~x~2=lgVl~x+lgVl+x равносильно данному. Уничтожая 1g V1 + х в обеих частях, получим уравнение lg“l —%=1, ОДЗ которого %V1, т. е., как легко видеть, шире, чем у исходного уравнения, Значит, надо ожидать появления посторонних корней. Решая последнее уравнение, получим корень к = —99, который не входит в ОДЗ исходного уравнения, и не является поэтому его корнем. Таким образом, данное уравнение корней не имеет.
Не менее неожиданным для поступающих является появление посторонних корней при применении определения логарифма. Однако в этом опять-таки нет ничего удивительного: ведь равенства logQ М = сс и N =仪疗
имею! смысл при разных значениях входящих в них букв, и при переходе от первого из них ко второму ОДЗ уравнения может расшириться, так что вполне естественно ожидать появления посторонних корней за счет этого расширения.
(Филфак, 1973) Решить уравнение
iogx V2%2 — Зх + 2 = 1*
Пользуясь определением .логарифма, приходим к уравнению
V 2尤2 — 3尤 + 2 = %,
имеющему" более широкую ОДЗ, чем исходное уравнение. Следовательно, при этом переходе мы могли получить посторонние корни — но только за счет расширения ОДЗ.
Полученное уравнение легко решается: его корни %】=1 и х2 — 2. Из этих корней х2 входит в ОДЗ исходного уравнения, а 打一не входит, и, таким образом, исходное уравнение имеет единственный корень % = 2.
Одним из источников ошибок является отбрасывание——явное или неявное ——знаменателя. Но при отбрасывании знаменателя происходит расширение ОДЗ — добавляются те значения %, при которых знаменатель равен нулю.
(Мехмат, 1961) Решить уравнение
1館6(3 + 幻Т log2(3 + x) - ,
Переходя во всех логарифмах к основанию 2, придем к уравнению, равносильному данному:
iog2 6 — log? (4 —幻 —jG
Отсюда 10g2 6 -— log2(4 ——к) = log2(3 + x) и далее 占= 3 + x.⑻
Последнее уравнение приводится к квадратному; его корни 修=з, %2 = —2.
В процессе решения посторонние корни могли появиться только из-за расширения ОДЗ вследствие отбрасывания знаменателя в уравнениях (7) и (8). Поэтому достаточно проверить получившиеся корни на вхождение в ОДЗ исходного уравнения. В результате получаем, что 尤2 не входит в ОДЗ, а к^ входит, и следовательно, является корнем исходного уравнения.
Невниманием к ОДЗ объясняются ошибки при рс- шении уравнений, у которых в левой части стоит некоторая дробь, а в правой части ——нуль. Часто для решения такого рода уравнения просто отбрасывают знаменатель и приравнивают числитель ну«чю. Для правильного же решения следует приравнять числитель нулю, найти корни получившегося уравнения и выбросить из них те, которые обращают в нуль знаменатель.
Решить уравнение tg3x = tg 5х.
Перепишем данное уравнение в виде
sin Зх sin 5х с йl eos Зхcos 5х
откуда после элементарных преобразований имеем
sin 2хс
рcos Зх cos 5х
Теперь, решая уравнение sin 2х — 0, получаем х = Ал/2, /г = 0, ±1, ±2, ... Остается выбросить из этой серии решений лишние, т. е. те, для которых знаменатель cos 3xcos 5х обращается в нуль, ч то происходит, очевидно, при нечетных значениях 右，и следовательно, решениями исходного уравнения будут х =/гп/2» где 々—— четное число:々=2〃，т. е. % =几％ /1 = 0, ±1, 土2,...
Подобным же невниманием к ОДЗ объясняются ошибки при решении уравнений, у которых левая часть разложена на множители, а в правой части ——нуль. Для решения такого уравнения обычно приравнивают нулю поочередно все сомножители и полученные решения объединяют. Однако при этом решении совершенно нз учитывается, что для некоторых значений х, обращающих в нуль один сомножитель, может не иметь смысла другой сомножитель, а в таком случае эти значения х не будут корнями рассматриваемого уравнения. Поэтому для правильного решения необходимо дополнительно
проверить, все ли полученные значения х входят в ОДЗ. Это иногда может представить значительные трудности.
（Экономич. ф-т, 1965） Решить уравнение
sin 2х соз? 2% sin2 6% tg х ctg Зх = 0.
Поочередно приравниваем все сомножители к нулю и получаем в результате пять серий корней:
x =等，% = （2々+1）曰，Х =警，
x =々兀，%=（2也+ 1）专，
где во всех формулах 々——целое число.
Но это еще не ответ: ведь tgx и ctg Зх определены не при всех значениях %, и поэтому многие значения % из этих серий могут оказаться лишними. Рассмотрим каждую из серий.
尤 к 左乳/2. Если 左 четно, k = 21, то х = In ^ clg3% не имеет смысла; если 々 нечетно, ^ = 2/ + L то 尤= =2冗 + （冗/2） и tgx не имеет смысла. Таким образом, ни один угол % из первой серии не является на самом деле решением уравнения.
х = （2fe + 1）п/4. Тогда tg%, как легко видеть, имеет смысл. Кроме того, Зх = （6fe + 3）п/4, так что и ctg Зх также имеет смысл. Таким образом, все углы из второй серии являются решениями уравнения.
% =左冗/б. По тригонометрическому кругу легко убедиться, что угол х попадает на вертикальный диа< метр при fe = 6/ + 3, и следовательно, tg% имеет смысл при 左纟6/ + 3. Далее, 3% =力兀/2 и ctg Зх имеет смысл только при нечетных значениях k. Следовательно, годятся только нечетные числа fe, не равные 6/ + 3, т. е. числа 左 вида 左=6/十1 и 左=6/+ 5. Таким образом, из углов третьей серии решениями являются углы % = =阮 + （必6） и %=氏 + （5元/6）, где I - целое число.
х = kn. В этом случае ctg3% не имеет смысла, так что в данной серии нет решений.
% = （2由+丨）冗/6. Угол х попадает на вертикальный диаметр нрм 生=3/ + 1, и следовательно, tg х будет иметь смысл при Л = 3/ и ^ = 3/ Ч- 2. Таким
образом, из пятой серии углов остаются лишь х =氏 + (乳/6) и z = /л + (5л/6), где I — целое число, т. е. те же углы, что и в третьей серии.
Окончательный ответ можно записать в виде
х=^п+ 1)^, Х = (6Ш±, Х =(6〃 丄 5)?, где /г — целое число.
Прибретение посторонних корней не всегда происходит так явно, как в двух последних примерах, Иногда причиной этого являются совершенно безобидные на первый взгляд рассуждения.
Например, рассмотренное в примере 11 уравнение tg3x = tg5% часто решают следующим образом: «Тангенсы двух углов равны в том и только в том случае, когда разность этих углов равна целому кратному л; следовательно, 2% =左兀，％ =々冗/2,色=0, ±1, ±2,...》. Однако, как мы уже знаем, этот ответ неверен. В чем же ошибка?
Дело объясняется просто: утверждение, на котором основано это решение, неверно, хотя оно и очень распространено среди поступающих. Действительно, если tgа = tg р, то а~^ — kn, где 々——целое число, но обратное утверждение неверно: если а——р = fen, то равенство tg а = tg р может просто не иметь смысла (например, при а = п/2, р — —л/2). Поэтому при замене уравнения tg Зх = tg 5х на 2х = fen потери корней не произошло, но посторонние корни появились.
Рассмотрим теперь некоторые источники потери корней. Чаще всего поступающие теряют корни, заменяя данное уравнение новым, имеющим более узкую ОДЗ. К такому сужению ОДЗ приводят, как мы ниже увидим, и логарифмические, и тригонометрические формулы, а также некоторые популярные «словесные» рассуждения.
Как мы уже отмечали, замена логарифма произведения на сумму логарифмов (правило I из § 1, В раздела I) приводит к сужению ОДЗ, так же как и логарифмирование степени (правило Ш). Чтобы не допускать сужения, пользуются не правилами I и III, а правилами I* и III*, применение которых может разве лишь расширить ОДЗ, т, е. привести к появлению посторонних
корней. Но как исключать посторонние корни, мы уже видели выше,
(Химфак, 1966) Решить уравнениг
4 log% (х -г 2)2 — 3 = log,/((4 - Х)з + log,/, (х + 6)3.
При решении этого уравнения многие лоступающ/ге допустил^! только что указанную ошибку. Вот их непра* вильное рассуждение: «пользуясь формулой логарифмирования степени, приведем данное уравнение к виду
log%(X + 2) — 1 = log% (4 — %) + log% (% + 6)
ПЛИ
log% 4 (% + 2) = log% (4 — x) (x + 6), откуда, потенцируя, получаем уравнение
4% + 8 = (4 — %) (% + 6),
корни которого 修=—8, %2 = 2. Число —8 не входит В ОДЗ данного уравнения, а число 2 является ею корнем».
Если внимательно проанализировать первый шаг этого решения, то становится ясно, что его авторы пользовались правилом I, но не учитывали, что оно справедливо лишь при определенных ограничениях. Поэтому при замене log7< (х + 2)2 иа 2 log^ (х + 2) они предполагали фактически, что % + 2>0, сужая тем самым ОДЗ данного уравнения. Это могло привести к потере корней, и действительно, в приведенном《решении》потерян кор痂ь х — 1 — N 33.
Правильное решение должно было бы сразу использовать правило III*; тогда получилось бы уравнение
4|% + 2| = (4一 行(% + 6),
которое легко решается (см. § 2 раздела I); его корни Xj = 2 и х2 1 — д/33. Оба эти числа, как можно проверить подстановкой или проверкой на вхождение в ОДЗ, являются корнями исходного уравнения.
Сужение ОДЗ, а следовательно, и потеря корней, может произойти и при переходе к Новому основанию логарифмов.
(Мехмат, 1961) Решить уравнение
10go,5x 炉一14 10gi6x 炉 + 40 log4x Vx = 0.
Приведем решение, данное многими поступающими. Воспользуемся правилом перехода, взяв % в качестве нового основания логарифмов:
］叫炉 1410g尤尤3 4010旣ут _ 0logx 0r5x log% 16犬 丁 log# 4實 — *
Однако полученное уравнение не имеет смысла при 光=1, в то время как исходное не только имеет смысл при х = 1, но и имеет единицу своим корнем. Именно на этом шагу большинством был потерян корень % = L
Следовательно, рассуждать надо так: мы хотим перейти к основанию х: чтобы это сделать, надо быть уверенным, что х > 0 и х #= 1. Так как все х из ОДЗ нашего уравнения положительны, то первое условие % > 0 выполнено; с другой стороны, единица входит в ОДЗ, и подстановка показывает, что %=1 является корнем. Итак, один корень исходного уравнения найден: % = L Будем искать корни, отличные от единицы. Тогда мы можем перейти к основанию х, уже не теряя корней.
Дальнейшее решение не представляет труда: пользуясь свойствами логарифмов и обозначая iog%2 через у, приходим к квадратному уравнению 2“*3у —2 = 0, корни которого у、= %, у? = —2. Отсюда 打=4 и 电= =1/V2;оба эти значения являются корнями исходного уравнения. Следовательно, исходное уравнение имеет трй корня.
Довольно распространенной и очень грубой ошибкой, приводящей к потере корней, является сокращение обеих частей уравнений на общий множитель. Ясно, что при этом могут быть потеряны корни, которые обращают в нуль этот общий множитель.
В этих случаях лучше всего перенести все в левую часть, вынести общий множитель за скобки и рассмот* реть два случая: 1} общий множитель равен нулю; 2) общий множитель не равен нулю ——тогда обязательно равно нулю выражение в скобках. Можно также рассмотреть сначала случай, когда общий множитель равен нулю, а затем на него сократить.
(Мехмат, 1968) Найти все решения уравнения
尢?2%+i _l 2】х~з小+2%22'|х—‘31|+4 + 茅—工
Рассмотрим два случая.
а) Пусть х ^ 3. В этом случае имеем уравнение
/2%+1 + 2x~l = .r22x+l + 2>\
которое удовлетворяется, очевидно, при любом х. По< этому в рассматриваемом случае решениями данного уравнения будут х 3.
, б) Пусть 无 V 3. Тогда уравнение приводится к виду 2~1 ⑷2 — ]) = 21(4炉 一 1).
Именно -в этом месте многие поступающие, увлекшись, видимо, показательными, «главными^ выраже* нпями, пренебрегли «незначительными» степенными и просто-напросто на них сократили, получив уравнение 2・i = 25T. После этого они получили корень 尤=3 и пришли к выводу, что в случае б) исходное уравнение не имеет решений.
Между тем перед сокращением на 4炉一1 следовало рассмотреть случай 4х2— I = 0. Тогда были бы найдены корни 尤1,2 = ±1/2， удовлетворяющие и условию б). Таким образам, решения данного уравнения: любое х А 3,
Очень часто при решении уравнений поступающие неправильно пользуются следующим утверждением: 《Если две степени равны, их основания равны и отлич^ ны от Q и 1, то и показате/н степеней равны». Как правило, они забывают о выделенном курсивом ограниче- нии. В результате теряются корни — именно те, при которых основание равно 0 или 1.—
Решить уравнение ="%“・
Перепишем это уравнение в виде %«* = г1c〃. Итак, степени равны. Чтобы не потерять корней, посмотрим, может ли основание быть равным 0 или 1. Так как выражение 0° не имеет смысла, то число 0 не входит в ОДЗ, а потому х = 0 не является корнем уравнения. Напротив, х = 1, очевидно, является корнем. Будем теперь искать корни? отличные от 0 и 1. Тогда, применяя
указанное правило, получим д/% = %/2, откуда находим второй корень уравнения х — 4.
(Химфак, 1973) Найти все действительные х, удовлетворяющие уравнению
(4 — x2)~cosx+l = 一户工丁 ,
V4 — х-
Переписав данное уравнение в виде
(4 -x2 尸。3xtT = (4 —x2)一3,
рассмотрим два случая:1) 4 — х2 — 1;рассмотрим два случая:1) 4 — х2 — 1;2)2)cos2 XCOS X + 1cos2 XCOS X + 111
рассмотрим два случая:
1) 4 — х2 — 1;
рассмотрим два случая:
1) 4 — х2 — 1;
2)
2)
cos2 X
COS X + 1
cos2 X
COS X + 1
1
1
Третий из случаев — когда 4 —尤？ = 0 здесь невозможен, так как выражение 0~% не имеет смысла. —
В первом случае .г2 — 3, т. е.修,2=±'区・ Однако эти корни получены нами совершенно изолированно от исходного уравнения, и поэтому есть опасность, что исходному уравнению они не удовлетворяют — из-за того, что не входят в его ОДЗ. Убедимся, что они входят в ОДЗ исходного уравнения.
Для этого достаточно показать, что cos(± V3)+ 1* У=0, или cos V3 #= — 1. Но уравнение cos х = —1 имеет серию корней _х = (2fe + 1)冗，где k ——целое ч±旬。.Ясно, что число “3 не входит в эту серию, так как л/2 < V “3 V л.
Во втором случае мы, очевидно, приходим к уравнению 2 cos2 х — cos х— 1 = 0, распадающемуся на два:
cos х = 1, cosx= — —.(9)
Отсюда имеем три серии корней:
X = 2/2冗， %=手-+ 2左几， х —-粤十 2左几，
где k — целое число. Разумеется, следует еще из получившихся серий исключить те корни, которые не входят в ОДЗ исходного уравнения, т. е. не удовлетворяют неравенству 4 —炉>_0 (условию cos х + 1 "/= 0 все корни
этих серий удовлетворяют автоматически, поскольку они получены как решения уравнений (9)).
Нетрудно проверить, что из первой серии остается только х3 — 0, а во второй и третьей сериях таких корней нет. Таким образом, исходное уравнение имеет три корня:—д/3, х3 = 0.
Иногда приходится слышать и такое ошибочное утверждение: «Если степень положительного числа равна 1, то показатель степени равен нулю》. Это верно лишь при условии, что основание отлично от 1. А если основание равно 1, то при любом показателе степень будет равна 1.
sin^ sinx +
Решить уравнение | cos х |22 = 1.
Будем рассуждать так: если | cos х | = 1, то степень будет равна 1, каков бы ни был показатель. Если же |cosx| * 1, то показатель непременно должен быть равен нулю, что в данном уравнении имеет место при sin х — 72 и при sin х = 1. Таким образом, наше уравнение распадается на три:
I cosx 1=1, sinx = у, sin х — 1.
Решения этих уравнений таковы:
修=fen, 尤2 u (一 1产专+ knt /g子+ 2左以, где 论一целое число.
Проверка показывает, что углы третьей серии не входят в ОДЗ (в левой части исходного уравнения получается 0°, что не имеет смысла), а остальные корни удовлетворяют уравнению.
Таким образом, при пользовании правилом перехода от равенства степеней одного и того же неотрицательного основания к равенству показателей нужно рассматривать три случая： основание степени равно 0, основание степени равно 1, показатели степеней равны. Это рассмотрение позволяет избежать потери корней.
Однако посторонние корни при таком решении могут появиться, В самом деле, в каждом из этих случаев приходится, вообще говоря, решать уравнение, и поскольку все эти три уравнения решаются уже совершенно изолированно друг от друга, может оказаться, что некоторые
их решения не будут входить в ОДЗ исходного уравнения. Так и случилось в последних двух примерах.
Следовательно, после применения правила перехода от равенства степеней к равенству показателей и после решения соответствующих уравнений обязательно надо делать проверку. При этом достаточно установить лишь, что проверяемый корень входит в ОДЗ исходного уравнения; тогда корень автоматически будет ему удовлетворять.
Часто причиной потери корней является применение тригонометрических формул. Как известно (см. § 1 раздела II), левая и правая части тригонометрической формулы могут иметь различную область допустимых значений. Таковы, например, формулы так называемой «универсальной подстановки», выражающие синус и косинус через тангенс половинного угла (Кочетков, § 154). В этих формулах левая часть имеет более широкую область допустимых значений, и поэтому, заменяя 旧 уравнении левую часть формулы правой, мн сужаем его ОДЗ, т. е. рискуем потерять корни.
Решить уравнение sin х — 2 cos х ~ 2.
Переходя к тангенсу половинного угла, получим
2若 2(一g).
+ te3 f 1'
откуда tg(x/2) = 2 и
х = 2 arctg 2 + 2пл, 仃=0, ±1, ±2,・・・
Однако эта формула не содержит всех решений: как легко проверить, все углы х = (2п + 1)n; п — целое число, также являются решениями уравнения. Эти углы были потеряны именно при введении тангенса половинного угла. Исходное уравнение им еле смысл при любом х, а второе — лишь тогда, когда tg(x/2) имеет смысл, т. е. при % 总(2м + 1) m
Более подробные замечания в связи с тригонометрии четкими формулами сделаны в § 1, Б раздела И.
С вопросом о потере корней тесно связано так называемое 《решение подбором^. Проиллюстрируем этот ме， toa на нескольких примерах,
§ 5. PEIUEHmt УРАВНЕНИЕ
Решить уравнение 3* + 4驚=5".
Очевидно,尤=2 — корень уравнения. Решено ли уже уравнение? Разумеется, нет: вдруг мы не заметили еще один корень? Поэтому остановиться в решении на этом шаге — значит сделать грубую ошибку. Далее, разделим обе части на 5* и представим уравнение в виде
偿丫+ (方=L
Отсюда видно: если % V 2, то по свойству показательной функции s основанием, меньшим единицы, 户，5尸〉(％) 2, (%尸 > (%) 2, так что
(家+⑴' (于+(訂(家+⑴' (于+(訂
(家+⑴' (于+(訂
(家+⑴' (于+(訂
следовательно, никакое значение 尤 <2 не может быть корнем уравнения. Аналогично при х > 2 будем всегда иметь неравенство
(Я+(4У<1.
Таким образом, подобранный корень % = 2 — единственный. Вот теперь уравнение решено — мы нашли (неважно даже, каким способом) корень и доказали, что других корней нет!
Из этого примера видно, что《решение подбором^ — вполне законный прием, если после угадывания каких- то корней мы совершенно строго докажем, что других корней нет. Таким способом, кстати, очень просто решить разобранный выше пример I:
д/10 + х — “ 19 — 3% = 3.
Легко подобрать корень х = 6. Если считать, что х > 5, то получим
д/10 + 工 > д/10 -{- 6 = 4, «19 — Зх < д/19 — 18 = 1,
т. е. при % > 6 левая часть уравнения больше 3. Аналогично, при х V 6 левая часть уравнения меньше 3. Следовательно, % = 6 ——единственный корень.
Если же ограничиться только угадыванием корней и не доказывать, что других корней нет, го такое «реше* ние» очень часто может привести к потере корней. Именно такая опасность кроется в следующем примере.
(Химфак, 1964) Решить уравнение 3"8*十2 =5.
Некоторые поступающие решали это уравнение гак. Переписав его в виде 。
3х • 2""=3' • 21,
они подобрали корень х таким образом, чтобы показатели степеней при соответствующих основаниях оказались одинаковыми:
откуда и получали《ответ》尤=1.
Однако этот《ответ》неверен; говоря точнее, при этом рассуждении найден один корень уравнения и ничего не сказано о том, имеются ли другие корни. В самом деле, если показатели степени при соответствующих основаниях равны, то и произведения этих степеней равны, однако обратное ниоткуда не следует и просто неверно. Например, равенство
3】・ 21 = 32，2"gN%)
справедливо, но 1，2 и 1 #= log2 (2/з). Поэтому рассуждение, приведенное выше, может привести к потере корней, что и произошло в рассматриваемом уравнении.
Логарифмируя обе части исходного уравнения по ос* нованию 10, получим
%lg3 + $lg2 = lg6, или
x2lg3 + x(31g2 + 21g3-lg6)-2!g6 = 0.
Остается решить квадратное уравнение. Это можно сделать по известной формуле, но для упрощения решения мы чуть-чуть схитрим: ведь мы уже убедились подбором, что %i = 1 является корнем исходного уравнения и, следовательно, удовлетворяет равносильному ему квадратному уравнению. По теореме Виета второй корень квадратного уравнения
出== — 2 lg3 6,
Итак, исходное уравнение имеет два корня: X] = 1, %2 г==- —2 1 g3 6.
Задачи
Решить уравнения:
(Экономии, ф-т, 1965) ^ 1 + ^2 ^ ^sin 2х cos 2х ctg Зх •» 0.
(Геофак, 1966) 1。％十］(炉 + # — 6)2 =4.
(Бнофак, 1966) 2 log8 (2х) + logR (х2 + 1 — 2х) == %.
(Экономим, ф-т, 1956)
log2 sin х — log2 cosx — log? (1 — tgx) — log2 (1 + tg#)1=3 L
(Ф*т психологии, 1968)
log 4一炉一3尤(cos 方—cos Зх) = log 4-力*_8X sin 2篇-g
(Мехмат, 1968)
bg3(V7 +1 Vx — 11) == iog9(4 V7— 3 + 4| Vx— 11*
(Экояомич. ф-т, 1939) VT + Vx (x + 2) - V(7+Tp = 0.
(Геофак, 1959) Vsin 3x^j- cos x — sirfx = “cos 力一sin 2筛
9. (Химфак, 1969)9. (Химфак, 1969)sin 3尤一3 cos2 x + cos % + ■— = V^sin 尤 + / ・
9. (Химфак, 1969)
9. (Химфак, 1969)
(Филфак, 1969) logstn 为(sin x —— cosx J = 3.
2 + sin x == 2 cos лг«2 + sin x == 2 cos лг«(Экояомич. ф-т* 1970) log3(Географии, ф-т, 1970)(Экояомич. ф-т* 1970) log3(Географии, ф-т, 1970)7^=哨（з9专）7^=哨（з9专）IL (Физфак, 1969) (1 + cosx)
2 + sin x == 2 cos лг«
2 + sin x == 2 cos лг«
(Экояомич. ф-т* 1970) log3
(Географии, ф-т, 1970)
(Экояомич. ф-т* 1970) log3
(Географии, ф-т, 1970)
7^=哨（з9专）
7^=哨（з9专）
log®(4%J - 1) + 告=logs 伊+ 2 - 7).
(Геофак, 1970)
(0,75)2—2#—炉一(0,75产十2力—2 = 25】幅即8 — &
(Химфак, 1970)
32%»+б 汇—9 + & ・ 15%'+з*-5 n 3.52#2十6力-9.
(ВМК, 1970) I 2 + logI/6 X I + 3 «1 1 - logl/8 x |fc
(Геофак, 1971)
“？ctg 尤 sin * — %“1 + cos 2* Kn ”
th. {Биофак, ¥971}
gg% (壶)bg*卜壮信)卜5cos2(与卜
19* (Химфак, 1971)
§x W Sin2 (л/4) + 唸COSTR 2U + 1) •
(Мехмат, 1971)
& + 4)log4 {x+ 1) — (x — 4) Iog2 (*— 1)™6/з logj (炉—D*
(Мехмат, 1971)
? •+ з"£+? = з* + 产，з"彳*
(Биофак, 1972)
(Баофак, 1972)
7比磋5!5*2 log5 ?。
(Химфак, 1972)
“％ J6#d8 卩吨2尤 j2A：+3 (炉 + 2#)i у О.
2氏(Химфак, 1972)
io^x?—2x4-2 1^°§2хг-!2х+ 16(屮 + 5*)j н Ox
*6・(Филфак, 1972)
log*.寸不+ 3 logx(Xe爱)+iog^屮Aa⑵
(Фклфак, ?972)
16口 0512，64二^\
(ВМК, 3972) 9—t户—『2・3一(#一厅 + 1 =0.
(BMK, 1972 ) 4产一237У + 1 = 0・
(Экономич, ф-т, 1973) “24 — 1 (Йё = 3 — 4力
(Экономии ф-г, 1973) 1 — “13 早 ЗР = 2#・
(Географич. 巾+т, 1973)
3 д/牧？ "^ + 2 + ctg2 в 16 sin 犬—
83“ (Геофак, 1973) 4T— 7 ・2一* — 4 Ho.
M. (Ф-т uouBQBeaeHH% 1973) 4'"“* 爲—8 r 2 * 8 九
35. (Ф-т почвоведения, 1973)
10^2(X2 4-7) = 5 + log2х^~^Y
log2 卜+
£6. (Биофак, 1973)
bgsln 2x (tg * + ctg *) = 1 — loggin 2x2.
37. (Биофак,
1973)
2，3 停 x 4- 1 = 3"屮
38・(Химфак, 1973)
--=(1 - X2) sin* 十1
3 sin 2x — 2 sin 尤 sin 2x cos %3 sin 2x — 2 sin 尤 sin 2x cos %S9. (Химфак, 1973)
3 sin 2x — 2 sin 尤 sin 2x cos %
3 sin 2x — 2 sin 尤 sin 2x cos %
)к log5T 炉 2.
(Филфак, 1973)
hgx-I “2W — 8x 十 9 =另.
(Филфак, 1973)
3山一3 一 (九厂VT^nS
(Ф-т психологии, 1973)
1о^з (2 sin? х) — 1 =2 logs cos x + log3 2.
(Ф-т психологии, 1973)
3%+Sg3 cos x _ 210g2 sin x = “公
(力изфак, 1973) (/产一С/в)*т - 128 = 0.
1 з+且
(Физфак, 1973) 64Т - 2 ~+ 12 = 6.
(Мехмат,. 1973)
~ cos2 -i (1 — Vsin ж) = V2 cosx — Vsin 2x,
47* (Мехмат, 1973)
2 (cos cos 2* = 1 +(1 Vcos x).
V3
(Экопомич. ф-т, 1974) 1%,^(2炉一4x + 2) = 2.
€9.⑸kohomfe•巾・t, 1974) “2炉一4尤=“炉 + 1 +“『一1.
(Экономии, ф-т, 1974) «(% + 孑)+ “2%十6 — ^ == * + I・
(Экономия. ф・т, 1974) logcos2力Tin2#(l — cosx — sin x) — f,
(Экономич. ф-т, 1974) log §# x (sin 2л —sinx—1) —L —2 cos cos —
(Геофак, 1974) -y^v 4-94-^ + 8«=0.
54・(Геофак, 1974)
log% (*2 - X — 6)2 - log% (4 — 3x -炉)==log3 y.
(Ф-т почвоведения, 1974)
「啮 x + 2 Jog,/2 (力：)](3 10g8 X-1) = 2 10g2(今1喈2也
6(i. (Биофак, 1974)
z 1、s【n*xэ!п2я
К击) +4.5cos2x«252
(Химфак, 1974)
“ 1 + “sin 2x + " 1 一 “sin 2% == “ 1 + “cos * + “1 — Vcos x.
(Химфак, 1974)
“ 1 +“ctg 27+ V1 — V—ctgx = д/1 — Vct^ 2x + V^ + V — ctg x.
(Филфак, 1974) “15 + 5* — “19 — 5x == 2.
(Филфак, 1974) “7 + 5x — “5 + 4x = “x + 2・
(Физфак, 1974) 2 02 log(6x —卡log, — 6 — 0.
(Физфак, 1974) — log% ^ — 30 Vlog；尤十 36 = 0.
(Мехмат, 1974) Vcosx + д/2sinx = 0,
(Экономич. ф-т, 1975)
("7 + 4*严" + ("7-4 向5 =争
(Экономич. ф-т, 1975)
(V9+4V5)7147 + (V9-4V5)^ =今.
(Географич, ф-т, 1975)
492 |吗(”久 ”g^ Е = 49^2 л/ОЧУ./|叫：
67。(Географич. ф-т, 1975)
：°"丿—= 25%3.25%(品).
(Ф-т почвоведении, 1975)
叩。g2v?寸二^卜^叫传-")，
69・(Ф-т психологии, 1975)
“Г 斗 5 tg2 % 5 cos x — sin x tg л.
70» (Физфак, 1975)
fog§ (炉+2H4)—6【og%(#+2y
§ 6. Решение неравенств
Опыт приемных экзаменов показывает, что с решением неравенств связана большая часть ошибок поступающих. В подавляющем большинстве случаев решение неравенств, предлагающихся на экзаменах, не требует какой-либо изобретательности, искусственных приемов, и поэтому поступающие, как правило, сразу видят, какие выкладки надо проделать для решения. Однако многие, проводя эти выкладки, совершают грубые ошибки, связанные с незнанием основных теоретических положений*
Между тем решение неравенства не требует практически ничего, кроме умения свести его к решению простейших неравенств, не допустив при этом ни потери, ни приобретения решений. Для этого надо знать свойства функций, изучаемых в школе, и владеть основными понятиями, связанными с равносильностью неравенств.
Основные определения, необходимые для решения неравенств, почти слово в слово повторяют соответствующие определения для уравнений (§ 5 раздела I). Отметим только два отличия в терминологии: термин 《корень》 для неравенств не употребляется ——всегда говорят «решение»; кроме того, иногда для краткости говорят, что решением является некоторое множество значений % (например, интервал q V % 之 匕)一при этом имеется в виду, что решением является всякое значение х из этого множества.
Необходимо иметь в виду, что решение неравенств по сравнению с решением уравнений имеет свои осо-
бенности: одни и те же преобразования в применении к уравнениям и неравенствам приводят к разным результатам, Например, при умножении обеих частей уравнения на некоторый отличный от нуля множитель, имеющий смысл в ОДЗ, уравнение заменится равносильным, а для неравенства указанных требований на множитель недостаточно — надо еще требовать, чтобы он был поло* жителей в ОДЗ. Точно так же возведение обеих частей уравнения в квадрат не приводит к потере корней, а то же самое преобразование неравенства может привести и к приобретению, и к потере решений. К сожалению, поступающие забывают об этих особенностях.
Как ни удивительно, но большое количество ошибок допускается поступающими при решении простейших неравенств. Это происходит, по-видимому, именно из фор< мально понимаемой аналогии между уравнениями и неравенствами. Рассуждение здесь примерно такое: 《Поскольку решение уравнения log%x=l есть % = 1/2, то решение неравенства log% 尤 > 1 — значения х > 1/2》. Аналогично, решения неравенства （1/5）” V 2 записываются в виде 尤；<log%2 и т. п. Между тем решения двух только что приведенных неравенств иные ——у пер* вого О V % V %, у второго х > log752, так что «аналогия» с Зфавнениями привела к неверным ответам.
Решение алгебраических неравенств первой и второй степени обычно не вызывает затруднений у поступающих. Вопрос о решении неравенств, содержащих абсолютную величину, разобран в § 2 раздела I. Поэтому здесь мы остановимся лишь на простейших показательных и логарифмических неравенствах.
При решении простейших показательных неравенств надо помнить о том, что свойства показательной функции различны при основаниях, больших или меньших единицы.
Решить неравенство —1 W С/з尸 V 2.
Решить данное двойное неравенство — значит найти все значения х, удовлетворяющие одновременно двум неравенствам:
（；）"》-1 и G）"v2.
Первое из этих неравенств выполняется при любом х( поскольку показательная функция всегда положительна^
Второе неравенство перепишем в виде
(1Г<(1Г
ПользуясьПользуясьсвойством показательной функции (при осно
Пользуясь
Пользуясь
вании, меньшем единицы, меньшее значение функции соответствует большему значению аргумента), заключаем, что это неравенство равносильно неравенству % > Sg%2・
решениями являютсярешениями являютсяРешение исходного неравенства хорошо иллюстрируется графиком (рис. 27). Именно,
решениями являются
решениями являются
те значения х, при которых график функции у = (%产 лежит ниже горизонтальной прямой у = 2, т. е. все х правее абсциссы точки пересечения построенных графиков (эта абсцисса является решением уравнения (^з)^ = 2). Таким образом, решение нашего неравенства —интервал x>log7,2.
При решении простейших логарифмических неравенств
также надо помнить о том,
что свойства логарифмической функции различны при основаниях, меньших или больших единицы. Од
нако для решения этих неравенств существенно еще н то, что логарифмическая функция определена не для всех х.
Забывая об этом, многие поступающие так решают неравенство log2r < 1:《Перепишем наше неравенство в виде log2A： < log2 2. При основании, большем 1, большее число имеет больший логарифм; поэтому неравенство будет выполнено для % V 2》.Как будто в этом рассуждении все верно ——и все же дан неправильный от* вет. Действительно, любое отрицательное число меньше двух, однако при отрицательных х исходное неравенство не имеет смысла (так как отрицательные числа не имеют логарифмов). Почему же появились лишние решения? Дело в том, что последнее неравенство имеет смысл для
всех х, а исходное неравенство — лишь для тех %, для которых имеет смысл Iog2%, т. е. для % > 0・ А это обстоятельство при решении учтено не было. Таким образом, правильным ответом является интервал 0 < х < 2.
На этом простом примере видно, что при таком способе решения логарифмических неравенств надо постоянно помнить об области определения логарифмиче* ской функции. Однако проще поступать иначе, непосредственно пользуясь свойствами VII и VIII логарифмов М§ 1, В раздела I).
Так, применение свойства VII сразу позволяет заменить неравенство log2x < log22 на равносильное ему неравенство 0<%v2, которое и дает ответ в этом примере.
Решить неравенство log% 尤 > log,/3X.
Переходя в правой части к логарифму по основанию V2 (свойство V из § 1, В раздела I), получаем равносильное неравенство
]og%%(l - log%±) > 0.
Поскольку %> '/з, T01ogt/72<logl/>73, т.е. 1 — lcg%%> 0. Учитывая, что 0 = log% 1, получаем неравенство log%%> > log% 1, равносильное исходному. Применяя свойство VIII логарифмов, находим решения исходного неравенства 0 < х < L
(Геофак, 1971) Решить неравенство log%(2#±3)>log9 27・
Используя свойства логарифмов, можем написать隰 27 = log3,33 = ^ = ^ log%} = log% 喜.
Поэтому исходное неравенство переписывается в виде log%(2* + 3)> log%^.
Согласно свойству VIII логарифмов это неравенство равносильно двойному неравенству О V 2% + § V 九 откуда получаем
3 / , 23
К простейшим неравенствам можно отнести и алгебраические неравенства высоких степеней. Некоторые поступающие решают их разбором различных случаев, т. е. переходом к решению нескольких систем неравенств. При этом многие запутываются, не зная, когда надо взять обшую часть региения, а когда просто объединить решения. В то же время решать такие неравенства можно стандартным методом, так называемым методом интервалов.
Пусть надо решить неравенство
（尤"'"Х|）（X %?） ♦ * • （% "'"尤"一1）（%^п^ V 0〉
где хь 尤2, ..., хп — различные действительные числа. Будем считать, что 尤iV%2 V ... < xn-i < xn> и рассмотрим многочлен
Р（X）-—1（X ~~ Х（）（X ■ *2）• • •（尤"*"" %〃—1）（% "'"尤J*（1）
При х > Хп все сомножители в правой части равенства ,（0 положительны, а значит, при х > хп имеем 尸（％） > > 0. Так как при xn-i V х <z хп последний сомножитель в （1） отрицателен, а все остальные — положительны, то при хп-1 V х V 尤乳 имеем Р（х） V 0. Аналогично Р（%） > > 0 при Хп—2 V % V Хп-1 и т. д.
На этом рассуждении и основан метод интервалов. Числа Xi, %2, ..., хп надо отметить на числовой прямой
%砲 *3…陽 N陶・/丐7 Рис. 28.
［（рис. 28）, в интервале справа от наибольшего из них поставить знак плюс, в следующем за ним справа налево интервале поставить знак минус, затем знак плюс, затем знак минус и т. д. как это показано на рис, 28. Тогда решением неравенства Р（х） V0 будет совокупность интервалов, в которых мы поставили знак минус.
4f Решить неравенство
Q + 2）仲一灯（3尤+ L）（7-4%） <0,
Совершенно очевидно, что если мы будем сводить данное неравенство к системам неравенств, то нам придется рассмотреть большое число случаев. Решим это неравенство методом интервалов.
Прежде всего надо привести неравенство к надлежащему виду. Разлагая х2 — х на множители и представляя каждый сомножитель нашего неравенства в виде % — а, где а — некоторое число, получим
[х-(- 2)](х-0)(х- 1)卜-(Т)](*Т)>°
'(знак неравенства изменился на противоположный, так как мы изменили знак пятого сомножителя). Отметим числа ——2, 0, 1,——7з, 7/4 на числовой оси (рис. 29). Тогда,
N -施О 7z勿
Рис. 29.
применяя метол интервалов, находим решение исходного неравенства:
—2 V 尤 V — %,0 < х < 1,% > 7%
Заметим, что и нестрогое неравенство
(X - %1)(№ x2).，，(尤一Xrt) 《 О
также решается методом интервалов, только ответ записывается в виде промежутков х( ^ х ^ 修+i с включенными концами.
На вступительных экзаменах достаточно часто предлагаются неравенства, которые с помощью простых алгебраических преобразований и введением нового неизвестного сводятся к простейшим неравенствам.
(Экономии, ф-т, 1970) Решить неравенство
22li > 2—1 + 1.
Обозначая 2力 через у, перепишем неравенство так:
р2 —у —2 > 0・
Это квадратное неравенство справедливо для у>2 н У V——I. Подставляя 2* вместо у, получаем, что исход*
ное неравенство будет справедливо для всех х, удовлет-* воряющих неравенству 2х > 2, и для всех х, удовлетворяющих неравенству 2Ж <—1. Второе из них никогда не удовлетворяется, а решая первое, получаем ответ: х > 1.
(Физфак, 1972) Решить неравенство log10ox2+ l°g?ox < 2.
Так как х >■ 0, то logi00x2 = logiox. Обозначив logio* через у、можем переписать данное неравенство в виде У^ + у — 2 Vo. Решениями этого квадратного неравенства служат все значения у из промежутка —2 V у V 1* Остается решить двойное неравенства
—2 < log10x < 1,
откуда легко находим 7юо < х < 10.
(Мехмат, 1975) Решить неравенстве
75 - 25#'+б*-5 > § 芯叶 6а 14
Гюложим у = 5; тогда данное неравенство
переписывается в виде 产*10^ — 75 w 0, откуда —15 W W у W 5. Таким образом, исходное неравенство справедливо для тех х, которые удовлетворяют двойному неравенству
-15<5х2+6х~15<5.
Но левое неравенство выполнено для всех х, а правое приводит к равносильному неравенству х2 +6г— 16 W 0, которое легко решается:——8 W % W 2.
(Хкмфак, 1973) Решить неравенство
10g4(5 — 3х) • log2 -^->— 1.
Переходя в первом логарифме к основанию 2 и обозначая log2 (5 — 3*) через у, получаем неравенство
У-Зу + 2》0,
откуда у & 1 или у》2. Поэтому решение исходного неравенства сводится к решению двух неравенств:
log2(5-3x)^l,1吨2(5 - 3х)》2.⑵
Первое из них равносильно двойному неравенству О < 5 — 3* & 2, или 3 ^ 3* < 5;
его решение: 1 ^ х •< log3 5. Второе из неравенств (2) равносильно неравенству
5-3为)4, или 3х е1, откуда х & 0.
Итак, решениями исходного неравенства являются х 0 и 1 & % V log3 5.
Наряду с неравенствами, являющимися комбинат днями простейших, на вступительных экзаменах часто предлагаются неравенства, при решении которых приходится использовать различные '.преобразования неравенств и все связанные с ними понятия.
Покажем сначала/на нескольких простых примерах, как используется понятие ОДЗ.
Решить неравенство ух > — 1.
Поскольку в левой части стоит неотрицательное вы- раженме, то неравенство справедливо при всех х, для которых оно имеет смысл, т. е. при всех х из ОДЗ. Но ОДЗ этого неравенства — множество 尤》0; это и есть решение неравенстаа.
Решить неравенство Iog2~x(^ ——3)》——5.
ОДЗ данного неравенства определяется условиями х ~ 3 > 0, 2 ~ х > 0, 2 — % =# 1. Однако неравенства х — 3 > о и 2 —尤 >9 не имеют общих решений. Значит, ОДЗ нашего неравенства не содержит ни одного числа, а потому неравенство не имеет решений.
Решить неравенство д/2 + 无一 ％2>% —4・
ОДЗ этого неравенства есть интервал —1 & х & 2. Таким образом, левая часть исходного неравенства принимает действительные, и притом неотрицательные знат чения при ——1 &%&2; при остальных значениях х она не имеет смысла. Однако очевидно, что правая часть неравенства отрицательна для всех х •< 4 и, в частности, для всех х из интервала —1 & х & 2. Следовательно, решением неравенства служат интервал —1 & х & 2.
Решить неравенство “sin% +2ctg% V ——1.
Левая часть этого неравенства неотрицательна при любом допустимом х, и следовательно, это неравенство не выполнено ни при одном значении х.
Из приведенных примеров видно, что дать общий рецепт, как использовать понятие ОДЗ в каждом конкретном случае, невозможно. Действительно, в примере 9 без ее вычисления мы просто не смогли бы найти решения, в примерах 10 и 1 lt предварительное нахождение ОДЗ позволило сразу найти ответ. Наоборот, в призере 12 отыскание ОДЗ было бы сложным, и, что особенно существенно, бессмысленным делом, поскольку решений все равно нет.
Поэтому при решении более сложных примеров также иногда полезно сразу вычислять ОДЗ, а иногда это не имеет смысла делать сразу, так как в дальнейшем оказывается, что в данном примере это будет лишним. Можко все же дать такой совет: если отыскание ОДЗ несложно, то лучше это сделать (все равно не помешает), а если сложно, то лучше отложить вычисление ОДЗ до того момента, когда оно понадобится.
При решении неравенств часто приходится делать преобразования, которые могут привести к потере или к приобретению решений. Поэтому при решении неравенств, так же, как и при решении уравнений, основную роль играет понятие равносильности. В § 5 раздела 1 уже разобрано понятие равносильности уравнений и показано, почему надо внимательно следить за равносильностью вновь получаемых и исходных уравнений. Для неравенств эти указания еще более существенны, чем для уравнений.
В самом деле, для уравнений часто достаточно указать, что при некотором преобразовании могут появить* ся посторонние корни, а затем сделать проверку. Для неравенств же проверять решения подстановкой невозможно, так как их обычно бесконечное множество. Поэтому при решении неравенств надо тщательно следить за равносильностью получаемых и исходных неравенств.
Отметим, что те. преобразования, которые приводили к неравносильным уравнениям (§ 5 раздела I), прнво< дят, естественно, и к неравносильным неравенствам.
При этом некоторые преобразования лишь pacmiv ряют или сужают ОДЗ неравенств. Для таких преобразований можно указать общий рецепт: преобразований, сужающих ОДЗ, делать нельзя, ибо при этом может произойти потеря решений; при применении
преобразований, расширяющих ОДЗ, надо сначала сдс* лать эти преобразования, затем из решений заключительного неравенства отобрать те значения, которые входят в ОДЗ исходного неравенства; они и будут давать ответ.
Наиболее распространенные преобразования, изме-* няющие ОДЗ, это «тождественные преобразования», уже отмеченные в § 5 раздела I. Кроме того, при решении неравенств часто приходится проводить и другие преобразования: освобождение от знаменателя и взятие от обеих частей неравенств некоторых функций ——возведение в степень, логарифмирование, потенцирование н т. п. Ниже мы остановимся на этих преобразованиях.
Начнем с такого «безобидного» преобразования, как освобождение от знаменателя. Как известно, при реше-* нии уравнений освобождение от знаменателя не приводит к потере корней, а лишние корни могут появиться лишь за счет расширения ОДЗ, т. е. за счет добавления в ОДЗ тех значений неизвестного, которые обращают знаменатель в нуль.
Многие считают, что так же обстоит дело и с неравенствами. Поэтому, например, неравенство 1/尤 V 1 они «решают» так: «освобождаясь от знаменателя, приходим к неравенству 1 < 尤；все эти 尤 и дают решения исходного неравенства, так как ни при одном из них знаменатель исходного неравенства не обращается в нуль».
Однако легко видеть, что исходное неравенство справедливо и при всех отрицательных х. И все эти решения терялись поступающими из-за того, что при освобождении от знаменателя в неравенствах все происходит совсем не так, как при освобождении от знаменателя в уравнениях.
На самом деле освобождение уравнения (или нера-* венства) от знаменателя есть умножение обеих частей уравнения (или неравенства) на выражение, стоящее в знаменателе. При этом уравнения остаются равносильными, если их умножить на выражение, не равное нулю, а для неравенств аналогичное свойство формулируется сложнее: при умножении обеих частей неравенства на положительное выражение знак неравенства не меняется, а при умножении на отрицательное выражение знак неравенства меняется на противоположный.
Поэтому, умножая в только что рассмотренном примере обе части неравенства на х, надо было подумать о том, что % может принимать не только положительные, но и отрицательные значения, и во втором случае изменить знак неравенства на противоположный.
Таким образом, если мы хотим обе части неравенства умножить на выражение, зависящее от х и прини^ мающее как положительные, так и отрицательные значения, то следует рассмотреть два соответствующих случая.
(Мехмат, 1964) Решить неравенство
х — 2 2х — 3
У+2 ^ 4х - Г *
При решении этого неравенства многие поступающие, освобождаясь от знаменателя, писали* что его можно заменить следующим:
(% — 2) (4% — 1) > (2х— 3)(х + 2). (3)
Ясно, что это — неверное утверждение, так как такое преобразование есть, по существу, умножение обеих чао те心 исходного неравенства на выражение (х4-2) (4х—1), которое может быть и отрицательным. Исходное неравенство можно заменить на неравенство (3) только тогда, когда выражение (尤 + 2) (4尤一1) положительно, н поэтому надо еще рассмотреть случай, когда оно отри* цательно. Таким образом, решение исходного неравенства сводится к решению систем неравенств.
Однако проще решить исходное неравенство методом и或ервалов. Перенесем все члены исходного нера* венстйа в левую часть и приведем ее к общему знаменателю;
2(炉一5尤+ 4)
Корни трехчлена х2 — 5%+ 4, т. е.尤1 = 1 и 尤工七工 4, являются решениями нашего неравенства. Поэтому остается решить неравенство
《尤一 l)(z —4)&十2)(月一%)
Умножим обе части неравенства (4) на положительное для 力 из ОДЗ выражение (х + 2)2(х — %)* Тогда получим равносильное неравенство
(% + 2) (% - %) (" 1) (% — 4) > 0 ・ (5)
К этому неравенству применим метод интервалов. Рис. 30 показывает, что решениями неравенства (5) будут все f
из промежутков
х <С — 2, Z V 冗 V L
4 V尤
yhu ‘и，Так как выше мы уже
нашли решения х =з 1 и
% = 4 исходного неравенства, то получаем ответ:
х < — 2,%V%《1,尤》4,
В только что приведенном решении мы заменили неравенство (4) неравенством (5), умножая первое из них на квадрат знаменателя. Аналогично можно убедиться, что вообще неравенства
匿>0 и P(x)Q@)>0
равносильны. Поэтому для решения неравенства
止>0
Q(x)
где Р(尤)и Q(x) —многочлены, прменяют метод геттер* валов к неравенству Р(尤)Q (尤)> 0, которое явно даже не выписывают; достаточно корни многочленов Р(х) а Q(x) отметить на числовой оси и установить знак на каждом из получившихся интервалов.
(Эаономич. ф-т, 1972) Решить неравенство
4х2 + 8х — 5
—<°-
Разложив квадратный трехчлен 4%*干 8#^—5 на множич юли, перепишем данное неравенство в виде
(% + 5/“(％ — %)(% + 5/“(％ — %)%+1%+1＜仇＜仇
(% + 5/“(％ — %)
(% + 5/“(％ — %)
%+1
%+1
＜仇
＜仇
Применив теперь метод интервалов, сразу получаем ответ: 尤 < Та, —1 V % V
(Географии, ф-т, 1972) Решить неравенство
210g7% —log% 49 < 3.
Поскольку logx 49 = 2/logzX, то после замены у = log? х данное неравенство примет вид
2у ~ V 3.
Перенося все члены в левую часть и приводя к общему знаменателю, получим
丝*—<0, или虹弩匕&V0.
Метол10M интервалов находим решение последнего неравенства: у < —72, 0 < «/ < 2. Поэтому остается решить два неравенства
log?* < — %,0 < log/ < 2・
Следовательно, решениями исходного нераве^гства будут 0<x< 1/V7； 1 < х < 49.
(Мехмат, 1972) Решить неравенство
logx4- log2-^—|->2.
Используя свойства логарифмов, перепишей! неравен? ство в равносильном виде
Это неравенство можно решить обычным-способом: пер&* нести все члены в левую часть, привести к общему знаменателю и рассмотреть две соответствующие системы- .Однако в данном случае выкладки можно значительна сократить, если привлечь соображения, связанные с ОДЗ неравенства (6).
Именно, ОДЗ неравенстеа (6) определяется уело* ВИЯМИ
_ с■512х л
* >l12” 8 > а
откуда % V 尤 V%・ Но тогда в ОДЗ справедливо неравенство log2x < 0 -и, следовательно, неравенство (6) в ОДЗ равносильно неравенству
15—⑵ л5—
l°g21^=F《l°g2X， «ЛИ T^』~WX・
Последнее неравенство можно решать методом интервалов; однако знание ОДЗ и здесь позволяет поступить проще. В самом деле, в ОДЗ имеем 12х — 8 V 0, а потому мы получаем неравенство
5 — 12х ^ х (12х — 8),
откуда —5/б W х W 1/2. Из этих значений 力 решениями исходного неравенства являются лишь те, которые входят в ОДЗ исходного неравенства, или, что то же самое, в ОДЗ неравенства (6). Таким образом, исходное неравенство имеет решения 5/j2 V % W %，
Рассмотрим теперь возведение в степень. В дальнейшем мы часто будем пользоваться следующим утверждением.
Теорема. Если f (%) ^ 0 〃(р(х) ^ 0 на некотором множестве значений х, то неравенства
f U) > <Р(X)« [f(X)F > [ф(X)产
равносильны на этом множестве.
Доказательство. Пусть х()— произвольное решение первого неравенства из рассматриваемого множества значений х. Если (р(х0) > 0» то из неравенства f(%o)> > Ф(хо) на основании теоремы о возведении в степень числовых неравенств (Кочетков, § 12) следует неравенство [/(х0)]2 > {(p(-Vo)]2. Если же (р(хо) =0, то очевидно, что из неравенства f (хо) > 0 вытекает, что f/(^o) ]2 > 0. Тем самым доказано, что всякое решение неравенства f(х) >屮(尤)является решением неравенства [f(%)]2>® ⑺卜
Совершенно аналогично доказывается и обратное, что всякое решение неравенства [f(x)Y >■ {(р(х)]2 является решением неравенства f (х) > ф(х).
Тем самым теорема доказана.
Заметим, что в формулировке теоремы строгие неравенства f(x) >(р(х) и [/(%)Р > i中(尤)Р можно заменить
на нестрогие： f(x)>(p(x) и [f(x)]2 > [ф(х)]2. Доказа* тельство этого факта проводится аналогично.
При возведении в степень уравнения, как показано в § 5 раздела I, можно лишь приобрести посторонние решения, причем приобретаются они как за счет расши* рения ОДЗ, так и тогда, когда не учитываются знаки обеих частей уравнения. Аналогично, и при решении неравенств можно приобрести лишние решения, причем они также приобретаются как за счет расширения ОДЗ, так и в случае, когда не учтены знаки обеих частей неравенства.
Однако, в отличие от уравнений, при возведении в степень неравенства можно и потерять решения. Поступающие же, основываясь на неправильно понимаемой аналогии с уравнениями, часто считают, что этого не может быть.
Покажем на примерах, как можно приобрести или потерять решения при возведении неравенств в степень. Начнем с примера, в котором можно получить лишние решения за счет расширения ОДЗ.
Решить неравенство
“(X- 3) (2 - %) < “屈2+⑵+ ".
Некоторые поступающие дали такое «решение»: «По* скольку правая и левая части этого неравенства неотрицательны, то неравенство можно возвести в квадрат и получить равносильное неравенство 5х2 + 7х + 17 > О* Квадратный трехчлен в левой части этого неравенства не имеет действительных корней, а потому это неравенство справедливо для всех действительных х. Следовательно, и исходное неравенство справедливо для всехх»* Это рассуждение кажется грамотным, однако оно имеет существенный дефект. Оно будет верным лишь в ОДЗ исходного неравенства.
Правильное решение должно быть таким: в ОДЗ обе части исходного неравенства неотрицательны; поэтому в ОДЗ оно равносильно неравенству 5х2 + 7х 4-17 > О, а значит, справедливо для всех 尤 из ОДЗ. Теперь надо найти ОДЗ исходного неравенства и тем самым получить ответ: 2 & % & 3.
В следующем примере лишние решения получаются не за счет расширения ОДЗ, а вследствие возведения
"в степень без исследования знаков обеих частей нера« венства.
Решить неравенство % + 1 > Vх + 3.
Вот пример рассуждения, при котором получаются лишние решения: 《ОД§ нашего неравенства:尤^—3. Для любого х из ОДЗ справа стоит неотрицательное число, значит, слева стоит положительное число, Поэтому после возведения в квадрат получим равносильное неравенство х2 + х — 2 > 0, решения которого х>1, а также 尤 V—2. Учитывая ОДЗ исходного неравенства, получаем ответ:尤 > 1, —3 £ % V —2》.
На самом деле все 尤 из промежутка —3 W % V —2 не являются решениями исходного неравенства. Дело в том, что для 尤 из ОДЗ правая часть неравенства действительно неотрицательна, зато левая при некоторых значениях 尤 из ОДЗ ——отрицательна. Ясно, что для этих х неравенство не выполняется, т. е. среди них нет решений нашего неравенства. И искать решения исходного неравенства надо среди тех 尤 из ОДЗ, для которых левая часть неравенства неотрицательна, т. е. среди * N -1.
Вот для этих значений х обе части неравенства действительно неотрицательны, его можно возвести в квадрат, получить неравенство х2 + х — 2 > 0, которое равносильно исходному на множестве х ^—1. Теперь надо из решений неравенства х2 + х — 2 > 0 выбрать те, которые удовлетворяют условию 尤^—1; они и будут решениями исходного неравенства х> 1.
Ошибка в приведенном выше рассуждении состоит в том, что произошла незаметная для поступающего подмена понятий. Действительно, для любого 尤,являющегося решением исходного неравенства, справа стоит неотрицательное число, а слева положительное число. Однако не все х из ОДЗ будут решениями исходного неравенства, а потому не для всех 尤 из ОДЗ слева буцет положительное число. Слова «для любого х, являющегося решением», поступающий заменил словами《для любого х из ОДЗ》，и это привело его к ошибке.
(Химфак, 1975) Решить неравенство
4*7 * + 2^-VT V з * 2】一尤-2 “彳.
Умножив обе части неравенства на ь-ыражение 2*+2气 положительное в ОДЗ, получим равносильное неравенство
24%+2“f + 22%+"Е V 6.
Обозначив 22“+"* через у、придем к квгдратиому неравенству
，+ У — 6 V О,
решения которого —3 V у V 2. Теперь следует решить двойное неравенство
—3 < 22*+"" V 2,равносильное, как легко видеть, неравенству
2工+ Vх < 1・
Полученное неравенство перепишем в виде
、/х< 1 — 2%;(7)
его ОДЗ состоит из всех % 3 0. Ясно, что среди таких значений %, для которых 1 —2х < 0, т. е. х > 期2, решений неравенства нет. Поэтому будем искать решения неравенства (7) в промежутке 0 & % £ %. Но для этих значений %, согласно доказанной выше теореме, неравенство (7) равносильно квадратному неравенству 4%2 — —5х -j- J > 0, которое справедливо при % V % и при х > 1. Однако в промежуток 0 £ % £ 1/2 входят лишь значения 0 V% V V4； это и есть все решения исходного неравенства.
(Химфак, 1968) Решить неравенство
“4 — д/1—%〉“2 — %•(8)
Трудности в этом примере начинаются с вьп-исления области допустимых значений. Она определяется из условий: 2 — х 0, 1—%^0, 4》“1—%. Первые два из этих неравенств справедливы для х ^ 1. Но для этих х обе части третьего неравенства неотрицательны, поэтому его можно возвести в квадрат и получить равносильное неравенство 尤 >—15. Итак, ОДЗ исходного неравенства: —15《％ & 1.
В ОДЗ обе части исходного неравенства (8) неотрицательны, поэтому после возведения в квадрат получим равносильное в ОДЗ неравенство
2 + х> “1 —爲(9)
Для х <—2 и входящих в ОДЗ левая часть неравенства (9) отрицательна, а правая — неотрицательна, ?нат чит, среди этих х нет решений неравенства (8).
Остается рассмотреть значения х из промежутка —2《％《L Для этих х обе части неравенства (9) неотрицательны, а потому после возведения в квадрат полупим неравенство
+ 5% + 3 > О,
равносильное исходному на множестве —2 W %《1. Неравенство х2 + 5х + 3 > 0 имеет своими решениями
* > —5 +УТТ— 5 —"13
Теперь для получения ответа надо из этих решений отобрать те, которые попадают в промежуток —2 ^ х ^ 1. Это будут ag х из промежутка
они-то и являются решением исходного неравенства.
Заметим, что если бы мы не учли ОДЗ, то приобрели бы лишние решения, например, все %> 1, а если бы ие учли, что неравенство (9) имеет решения лишь для —2《％ V 1, то также приобрели бы лишйие решения, например, все 尤 V (—5 — д/13)/2.
Теперь приведем примеры, в которых показано, что при возведении неравенства в степень можно потерять решения.
(ВМК, 1975) Решить неравенство V^ + х>2х—1.
Если сразу возвести это неравенство в квадрат, то, даже учитывая ОДЗ, мы все равно потеряем решения. Действительно, ОДЗ этого неравенства состоит из двух промежутков х ^ 0 и % W —1. После возведения в квад-
рат получим неравенство %2 + х > 4х2 —^ 4х + 1, решением которого будут все х из промежутка
5 一 "* /5 + V13
6 . " <6•
Некоторые поступающие, убедившись, что все полу， чепные х входят в ОДЗ, написали, что это и есть ответ* На самом деле здесь потеряны решения
尤《-1 и о4a:а 包二*3 .
Легко убедиться, что для любого числа из этих промежутков левая часть исходного неравенства неотрицательна, а правая — отрицательна.
Правильное решение таково,
ОДЗ заданного неравенства состоит из всех %W—L а также из всех х ^ 0. Левая часть его в ОДЗ неотрнца- тельиа, а правая может быть и положительной, и отрицательной. Очевидно, что для тех % из ОДЗ, для которых правая часть отрицательна, исходное неравенство будет справедливо. Значит, все х W —1, а также все х из промежутка 0 W % V 1/2 являются решениями исходного неравенства.
Рассмотрим теперь значения х 戸 V2. Для всех этих х обе части исходного неравенства неотрицательны, поэтому неравенство можно возвести в квадрат и получить равносильное для всех х > V2 неравенство
尤2 + % > 4%2 — 4% + 1.
Решениями последнего неравенства будут все х из промежутка
5 一仆 5 + “币
Решением же исходного неравенства в этом случае будут все х из промежутка
Объединяя эти два случая, получаем, что решением исходного неравенства будут все х<—1, а также все к
из промежутка
(Химфак, 1968) Решить неравенство “炉 + 3% + 2 V 1 + “%2 — % + ].
одз данного неравенства состоит из двух промежутков: х —2 и —1. В ОДЗ обе части нашего неравенства неотрицательны, поэтому после возведения в квадрат получим равносильное в ОДЗ неравенство
2% V “％2—尤+ 1.(10)
Для х V —2 и —1 W % V ° неравенство (10) справедливо, так как для каждого из этих х слева стоит отрицательное число, а справа положительное. Значит, все эти х являются решениями исходного неравенства.
Для % >6 обе части неравенства (10) неотрицательны, а потому после возведения в квадрат получаем равносильное для этих х неразенство
Зх2 + х— 1 <0.
Решением последнего неравенства будут 力 из проме* 氷 утка
g 4g .
Учитывая условие б), получаем, что во втором случае решением исходного неравенства будут все л из промежутка—
0<х<^ЦЛ.
Объединяя оба случая, получаем ответ:
-2, -1<х<^Ц^Й.
Заметим, что те поступающие, которые не рассматривали случаи а) и б), а сразу возводили неравенство (10) в квадрат, естественно, потеряли часть решений. Дело, видимо, в том, что б начале решения неравенства уже один раз исследовались знаки левой и правой частей, и
поэтому при втором возведении в квадрат притупляется «бдительность».
Рассмотрим два примера на потенцирование нера- ₽£-НСТВ.
(Ф-т психологии, 1975) Решить ^неравенства
*2 (% — 2) (% — 4)、1
logxr……亍自——-》1・
Так как основание логарифма содержит х и так как свойства логарифмической функции различны при основании, большем или меньшем единицы, то придется рассмотреть два случая.
Пусть %— 1 > 1, т. е. % > 2. В этом случае исход-* ное неравенство равносильно следующему:
一. (11)
Так как из условия а) следует, что %+5>0, то для рассматриваемых значений х неравенство (11) равносильно неравенству
2(х-2)(х-4)>(х- 1)(х + 5), или
х2—16х + 21>0.
Решая последне^_неравенство с учетом условия а), полу^ чаем %>8 + “43・
Пусть 0 <； х—К1, т、е. 1 <х<2, В этом случае исходное неравенство равносильно двойному неравенству
О < ?(二？暂一4)《%_ ].(12)
Из условия б) так же, как и выше, следует, что 尤-^ 斗 5 > 0, а потому для рассматриваемых значений х неравенство (12) равносильно системе неравенств
Г (х-2)(х-4)>0,
I 2(尤一2)(左一4)《(左一 1)(% + 5).
Решая_эту систему с учетом условия б), находим 8 一 “羽《"2.
Объединяя случаи а) и б), получаем, что исходнсв неравенство выполняется при
8 -743<х < 2,х>8 +V43,
24, (ВМК, 1973) Решить неравенство
10g %2-18х + 919010g %2-18х + 9190(5%--^)《а(5%--^)《а(13)(13)
10g %2-18х + 91
90
10g %2-18х + 91
90
(5%--^)《а
(5%--^)《а
(13)
(13)
При решении этого неравенства, как и в предыдущей задаче, необходимо рассмотреть два случая. Однако оформить решение можно несколько иначе.
Как известно, loga b меньше или равен нулю в двух случаях: если 0 < а < 1 и Ь^1 или если а>1 я 0 <； & ^ 1. Поэтому число х является решением неравенства (13), если это число удовлетворяет одной из следующих двух систем:
n / 炉 一 18%+ 91 /r 90ln / 炉 一 18%+ 91 /r 90l18Y+919018Y+9190г 3 75" 一而》；г 3 75" 一而》；0 < 5r — -^- 《 1.0 < 5r — -^- 《 1.(14)(14)
n / 炉 一 18%+ 91 /
r 90l
n / 炉 一 18%+ 91 /
r 90l
18Y+91
90
18Y+91
90
г 3 7
5" 一而》；
г 3 7
5" 一而》；
0 < 5r — -^- 《 1.
0 < 5r — -^- 《 1.
(14)
(14)
Первая система (14) переписывается в виде * 炉 一 18%+ 91 >0,
・炉 一 18.е+ 1 <0,
I50%》13
и легко решается; ее решения 13/50 ^ х < 9 + 4 л/5 • Вторая система (14) переписывается в виде
(х2- 18х+ 1 >0,{50% - 3 > 0,
I50% — 13^0.
Из первого неравенства этой системы получаем
х < 9 — 4 д/б или %>9 + 4“5,(15)
а из последних двух неравенств——
备 < X & •(⑹
Остается найти те значения %, которые удовлетво< ряют одновременно условиям (15) и (16), а для этого надо прежде всего выяснить, какое из чисел 9 - 4 “ 5 или 3/бо больше. Проверим, верно ли, что 9 — 4 “5 > 3/so«
Это неравенство равносильно неравенству 4“5 > 447/so или 200 75 < 447. После возведения в квадрат получаем неравенство 200 000 < 199 809, которое, очевидно, неверно. Но тогда из верного неравенства 199809 V < 200 000, проводя преобразования в обратном порядке, заключаем, что 9 — 4 д/5 < 3/so- Это неравенство пока-^ зывает, что одновременно условиям (15) и (16) не удовлетворяет ни одно число.
Таким образом, решениями исходного неравенства являются только полученные выше решения первой системы (14).
Что касается логарифмирования неравенств, то легко сообразить, в каких случаях это действие приводит к равносильному неравенству. Однако следует помнить, что при непродуманном логарифмировании неравенств ОДЗ может сузиться и можно потерять решения. Поэтому перед логарифмированием всегда надо проверить, положительны ли обе части неравенства; лишь в этом случае (естественно, с учетом основания логарифма) мы будем получать равносильное неравенство.
(Геофак, 1968) Решить неравенство
X4- 7bg7% 5 & 5-!о^1/х\
ОДЗ этого неравенства — все % > 0, кроме % = L
Поскольку 7”？7片5 = 53, а lOg1/x 5 =——logx 5, то наше неравенство можно записать так:
х4- 53<510gA
В ОДЗ обе части последнего неравенства положительны, поэтому его можно прологарифмировать по основанию 5 (большему единицы) и получить равносильное в ОДЗ неравенство
410g5% + 3《log*5・
Обозначая logsX через у и перенося все в левую часть, приведем это неравенство к виду
(у+1)®-%) <о
Применяя метод интервалов, находим решение: д 1, 0 V沙& %・
Возвращаясь к х, получаем неравенства log5%《—1， о < logs^C1/^
Р^шая их, находим ответ: О V % & %, 1 < х ^ “玄
(Мехмат, 1963) Решить неравенство
(严 + 力+irvL
Для любых действительных х квадратный трехчлен х2 4- х + 1 положителен, а потому ОДЗ этого неравенства состоит из всех действительных х.
Так как обе части исходного неравенства положительны для всех х, то, прологарифмировав это неравенство по основанию 10, получим равносильное ему неравенство
尤 lg(x? + % + 1) < 0.
Оно справедливо в двух случаях: когда % удовлетворяет системе неравенств
(% > 0,
I lg(x2 + x+ 1)<0,
и когда х удовлетворяет системе неравенств (% V 0,
I 迫(产 + x+ 1)>0.
Решим первую систему неравенств. Она равносильна системе.
[х > О,
(х2 + х+ 1 < 1.
Поскольку решение второго неравенства системы есть —1 V % 之 0, а решение первого % > 0, то эта система несовместна. Значит, в этом случае исходное неравенство не имеет решений.
Вторая система решается аналогично, ее решение х <—1. Отсюда получаем решение исходного неравенства: х V —1.
В заключение приведем задачу, в которой возникает трудность совершенно необычного характера, Естественный ход рассуждений приводит, казалось бы, к необхо-
димости решить неравенство, которое в действительности решить школьными методами невозможно. К цели ведет обходной путь: мы докажем, что это неравенство выполняется для всех допусти?лых значений х.
(Мехмат, 1973) Решить неравенство
4* + 8 "2 二? > 4 + (/ 一 X) • 2* + 2*+7 "匸且
Неравенство выглядит довольно сложно. Естественно перенести все члены в одну часть и попытаться разложить ее на множители. Испробовав несколько способов группировки, можно привести данное неравенство к виду
(% — 1 + 2 “2 — %2)(2*。％ — 4) V 0.
Это неравенство, как обычно, сводится к двум системам неравенств
Г х — 1+2д/2 — х~ > 0, /% — 1 + 2 “2 — %”V0,(⑺ I 2* • % - 4 V 0; I 2* • % - 4 > 小'
Многие поступающие пытались решать системы (17) стандартным путем: решить по отдельности каждое из неравенств системы, а затем взять общую часть полученных решений. Однако решение неравенств 2х-х — 4 < 0 и 2х-х——4 > 0 вызвало непреодолимые трудности. И действительно, эти неравенства привычными школьными методами 《не решаются》. Поэтому приходится рассуждать несколько иначе: решить первое неравенство системы я исследовать знак выражения 2K•% — 4 на найденном множестве решений.
Неравенство х — 1 + 2 “2 —炉> о решается стандартным способом; оио выполняется при — 1 V%《“5. Теперь на этом промежутке рассмотрим функцию у — 2х-X — 4; нас интересует ее знак. Ясно, что если % W 0, то g V 0; другими словами, на промежутке —1 < х ^ 0 функция у отрицательна. Пусть теперь 0<%《“2・ При этих значениях х
2" • X 一 4《2* •“豆一4《2脸。"豆一4 = 20+^ - 4 < 0,
поскольку “2 + 1/2 < 2. Мы доказали, такнм образом, что неравенство 2*。％ — 4 < 0 справедливо на всем
промежутке — I < %&“£, так что этот промежуток является решением первой системы (17).
Вторую систему (17) можно было бы решить совершенно аналогично. Но проще поступить по-другому. Как мы только что показали, функция у = 2*•芯一4 огрица- гельна при всех 尤三“2, В частности, она отрицательна 3 промежутке —“2式尤《“2, являющемся ОДЗ первого неравенства. Следовательно, вторая система (17) fie имеет решений.
В результате получаем, что исходное неравенство праведливо при — 1
3窗d窗窃"
Решить неравенства:
(Физфак, I960) (tg 专『-(tg 普)т < 3.
(Мехмат, 1961) (1>25)l~(l0^ х)2 < (0,64?+1°^^
Eg
3“ (Мехмат, 2962) (%) “ 厶 < 1.
■ 4. (Мехмат, 19S3) 4х2 + 3若+1 + х • 3^ < 2хг • 3^ + 2х + 5.
(Мехмат, 1963) | 冗产< 1.
б。(Мехмат, 1964) У "{" ? > — 3.
炉一4兄+ з
(Химфак, 1965)—?—《^=т,
1喧％ Iog2 Vx4- 2
(Филфак, 1965) !og% :］言 V - L
(Мехмат, 1965)(心目*^ 科)• log2佇2一 方 一 分乡‘，
，仇(Экономии» ф-т, 1966) У%—5 — “9 —%>L
Н. (Химфак, 1966) bgx+s/J^E^y >а
(Физфак, 1966) logy戸77T^ (х/3) > 0.
(Геофак, 19S7) log. (2х2 + % + 1) — log? (2尤一i)《一tg -^-*
(Биофак, 1967) log^^ 2 < у logsin (п/3) y,
15» (География. ф・т, 1958) •№“二法二，:< L
(Биофак. 1938) #? — 13亢 + 2 I + х * 0.
(Химфак； 1968)飞‘2 — “З+尤 <V4*f^，
(Физфак, 1968) !%? 8 + '叫《 8 < 而黑Г 4r
£队(Бпофак, 1869) logx+4 (5х + 20)< iogx+4 [(х + 4)2J,
(Геофак, 1969)[og"，[51+也芯一(§}g)》一工 + 更爲
冢 Филфак, I969i 丄二迎l?g：X： < £ ' 21og2x
(Физфак. 1969) logx/6 (logx Уб — x) > 0.
(Экономии, ф-т, 1970) log2 x • V^°gx (Vx/2)< L
(Биофак, 1970) log2 (5 — 4x) + log(/a (2x ^х2)^2^
(Ф•丁 психологии, 1970)
：o^cos %x ( 2% — 2%) > ^°Scos 尤*(2尤1%
26* (Физфак. 1970) logx (2х — 3Д) > 2.
(Физфак, 1970) Ю?^ 4 > 2 - logj3x+1) (-^)，
(Экономим, ф-т, 1971) 4 « х > г.
(Географии, ф-т, 1971).
log* (犬2 — 6犬 + 18} — 2 log% “ 一 4) М (V
SO. (Геофак, 1971) 4x+i- 16x<21og48<
(Геофак, 1971) 2-彳里《°.
I - Vx+ 2
32( (Физфак, 1971) fog? “£ — 2 log^ х + I > 0« 9
(Физфак, 1971) 1 + IogyJ3x2 + 2) > log2-^-^0
34» (Экономич. ф-т* 1972) —^—亍孑,> 0,
(Теографич. ф-тэ 1972) 2 logs # — log^； 125 < L
(Геофак, 1972)尤十《< 3 —儿
(Геофак, 1972)——,
V1 + ■*2 — x
?8・(Физфак, 1972) logs(34x - 32X'H-J-3)< 2 !og87.
39.40.41.39.40.41.(Физфак, 1972) logio (10х) • 1。敢尤 V 2 10g2 Q
39.
40.
41.
39.
40.
41.
(Мехмат, 1972)
‘1。傲(1 +2%)10g2^
(Мехмат, 1972) 1。或 x》tog； «I — -у ,
(Экономнч. ф-т, 1973) log 2x-1 5 — logx 5 >0-
(Геофак, 1973) 25一”+ 5"*》50・
44・(Геофак 1973) log_4x；+12x_81 4x — 5| > 0(
43. (Химфак,43. (Химфак,(^^用(^^用1973) log3 (^A) log% (2* - 5)< 2.
43. (Химфак,
43. (Химфак,
(^^用
(^^用
(BMK, 1973) log 4 2X~
(BMK, 1973) logxI 10x+31(5x-^)《0,
(Мехмат, 1973)
"5二豆:-3? + 2% > 2% "旷， "2 二品一3厘 + 4%2.3三
(Мехмат, 1973)
5# + “б%?十 X3 — X1 -iog2 X >(X2 — X)logs x + 5 + 5 д/б + х — х2-
(Географ, ф-т, J974).——4^ + 12х + 5> С.
logs (解 + 2* + 而)
吗后(*-今)十2
5L (Географич. ф-т, 1974) ：^1j>。・
logsp-yl + j
(Геофак, 1974) (2х2 - Зх - 8) (2/ - Зх - 6)< 3.
(Биофак, 1974) ? ^匕：< L
(Физфак, 1974) 3 | х — 1 | > (х — I)2 + I. 5乱(Мехмат, 1974)
VT工! og2 (7炉+ 14%+研《 1 + toga (7%2 + 14% + 8).
(Мехмат, 1974) “log% (4% — 3 —^刀 > iogq (4% — 3 —熠).
(Экономич. ф-т, 1975)
，7^Т + х-3> “2 “ 一 3)2 +互匸£
53ч (Экономии, ф-т, 1975)
小一》+中С心一1+1^4^.
(Геофак3 1975) 2 log(2x„1)3 10 + log10|2x — 1 |3 < log2 8.
(Геофак, 1975)
"%十 7 一 1 V "一元一5 十"(尤十 7) (- X - 5%
G1. (Геофак, 1975) log I(9尤?一6%) V —1・
9*2+6先行
(Химфак, 1975) 52j£-10~3 V^2_ 4.5х"3 < 51+3，^*ZA
(Химфак, 1975) 9? ^^^ < 8 • З2х+3 ^ 4. 3х+4 VJ+2
64・(Ф-т психологии, 1975) logx_! 3 > log(区
65。(Ф-т психологии, 1975) log,, -~削*}2\》］.
(Физфак, 1975) (5х2 — 12% + 4) (6* — 2) < 0.
07. (Физфак, 1975)家口^>0.
(ВМК> 1975) 7- х2 + х + 2 + 2х — 1 > 0.
(ВМК, 1975) V- х2 — 4х + х + 1 > 0.
(Мехмат, 1975)
log^- (/ 一 2х + 8) + 2 “10g2 (户一2* + 8) > 12.
(Филфак, 1971) Определить, сколько целочисленных решений имеет неравенство
(公一1)(п2 一 11) (л2 - 101) (n2 - 1001) < 0.
(Ф-т психологии, 1973) Найти все целые числа х, удовлетво- У log3 (12-Зх),
ряющие неравенству 3 “一 3 ts? " > 83.
(Химфак, 1974) Верно ли утверждение, что всякое решение неравенства tog3(5%2—2；% + 7) > 1 будет решением неравенства log3(R ——4х + 2) > 0?
“ 74, (Филфак, 1974) Найтн все значения х, удовлетворяющие неравенству
V3 (х) - 8R2 (.V)+12Р(%)《0, W
I/ ,、1/ 3先一1、
(Биофак, 1975) Найти все целые числа 小 удовлетворяющие неравенству
历邑 tg g5>- "+ >3 (^^у^7) V &
Доказательство неравенств
Этот параграф посвящен разбору доказательств буквенных и числовых неравенств. Конечно, было бы хорошо указать некий единый метод доказательства всех неравенств. К сожалению, такого метода нет. Однако ниже указано несколько приемов, при помощи которых удается доказать большое число неравенств.
Прежде всего отметим несколько неравенств, которые часто используются при решении задач. К таким неравенствам можно отнести неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим, его следствие о сумме взаимно обратных величин, а также тригонометрическое неравенство (Кочетков, § 167)
—“о? + Ь? & a sin 汇 + 6 cos 尤 & “标 + 6，(1)
Напомним неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для двух чисел (К о- ч е г к о в, § 16):
Для любых неотрицательных чисел а и Ь справедливо неравенство
“方式t^,(2)
причем знак равенства имеет место только в случае q = b.
Частным случаем неравенства (2) является неравенство
х + ｝》2，
справедливое для всех х > 0; знак равенства достигается в этом неравенстве лишь для х= 1. Полезно запомнить словесную формулировку этого неравенства:
Сумма двух взаимно обратных положительных чисел не меньше двух, причем она равна двум только в слу^ 4aet когда оба числа равны единице.
Заметим еще, что для любого 无，0 справедливы не* равенства
卜+ !>2，修(3)
Доказать неравенство 詰^ + —^ > 2.
На основании свойств логарифмов
7^ =唸8> 0，
е. в левой части доказываемого неравенства стоит сумма двух взаимно обратных положительных чисел, отличных от единицы (log?冗 ф 1). А такая сумма больше двух. Значит, исходное неравенство справедливо.
2・ Доказать, что если а > 0, b > 6, е > 0, то
Ьс , ас . ab # .
Воспользуемся следующими неравенствами:
^ 十早)2С，X号+阴)。，^5+?)》儿
Эти неравенства справедливы, так как в каждом из них слева стоят средние арифметические, а справа — средние геометрические положительных чисел. Сложив эти неравенства почленно, получим требуемое неравенство.
Доказать, что если а > 0, й > 0, с > 0, то
(а + 价(方 + с) (а + с)》8abc.
Взяв следующие неравенства (см. формулу (2))%
а + Ь>2 々 ab, b * с^2« Ьс、а + с》2д/ас и перемножив их почленно, получим доказываемое неравенство.
Прежде чем перейти к следующим примерам, сде^ лаем одно общее замечание. Типичная ошибка, которую делают довольно часто при доказательстве неравенств, состоит в следующем. Поступающий пишет неравенство, подлежащее доказательству, затем проводит некоторые преобразования и приходит в конце концов к очевидно справедливому неравенству (например, 1 V2 или
|(а — &)2 ^ 0), после чего делает вывод: «следовательнОс неравенство доказано».
Это ——грубая логическая ошибка: из того, что получено верное неравенство, совсем не следует, что исходное неравенство верно! Точнее, мы доказали следующее: если допустить, что предложенное для доказательства неравенство верно, то и неравенство, полученное в результате преобразований, также верно. Но ведь справедливость этого неравенства очевидна и без проведенных преобразований, а про неравенство, которое следовало доказать, мы так ничего и не узнали.
Логически правильно проводить рассуждения в обратном порядке. Необходимо взять некоторое очевидно справедливое неравенство и провести над ним такие преобразования, которые приведут к тому неравенству, которое следовало доказать. Это рассуждение уже полно* ценно: мы исходили из справедливого неравенства и рядом законных преобразований пришли к новому неравенству, которое поэтому также справедливо.
Конечно, остался самый главный вопрос: из какого же неравенства надо исходить и как его преобразовывать, чтобы прийти к требуемому неравенству? Для ответа на него можно провести то преобразование предложенного неравенства, которое приводит нас к очевидно справедливому неравенству. Только этот этап решения задачи надо рассматривать не как доказательство, а как поиск доказательства, как попытку нащупать правильный путь. Если в результате этого поиска, т. е. таких преобразований, нам удалось прийти к очев^^дмо справедливому неравенству,『0 можно начинать настоящее доказательство: взять 9To очевидно справедливое неравенство и провести над ним все те же преобразования, что и во время поиска, но только в обратном порядке, так сказать, «обратить» ход выкладок. Если этот обратный ход выкладок будет все время законен, то доказываемое неравенство действительно справедливо.
Часто, впрочем, поступают несколько иначе. Если в процессе поиска доказательства, в процессе приведения данного неравенства к очевидному мы каждый раз заменяьчи неравенство на равносильное, то последнее нз- равенство равносильно исходному, а потому из его справедливости сразу следует справедливость исходного 吟
равенства. Следовательно, если на каждом этапе преобразования мы специально проверяли и подчеркивали равносильность соответствующих неравенств, то «обратный ход》выкладок совершенно не нужен.
Именно такими рассуждениями мы будем пользой ваться при доказательстве следующих неравенств,
Доказать неравенство
-2~2 一丿，гда а > О, Ь > 0.
Заменим это неравенство на равносильное:
а3Ч-&3，а + 6
Раскрыв скобки и перегруппировав, его можно записать в равносильной форме: (а + Ь) (а — b)2 ^ 0. Так как (7 > 0 и ^ > 0, то это неравенство очевидно, и тем самым справедливость равносильного ему исходного неравен^ ства доказана.
Доказать, что для любых х верно неравенство 1 у “3 sin х
—I 0 2 + cog% & L
Это неравенство равносильно (§ 2 раздела I) нера* венству—
i “3 sin % I 々［I 2 + cos % I ' '
поскольку обе части последнего неравенства неотрицательны, то после возведения в квадрат и умножения на положительное выражение (2 + cosх)2 получим равносильное неравенство 3 sin2 无 V (2 + cos x)2, которое прн- водится к виду (2 cos % + 1 )2 ^ 0. Это неравенство справедливо для всех х; поскольку оно равносильно исходному, то исходное неравенство также справедливо.
Исходное неравенство можно доказать и иначе, используя неравенство (1). Действительно, так как 2 + cos х > 0 для всех х, то после умножения исходного неравенства на 2 +cos % получим следующее двойное неравенство, равносильное исходному:
—2 — cos к ^ д/З sin .V < 2 + В§ 務
Левое из этих неравенств можно записать в виде
—2 & “3 sin х + cos%.
Теперь видно, что это есть частный случай неравенства ；⑴，т. е. верное неравенство. Аналогично доказывается справедливость правого неравенства.
(Мехмат, 1963) Доказать, что при любом а справедливо неравенство
4 sin За + 5》4 cos 2а + 5 sin а.
Одной из наиболее грубых ошибок при решении этой задачи являлось «доказательство» подстановкой отдель-< ных значений ос. Некоторые поступающие рассуждали примерно так: 《Для а = 0 это неравенство справедливо, ибо 5 > 4, для ос = 30° это неравенство справедливо, ибо 4 + 5>4-у + 5*у, для ос = 45°, 60°, 90° оно также справедливо. Значит, это неравенство верно и для любых а》.
На самом деле поступающий доказал неравенство лишь для нескольких частных значений ос и ничего не доказал для остальных ос. Верное же доказательство можно провести, например, так.
Пользуясь формулами
sin За = 3 sin ct — 4 sin3 а, cos 2a = 1 — 2 sin2 а,исходное неравенство можно привести к равносильному；16 sin3cc — 8 sin2а — 7 since — 1^0.
Последнее неравенство должно быть выполнено при любом ос. Обозначив sin а через %, перепишем его в виде
16/ — 8х2 — 7% — 1 忘 0.
Нам надо доказать, что это неравенство справедливо при любом х из промежутка —1 V % V 1・ Группируя левую часть, приходим к неравенству
8х2(х- 1) + 7х(х2- 1) + (х3- 1)<0,
или (х—1) (4х + I)2 ^ 0. Для рассматриваемых значений % W 1 последнее неравенство, очевидно, справедливо, и тем самым исходное неравенство доказано.
Неравенства, рассмотренные в предыдущих примерах, были доказаны нами только благодаря удачной группировке. Но, как известно, группировка является самым загадочным моментом при преобразованиях, так как нужный способ группировки часто можно найти лишь случайно, ощупью, после многих неудачных попыток. Единственное, что может здесь помочь — это опыт в решении такого рода задач.
(Ф-т психологии, 1969) Доказать, что
5/ + 5小 + 5# + бху — 8xz — 8yz > О, если %? + “ + 幺 > 0.
С первого взгляда кажется естественным сгруппиро* вать первые три слагаемых, однако тут же обнаруживается, что дальнейшие преобразования неясны. Достаточно очевидно, что случайнее, безыдейные попытки не принесут успеха, и многие поступающие убедились в этом на практике.
Здесь нужна идея, и эта идея исключительно проста: левую часть доказываемого неравенства можно рассматривать как квадратный трехчлен относительно х с коэффициентами, зависящими от ^ и г. В этом квадратном трехчлене стандартным способом (Кочетков, § 49) можно выделить полный квадрат, и, более того, можно сразу предвидеть, что получившийся в результате «свободный член» будет квадратным трехчленом относительно у с коэффициентами, зависящими от z, так что с ним можно будет поступить аналогично.
Остается только провести выкладки, разделив предварительно обе части доказываемого равенства на 5： / + y 2 + 炉 + I■初一4•尤"暂"= =无2十2得^一^2)A； + (g2—+=
=卜十(^一 春 z)}-(| у -?у+("_ !_"+/)= =(x+!z/-4z) + 居"一装衣+备炉= =卜十"J У _ РУ + 醤(9 _ 才 _£/+£孑=
=(% + 京乡一fz)2 + 强(у —|У + 疗.
Докажем, что полученное выражение больше нуля. Надо отметить, что в этом месте многие поступающие решили, что все уже доказано, «поскольку сумма квад^ ратов всегда больше нуля》, забыв, что она все-таки может равняться нулю. Для окончания решения надо выяснить, следовательно, при каких х, у, г полученное выражение равно нулю. Другими словами, надо узнать, когда одновременно выполняются равенства
厂 + 乳 一^2 = 0, у — ^ = ^^ z = S
Но эта система, как легко видеть, имеет единственное решение н = у =胃=0, а в этом случае нарушается указанное в задаче условие х2 + ^2 + z2 > 0.
Таким образом, если 汇‘ + ^‘ + 乞？〉。, то и левая часть исходного неравенства строго больше нуля, что и требовалось доказать.
В следующей задаче к цели приводит удачное комбинирование сомножителей.
(Мехмат, 1961) Доказать, что
где п — целое число, большее единицы.
Справедливость этого неравенства будет вытекать из равносильного неравенства
Умножим число и! = 1 «2 •一 论•…(л— 1)п на число л! = п(п—1) .,. (и —论+1) *.. 2« 1, расположив их одно под другим следующим образом:
12•.• А *・・(л —1)〃
п(п—1) ...(/2 — fe +1) ...21,
Перемножив числа в каждом столбце, найдем (孔!)2 = (1 • п) [2 (и — 1)] ... [k(n — k+ 1)] •・・
.• • [(п — 1) • 2] (n • 1).(5)
Применяя к каждому члену произведения (5) неравен* ство (2), получим
1)《邑十％
причем знак равенства здесь может достигаться лишь тогда, когда k = п —kт. е. для k = (п 4- 1)/2. Другими словами, лишь для нечетных и, и то лишь для одного сомножителя, в этом неравенстве возможен знак равенства. Значит, для всех скобок, кроме, быть может, одной, справедливы неравенства
枚(м —々 + 1)] < (・
Поскольку в произведении (5) содержится п сомножителей, то неравенство (4) верно.
При доказательстве некоторых неравенств нужно умело использовать свойства функций, входящих в состав неравенства.
Доказать, что для всех х справедливо неравенство cos(cos 工)> 0.
Для всех х имеем ——1 £ cos 尤 忘 1. Обозначим а = =cosx; тогда —1《а£1. Так как —л/2 <—1, а 1 V 几/2, то тем более а удовлетворяет условию —л/2 V V ос V л/2. Из свойств функции у = cosx вытекает, что cos а положителен для всех этих а, что, собственно, и требовалось доказать.
Доказать неравенство cos (sin х) > sin (cos х).
Доказываемое неравенство можно переписать так: cos (sinx) — cos (A cosx) > 0 или
нера-нера-2 sin (子+疝x q ё")sin传-也话少.)> 0.
нера-
нера-
Покажем, что сомножители в левой части этого венства положительны.
Действительно, согласно неравенству (1),
“2 / sin % — cos % / “2 / Л
~ &2 S < 1，
Р С1П У у а
а потому 0 V 彳 Н2< у • Следовательно.,
./ Л , sin X — COS X \ . с
Sin(z+2—)>°
при всех к. Совершенно аналогично дока.чывается, что положителен и второй сомножитель.
РАЗДЕЛ T. АРИФМЕТИКА И АЛГЕВМ
В следующих примерах решающим является применение свойств степенной и показательной функций.
Доказать неравенство О V sin8x + cosI4x V 1.
Совершенно очевидно, что sin8 х + cos14 х ^ 0. Однако равенство sin8x'+ cosI4x «= 0 может выполняться, только если одновременно sin8x = 0 и cosI4x = 0, что, конечно, невозможно. Поэтому справедливо строгое неравенство sin®% + cos14x > 0.
Из свойств тригонометрических функций вытекает, что sin?% & 1 и cos2х ^ 1 для любых х. Нс так как 8 > 2 и 14 > 2, то
sin8 л С sin2 х и cos14 х С cos2 г；
Сложив почленно последние два неравенства, получим sin8x + cosl4r С 1-
Очевидно, кроме того, что, например, при г = л/2 в этом неравенстве достигается равенство, т. е. нестрогое неравенство нельзя заменить строгим.
Доказать, что для положительных чисел с и d и любого а > 0 неравенства с V d и са < d^ равносильны. Пусть с и d ——положительные числа и а > 0. Рассмотрим показательную функцию у= (c/d)x.
Если с V & то 0 < dd < 1. По свойству показа^ тельной функции с основанием, меньшим единицы.
т. е. m/dQ V L или 濟 V d% Обратно, если са < d®, то са/“ V 1, ИЛИ
Это означает, что большему значению аргумента (а>0) показательной функциг! соответствует меньшее значение функции. Но это верно только в случае, когда основание показательной функции меньше единицы, г. е. c/d V 1, откуда с V d.
Доказанное утверждение обычно формулируют следующим образом: обе части неравенства между положительными числами можно возвести в любую положительную степень, в иастностн, из обеих частей можно извлечь корень любой степени、
(Мехмат, 1961) Доказать неравенство
при а 0, 6 > 0, а > ₽ > 0.
Если а = 0 или 6 =： 0, то доказываемое неравенство очевидно. Пусть теперь а > 0 и 6 > 0. Ясно, что одно из "тих чисел не превосходит другое. Пусть, например, 0V〃Vb; обозначим а/b через 力 Тогда 0 < / ^ 1, и гак как а > р, то
о<产总卢 и 1 +/а<1 + А
Из последнего неравенства получаем (см. пример 12)： (1+产)"8《(1+即：г.
Далее, так как 1 + "》1 и 0 < 1/ос < 1/р, то
(1+圖(1+产严.
Теперь можем написать
(1+产严《(1+产严《(1+卢)吗 откуда, вспоминая, что % = а/b, имеем
丿 *
Поскольку 匕 > 0, т。玄з последнего неравенства вытекает доказываемое неравенство.
Один из приемов доказательства неравенств состоит в следующем. Пусть, например, необходимо доказать неравенство 4 V 方,где 4 и В ——некоторые выражения. Если удается подобрать такое выражение М, что Л < М н одновременно Al V 民 то требуемое неравенство Л < В будет тем самым доказано.
(Ф-т почвоведения, 1975) Доказать без помощи таблиц, что
4sin 63 + Fin? 63。Y 8.
Поскольку cos 89° > 0 и 4 sin2 63° > 0, то
4 sin'63。十4 sin'63。十15 — cos 89°'4 siM 6市15 — cos 89°'4 siM 6市< 4 sin2 63° 十< 4 sin2 63° 十154sin2 63° '154sin2 63° '
4 sin'63。十
4 sin'63。十
15 — cos 89°'4 siM 6市
15 — cos 89°'4 siM 6市
< 4 sin2 63° 十
< 4 sin2 63° 十
15
4sin2 63° '
15
4sin2 63° '
Следовательно, достаточно доказать неравенство
4 sin2 63° +4 sin2 63° +15154 sin2 63(4 sin2 63(
4 sin2 63° +
4 sin2 63° +
15
15
4 sin2 63(
4 sin2 63(
(6)(6)Другими словами, нужно убедиться, что неравенство
(6)
(6)
выполняется при 2 = 4 sin2 63°. Но неравенство (6) при 2 > 0 эквивалентно квадратному неравенству г2 — 8z+： + 15 < 0, которое справедливо для 3Vz V 5. Остается проверить двойное неравенство
3 V4sin2 630V 5.
Правое неравенство оченидно, так как sin2 63° < L Далее, функция синус в первой четверти возрастает и положительна, а потому
sin2 63° > sin2 60° = 4，
гак что справедливо и левое неравенство.
(Ф-т психологии, 1969) Доказать,附е пользуясь таблицами, что logs 7 > log7 27.
Прежде всего' гфеобразуем дайное неравенство, Используя свойства логарифмов, перепишем его в виде
(log37)2 > 3, или log37 > V3, или 3%<7・
Докажем последнее неравенство, подобрав число М гак, чтобы 3翁 VA1V7. Для этого естестьенно дьь гаться искать число М в виде Зг, где г——приближенное значение “3 с избытком. —
Как』звестно, для числа “3 справедлива оценка 1,7 V "3 V 1,8. Попробуем взять г — 1,8 = %. Однако 3”5〉7; в этом легко убедиться, возводя обе части неравенства в пятую степень: З9 = 19 683, а 75 = 16 807.
Следовательно, нужно попытаться выбрать в 'качестве г некоторое число, меньшее 1,3 (но большее д/З). Оказывается) можно взять г — 1,75 = 7Д. Действительно, “3V'/4 (что легко проверяется возведением в квадрат), а потому 3“彳 V3", Далее, 3% V 7? в чем
убеждаемся возведением в четвертую степень:
3? = 2187 V 2401 =7&
В следующих задачах приходится искать два числа М и N такие, что А < М < N V В.
(Филфак, 1970) Не пользуясь таблицами, доказать, что cos 136° V tg 153°.
На основании формул приведения перепишем исходное неравенство так: tg27° 之 sin 46°.
Поскольку в первой четверти тангенс и синус ——монотонно возрастающие функции, то попробуем так из- мснить их аргументы, чтобы левая часть неравенства несколько увеличилась, а правая ——уменьшилась, и при этом получилось бы очевидное неравенство. Именно, заметим, что
tg 27。< tg 30°, sin 45° < sin 46°.
Ho tg30°== л/з/З и sin45。="引2, а д/з/З < V2/2； следовательно,
tg 27° < tg 30е < sin 45。< sin 45°.
(Ф-т психологии, 1969) Не пользуясь таблицами, расположить е порядке возрастания числа sin 4, cos 2, tg3, ctg6.
Эта задача отличается от предыдущих дополнителъ^ ной трудностью: здесь предстоит, очевидно, не только доказать несколько неравенств, но выяснить еще предварительно, какие именно неравенства надо доказывать. Другими словами, нужно прежде всего 《для себя» понять, каков порядок расположения данных чисел, а уж потом строго доказать соответствующие неравенства.
Поисковую часть решения проще всего провести, пользуясь тригонометрическим кругом (рис. 31). Из эзего рисунка сразу видно, что все данные числа отрицательны. Кроме того, из определений тригонометрических функций следует, что
|sin4| = /4» |cos2| = OB» |tg3| = C&, I ctg6 | = DD^
Чисто зрительное сравнение этих отрезков (рисунок, разумеется, следует выполнить возможно более акку， ратно) показывает, что самый большой из ннх — это
DD], самый маленький ——это ССЬ Что касается двух промежуточных отрезков АА] и。8卜 то они не так сильно отличаются друг от друга. Однако можно заметить, что АА\ > РР], a OB】V ОР* и потому ААХ >。8卜 Таким образом, геометрически мы обнаружили, что
DD1 > 44 > OSj > С&, пли
]ctg 6 I > ] sin 4 I I cos 2 I I tg 3(7)
Остается теперь строго, без всяких сснпок на рисунок, доказать неравенства (7).
Ясно прежде всего, что |ctg6| > |sin 4|: котангенс в четвертой четверти убывает, и поэтому из очевидного неравенства 7л/4 < 6 следует, что ctg6 <——1, откуда jctg6|> i > jSin4|. ”
Далее, поскольку косинус во второй четверти убывает и отрицателен, а 2 < Зл/4, то cos 2 > — 1/V2, откуда |cos 21V 1/“5; с другой стороны, синус в треть^ четверти убывает, а 5л/4 V 4, и поэтому sin 4 < — 1/д/2・ Следовательно, | sin4 | > 1/“歹 > | cos 2
Как ни странно, но последнее из неравенств (7), при всей его геометрической очевидности, доказывается совсем не просто. Дело в том, что, оперируя лишь с «хорошими» углами, нам не удается подыскать такие числа М и М чго |tg3| < М < Л7 <jcos 2|; в этом можно убедиться после нескольких без)^спешиых попыток. Поэтому придется привлечь к рассмотрению углы «похуже». *
Оценим |cos2| снизу, пользуясь тем, что 2 > 5л/8; из этого неравенства и свойств косинуса следует, что cos 2 < cos-^, откуда [ cos 2 | > sin ^ ・
С другой стороны, справедливо неравенство 3 > 11к/12* из которого по свойству тангенса получаем
tg з > tg'務，откуда |tg3|<tg 患.
Теперь достаточно доказать, что :
tg 居 Vsing.(8)
По формулам половинного аргумента имеем
/1 — cos ~1
Einf = V —2— ¥ “2 — #5,
так что неравенство (8) принимает вид
4 - 2 V 3 < V2 - 72.(9)
После возведения в квадрат и очевидных преобразований это неравенство приводится к неравенству
26 + V2 < 16 V3.
Еще _раз возводя в квадрат, получаем неравенство 26 V2 V 45, легко проверяемое третьим возведением в квадрат. Впрочем, ^(раведливост^ь неравенства (9) легко установить, оценивая д/2 и д/3. В самом деле, ^2 < < 1；5, “3 > 1,7, а потому
4-2^3 <4-2- 1,7 = 0,6,
“2 — “2> “2 — 1,5 = “0,5〉“0,49 = 0,7«
Таким образом, неравенство <8) доказано, а следо* вательно^ jcos 2| > |tg3|,'
Итак, все неравенства (7) справедливы. Поскольку все данные в условии задачи числа отрицательны, то ctg 6 < sin 4 < cos 2 < tg 3・
Доказать, что для любого натурального числа п справедливо неравенство
3 +击 ++ (Ui》 < j. О。)
Заметив, что 211
一⑵ < 魂一泓一+2 ,
заменим сумму, стоящую в левой частй неравенства (10), на большее выражение:
亲+靑+…+^Tтр<
г 2 L( 24丿干(46尸…十(2"2又+2丿『
Однако это последнее выражение равно
Г11
7[2-~ 27+214^4-
и, очевидно, меньше V4. Следовательно, левад часть доказываемого неравенства тем более меньше %
(Ф-т психологии, 1974) Доказать, что при всех @ u b имеет место неравенство
(II)
и определить, при каких а и b достигается равенство.
Поскольку левая часть неравенства (11) является функцией только от а, а правая часть ——функцией только от Ь, то неравенство (11) может выполняться при всех a n b только в том случае, когда наибольшее значение левой части не превосходит наименьшего значения правой части; кроме Тог。, ясно, что равенство в (11) достигается, если эти значения совпадают.
Для отыскания наименьшего значения правой части неравенства (11) выделим полный квадрат:
причем равенство достигается для 6 = 5. Для отыскав ния наибольшего значения левой части неравенства (11)] преобразуем ее следующим образом:
5"i —5—51
52a + 255“ + 25 ・ 5~а、2 “京• 25。足％2
г(здесь мы равенство а = 1.Таким венстваг(здесь мы равенство а = 1.Таким венствавоспользовались неравенством ⑵)；при этом достигается, если 5a = 25 • 5—, т. е. для
г(здесь мы равенство а = 1.
Таким венства
г(здесь мы равенство а = 1.
Таким венства
образом, при всех а и й справедливы нера-*
5ax /1—10 力 I 1 ・2
—《 一 《 13 - 56*
5加 + 2522
& равенства достигаются при а = i, b = 5.
Достаточно большое количество неравенств может быть доказано методом математической индукции.
Доказать, что для любого числа а》一i и любого натурального п верно неравенство
(1 + а)"》2 + на.
При n = 1 неравенство справедлиаа* Предположим, что справедливо неравенство (1-(-а)& 》1 + Аа, и докажем, что тогда справедливо неравенство (1 +。产】》 2s l + 仅 + 1)а. Так как 1 + а 0, то
■(1+а)й(Ц-а)>(1+^)(14-а)； поэтому
(1 十 口尸】》(1 + ^а)(1 4-а) = 1 + (й + 1)а + «а?》 》】 + («+ 1) а*
Значит, исходное неравенство справедливо,
Доказать, что при любом натуральном п имеет место неравенство |sin .^х| ^ zzjsin х|,
При n = 1 неравенств。 справедливо. Предположив^ что |!in^%| & 尼|sin%|, докажем, что
|sin《&+ 1)%| &(«+ l)]sin#|.
В самом деле, воспользовавшись неравенством 'cos 面尤IW 1, имеем
)sin (й + I) х I = 1 sin kx cos x + sin x cos kx | ^
■^ I sin йх I • I cos x I +1 sin x I • I cos kx | &
^ [ sin йх 1 + I sin x [ ^ й I sin x 1 + [ sin x I = (й + 1) [ sin x (e
Следовательно, требуемое неравенство справедливо.
Доказать теорему', если произведение 几 2 2 положительных чисел равно I, то их сумма больше или равна п, т. е・ если
#]尤2 • • • Х〃 ^" 1, X] >。，％2 > 0» …*》Хп > Oj
x1+%2++当>制*
При 汽 =2 доказываемое утверждение есть, по существу, не что иное, как неравенство (2).
Сделаем предположение индукции и возьмем любые положительные числа 工卜...,尤片,х^+ь удовлетворяющие условию %1 , . . %/г—!%к尤亙+1 = 1. ЕСЛИ КЗЖДОе ИЗ ЭТИХ 4Ит сел равно 1, то сумма ли + ... + 尤片 + 工力+i =点 + 1, так что доказываемое неравенство в этом случае верно.
Если же это не так, то среди них найдется число, меньшее 1, и число, большее 1. Допустим, что х&>1? Xh-ы V 1. Имеем равенство
/ * ・・ /_]%/+!)= 1.
Это ——произведение 尼 чисел, поэтому применимо пред^ положение индукции, и мы можем утверждать, что
%1 + • • • +办т +冲办+ 1》吼
Но тогда
修 + ・…+ /г + / + & +1》А —办办 + 1 + 4 + / + !
=А + 1 + % — 1)(1 —冲+!)〉А + I,
так как хд 一1 > 0 и 1 — %左十！ > 0, что и требовалось доказать.
Заметим, что мы установили также тот факт, что знак равенства в доказываемом соотношении имеет мег сто в том и только в том случае, когда все %? = 1.
Из этой теоремы получается неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим 6~* &2 положительных чисел:
"+ • ；~~± '"》К1 …х” ^1 > о, 修 > 0. (12)
Действительно, обозначим «к» …к^ через с, а 力打炉 через Уг，Тогда
У\ • • а Уп &1 •
По доказанному, у\ + ….+ Уп ^ ^, откуда
汇1 + •・• + Х;г汇1 + •・• + Х;г》С,》С,
汇1 + •・• + Х;г
汇1 + •・• + Х;г
》С,
》С,
что и требовалось доказать }).
Неравенство (12) широко используется при доказав тельстве некоторых неравенств. Например, если примем нить его к числам 1, 2, ..., п, то сразу получим нера^ венство
5 й / 1 + 2 + …+ /г
V Ь 2 s.. п <
пли V^l < S+ 1)/2, откуда
（中广
Рассмотренные примеры показывают, что метод математической индукции с успехом применяется для до- казательстБа различных неравенств. В то же Бремя силу метода индукции не следует преувеличивать: есть оче:?ь много задач, для решения которых просто напраши- веется метод индукции, однако попытки при?ленит'ь этот метоп наталкиваются на непреодолимые трудности.
Попробуем, например, доказать по индукции, что
g + 击+ …+ (2«+1r <t-
f) Это неравенство приведено (правда, без доказательства) з учебнике (Кочетков, § 16),
При n = 1 это неравенство имеет вид Vs V %，т. & справедливо. Предположим, что доказываемое неравен^ ство справедливо при п — k\
丄+丄+ JL_v丄
9 T 25 T .一T （2点 + 1）2 A 4 。
При n = й + 1 левая часть равна
丄亠丄+J—=
9十25十,',干（2々+3户
и 3 + 而 + … + W+Tj7] + （2论 + 3）2%
По предположению индукции, сумма в квадратных скобках меньше %, и поэтому
丄干 J_ + JJV 丄 4
9 丁 25 T …• 丁（2々 + 3）2、4 T （2论 + 3）2。
Из полученного неравенства никак нельзя вывести, что его левая часть меньше 〔厶.Таким образом, доказл- гельство по индукции зашло в тупик. Между тем это неравенство очень просто доказывается совсем другие способом （см. задачу 18）.
В заключение рассмотрим несколько задач, в формулировках которых непосредственно о доказательстве каких-либо неравенств речь не идет. Однако, как мы увидим, центр тяжести решений этих задач лежит именно в необходимости установить неравенства, возникающие в ходе рассуждений.
Решить неравенство ^sinx + ^cosх > 1.
Легко убедиться, что решениями этого неравенства могут быть лишь такие значения г, при которых одновременно sin%>0 и cosх > 0. В самом деле, если sin 尤 V 0 и cos х ^ 0, то левая часть исходного неравенства отрицательна; аналогично обстоит дело и в случае, когда cos х < 0 и sin % W 0. Если же sin 尤 > 0, a cosXV 0, то из неравенств sinx ^ 1, |cos%|>0 следует
卡^+卡^=寸^ -必飞汨’< 1;
точно так же рассматривается возможность cos х > 0 и sinx < 0. Наконец, если sinx = 0 и cosх ~ 1 или
если cosx = 0 и sinx = 1, то исходное неравенство, очевидно, не удовлетворяется.
Итак, будем искать решения среди тех значений х, для которых одновременно sin х > 0 и cos х > 0. Поскольку при этом sin х < 1 (равенство sin х = 1 невозможно, ибо оно влекло бы равенство cos х = 0), то, используя свойство показательной функции с основанием, меньшим единицы, легко доказать неравенство
，寸sin % > sin?%。
Аналогично устанавливается, что
卡COS 尤 > COS2A；e
Складывая эти два неравенства, получаем yfsinx + -^cosx > I.
Следовательно, исходное неравенство выполняется для всех 尤 таких, ято sin尤〉0 и cosy〉0, т. е. для 尤 03 промежутков
26冗 V 上 V ・^ + 2为冗》 fe — 0, ± 1，i 2,
(Мехмат, 1965) Решить уравнение
sin х 4- 2 sin 2% = 3 + sin Зх,(i3)
Это уравнение выглядит вполне стандартно, и потому естественным представляется решать его сведением к одной функции, скажем, к sin х. Однако, как легко убедиться, мы придем к уравнению шестой степени относительно sin %, корни которого отыскать не удается.
В то же время применение неравенств дает возможность решить уравнение (13) довольно просто. Перепишем его в виде
sin 尤—sin 3% + 2 sin 2尤=3,
Ели? что то ?ке самое,
—2 sin % cos 2х + 2 sin 2% — 3.(14)
Оценим модуль левой части, используя свойства I и III из § 2 раздела 1 и очевидное неравенство |sinx| ^ 1：
]—2 sin хcos 2х + 2sin2x I&| — 2 sin хcos 2尤 | + | 2 sin2% |=
=21 sin r 11 cos 2x 1 + 21 sin 2x I ^ 2 (I cos 2x Ц- | sin 2r |).
Заметим теперь, что при любом г
I cos2x 1 + I sin 2尤 I & “2;
это неравенство получается непосредственно из неравенства (1), если раскрыть модули. Следовательно, левая часть уравнения (14) по модулю не превосходит 2“2 н потому не может ни при каком значении 尤 равняться 3. Другими словами, уравнение (13) корней не имеет.
Для решения уравнения (13) можно привлечь и иные соображения, но также связанные с неравенства* ми. Легко видеть, что если sin x V 0, то
sin 尤 + 2 sin 2尤 < 0 + 2 • 1 = 2, 3 + sin 3尤》3 十(一1) = 2,
так что левая часть уравнения (13) строго меньше 2 при всех значениях %,■ для которых sin % V 0, а правая часть уравнения (13) больше или равна 2 для всех таких значений х. Таким- образом, уравнение (13) не МО' жет иметь корней, для которых sinx V 0.
Далее, пользуясь формулой разности синусов и формулами двойного аргумента, перепишем уравнение (13) в виде
sin 尤(一4 cos2x + 4 cos 尤 十 2) = 3.
Отсюда ясно, что корнями этого уравнения не могут быть те значения х, для которых sin х = 0. Следовательно, уравнение (13) равносильно уравнению
—4 cos2 л; + 4cos 尤 + 2==-^-^,(15)
и необходимо выяснить, имеет ли оно решения, для которых sin 尤 > 0.
Рассмотрим квадратный трехчлен ——4产十4/ + 2, по、 лучающийся из левой части уравнения (15) при Е = =cos 尤.Нетрудно проверить, что наибольшее значение зтого трехчлена равно 3 и достигается при / * 7г- Другими словами, левая часть уравнения (15) все】口а мень-
ше или равна 3, причем она равна 3 при cos х = V2* В то же время из неравенства О V sin尤& 1 вытекает, что правая часть уравнения (15) больше или равна 3, причем она равна 3 при sin%= 1. Следовательно, уравнение (15) может удовлетворяться лишь тогда, когда одновременно cos х = 1/2 и sinx = 1. Поскольку это не* возможно, уравнение (13) корней не имеет.
(Мехмат, 1975) Без помощи таблиц найти все значения 尤 в промежутке —?/《V 丫 V —'/2, удовлетво
ряющие уравнению
logy2 (cos х + sin 6x +4^-)=
=log% (cos 3尤 + sin8% + ^^У (16)
Естественно перейти от этого уравнения к уравнению
(17)(17)cos х + sin 6х = cos 3 尤 + sin 8x.
(17)
(17)
Однако при этом за счет расширения ОДЗ могут появиться посторонние корни, и поэтому из корней уравнения (17) нужно будет отобрать лишь те, которые входят в ОДЗ уравнения (16) (и, естественно, лежат в промежутке — 7/4 < х < — %).
Уравнение (17) легко решается; оно имеет три серии решений;
где й, m, n ——целые числа. Нетрудно убедиться, что из этих значений 尤 в промежуток —7/4 N 尤 V —% попа* дают только следующие три числа:
лл7л
/=一五，*2 = 一百，*3=一市<
Остается выяснить, какие в ОДЗ уравнегГия (16), т. е. венствам—cos 尤 + sin 6x -|—> 0}Поскольку 尤h 尤2, Хз — корни равенства выполняются илиОстается выяснить, какие в ОДЗ уравнегГия (16), т. е. венствам—cos 尤 + sin 6x -|—> 0}Поскольку 尤h 尤2, Хз — корни равенства выполняются илииз найденных чисел входят удовлетворяют двум мера- cos 3尤 + sin 8% + ■^^ > 0.уравнения (17), то эти йене выполняются одновре-из найденных чисел входят удовлетворяют двум мера- cos 3尤 + sin 8% + ■^^ > 0.уравнения (17), то эти йене выполняются одновре-
Остается выяснить, какие в ОДЗ уравнегГия (16), т. е. венствам—
cos 尤 + sin 6x -|—> 0}
Поскольку 尤h 尤2, Хз — корни равенства выполняются или
Остается выяснить, какие в ОДЗ уравнегГия (16), т. е. венствам—
cos 尤 + sin 6x -|—> 0}
Поскольку 尤h 尤2, Хз — корни равенства выполняются или
из найденных чисел входят удовлетворяют двум мера- cos 3尤 + sin 8% + ■^^ > 0.
уравнения (17), то эти йене выполняются одновре-
из найденных чисел входят удовлетворяют двум мера- cos 3尤 + sin 8% + ■^^ > 0.
уравнения (17), то эти йене выполняются одновре-
менно. Поэтому достаточно проверять, например, первое неравенство
cos 尤十 sin6x + ”(3- >0，(18)
Проверка =—л/6 не x = 一7n/18 венствуПроверка =—л/6 не x = 一7n/18 венствунеравенства (18) для % =——冗/2 й № представляет труда. Подстановка же в неравенство (18) приводит к нера-
Проверка =—л/6 не x = 一7n/18 венству
Проверка =—л/6 не x = 一7n/18 венству
cos -yg— sin -g—}- ~g—〉0,
(19)(19)или
(19)
(19)
smQ-ё-，
которое нужно доказать или опровергнуть.
Для оценки sin(jt/9) попробуем использовать подходящий «хороший» угол; именно, довольно естественно рассмотреть тройной угол 冗/3. Поскольку
sin3a = 3sina — 4 sin3 a,
то при a =冗/9 будем иметь
3 sin皆—4 sin3 y — siny == ^^
Гак как sin(n/9)>0, то из полученного равенства сле
дует, что_
sin9 6 十 3 s li 9 > 6 '
г. e, неравенство (19) справедливо. Таким образом, все три числа 丫1,尤2,尤з удовлетворяют условию задачи.
(Филфак, 1972) При каких положительных х выражение
2х +言丁(20)
принимает минимальное значение^
Сделав замену у = x-Y \t перепишем данное выражение в виде
2“ + 芻 一 2;(21)
нас интересует его наименьшее значение при g>L
Оцецим это выражение снизу, используя неравенство (2):
2^ + 需一2)2"2"篇一2 = 3.(22)
Однако было бы ошибкой сразу утверждать, что искомое наименьшее значение выражения (21) равно 3 — надо еще убедиться, что это выражение действительно принимает значение 3, и притом при значении y〉L Из неравенства (2) мы знаем, что в (22) равенство 25
достигается в случае, когда 2у =豆,т. е. при у = 5/41 поскольку у > 0. Так как это значение больше 1, то мы можем утверждать, что минимальное значение выражения (20), равное 3, достигается при 尤= 里杀
(Экономич, ф-т, 1975) При каком значении х еь卜 ражение
принимает наименьшее значение?
Обозначив lg2* + 2 через д, будем искать наименьшее значение выражения
У + } — 2(23)
для тех значений у、которые принимает функция у = =1g2х + 2, т. е. для у 3 2. К выражению (23) приме* ним неравенство (2):
^ + у ™ 2> 2，у ・十一2 = 0$
причем равенство здесь достигается в случае, когда у = \/у. Однако это равенство выполняется только для двух значений у = —1 и у= 1, которые оба не входят в интересующий нас промежуток у 3 2. Таким образом, применение неравенства (2) к цели не привело, и придется искать другой путь. Идею решения может подсказать график.
Нарисуем график функции % = у + 丄
(см. рис. 18 на стр. 113); нас интересует ее поведение при у 3 2, По графику достаточно очевидно, что
функция 2 при у》2 монотонно возрастает, и потому свое наименьшее значение она принимает при у = 2. Однако графические соображения не считаются доказп- тельством и нам следует строго доказать, что функция г действительно монотонно возрастает при у ^ 2.
Именно, надо доказать, что если 2 & а V 瓦 то
Перенеся все члены этого неравенства в правую часть и проведя очевидные преобразования, придем к равносильному неравенству
(Ь-а)(1 - %) >0,
которое справедливо, поскольку 6>а и ab > 1.
Итак, выражение (23) при у — 2 принимает свое наименьшее значение, равное %. Поэтому исходное вн・ ражение принимает наименьшее значение “2 для тех х, для которых 吋 ％ + 2 = 2, т. е. при 尤=1.
Задачи
L Доказать, что для любых чисел а, b и с
炉 + 械 + с?》ab + Ьс + са;
6)炉 + 匕2 + с? + 3》2 (а + b + с).
Доказать, что если а, Ь, с — положительные 讨 не равные между собой числа, то
а) (а + 6 + с) (L + &-! + с'1) > 9;
(а + 6 + с) (а? + &2 + С2) > 9а&с.
炙 Доказать, что
10g2 冗 10g4,5 Л ''
Доказать, что для всех х из промежутка 0 V % V л/2 спра」 зедливо неравенство tg % + ctg %》2.
Доказать, что при любых действительных хну выполняется неравенство / _|_ 2ху + 3疗 + 2лг + 6乡 + 3 力 0.
Доказать, что sin4 х — 6 sin2 % + 5 力 0 при всех х.
Доказать, что многочлен х8 — х5 + ^ —冗 + 1 положителен при всех действительных значениях х.
Доказать, что для любого натурального числа п справелли^т неравенство
7FTT+7rR +…+^ТГ> *
Доказать, что (л!)2 > лп, где л > 2 — натуральное число.
Доказать, что для всех 尤 из промежутка 0V#Vn/2 сира ведливо неравенство ctg(x/2)> 1 + ctg х.
Доказать, что 2sin +2COSX>2 "' при всех х. При каких значениях х достигается равенство?
Доказать, что сумма катетов прямоугольного треугольника не больше, чем диагональ квадрата, построенного на гипотенузе.
Доказать, что сумма кубов катетов прямоугольного треугольника меньше куба гипотенузы.
Доказать, что из всех прямоугольников с данным периметром наибольшую площадь имеет квадрат.
Доказать, что площадь произвольного треугольника строго меньше четверти квадрата его полупериметра.
Найти наибольшее и наименьшее значения функций:
:/ = 5 cos2x — 4 sin 2x.17. у = Зх~^ 4- 3-х~\
У-^+Т-19.广行寸
(Физфак, 1958) Доказать, что если а > 0 и b > 0, то для любых хну справедливо неравенство
а . 2х + 6 • 3^ + К “4* + ” + 1 • Va2 + &2 + 1.
(Мехмат, 1958) Доказать, что если 工？ + ,2 千】，то справедливо неравенство — “2&%+у《“2.
(Мехмат, I960) Доказать, что если @ + 匕=& @ > 0, b > 0, то а% + Ь%> Jh.
(Мехмат, I960) Пусть л — целое положительное число. До казать неравенство
0+}) <(1+4гУ"・
(Мехмат, 1962) Пусть а и 匕一произвольные числа, причем а + b = 2. Доказать, что 仆 + Ь" > 2.
(Мехмат, 1963) Доказать, что при любых положительных а и b и любом натуральном л справедливо неравенство
(а + b)n < Т (” + /)・
(Физфак, 1966) Решить неравенство “sin % + “соИ > 1.
(Ф-т психологии, 1968) Решить уравнение
log9x-X2 14 (sin 3% — sin х) = log9x v 14 cos 2爲
(Ф-т психологии, 1969) Доказать, что
"+ 19y2 十 6s2 — 8尤，一4хг + 12yz > 0,
если 炉 + i/2 + s2 > 0<
(Ф-т психологии, 1969) Доказать, что
8尤2 十尸十 1 匕2 + 4xg — 12x2 — 5” > %
если 产 + у + 步 > о
Не пользуясь таблицами, определить, что больше?
(Химфак, 1969) logi560 или logeo480.
(Мехмат, 1971) 3 logI6 1862 + logI6 1866 или log2 1863.
(Мехмат, 1971) 310gl75^1751 + 1 или 41ogi7xl753,
Доказать, не пользуясь таблицами, что:
(Филфак, 1969) logsU > log71A
(Ф-т психологии, 1969) log316 > logie729,
(Ф-т психологии, 1969) log25 > logs32.
(Филфак, 1970) tg 208° < sin 492°.
(Филфак, 1970) ctg 244° < cos 319°.
(Ф-т психологии, 1973) sin 31° < tg 30°.
{Ф-т почвоведения, 1975) log2 7 +(3 + cos 学)log7 2 < 4«
(Ф-т почвоведения, 1975)
tg 50。+ 2 ctg 50。+ -^M < 4.
(Ф-т психологии, 1969). Не пользуясь таблицами, располо* жить в порядке возрастания числа sin 8, cos 5, tg 4, ctg 1.
(Ф-т психологии, 1969) Не пользуясь таблицами； расположить в порядке возрастания числа sin 3, cos 1, tg 7, ctg 5.
(Филфак, 1970) Доказать, что 20п2—16л + 1 ^ 0 при всех целых 儿
(Экономич. ф-т,- 1971) Найти максимальный член последова* тельностп
“"=一汽2 + 14* — 45 + 例二 17)2 工 2， 也=1，2, 3一 ・・
(Экономич. ф-т, 1971) Найти минимальный член последовательности
9
彻=出 _ 8几 + 15~ (3n— 16)2 + 6 * 汽=L 2, 3,
(Филфак, 1972) Каково наименьшее значение дообл 2# + 3и、'
г, где х — любое число?
х2 + х + I
(Ф-т психологии, 1972) Найти все целые решения неравенства х — у < 2 log5 (х + 2) •
(Филфак, 1973) Есть ли в треугольнике со сторонами 4, 5 и 6 угол, меньший 22,5°?
(Филфак, 1973) Из всех треугольников АВС, имеющих площадь 4 и угол Л, равный 30°, рассматривается треугольник с наименьшей стороной ВС. Чему равен его периметр?
(Ф-т психологии, 1973) Найти все целые числа х, удовлетворяющие неравенству 2% ”&?阿 А 40 十 2”^ 9-2#
(Ф-т психологии, 1973) Найти все целые числа 尤，удовлетво* ряющие неравенству
gVa log? ПЗ—4尤)—3gg2 (Зх—2) v 47
место неравенствоместо неравенство6а и 5а丄勿36a+lTT《T 6+丁'6а и 5а丄勿36a+lTT《T 6+丁'(Ф-т психологии, 1974) Доказать, что при всех а и 6 имее-s
место неравенство
место неравенство
6а и 5а丄勿
36a+lTT《T 6+丁'
6а и 5а丄勿
36a+lTT《T 6+丁'
и определить, при каких а и & достигается равенство.
(Ф-т психологии, 1974) Доказать, что при всех а и & имеет место неравенство
7&+1о
‘声+方45--26 +勺6*
п определить, при каких а и & достигается равенство.
(Экономич. ф-т, 1975) При каком значении 尤 выражение 方 + 3 +，尤2 , * принимает наименьшее значение?
(Мехмат, 1975) Без помсщн таблиц найти все значения а в промежутке —3 V 尤 V 1,5, удовлетворяющие равенству
logs I sin 2% -；- cos 3尤—
sin 6尤 + cos 7x
РАЗДЕЛ If
ТРИГОНОМЕТРИЯ
Общие замечания
Тригонометрия как отдельный предмет в настоящее время в школе не изучается; нет такого специального раздела и в программе вступительных экзаменов. Однако в разделе «Арифметика, алгебра и элементарные функции» тригонометрическим функциям уделяется большое внимание. Вопросы, связанные с тригонометрией, задают на экзаменах каждому поступающему.
Ниже мы остановимся лишь на некоторых особенно важных вопросах тригонометрии. При этом предпола* гается, что материал программы вступительных экзаменов уже известен в объеме школьных учебников.
На приемных экзаменах часто предлагаются различные задачи йа преобразование тригонометрических выражений и доказательство тригонометрических соотношений. Такого рода задачи рассмотрены 1ами в § 2.
Традиционными на вступительных экзаменах являются задачи, b которых требуется решать тригонометрические уравнения. Несколько реже предлагаются системы тригонометрических уравнений. Некоторые воп^эсы, связанные с решением таких уравнений и систем, рассмотрены в § 3.
В настоящем параграфе мы сделаем некоторые замечания общего у^г)актера,在 также разберем некою-* рые примеры.
А, Определения тригонометрических функций
Поступающие хорошо знают определения тригонометрических функций угла. Однако, как и все элементарные функции, изучаемые в алгебре, тригонометрические функции рассматриваются в конечном итоге как функции числового аргумента. Между те?п на экзаменах иногда проявляется непонимание того, что такое, скажем, синус заданного числа.
На вопрос, что такое sin л, обычно немедленно еле* дует ответ: sin л = 0. Но речь идет не о том, чему равна величина sin л, а о том, что означает этот символ^ как надо понимать эту запись: sin л. Именно, sin л, т. е. синус числа л, есть синус угла в л радиан, т. е. угла в 180°,
К определению тригонометрических функций числового аргумента мы подходим постепенно. Сначала эти функции определяются как функции произвольного (по』 ложительного или отрицательного) угла. Затем введение радианного измерения углов позволяет нам каждому действительному числу о поставить в соответствие определенный угол величиной в а радиан и, обратно, каждому углу — однозначно определяемое действительное число, его величину в радианах. Наконец, мы опре” деляем тригонометрические функции числового аргумента: тригонометрическая функция числа а есть эта же тригонометрическая функция угла величиной в а радиан. Таким образом, по заданному числу находим соответствующий ему угол, а для каждого угла тригоно^ метрические функции уже были определены.
Следовательно, например, sinlO —зто синус угла в 16 радиан. Иными словами, мы должны взять систему координат Оху. единичный круг с центром в начале координат и найти на окружности такую точку М, что вектор ОМ составляет с положительным направлением оси Ох угол в 10 радиан (^570°), измеряемый против часовой стрелки !). Тогда ордината точки М будет синусом угла в 10 радиан, т. е. она равна sin 10.
Мы видим, таким образом, что в окончательном определении тригонометрических функций никакие углы не участвуют ——устанавливается соответствие между числами. Привлечение углов является лишь вспомогательным, промежуточным 'этапом, необходимость введения кото* рого диктуется лишь методическими соображениями.
Здесь уместно упомянуть о распространенном заблуждении будто при измерении угла в градусах мы получаем именованное число, а при измерении в радианах ——отвлеченное. На самом деле при любом измерении всегда получается именованное число一будь то 5 км, 28° или 10 радиан. То, что после результата измерения угла в радианах мы часто не упоминаем наименования единицы,—гово- рим «угол равен Зл», — является просто условностью, всеобщим соглашением.
Обычно у учащихся возникает следующий вопрос: почему для определения тригонометрических функций числового аргумента нужно использовать именно радианное измерение углов? Почему, например, нельзя определить синус числа а как синус угла величиной в 仪 градусов? Конечно, в принципе такое определение возможно, но по ряду причин оно является неудобным, не* целесообразным. К сожалению, мотивы, из-за которых такое определение нецелесообразно, невозможно объяснить, оставаясь в пределах школьного курса математики. Однако именно из-за этих причин в математике принимается как раз то определение тригонометрических функций числового аргумента, которое дается в школьных учебниках (Кочетков, § 108).
Поступающие иногда используют символ оо (бесконечность). В частности, очень популярна бессмысленная формула tg90° = оо или ее словесное выражение: «Тангенс прямого угла равен бесконечности». Иногда даже приходится слышать ее «обоснование»: tg90° ~ =sin 90°/cos 90° = 1/0 = оо. Между тем эти, выкладки лишены смысла.
Задачи
Что такое: а) отрицательный угол; б) радианная мера угла; в) тангенс данного угла; г) cos 1; д) arcsin р?
Является ли определением или теоремой каждое из следующих утверждений: a) sin2 а + cos2 а = 1 для любого а; 6) синус угла 屮 равен ординате вектора единичной длины, исходящего из начала координат и образующего с осью абсцисс угол ⑶；в) график функции у = sin х проходит через начало координат; г) ctg 90° = 0?
Рассмотрим теорему: «Если угол ⑶ оканчивается во второй четверти, то cos 屮 W 0». Сформулировать теоремы: обратную, противоположную и противоположную обратной. Какие из этих теорем верны?
Доказать, что если действительные числа х и у удовлетворяют условию 汇2 + ,2 = * г。найдется такой угол ⑶,что х == sin ф н у = cos ср.
Что больше: a) sin Г или sin 1; б) tg 1 или tg 2?
5* Тригонометрические формулы
Обилие формул очень затрудняет поступающим изучение тригонометрии. Необходимо прежде всего выучить все тригонометрические соотношения, предусмотренные
программой приемных экзаменов» разобрать и осмыслить их доказательства. Следует иметь в виду, что умение вывести нужную формулу — большее достоинство, чем простое знание формул наизусть.
Любую из тригонометрических формул можно до вольно быстро получить, если твердо знать определения и основные свойства функций sinx, cosх, tgх, ctgx*), соотношение sin2x + cos2x = 1 и формулы сложения. На этой базе легко вывести формулы приведения, формулы преобразования произведения тригонометрических функций в сумму и обратно и т. д.
В самом деле, пусть нам нужна, например, формула синуса половинного угла. По формуле сложения и соот^ ношению sin2 х+ cos2x = 1 можем сразу написать
cos a = cos fy + у j = cos ^ cos 橙一sin ^cos a = cos fy + у j = cos ^ cos 橙一sin ^.а
cos a = cos fy + у j = cos ^ cos 橙一sin ^
cos a = cos fy + у j = cos ^ cos 橙一sin ^
= cos2 — sin2y = ^l — sin2у) — sin2~ — 1 — 2sin2-^ , откуда
.2 a 1 — cos a, a ./ 1 — cos a 小
sin2 J =——2—一 , T・ e. smy = ±―.(I)
С другой стороны, не следует переоценивать возможность вывода любой формулы и совершенно не стараться их запомнить: если на письменном экзамене, прежде чем преобразовать, скажем, тригонометрическое уравнение, каждый раз выводить нужную формулу, то все время уйдет именно на это. Поэтому круг формул, находящихся, как говорят, в активной памяти, должен быть достаточно широк.
Выводы многих формул могут быть приведены несколькими различными способами. Поступающий волен выбирать тот способ, который ему нравится больше, лишь бы, естественно, он был верен. В частности, на приводимые в учебниках доказательства формул следует смотреть как на один из возможных вариантов их вывода; очень хорошо, если поступающий сможет предложить другое верное обоснование той или иной
обозначения l/sin x ®» cosec x (ко*
формулы. При этом желательно всегда выбирать наиболее простые способы рассуждений.
Необходимо только следить за тем, чтобы при вн< воде некоторой формулы мы не опирались на другую^ получающуюся в свою очередь с использованием доказываемой. Например, иногда четность функции cos х поступающие доказывают так:
cos(— х) = cos(0 — %) = cos0cosх 4- sinOsinx = cosx.
В этой цепочке равенств использована формула сложения cos (а — В) для случая, когда а V §. Между тем в учебнике (Кочетков, § 150) вывод этой формулы сложения использует четность функции cos х. Поэтому приведенное доказательство четности функции cos х может быть признано корректным при условии, что поступающий умеет обосновать формулу сложения cos (а——負)， а V 6，не используя этого свойства косинуса.
Обратим внимание на довольно распространенную путаницу в понимании знака 士 в формулах типа (1). Одни понимают этот знак в том смысле, что 《синус половинного угла может принимать два значениям, другие считают, что надо выбирать лишь одно из этих значений (т. е. соответствующее либо знаку плюс, либо знаку минус), но не могут точно объяснить, когда какое значение следует брать.
На самом же деле при любом фиксированном а мы должны в формуле (1) выбрать либо значение, соответствующее знаку плюс, либо значение, соответствующее знаку минус (но отнюдь не оба значения одновременно!). Какое именно из этих значений брать — зависит от того, s какой четверти лежит угол а/2: если он оканчивается в первой или второй четвертях, го еледуе? брать значение со знаком плюс, если в третьей или чет* вертой ■—со знаком минус.
Таким образом, знак 土 в формуле (1) не означает никакой «двузначности» синуса половинного угла; мы вынуждены поставить этот знак потому, что sin(a/2) может (при разных а) принимать как положительные, так и отрицательные значения, тогда как выражение "%(1 ~ cos а) неотрицательно при всех а.
По существу формула (1) означает, что знание ве« личины cos а не определяет однозначно величие^
sin (a/2), а определяет лишь абсолютную величину |sin((x/2) I； для определения же величины sin(a/2) нужно, помимо cos а, иметь дополнительную информа* иию о том, в какой четверти оканчивается угол а/2.
Именно поэтому следует избегать записи, типа (I), употребляя более точную:
I . а I / 1 — соз а
С аналогичной ситуацией мы сталкиваемся и в некоторых задачах, где требуется вычислить значение одного тригонометрического выражения, зная величину другого выражения. Следует помнить, что по значению одной тригонометрической функции некоторого угла од* нозначно определяются, вообще говоря, только абсолютные величины других функций этого угла. Для оп* ределения же самих величин этих функций нужно знать, например, в какой четверти расположен этот угол.
(Филфак, 1972) Найти без таблиц ctg(a/2) если sin а = —% 辽冗 W а W Зл/2.
Для решения этой задачи используем известную формулу
■ а 11 + cos а
ctg^ = K=FT-，tgT
так что требуется предварительно найти cos а. Имеем
I cos а I = д/1 — sin2 а = 2^^, cos а < О,поскольку угол а расположен в третьей чатверти. Изэтих условий следует, чго cos а — —2 V 2/3, а потомуctg^ = 2 д/攵一3.
Можно было бы исходить и из другой известной формулы:
I . а I 11 + cos а
[ctgy | = -г—-г = /у7coscр
|tgT|
Задача сводится к вычислению cos а и определению знака ctg(a/2). Так как 冗/2 W a/2 W 3冗/4, то угол а/2 расположен во второй четверти, а потому ctg(a/2)v 0・
Нелитирые поступающие для решения задачи привлекали формулу, выражают^ ю sin а через тангенс половинного угня：
2 tg亏sin а =*
I + tg2|
Однако на этом путн возникает совершенно неожидан' ная трудность. Именно, из соотношения (2) с учетом того, что sin а — —%, получается квадратное уравнение относительно tg(a/2):
tg? ^ + 6 i g ^+1=0,
которое дает два значения: tg (а/2) = 2 V2—3 и tg (а/2)= ——(2 д/2 + 3). Ясно, однако, что условием задачи угол а определяется однозначно, а потому tg(a/2) имеет вполне определенное значение. Следовательно, мы должны еще выяснить, чему же на самом деле равен tg(a/2).
Для этого недостаточно знать, в какой четверти расположен угол а/2, ибо оба найденные выше значения tg(a/2) отрицательны,——необходимо провести более детальный анализ. Заметим, что, согласно условию задачи, 几/2 W а/2 & Зп/4, а потому tg(a/2)V—1. Следовательно,— tg(a/2) = —(2“5』-3), а тогда ctg(a/2) = =2 д/2 — 3
(Эконом.цЧч ф-т, 1972) Найти tgx, если
( У sin л + созх = ^⑶
(7 sin х — 2y cos x = 2.
Исключив из данной системы неизвестное у、мы придем к уравнению относительно х, с помощью которого и попытаемся вычислить tgх. Заметим, что sin% 喚 1; в противном случае cos х = 0 и второе уравнение системы, очевидно, не выполняется. Поэтому из первого равенства системы (3) найдем
COS X
и, подставив это выражение во второе равенство си* стемы, получим после преобразований
5 sin2 х — 9 sinx + 4 «»= О,
откуда sin х = 1 или sin % = '/擁 Но, как мы уже отменили, win%* 1; следовательно, sinx =« 4/s< Далее имеем
' g |cosx| “1 _(%)23 *
Мы видим, таким образом, что tgx равен либо '/з, либо —% Поскольку у нас нет никакой информации 。том, в какой четверти расположен угол х, не представляется возможным выбрать дли tg х какое-то одно из этих значений.
С другой стороны, равенство |tgx| — 4/з получено нами только как следствие системы (3) и потому, быть может, не всякое х, удовлетворяющее этому равенству, удовлетворяет и системе. Другими словами, необходимо провести проверку полученных значений %. При sinx = =4/5 исходная система (3) принимает вид
/ cosx = ^
I у COS X = %,
откуда 85尤=土3/3 И 4 n 士з. Ясно, qp при cos x = 8/i имеем tg x = 4/3, а при cosx = —3/s имеем tg% =—勿飢 Таким образом, оба найденных значения tgx согласуются с исходными равенствами (3), т. е. при выполнении этих равенств tgx может принимать два значения: 4/з или
Не все поступающие умеют находить те значения аргумента, при которых та или иная формула верна. Часто они говорят: «Все выводимые в учебнике тригонометрические формулы представляют собой тождества, т. е. справедливы при всех значениях аргументов». Это, однако, совсем не так- Тригонометрические формулы справедливы лишь для допустимых значений аргументов.
В частности, формула sin 2а == 2sin а cos а действи* тельно верна для произвольного значения а, тогда как
формула tgactga= I имее1 смысл лишь для, значений а, отличных от йл/2, где й ——целое число.
Таким образом, выписывая какую-либо тригонометрическую формулу, всегда следует помнить» при каких значениях входящих в нее букв она справедлива, Для отыскания этих значений следует найти значения аргументов, при которых имеет смысл каждая функция, входящая в формулу. Если при некотором значении аргумента хотя бы одна из функций теряет смысл —■ этс значение аргумента должно быть отброшено.
Рассмотрим, например, формулу
匕 з 产 cos a cos 0
Ее левая часть определена при а#=(л/2)+々冗 и 0听 =# (л/2) + пл, где k и л — целые числа, так как при каждом из этих значений либо tg а, либо tg р теряем смысл. Правая часть равенства (4) имеет смысл при тех значениях аир, для которых cos а cos р ^='0; легко проверить, что мы приходим к тем же ограничениям ва аир. Такнм образом, левая и правая части формулы (4) существуют при одних и тех же условиях:
« ¥= у + kn, Р ^ у + 几冗, k, п — целые числа;
»тп два неравенства и составляют условия, при которые справедлива формула разности тангенсов.
Несколько более сложный анализ надо провести для формулы
tg (а-В)=1Т/黑.(5)
Левая ее часть определена при а—р =т^ (л/2)+ йл. Для того чтобы имела смысл правая часть, нужно, во-первых, чтобы были определены tg а и tg §, т. е. чтобы а ¥= (л/2) + ^п； § =# (冗/2) +/пл, где п и т — целые числа, и, во-вторых, чтобы знаменатель 1 + tg atg ^ был отличен от нуля.
Так как tga и igp определены (мы это уже пред-* положили), то условие 1 + tgatgр #= 0 можно перепи* сать в виде cos (а—6)*0. Следовательно, знаменатель в правой части формулы (5) отличен ат нуля при а — В * (л/2) + 佗冗，где & — целое число. Такдм образом*
формула тангенса разности справедлива при
a方^ + 皿 p*£ + е， a 一 в #=子 + An, (6) где 冷，т，々——целые числа.
Подчеркнем, что пара значений а, В исключается из облает乳 допустимых значений формулы (5), если выполнено хотя бы одно из следующих равенств: а = =(冗/2) + 几汽 при некотором целом п (₽ ——любое); р —： =(я/2) + ^л при некотором целом m (а ——любое); и ——В = (п/2) + Ал при некотором целом /г.
Иногда условия (6) записывают еще и так:
а#=* + /п, ₽ #= -у + ^^» а —§*-|" +左％
/г — 0, ±1, 土 2,.… подразумевая, что в каждом из этих неравенств k пробегает независимо от двух других неравенств все целые значения.
Отметим существенное различие между формулами ；(4) и (5). В то время как левая и правая части формулы разности тангенсов существуют или не существуют при одних и тех же значениях аргументов, области существования левой и правой частей формулы тангенса разности различны. Например, левая часть формулы (5) имеет смысл при а = п/2, 0 =以/4, тогда как правая ее часть при этих значениях а и р не определена.
Можно привести и другие примеры тригонометрических формул, левая 次 правая части которых имеют различные области допустимых значений. Таковы, на* пример, формулы, выражающие синус и косинус через тангенс половинного угла, формула тангенса суммы, формула тангенса двойного угла. Подчеркнем, что этот факт имеет большое значение в вопросах, связанных с потерей и приобретением решений уравнений (см. § 5 раздела I).
Задачи
Как связаны между собой углы аир, если известно, что a) sin а = sin р; б) cos а = cos р; в) tga = tgB； r) sin а = cos р?
Выразить cos(a/2) и sin (а/2) через sin а, если 270°《а《450。.
(Физфак, 1961) Дано: sin х = % (“ 5 — 1)； Вычислить sin 5х.
(Филфак, 1972) Найти без таблиц tg 2а, если tin а = % я О & а & л/2.
/"Филфак, !972) Найти без таблиц cos(а/2), если tga = — 2 呂 —л/2 & а & 0.
(Экономии, ф-т, 1972) Найти ig х, если
[2 sin % + 2у cos х ~ yt
1 у sin х — 2 cos 力=2,
(Экономии, ф-т, 1972) Найти tg 修 если
{
2р sin 尤 + 5 cos % = 2执
—5 sin x +(/ cos № 1.
(Физфак, 1961) Вычислить без помощи таблиц л 2 冗 4л
cos cos —— - cos ■■ 7 1 ,
(Экономия, ф-т, 1968) Проверить справедливость равенства
1 一 ig? 15。= “飞一]十 tg2 ]5。.
(Филфак, 1969) Доказать, что tg 142° 30’ — V 2 + V"^ + V^ есть целое число.
В" Решение простейших тригонометрических уравнений
Программа вступительных экзаменов предусматривает умение решать простейшиэ тригонометрические уравнения вида
sinx — 〃 cosx = р, tg % = р> ctg% = p・
При отдельных «хороших» значениях р запись решений этих уравнений не представляет труда. Однако уже запись решений таких, например, простейших уравнений, как sinх — !/з, cosх = 一3/5, tg% = 2 и т. п., вызывает у поступающих определенные затруднения, связанные с необходимостью использования символов arcsin р, arccosp, arctgp, arcctgp. Поэтому поступающие должны знать и понимать определения этих символов.
Все необходимые сведения о символах arcsin р, zrccos， и др. полностью изложены в учебнике (Кочет^ ков, §§ 117, 119. 121). Приведем здесь лишь некоторые дополнительные пояснения.
Прежде всего укажем иную, более формальную, чем в учебнике, запись определения, например, арккосинуса:
а = arccos р, если 1) cos а — р и 2) 0 ^а^ л.
Такого рода записи обычно более удобны при решении задач, чем словесные формулировки. Сведем эти формальные определения символов arcsin р. arccos p.arctgp, arcctg р в таблицу:
а
=arcsin р
а = arccos р
а =
二 arctg р
а~ arcctg "
1)
sin а —р
1) cos а = р
I) tg
1) ctga = p
2)
-产4工
2) 0《а《п
2)-
Е<а<Е
2) 0 < а < л
С определениями арксинуса, арккосинуса и др. связаны довольно многочисленные ошибки. Наиболее тн・ личная из них происходит от непонимания важности второго условия в определениях. Об этом условии часто просто забывают и, увидев, например, равенство г — =cos (р, сразу пишут ср ― arccos Л Это, разумеется, неверно, так как из равенства f = cos ср не следует, что О《屮 W п： хотя первое условие определения выполнено, но мы не знаем, выполнено ли второе.
Очень распространены неправильные формулировки второго условия определений. Так, при определении арктангенса часто вместо неравенства —冗/2 V а V 冗/2 употребляют выражение «угол а лежит в первой или в четвертой четвертях». Но эта фраза, точный смысл которой состоит в том, что конечная сторона угла лежит в первой или четвертой четвертях, выражает гораздо более слабое ограничение, чем второе условие определения. Например, конечная сторона угла 9n/4 лежит в первой четверти, но неравенство —n/2 V 9n/4 V п/2 не имеет места.
Многие поступающие упускают из виду, что символы arcsin р a arccos р имеют смысл лишь для тех чисел р, которые по модулю не превосходят единицы, т. е. для |р|《1 (тогда как символы aretgp и arcctgp определены для любых р). Подчеркнем, что условие |р|&1
не зходит в само опр-еделение арксинуса и арккосинуса, но непосредственно вытекает из первого условия этих определений. Между тем поступающие часто употребляют, например, выражения arcsin л, arccos 2 и другие, не имеющие смысла.
Наконец, полезно осмыслить и запомнить вытэкаю- илие из саммх определений формулы
sin (arcsin р) = р, cos (arccos р) = р,tg (arctg р) = р, ctg (arcctg р) = р;
первые две из них справедливы при любом р, по модулю не превосходящем единицу, т. е. при \р\^： 1, а две вторые — при любом р.
Для того чтобы решать различные задачи на вычисления, связанные с арксинусом, арккосинусом и др., вполне достаточно хорошо знать приведенные определения и известные тригонометрические формулы. Остановимся на нескольких наиболее типичных примерах такого рода.
Вычислить arccos (—L%)・ Согласно определению, угол а = arccos (—%) лежит ме
жду 0 и л и его косинус равен —1/2, т. е. coscc = —72- Рассмотрим тригонометрический круг и отметим на нем полшкения ОА и ОВ конечной стороны углов, косинус которых равен —% (рис. 32}. Стрелкой изобразим тот из них, который эа ключей между бил; это и есть искомый угол а. Очевидно, что а — 2п/3, а потому arccos (—%) = 2л/3.
Отметим, что при вычислении выражений вида arccos (—р) поступающие часто считают это выражение равным arccos р, необоснованно ссылаясь на четность функции cosx. Между тем, как мы только что убеди- инеь, угол arccos (——1/2) = 2зт/3 не равен arccos 1/2 =冗/З.
Вычислить ctg[arccos(——7з)].
Подобных выражений, при всей их громоздкости, не следует пугаться. Если определения твердо усвоены, такие задачи решаются без всякого труда.
В са窮。м деле, что же здесь надо сделать? Нужно найти котангенс угла a = arccos(——7з). По определению аркксх:инуса запишем cos а = —7з и О W а W 冗. Но поскольку косинус )тла а отрицателен, то можно судить о величине угла а более определенно — он удовлетворяет неравенству 冗/2 < а < л.
Задача, таким образом, свелась к следующей: известно. что п/2 у а V 冗 〃 cos а = —%; найти ctg а.
Эта задача решается с помощью основных соотношений между тригонометрическими функциями. Действительно, •
cos а
V1 — cos? а
(синус во второй четверти положителен), откуда ctg [arccos ( — y^j = ctg а = - ¥^.
Чему равен cos(arcsin р), j/?| ^ 1?
Пусть а = arcsinp, тогда
1) sina == р и 2)—冗/2&aW冗/2,
Нам известен, следовательно, смнус угла а, и требуется найти его косинус. Но cos2 а = 1——sin2 а = 1 ——р2. Как теперь найти cos а? Очевидно, для этого достаточно узнать знак, cos а. Так как угол а лежит меи<ду ——п/2 и 冗/2, а в этом промежутке косинус неотрицателен, cos а > 0, то cosa = -^ 1 — р2 • Таким образом, при любом |р|《1
cos (arcsin р) ~1 — р2 .
Совершенно аналогично можно показать, что для любог? |р| V 1 справедливо равенство
sin (arccos р) — д/1 — р2,
Отдельную группу составляют задачи, в которых речь идет о разных формах записи одного и того же угла3 т. е. о записи некоторого угла с использованием
различных символов ——арксинуса, арккосинуса и др. 8 самом деле, каждому углу соответствует определенное значение синуса, определенное значение косинуса и т. д. Поэтому один и тот же угол может быть записан одновременно в нескольких формах, например:
-^ — aresin-^ =a「ccos^^- = arctg^^ = a「cctg д/3
Другой пример того же рода даез рассмотренная выше задача 2. Из ответа к ней видно, что угол а = =a「ccos(—7з) может быть записан и в форме а = arcctg (― V2 /4), поскольку etga — — д/^ /4 и 0 < V а V п. По существу, в этой задаче показано, что обе записи означают один и тот же угол.
Умение установить тот факт, что различные формы записи выражают на самом деле один и тот же угол, имеет особое значение при решении геометрических задач. Пусть, решая какую-нибудь задачу, в которой требуется определить неизвестный угол, мы пришли к ответу a = arccos(——V3). Однако, решая ту же задачу другим путем, можно получить иной ответ, например, a = arcctg (— «2 /4). Сказанное выше означает, что это различие форм ответа не должно служить поводом для беспокойства.
Доказать, что
arccos -g =2a『ctg 万=万—arccos-g-.
Прежде всего отметим, что все эти три угла заклю* чены между 0 и л/2. В самом деле, для первого угла это очевидно, ибо если а = arccos 3/s, то 0 & а W л и cos а = 3/5 положителен, откуда и следует требуемое. Для угла (л/2) — arccos 4/s это показывается аналогично. Наконец, если р = arctg %, то —л/2 V р V л/2 н tg 0 = =1/2； следовательно, угол р заключен между 0 и 冗/4, а потому угол 2 arctg % лежит между 0 и л/2.
Поскольку все три рассматриваемых угла лежат в пределах от 0 до л/2, то для доказательства их равенства достаточно показать, что какая-нибудь тригонометрическая функция (например, косинус) каждого из этих углов имеет одно и то же значение. В самом
меле1меле1cos (arccoscos (arccosзЕ；зЕ；1 —. £q2 丄、1 —. £q2 丄、1 — cos2 ^arccos ^ =1 — cos2 ^arccos ^ =33
меле1
меле1
cos (arccos
cos (arccos
з
Е；
з
Е；
1 —. £q2 丄、
1 —. £q2 丄、
1 — cos2 ^arccos ^ =
1 — cos2 ^arccos ^ =
3
3
cos (言—arccos^ — sin(arccos
(напомним, что arccos 4/s — угол первой четверти, поэтому перед радикалом выбран знак плюс!), что завершает доказательство.
При решении такого рода задач допускается много ошибок. Наиболее грубая и типичная из них состоит в следующем. Для установления равенства углов проверяют, что какая-либо тригонометрическая функция каждого из этих углов имеет одно и то же значение и уже на основании только этого делают заключение о равенстве углов. Разумеется, такой вывод совершенно не обоснован. Например, углы arcsin 7з и arcsin(——〔丿2) явно не равны, однако их косинусы равны.
Все дело в том, что из равенства косинусов (синусов и т. д.) двух углов не следует равенство самих углов. Но если нам удалось, кроме того, показать, что углы лежат, напркмер, в пределах от 0 до л/2 (как было в задаче 4), то равенство тригонометрических функций влечет равенство углов.
Приведем еще один пример, решение которого вызывает у большинства поступающих зт!ачительные трудности. Между тем его решение требует лишь уверенного знания определений.
Чему равен угол arcsin (sin 10) ?
По определению а == arcsin (sin 10) есть угол, удов- летворающи宓 двум условиям:
sina = sin 10 и ~ л/2 ^а ^ л/2.
Проще всего определить этот угол с помощью графика функции у ~ sinх (рис. 33). Надо отложить на оси
абсц1гсс число 10, найти геометрически величину sin 10 — это будет ордината у точки графика, соответствующей х = 10, ——и провести горизонтальную прямую у = sin 10. Абсцисса одной из точек пересечения этой прямой с синусоидой лежит на отрезке от ——冗/2 до л/2; эта абсцисса и соответствует искомому углу %: по построению она лежит между —л/2 и п/2 и ее синус ранен sin 10.
Рис. 33.Рис. 33.
Рис. 33.
Рис. 33.
Вычислить arcsin(sin 10) теперь легко из простых геометрических соображений: точки а и 10 симметричны относительно точки Зл/2( так что
10 —萼=等一^, откуда а = Зп—10*
Задачи
Вычислить: _
arcsin (— V^/2); arcsin 1; arcsin (—1).
arceos(-V3/2); arccos (—1); arccos G・
arctg (—l/V^J； arctg (— 1); arctg 1.
arcctg (-1/V3 )； arcctg (—1); arcctg 0.
arcsin(sin5);- arccos(cos 10); arctg[tg(—&)]; arcctg[ctg(—10)].
(Ф-т почвоведения, 1973) Что больше:
arccos (-1)・I°g81(B) ИЛИarccos (-1)・I°g81(B) ИЛИsin 響 tg3(—%ctg 粤?sin 響 tg3(—%ctg 粤?
arccos (-1)・I°g81(B) ИЛИ
arccos (-1)・I°g81(B) ИЛИ
sin 響 tg3(—%ctg 粤?
sin 響 tg3(—%ctg 粤?
(Ф-т почвоведения, 1973) Что больше:
arcctg (一靑)1 %m展)или ем 等 tg*tg*?
Вычислить:
sin [arctg (—3/4)]； cos (arcctg 2)]; tg [arcctg (— 3)].
tg(arcsinp), — 1 < p < 1; ctg(arctgp), pH。； sin(arcctgp).
Доказать, что
、.If .32y14 — 3
a) arcsin у 十 arcsin — = arccos ——^~^;
S) hfccos (—可)+ arcctg ~ ~ я — arccos —^g；
arcctg (—2, + arctg—=冗 + arctg
Тригонометрические преобразования
Все предлагаемые на приемных экзаменах задачи на преобразование григонометрических выражений могу г быть решены с использованием только тех формул, которые предусмотрены программой вступительных экзаменов. Хотя выражения, предлагаемые для упрощения, бывают иногда довольно «страшны» на вид, их преобразование обычно не вызывав! принципиальных затруднений.
□днако для этого нужно хорошо знать соответствую- дне формулы, уметь 《читать》 их не только «слева направо», но и 《справа налево», «видеть» эти формулы б самых разнообразных записях. Например, в записи sin х sin 30°— cos 30° cos х надо《узнавать》一cos(x+30°), а не sin (х ——30°), как иногда пишут поступающие, 豆 записи 2 sin2 х — 1 нужно сразу видеть —cos 2х и т. д.
Такое умение можно выработать, только получив прочные навыка работы с основным и тригонометрическими формулами, поупражнявшись б решении достаточного числа примеров.
Естественно, что при тригонометрических преобразованиях необходимо строго соблюдать все правила алгебраических действий. В ходе преобразований иногда приходится пользоваться различными алгебраическими тождествами, которые надо уметь применять к тригоно'- метрическим выражениям.
В частности, большое количество ошибок в григонометрических преобразованиях происходит из-за неправильного понимания символа д/ . В тригонометрии, как и в алгебре, этот знак всегда означает арифметический квадратный корень (см. § 2 раздела I). Поэтому, аа* пример：
V1 ~ sin 2х = V(sinx — cos х)2 = | sinx — cosx I, а отнюдь не sin x — cos x; вместо ^/*/2(! 一 cos 2cc) надо писать jsin a|, а не sin а и т. д.
L (Физфак, 1961) Упростить выражение
] sin 尤
где b > a > 0.
Сделав несложные преобразования, данное выражение—обозначим его для краткости через Р — можно переписать в виде
р — sin % “a + 6 tg? # — sin 尤 “a + b tg? % “a 十(6 — a) sin2 上 Va cos2 x ~\- b sin2 %
Дальнейшее преобразование некоторые из поступающих провели неверно, считая, что
“f+btg，% = Ja + b^- = “acNx + bs虻七
v 1& V cos2 %cos %
и получив ответ P = tgx. Ошибка состоит в следующем: фактически при этом преобразовании мы должны упростить выражение д/cos2 х, которое на самом деле равно |cosx|. Поэтому окончательный результат такой：
D _ sin %
—I cos X I
В рассматриваемой ниже задаче 2 главная трудность состоит именно в алгебраической стороне дела,——в необходимости точно указывать, при каких значениях параметров законно то или иное преобразование.
(Физфак, 1332) Пусть справедливы равенства
f in2 tg2 8 + М2 tg2 屮=1 >
《m2cos20 4- n2sin2qp = 1>
Imsin0 = ncos cp.
Исключив из них 0 и ф, найти зависимость между тип.
Перепишем второе соотношение так, чтобы в неге входизд произведения msinQ и п cos 中：
m2sin2 0 4- n2cos2(p — /п2 4- ^2 — I*
Тогда, учитывая третье соотношение, получим
2办2 cos2 屮=m* + /г?——1.
Предполагая, что 办方 0 (возможность 拉=0 будет рассмотрена особо), имеем
疗+出一 1
Далее, из третьего соотношения при дополнительном предположении, что m #= 0, имеем
cos2 0—1 sin2 0 = 1 —7 cos'屮 n 力-
俏2*2加
Таким образом, мы можем уже сделать первьгс за、 ключения о m и п: если m ^= 0 и п =# 0, то
()—！ 01, 0＜吗 胃± L4]
(cos2 ф и cos20 не могут равняться 0, так как иначе tg屮 м tg6 не имели бы смысла).
Теперь перепишем первое из данных в условии соотношений:
苏(击一外(高一= 1
и подставим сюда найденные выражения для cns20 и cos2 ф； получаем соотношение между 加 и п:
2他4tn2 —出 + 12他4tn2 —出 + 1十ГП? +紋一1十ГП? +紋一1=疗+ *+ 1.=疗+ *+ 1.
2他4
tn2 —出 + 1
2他4
tn2 —出 + 1
十ГП? +紋一1
十ГП? +紋一1
=疗+ *+ 1.
=疗+ *+ 1.
Посмотрим теперь, что будет при 总==0. В этом случае данные в условии соотношения принимают вид
m2tg2®=], /и2cos2@= l msine = 0.
Первое из полученных равенств показывает, что m =И= 0; тогда третье дает sin 9 = 0, что противоречит первому равенству. Следовательно, из данных в условии coof- ношений вытекает, что 九 X 0. Аналогично 口取@$^«^痂手 что н m 学=0.
Таким образом, из трех исходных равенств после исключения 9 и ф получились следующие утверждения об m н м:
УО, 0 < 空弋 g，У I,…亦У
2卅2m加2 一歩+ 1 '也2 +出一！2卅2m加2 一歩+ 1 '也2 +出一！=m2十経+ L=m2十経+ L
2卅2m
加2 一歩+ 1 '也2 +出一！
2卅2m
加2 一歩+ 1 '也2 +出一！
=m2十経+ L
=m2十経+ L
которые и лают ответкоторые и лают ответна поставленную задачу.на поставленную задачу.
которые и лают ответ
которые и лают ответ
на поставленную задачу.
на поставленную задачу.
Остановимся более подробно аа преобразовании выражения a sin х 4- b cos х путем введения вспомогательного угла. Как известно (Кочет ков, § 167), определяя yrOvi ф кз условий ') (предполагается, что а я b на равыы нулю одновременно)
, 己 л
呈皿屮=-/% ， 匸з屮=-7== $ U； а- + 8?
мы можем лривестр： выражение a sin к ^ b cos х к зиду «口‘ + 力？ sin (х + Ф). При этом именно знаки чисел 〃 и Ь определяют ту четверть, в которой оканчивается угол ф.
Этот общий метод введения вспомогательного угла всегда приводит к цели. Но на практике при решении конкретных задач бывает выгоднее вводить вспомогательный угол несколько иным способом.
Часто бывает удобно определить вспомогательный угол так, чтобы он лежал в пределах от 0 до л/2. Если вместо формул (1) использовать для определения вспо* могательного угла а равенства
sma= / I , 。05a= -7工⑵
то угол а можно выбрать в первой четверти. Более того5 для определения а достаточно воспользоваться только какой-нибудь одной из формул (2), ибо угол в первой
четверти однозначно определяется значением синуса (или косинуса)!).
При этом, разумеется, выражение д sin % + b cosx приводится не обязательно к виду д/а2 + Ь2 sin (х + а), а, быть может, к одному из выражений
Vа2 十 Ь2 sin (х — а), д/а + 炉sin (-尤 + a),
V^2 + 匕‘ sin(— x — а)
—в зависимости от знаков чисел а и Ь. Однако для преобразования конкретного выражения a sin х + & cos х нет нужды помннть формулы (2)—гораздо проще непосредственно провести необходимые вычисления.
Рассмотрим, например, выражение
Q = — 2sin% + д/3 cosx.
Перепишем его в виде
Q = V7 ^— -^^sinx + -~p-cosx^.
Если теперь 2］々7— принять за косинус вспомогательного угла а, а д/з/“7—за синус этого же угла, та
0 = a (一cos а sin х + sin а cos х) = V^ sin (a — x).
Сам угол а (в пределах от 0 до 冗/2) можно определить из равенства
= т. е. а== arcsin；
7
поэтому окончательно
Q = —“7 sin(x —arcsin ^!)
Если для определения вспомогательного угла а, лежащего между 0 и л/2, использовать условие
22 д/7
cos а = —=г, т. е. a = a「ccos
7
то вмражение Q примет несколько иной вид;
Q = — д/7" sin (尤—arccos ^^-) •
Иногда оказывается выгоднее привести выражение a sin х + & cosx к косинусу суммы (или разности) угла х и вспомогательного угла, лежащего в пределах от 0 до л/2. Это преобразование также удобно прозо-* дить без привлечения общих формул.
Так, выражение—
R — sin 2х — д/3 cos 2%
может быть представлено в виде
R = 2sin 2х —^邑 cos 2%丿《
Оно припедется к косинусу некоторой комбинации углов, если выражение в скобках представить как развернутый косинус суммы угла 2х и некоторого угла 0 (в пределах от 0 до я/2). Но для этого достаточно V2 принять за синус вспомогательного угла 0, а “3/2 —за его косннус. Поскольку в данном случае р = л/6, то
Q ：= 2 fsin— sin 2犬—■ cos cos 2尤)=—2cos(2汇 + —^
Как и.^вестпо. i ригоиометрическое выражение имеет смысл, вообще говоря, не при всех, значениях своих аргументов. Поэтому в задачах, где речь идет о преобразовании того или иного тригонометрического выражения, всегда предполаго.ется (хотя часто и не оговаривается явно в условии задачи), что преобразование предложенного выражения нужно провести в его области определения. т. е. только при тех значениях аргументов, для которых предложенное выражение и?леет смысл.
(Физфак, 1961) Углы а, 0, у связаны соотноиге- нием
2 tg2 а tg2 § tg? 丫 + tg2 а tg? 0 + tg2 Р tg2 Y +
+ tg2vtg2a= 1.(3)
Найти sin2 a sin2 0 + sin2 然
Согласно сказанному выше необходимо найти сумму sin2fz + sin2 ^3 + sin2 у — обозначим ее через N — лишь
для таких углов а, р, у, при которых все входящие в (3) тригонометрические функции существуют» Иными словами, мы должны считать, что в рассматриваемой задаче углы а, В，у таковы, что tg a, tg р, tg у нмеюг смысл !). Именно при этом дополнительном неявно сформулированном условии мы и будем искать М
Поскольку величину N предлагается вычислить, исходя из величины некоторого тригонометрического выражения, содержащего тангенсы, естественно и искомую величину ^ записать в иной форме, через тангенсы：
N 一 _虻也―; Jg。— ！ 曜 у_
—l + tg2ct 十！斗曜0 十 l + tg2v •
Здесь мы используем предположение о том, что tg а, tg В，tg Y существуют: только в этом случае можно воспользоваться формулой, связывающей синус и тангенс одного и того же угла.
Дальнейшие преобразования затруднений не вызывают: приводя полученное выражение для ^ к общему знаменателю и используя (3), находим N = \.
В рассмотренной задаче нам не потребовалось фактически находить допустимые значения аргументов — важно было только, что проводимые преобразования справедливы при всех этих допустимых значениях, qro они не изменяют области определения.
Однако если приходится применять преобразования, изменяющие область определения, то надо действовать очень внимательно. Это особенно существенно, когда необходимо не только преобразовать заданное выражение, но и выяснить те значения переменной, которые обращают его, скажем, в нуль (т, е., по существу, решить некоторое уравнение). В этом случае нужно следить за геми изменениями, которые претерпевает область определения, не допускать ее сужения и делать проверку, если область определения расширилась.
4・(Физфак, 1962) Упростить выражение
京匕[(2 cos х — sin x) ctg,* + 2 sin x + cos x] X
Em工[丁
2 cos x — sin x у J
cos 2x [2 (1 — sin x cos x) + (sin x 十 cos x)2]6 (sin x + cos x)2 (1 — sin x cos 尤)
Найти все значения х, при которых это выражение обращается в нуль.
Не будем сначала выяснять допустимые значения х, а проведем лишь формальные преобразования. Обозначив данное выражение через Л, уменьшаемое через В и вычитаемое через С (так что А — В — С), преобра-- зуем В и С к более простому виду:
В —123 siM #
—3 sin 尤 sin г 4(1 — sin х cos r) 一 2 (1 — sin x cosx)
C—3 (cos2 x — sin2 x)—
—6 (sin % -г COS .E)2 (1 — Sin X COS X)—
cos x — sin x
2 (sin x + cos x) (1 ж x &csx) Следовательно, —sin 尤
—(sin x + cos x) (1 — sin x cos x) *
Замечая, что 1 ——sin x cos x=sin2 尤一sin x cos x + cos2 x, и используя формулу суммы кубов, окончательно получим:
д = —sinx sin3 х + cos3 x '
Обратимся ко второму вопросу задачи. Из окончательной формы заданного выражения видно, что оно может обращаться в нуль только для тех значений х, для которых sin х = 0. Однако исходное выражение при этих значениях % теряет смысл： наличие sirix в знаменателе и наличие etgx предполагает, что исходное выражение рассматривается для х =# ^л,々——целое число. Поэтому заданное выражение не может обращаться в нуль ни при каких значениях х.
Чем же объяснить тот факт, что окончательное выражение обращается в нуль при некоторых значениях%,
а исходное выражение при этих значениях % не имеет смысла? Дело в том, что в процессе преобразований исходного выражения мы расширили его область определения. Это произошло в тот момент, когда мы сократили числитель и знаменатель уменьшаемого на sin2x; как раз после этого значения х =力冗，力=0, ±1, 士2,.. попали в область допустимых значений.
Отметим, что в область определения исходного выражения не входят не только % =左冗,力=0, ±1, ±2,.. но и значения х, при которых обращаются в нуль выражения sin % + cos л и 2cos х — sin х (выражение 1—sinx cosx в нуль никогда не обращается). Что же касается окончательного выражения, то оно не имеет смысла при тех х, для которых sinx + cosx = 0, но имеет смысл при тех х, для которых 2 cosx — sinx = 0.
Мы уже подробно обсуждали вопрос о том, что тригонометрические формулы справедливы лишь при допустимых значениях аргументов. Это же в полной мере относится и к тригонометрическим тождества?^.
В задачах, где требуется обосновать некоторое тригонометрическое соотношение, нужно иметь в виду, что каждое соотношение мы должны рассматривать вместе с описанием совокупности значений аргументов, для которых оно справедливо. Если множество, на котором подлежащее доказательству тождество справедливо, не указывается в условии задачи, то это означает, что тождество необходимо рассматривать е его области определения. В таком случае следует найти эту область определения и обеспечить справедливость проводимого доказательства для всех допустимых значений аргументов.
(Экономии, ф-т, 1968) Доказать тождество
1 =1 =—cos—cos2a[1 + tg (^ — a) tg (л — 2а)].2a[1 + tg (^ — a) tg (л — 2а)].
1 =
1 =
—cos
—cos
2a[1 + tg (^ — a) tg (л — 2а)].
2a[1 + tg (^ — a) tg (л — 2а)].
Совершенно ясно, что если это тождество и справедливо, то не для всех значений а. В самом деле» левая его часть имеет смысл при любых а (она просто не зависит от а\ а правая часть не определена для
a =及冗，a=7十一^-,
где л и т — целые числа. Все значения а, кроме указанных, являются допустимыми.
Именно при этих допустимых а мы и должны доказать предложенное тождество. Сделать это весьма просто, если использовать основные формулы тригонометрии. При этом необходимо только следить за тем, чтобы проводимые преобразования были законны при всех допустимых а.
Для доказательства тригонометрических соотношений обычно берут одну из его частей и с помощью различных тригонометрических и алгебраических операций (и данных задачи) преобразуют ее так, чтобы получить выражение, стоящее в другой части доказываемого соотношения. Убедиться в совпадении левой и правой частей доказываемого равенства можно также преобразуя их по отдельности.
Однако в более сложных случаях, особенно есл4 требуется из одного (данного) равенства получить другое (искомое), довольно трудно бывает сразу увидеть те преобразования, которые ведут к цели. Обычно в таких задачах сначала предполагают доказываемое соотношение справедливым и приводят его различными пре- образованиями к очевидному (или данному) равенству, «нащупывая» тем самым путь решения.
(Физфак, 1959) Доказать, что если cosx — =-cos a cos b 以 если % 土 а 卢 (2力 * 1)冗,6 =/= (2几 + 1)冗, k总=0, 土 1, 土2,T。
l+tg 中 tg 宁= sec2^. ⑷
В этой задаче едва ли возможно сразу догадаться, как именно надо преобразовывать данное равенство cos % = cos a cos b, чтобы прийти (с учетом ограничений) к искомому равенству (4)】).
i) Обратим внкманне на существенность наложенных в условии ограничений на х. а. b ~ без них утверждение задачи было бы неверно, ибо интересующее нас равенство (4) имеет более узкую область определения, чем данное соотношение cos х = cos о cos Ь. На- дример, прн х = а + л, 6 — л соотношение cos х = cos a cos 6 справедливо, тогда как равенство (4) теряет смысл.
равенство (4) верно» нравенство (4) верно» нПоэтому предположим, что преобразуем его:
равенство (4) верно» н
равенство (4) верно» н
3in___sin—_3in___sin—_x + aC0S ~~x + aC0S ~~% — а% — аcos~2cos~2cos а — cos %cos а — cos %1,ь8s1 — cos b1,ь8s1 — cos b(5)(5)
3in___sin—_
3in___sin—_
x + a
C0S ~~
x + a
C0S ~~
% — а
% — а
cos~2
cos~2
cos а — cos %
cos а — cos %
1
,ь
8s
1 — cos b
1
,ь
8s
1 — cos b
(5)
(5)
cos a 4~ cos x — 1 十 cos b 'cosx == cos a cos b.
В результате проведенных вычислений мы пришли к равенству, которое по условию задачи верно.
Здесь многие поступающие допускали грубую логическую ошибку, делая немедленное заключение: «Следовательно, верно и подлежащее доказательству равенство (4)》. На самом деле, конечно, для такого заключения нет пока никаких оснований: проведенные выкладки &е доказывают справедливости требуемого равенства. Строго говоря, мы доказали, что если равенство (4) справедливо, то cosx = cos a cos &, т. е. доказали утверждение, обратное тому, которое требуется в задаче.
Для решения поставленной задачи можно рассуждать далее так. Проделанные выкладки (5) мы будем рассматривать просто как поиск путей решения, как «черновик». А в качестве «чистового» решения проведем, исходя из данного нам равенства cos % = cos a cos й, все эти преобразования 6 обратном порядке.
Именно, возьмем верное (по условию) равенства cos х — cos a cos b, умножим обе его части на 2 и за« пишем результат в виде
—cos х + cos a cos b = cos x — cos a cos b.
Прибавляя к обеим частям этого равенства выражение cos а — cos b cos x, получим
(cosa — cosx)(l + cos b) = (cos a 十 cosx)(l — cosb),
,Так как x ± g ^ (2Й + 1) л, то cos a + cos x #= 0; поскольку b #= (2n + 1) л, то 1 +cos6 =# 0. Поэтому обе части последнего равенства можно разделить на прои i- ведение (cosа + cosх) (1 + cos6); получится верное
равенство j
cos а — cos % — j — cos 3
cos а + cos x — 1 + cos b *
В его левой чясти сумму и разность косинусов преобразуем в произведения, а в правой части применим формулы половинного угла：
X - а + 2Xп2X - а + 2Xп2аа22■ а+ 2■ а+ 2аа22 6 -222 6 -2
X - а + 2
Xп2
X - а + 2
Xп2
а
а
2
2
■ а
+ 2
■ а
+ 2
а
а
22 6 -2
22 6 -2
Теперь осталось слева перейти к тангенсам, а справа выразить синус угла 6/2 через его косинус, чтобы получить требуемое равенство (4).
Но можно обойтись без фактического проведения выкладок в обратном порядке. Надо только доказать, что все преобразования, проделанные в (5), в области определения равенства (4) обратимы (т. е. не только из каждого равенства, получающегося в процессе пре- оэразований, вытекает последующее, но и оно само вытекает из последующего). Этот метод рассуждений уже обсуждался в § 7 раздела I применительно к доказательству неравенств; он полностью применим и для обоснования равенств (в том числе и тригонометрических).
Итак, проанализируем преобразования (5). Легко убедиться, что все онй обратимы (в частности, переход от второго равенства (5) к третьему обратим именно благодаря наложенным в условии задачи ограничениям на 尤,q,力).Вместе с доказательством обратимости каждого преобразования выкладки (5) уже можно рассматривать как полное решение: в этом случае они позволяют сделать заключение о справедливости нс・ ходного равенства (4) (в его области определения).
Задачи
Доказать, что если а и 0 ——углы первой 'четверти, tg а = */ь sin В — 1/V10 , то а + 2§ = 45°.
1) Таким образом, указанные в условии задачи ограничения существенно используются: только при этих ограничениях можно проделанные в «черновике» преобразования провести в обратном порядке. '
cos (х — а) Аcos (х — а) АДоказать, что есль
cos (х — а) А
cos (х — а) А
蛔(％ — а) .2.,—
sin (л - р) ■方‘ cos (尤一自)""b
дА + 岳3)/(аВ + М).В из равенства cos (,2а % 6> ««дА + 岳3)/(аВ + М).В из равенства cos (,2а % 6> ««* аВ -\- ЬА ^ 0, то cos (а — 0)
дА + 岳3)/(аВ + М).
В из равенства cos (,2а % 6> ««
дА + 岳3)/(аВ + М).
В из равенства cos (,2а % 6> ««
При каких значениях а и .,
вытекает равенство tg (а + ₽) —tg а == 2tg (財2)?
(Мехмат. I960) Доказать, что
2л , 4nl1
COS-у- 十 COS-у 十 COS 01*
(Физфак, I960) Упростить выраж<кие
., cos-5 х sin X 、
2 sin 2x( sin х cos х . — . - — 1
I无丿；8s2 2芯
COS X + V^ + cos* 望丿1 + cos X
(Физфак, 1961) Упростить выражение
sin (a — b) + sin 紡一c) + sin (c — a) + 4 sin —^— sin ―^— sin —^•
(Физфак, 1961) Выражение —tg (芯⑵ + cos 芯 + sin % пред* гтавить в виде произведения.'
(Физфак, 1961) Преобразовать выражение cos ct cos р cos у в сумму синусов при условии, что а + р + Y —冗⑵
(Физфак, 1961) Дано: tg х ^ 2bj(а — с). Вычислить выра* жения:
у == a cos2 x + 2& sin 芯 cos 芯 + c sin2 x;
z =。sin2 x — 2b sin x cos x + c cos2 x.
(Физфак, 1961). Доказать, что если ct, 0, у — углы треугольника, то
ctgq + ctgq +。电万=ctgq ctg — ctg 万.
It (Физфак, 1961) Доказать, что если 0 < х < л/2, то
“tg 芯 + sin % + Vtg ^ ~ sin x == 2 “tg 无 cos (子—"^ )・
(Физфак, 1962) Упростить выражение
(Физфак, 1962) Упростить зыражение
2 sin a cos 尤(1 — cos а соз %) — sin 2a sin? %『[— siMqsiY#「眩
2 (1 — cos a cos x)2I (1 — cos a cos x)2J
если О V а V л/4, л/4 < х < л/2.
(Физфак, 1962) Исключив 6 н 您 нз соотношений
а sin2 0 + ^ cos2 0 == 1, а cos2 ф Ч- 6 sin2 ф =» I, atg8 = 6tg 网
найти зависимость между а и &, если 0 < & < 1, а > 1.
(Физфак, 1962) Исключив 0 и ф из соотношений
Р ctg? В + g ctg2 ф = 1, " cos2 е + q cos2 qp = 1, " sin е = д sin 砲 найти зависимость между р к q.
(Физфак, 1965) Зная, что tg а и tg р — корн? квадратного уравнения х? + "芯 + q = 0, вычислить выражение
sin2 (а + 0) + р sin (а + р) cos (а + В)十 д cos2 (а + §),
(Физфак, 1966) Сумма трех положительных чисел а, В， у равна 冗/2. Вычислить произведение ctg a ctg у, если известно, что ctg а, ctg 0, ctg 丫 образуют арифметическую прогрессию.
(Экономии, ф-т, 1968) Доказать тождество
cos2 ^-― — а^ — sin— a) sin (а—^) =^・
(Ф-т психологии, 1968) Вычислить выражение
]+ 喈 а + tg4 a 1 -[- ctg2 а + ctg4 а
1工 ctg? а -pctg" d ” Г+ tg2 а + tg4 а *
вная, что cos 4а = %.
(Биофак, 1972) Упростить выражение
tg 4х tg (40" — 2х) -J- tg 4х tg (50° — 2芯)+ tg (50° — 2x) tg (40^ — 2x).
(Бнофак, 1972) Упростить выражение
sin (2无—540。) sin (4汇—180。) —sin (2% — 270。) sin (450。— 4芯)一1
〔4+16 (tg 萼一ctg^)]
(Филфак, 1973) Найти минимальное значение выражения cos 2х — 8cos х.
(Филфак, 1973) Найти минимальное значение выражения COS-4 X — tg2 X.
(Ф-т почвоведения, 1975) Найти все значения переменной х, при которых выражение 3 -|- sin2 2х — 2sin2 х достигает своего мак-, симального значения.
(Ф-т почвоведения, 1975) Найти все значения переменной х. при которых выражение 4cos4 х «•* Зсоз 2х + 1 достигает своего мн& нимального значения.
Тригонометрические уравнения и системы
Тригонометрические уравнения, содержащие более или менее сложные тригонометрические выражения, яв・ ляются традиционной составной частью многих вариантов письменных вступительных экзаменов. Как известно, не существует единого метода, следуя которому удалось бы решить любое такое уравнение. Но общая цель состоит в преобразовании входящих в уравнение тригонометрических выражений таким образом, чтобы рассматриваемое уравнение привелось к простейшему, либо «распалось》на несколько простейших.
В каждом конкретном примере необходимо найги свой способ преобразования рассматриваемого уравнения. Иногда приходится перебирать разные преобразования, испробовать различные идеи, прежде чем удастся найти тот путь, который приводит к цели. Успех здесь может обеспечить лишь хорошее знание тригонометрических формул и умение грамотно проводить тригонометрические преобразования, что вырабатывается только достаточной практикой.
Конечно, многие тригонометрические уравнения допускают несколько способов решения, в зависимости от того, на какой идее строится решение, как преобразуются входящие в уравнение тригонометрические выражения. Подчеркнем, что при этом форма записи корней часто зависит от избранного пути решения, и если мы захотим доказать эквивалентность двух разных форм записи ответа, то придется прибегнуть к дополнительным преобразованиям. Это важно напомнить потому, что иногда поступающие, решив тригонометрическое уравнение, начинают решать его《для контроля^ другим способом и приходят к иной форме ответа. Приняв иную форму ответа за свидетельство неправильности первого решения, они пытаются найти несуществующие ошибки и тратят на это много времени.
Впрочем, на экзамене решить заданное уравнение надо каким-либо одним (желательно — наиболее простым и коротким!) способом, и никакие преобразования ответа в иные формы проводить не требуется.
В процессе преобразований уравнения надо следить за эквивалентностью, чтобы не допустить потери корнел
(например, при сокращении левой в правой частей уравнения на общий множитель) иле приобретение лишних корней (например, при возведении обеих частей уравнения в квадрат). Кроме того, необходимо отдельно контролировать, принадлежа? ли получающиеся корнн ОДЗ рассматриваемого уравнения. Во всех необходимых случаях (т. е. когда допускались неэквивалентные преобразования) нужно делать проверку.
Все подобные вопросы, связанные с решением ураз、 нений (в том числе и тригонометрических), а также некоторые примеры подробно разобраны в §，5 раздела L Здесь мы на них специально останавливаться не будем.
Рассматриваемые ниже примеры иллюстрируют несколько довольно общих рекомендаций, которые полезно учитывать при решении тригонометрических уравнений^ Однако не надо думать, что эти рекомендации носят всеобщий характер и во всех примерах приводят к цели.
Непосредственно к простейшим трхгонометрниескнм уравнениям примыкает уравнение вида
a sinx + bcos% = с;(1)
к нему приводятся многие другие уравнения. Уравнения типа (1) лучше всего решать методом введения вспомо^ нательного угла (см. § 2 раздела II).
1? (География, ф-т, 1973) Решить уравнение
V3 sin2x — 2 cos2 х = 2 «2 + 2 cos 2尤.
Воспользовавшись формулой косинуса половинного аргумента и синуса двойного аргумента, мы можем переписать данное уравнение в виде
2«3 sinхcosх — 2cos2x = 4| cosx |.(2)
Для того чтобы избавиться здесь от знака модуля, рас* смотрим отдельно два случая.
Если cosx ^ 0, то получаем уравнение
2 «3 sin х cos х — 2 cos2 % = 4 cos x,
которое, очевидно, распадается на два уравнения:
cos % == 0 нsin х —~ cos х = 1 *(3)
Первое из них имеет корни
汇=^ + 女乳，fe = 0, ±L ±2,(4)
и, гак как при этих значениях % условие cosx ^ 0 выполняется, они являются корнями исходного уравнения. Второе из уравнений (3) принадлежит типу (1); его аевую часть можно преобразовать к синусу разности, эпредекпяя вспомогательный угол в пределах от 0 доп/2:
sin (% — *) = L
Отсюда находим серию решений
*=^*+多 + 2几m n = 0t ±1, ±2,...
Легко видеть, что указанные углы при любом целом п расположены во второй четверти. Поскольку косинус во второй четверти отрицателен, то условие cos % ^ 0 не выполняется, и, следовательно, эти значения не являются корнями исходного уравнения.
Если cos%VO, то уравнение (2) переписывается в виде'
2 д/З sinxcosx — 2cos2x== — 4cosx,
откуда, после сокращения на cos х #= 0, получаем
sin х — у cos х = — 1 или sin (%—专)=—L Корни этого уравнения
尤=戈 + 岑 + 2/wt, m = 0, ±1, ±2,・・・，
расположены в четвертой четверти, а потому условие случая cos х < 0 для них не выполняется и они должны быть отброшены.
Итак, исходное уравнение имеет одну серию корней (4).
Часто поступающие при решении тригонометрических уравнений используют градусы — так, вместо (4) ответ пишут в (Ьорме
工=90°十180c・&,々=0, 土 L 土2,・…
Это, разумеется, допустимо, хотя предпочтительнее навать ответ в радианах, считая неизвестное % числом. а не углом. Однако совсем не следует употреблять такую запись, в которой одновременно участвуют я градусы, и радианы, например, х = 90° + 初几
В случае, когда вспомогательный угол оказывается 《хорошим》 (например, 託/З, п/4 и т. д.), уравнения типа (1) поступающие всегда решают изложенным методом. Если же вспомогательный угол не равен ни одному из хорошо известных значений, то мало кто проводит решение таким способом — обычно применяется универсальная подстановка или возведение в квадрат.
Это, видимо, объясняется нелюбовью к символам arcsin а и др. — в этом 《плохом》 случае вспомогательный угол можно записать только как арксинус (или арккосинус, или арктангенс, или арккотангенс) некого* рого числа (выражения), который нельзя «вычислить». Однако это неудобство совершенно незначительно по сравнению с трудностями, которые возникают при применении иных методов,
В самом деле, универсальная подстановка, т. е. замена синуса и косинуса через тангенс половинного аргумента, вообще говоря, сужает ОДЗ и потому может привести к потере корней (см. задачу 19 из § 5 раздела I). Операция возведения в квадрат обеих частей уравнения может привести к приобретению корней. Следовательно, оба эти метода требуют дополнительных исследований, тогда как метод введения вспомогательного угла сразу приводит к равносильному простейшему уравнению. Именно поэтому им и рекомендуется пользоваться при решении уравнений типа (1),
(Мехмат, 1966) Решить уравнение
2 sin 4х + 16 siiF x cos 尤 + 3 cos 2х — 5 = 0.
Напрашивается довольно естественный путь — выра- вить sin 4% через тригонометрические функции угла х:
2sin 4х = 8 sinхcosх — 16sin3xcosx.
Теперь уже ясно, что предложенное уравнение приво-* дится к виду (1)：
4 sin 2% + 3 cos 2х = 5.
Пусть а ——угол (О V а V 冗/2), удовлетворяющий соотношениям sin а = 3/5, cos а = 4/5, т. е. а = arcsin 3/5. Тогда уравнение (5) равносильно уравнению sin (2х + 十 а) = 1, откуда
]3 行
х = —^ arcsin 写 + 彳 + 左冗，й = 0, ±1, ±2,...
Соотношения, определяющие вспомогательный угол а, позволяют также выбрать а = arctg3/4； тогда
х = —}arctg" + m+ Ьс, fe = 0, ±1, ±2,...
Наконец, можно было бы ввести вспомогательный угол 0, О V 0 V 冗/2, так, чтобы уравнение (5) приводилось к виду cos (2% ——В) = 1. Для этого достаточно выбрать, например, 0 = arccos %; тогда
]3
% =万 a「°°°s 百 + 论"' 左=0，±1，±2，• • •
Подчеркнем, что получившиеся формулы — лишь разные формы записи корней уравнений (5) (см. § 1, В раздела П).
При решении тригонометрических уравнений, содержащих тригонометрические функции кратных аргументов, поступающие стремятся перейти обязательно к функциям самого аргумента; при этом получается алгебраическое уравнение высокой степени относительно sin х (или cosx).
Между тем во многих случаях удобнее, наоборот, понижать степени, переходя от квадратов тригонометрических функций к функциям двойного аргумента по фор* мулам
2=!+产,S*=1二产 (6)
Отметим, в частности, что использование формул (6) всегда позволяет вместо биквадратного уравнения относительно cos % (или sin х) решать квадратное уравнение относительно cos 2х.
(Филфак, 1974) Решить уравнение
cos2 % + cos2 2х + cos2 Зх + cos2 4х = 2*
Пользуясь первой из формул (6), приходим к урав” дению
cos 2х + cos 4х + cos 6% + cos 8% = 0.
Преобразуя сумму первых двух и сумму последних двух слагаемых левой части в произведение, получим
cos 3% cos х + cos 7x cos % = 0, откуда лалое
cos 5x cos 2x cos x = 0.
Зто урзвненне имеет три серии решений:
=万 + /гл, ”2 =彳 + 尸， 4 =而 Т" -5~，(八
k, nt т— любые целые числа.
Отметим, что тригонометрическое уравнение, как правило, имеет несколько серий решений. Важно понимать, что входящие в запись разных серий целые числа никак не связаны между собой. Найденные выше три серии решений можно записать и в виде
Х{ = -^+ kn} . *2=7+*3 = 75~ +
月=0, ±1, ±2,
подразумевая, что число 々 в каждом из этих равенств независимо от двух других пробегает все целые значения.
Сделаем еще одно замечание. Нетрудно убедиться, что первая серия (7) входит в третью. Это особенно наглядно видно, если изобразить соответствующие решения точками . на тригонометрическом круге. Можно доказать это и формально: первая серия решений получается из третьей при m = 5^ + 2. Следовательно, решения исходного уравнения записываются в более компактной форме:
勺=彳十—》*2 = -jym — целые числа.
Во многие случаях при решении тригонометрические уравнений с успехом используется спеннальннй прием —— обозначение некоторой комбинации тригонометрических функций через новое неизвестное. Разумеется； надо
иметь некоторый опыт, чтобы увидеть подходящую комбинацию.
(Мехмат, 1969) Решить уравнение
3 tg2* + 4tgx + 4ctgx + 3ctg2% + 2 = 0.
Заметив, что 2tgx ctg x = 2, перепишем 9tq уравнение в виде
3 (tg 尤 + ctg x)2 + 4 (tg x + ctg x) — 4 = 0.
Обозначив сумму tgx + ctgx через у, приходим к квадратному уравнению 3z/2 + ^У — 4 = 0, имеющему корни ，i = —2, у? = 2/з- Остается рассмотреть два уравнения：
2
tg % + ctg X == — 2 И tgx + ctg№=y.
Преобразуя сумму тангенса и котангенса к зиду
&& sm2x
можем переписать эти уравнения так?
sin2x =——1 и sin 2х = 3|
второе из них не имеет корней, а первое имеет серию решений
七? + 々％ fe = 0, 土 1, ±2,...
Все значения 尤 из этой серии входят в ОДЗ исходного уравнения и являются его корнями, поскольку посторон* ние корни при данном решении могли появиться только за счет расширения ОДЗ.
(Мехмат* 1966) Найти все решения уравнения
丨 + sina w 十 cos8 x = у sin 2M
Используя тождестве а2 + »= (а + b) (а‘ — а& + 匕?)， перепишем это уравнение в виде
Воспользуемся теперь тем, что произведение sin х cos % выражается через сумму sin х 4- cos х по формуле
2 sin х cos х = (sin х + cos х)2 — 1 )
Обозначив сумму sin х + cos х через у, запишем исходное уравнение в виде
1 + У — У2~ = 3 2 •
Таким образом, мы пришли к алгебраическому уравнению с одним неизвестным у. Собирая все его члены в левой части и вынося у + I за скобки, получим уравнение
{у + 1)(“ + 2у — 5) = О
Оно имеет три корня:
Ух = —.1, //2 — — 1 + Уб ,z/3 = — 1 — у6^,
Первый корень приводит к уравнению
sinx + cosx ™ — 1, или sin (% + 子)=^~, откуда получаем серию решений
% н —孑 +(—1)"“ 今 + 九几，九=0, ±1, ±2,…
Что касается второго и третьего корней, то они оба по абсолютной величине превосходят д/2 , в то время как
I sinx + cos х J — J V2 sin (% + ；)|《“2 ,
и следовательно, эти корни не дают решений исходного уравнения.
Часто при решении тригонометрических уравнений к цели приводит удачная группировка членов. Однако найти ее бывает иногда непросто — для этого ппиходится перебирать различные возможности.
(Физфак, 1965) Решить уравнение
4 sin 汇 + 2 cos % = 2 + 3 tg 毋・
')В ряде случаев полезной оказывается аналогичная формул* S sin х cos х = 1 — (sin % — cos %){
Хотя это уравнение на вид довольно простое, с ням придется повозиться. Отметим, что кажущийся естественным путь решения с помощью универсальной подстановки на самом деле приводит к уравнению четвертой степени относительно tg(x/2).
Попытаемся так сгруппировать члены рассматриваемого уравнения, чтобы прийти к «распадающемуся» уравнению. Умножая все члены исходного уравнения на cosx (при этом, разумеется, мы расширяем ОДЗ» так что в конце решения нужно будет проверить, не получились ли посторонние корни) и перенося их в левую часть, получим
4 sin х cos 尤 + 2 cos2 x — 2 cos x — 3 sinx = 0.
Можно ли левую часть этого уравнения разлож/ггь на множители? Во всяком случае, не очевидно, как это сделать, и мы должны пробовать разные варианты.
Довольно легко убедиться, что группировка первого члена со вторым, а третьего с четвертым и группировка первого члена с четвертым, а второго с третьим ничего хорошего не дает. Попробуем сгруппировать первый член с третьим, а второй — с четвертым:
2 cos х (2 sin % — 1) + (2 cos2 % — 3 sin х) = 0.(8)
Далее, второе слагаемое в (8) можно записать в виде квадратного трехчлена (относительно sin х):
2 cos2 х ——3 sinx = 2 — 3 sin# — 2 sin2x.
Но трехчлен 2у2 -|- 3// — 2 легко разлагается на множители: 2“ + Зу — 2 = (2у — 1) ® + 2). Поэтому второе слагаемое в (8) представляется в виде произведения:
2 cos2 х — 3 sin х — — (2 sin х — 1) (sin x + 2),
я, следовательно, само уравнение (8) можно записать так:
(2sinx — 1) (2 cosx — sin % — 2) = 0.
Это уравнение распадается на два: одно из них — простейшее: sinх = Уг» а второе sin# —— 2cos%= —2
принадлежит типу (I). Таким образом, корнями урав~ нения (8) будут
一尸г -4- 2шл；一尸г -4- 2шл；К】=(—1)й ~ + fen,尤2 = 2пп, %з= — 2 arccos
一尸г -4- 2шл；
一尸г -4- 2шл；
k, п, m = 0, ±1, ±2,
Все корни полученных трех серий входят в ОДЗ исходного уравнения, т. е. являются его решениями.
На вступительных экзаменах часто предлагаются задачи, в которых требуется найти не все множество корней тригонометрического уравнения, а лишь те корни, которые удовлетворяют дополнительным условиям (например, лежат в определенных пределах). Такие задачи можно решать следующим образом: выписать все корни рассматриваемого уравнения, а затем из них отобрать те. для которых выполняются дополнительные условия,
(Геофак, 1968) Найти все решения цравн^ния
д/1 + sin 2% — д/2 cos Зх = 0,冷)
заключенное между п и Зл/2.
Это уравнение можно решать возведением з квадрат, но при этом мы должны будем в конце решения отбросить все посторонние корни, а затем отобрать из оставшихся корне询 те, которые удовлетворяют неравенству п V х V Зл/2. Мы изберем иной путь решения.
Поскольку д/1 + sin 2工—| sinx * cos у !, то уравнение (9) чо?К1ю переписать так:
；sin х + cos х I — д/Ь cos Зх = 0.
Для решения этого уравнения избавимся от знака модуля. Однако все возможные случаи рассматривать нет необходимости. В самом деле, нам надо найти лишь те корни этого уравнения, которые удовлетворяют неравенству л V % V Зп/2. Но в третьей четверти и синус и косинус отрицательны, а потому (на интересующем нас промежутке!) исходное уравнение приводится к виду 任inx 十 cost)十 a/2cos 3月=m
鱼且L после очевидных преобразований,
cos(2尤一普)cos (无 + 等)=0.
Получившееся уравнение имеет две серии решений;
尤］~ Тб" ~' ^， %2 =—卜几п，
где 2 и п — целые числа. Остается отобрать из этих сег рий те корни, которые лежат между п и 3冗/2.
Найдем сна-чала такие целые 女 при которых
Это неравенство (относительно 月)приводится к виду "/8 V 力 V 19/s, откуда ясно, что 力=2. Аналогично выясняем, что из корней второй серии дополнительному условию удовлетворяет только тот, который соответствует п = 1.
Таким образом, корнями уравнения (9) являются х = 21л/16 и х = 11 л/8.
Особенно часто приходится прибегать к отбору решений тригонометрического уравнения, когда оно получается из некоторого исходного уравнения «комбинированного» типа (например, из уравнения, в которое входят логарифмические и тригонометрические функции). В таких случаях роль «дополнительных условий» обычно играют неравенства, определяющие ОДЗ исходного уравнения.
(Ф-т психологии, 1968) Решить уравнение
log 一炉-6%(sin 3% + sin 无)=log -炉一6% sin 2尤.(10)
io-io-
Грубейшей ошибкой было бы утверждать, что это уравнение равносильно уравнению
sin 3 工 + sin% = sin 2x(11)
—ведь переход от (10) к (11) расширяет ОДЗ, и потому среди решений уравнения (11) могут быть посторонние.
Следовательно, согласно утверждению А из § 5 раздела I, для решения уравнения (10) достаточно решить уравнение (11) и взять лишь те из его корней, котооые
входят в ОДЗ уравнения (10). Легко убедиться, что ОДЗ определяется неравенствами
sin3x + sinx > 0, sin2x > 0, —6 < х < 0.(12)
Уравнение (11) сразу переписывается в виде 2 sin 2х cos х = sin 2х. Поскольку в ОДЗ исходного уравнения sin 2х =# 0 (см. (12)), то после сокращения на sin 2х мы приходим к уравнению cosx = %, откуда
%=±变 + 2力几，后=0, ±1, ±2,...
Из полученных корней следует отобрать те, которые удовлетворяют условиям (12). Для этого удобнее вместо выписанной одной формулы для корней рассмотреть две серии решений уравнения (11):.
%】=^ + 2пл, / = — у + 2/и:гг；九，他=0, ± 1，±2, .. .9
и для каждой из них отдельно найти те (целые) значения п и w, при которых соответсгвующие корни удов* летворяют всем трем неравенствам (12),
Рассмотрим сначала первую серию. Наиболее «сильным» из ограничений (12) является, очевидно, третье из них; поэтому начнем именно с него ——это даст возможность провести среди корней самую большую «чистку».
Для первой серии решений уравнения (11) третье из неравенств (12) имеет вид
-6<-у+ 2пл<0;(13)
при этом не будем забывать, что нас ингересуют лишь целочисленные решения неравенства (13). Найти такие решения проще всего прямым подбором. При любом целом п ^ 0 средняя часть неравенства (13) положительна, и потому ни одно неотрицательное целое значение 几 этому неравенству не удовлетворяет. Далее, при любом целом 九 V—2 имеем (используя тот факт, чго л > 3);
三 + 2ПЛ《3— 4П=g- < ^- 0 - 11 < - 6f
т. е. неравенству (13) не удовлетворяет ни одно целое значение 几 V —2, Следовательно, остается проверить, удовлетворяет ли неравенству (13) значение 孔=—1*
Поскольку при этом значении п средняя часть неравенства (13), очевидно, отрицательна и поскольку (в силу того, что л V 3,2)
л С5冗、5・3,2 и 1 、 Л
2п =— = — О -у > — О,
то п = —1 неравенству (13) удовлетворяет.
Таким образом, из всей первой серии решений уравнения (11) третьему неравенству (12) удовлетворяет лишь одно значение х* = —5л/3. Непосредственная проверка показывает, что это значение удовлетворяет и двум другим неравенствам (12), т. е.尤* = —5冗/3 является корнем исходного уравнения (10). Впрочем, эту проверку достаточно провести лишь для установления неравенства sin 2х* > 0. В самом деле, если вспомнить, что х* — корень уравнения (11), т. е. sin 3%* + sin х* = =sin 2х*, то ясно, что неравенство sin Зх* + sin х* >> 0 следует из неравенства sin2%*>0.
Вторую серию решегшй уравнения (Н) можно было бы исследовать совершенно аналогично, но мы быстрее придем к цели, если догадаемся сначала проверить второе из неравенств (12). Эта проверка показывает, что ни один из корне.百 второй серии условию sin 2х > 0 не удовлетворяет, и следовательно, не является корнем уравнения (10),
(Экономии, ф-т, 1974) Найти все решения уравнения
log зх 尤(1 — sinx — sin2x) = 1.(14)
ОДЗ данного уравнения определяется неравенствами
1 — sinx — sin2x > 0,— 2 cos 等cos~^ > 0,
Зх х(15)
—2 cos geos ^ 干 1,
з в этой области уравнение (14) равносильно уравнению 1 — sinх — sin2% = — 2cos 岑cos -~,(16)
+ cos 2% — sin 2% + cos 汇—sin % = 0.
Воспользовавшись формулами двойного аргумента и разложив левую часть на множители, приходим к двум уравнениям
cosx =sinx и cos,г — —
Корнями первого уравнения являются
х + 伞冗， 月—целое число;
из них надо отобрать лишь те, которые входят в ОДЗ уравнения (14), т. е. удовлетворяют всем неравенствам (15). При 尤=(л/4) + 尼л; первое из неравенств (15) принимает вид
- sin (子 + 々h) - sin (^ + 2尼冗)〉0, или (- 1)* ^^〉0,
и выполняется, очевидно, при нечетных 力，т. е. при 力= =2几+L Таким образом, из первой серии дальнейшей проверке подлежат только
х = 孚 + 2拉冗,п ——целое число. (17)
Ясно, однако, что зти значения х удовлетворяют и остальным неравенствам (15)—именно потому, что они являются корнями уравнения (16),
Проверку корней уравнения cosx =——7г на вхождение в ОДЗ уравнения (14) можно было бы провести совершенно аналогично, но мы поступим иначе. Если COS X = —%, то
—2cos—COSy =
=——cos 2x ——cosx =——2 cos2x + 1 ——cos x = 1.
Следовательно, корни уравнения cos% =——7г не удовлетворяют третьему неравенству (15).
Таким образом, все решения исходного уравнения даются формулой (17).
(В/ЧК, 1974) Найти все решения уравнения
V cos (х + 1) = д/cosx,(18)
удовлетворяющие условию 0 ^ х ^ 2л.
Возводя обе части уравнения (18) в квадрат, мы по* лучаем
cos (% + 1) = cos х.(19)
При этом, согласно утверждению Б из § 5 раздела I, мы можем получить посторонние корни только за счет расширения ОДЗ, Следовательно, согласно утверждению А из § 5 раздела L достаточно отобрать те корни уравнения (19), которые входят в ОДЗ уравнения (18), т. е, удовлетворяют неравенствам
cos %》0, cos (х + 1)》О
[(и, разумеется, дополнительному условию 0w_xw2ji)・ Для решения уравнения (19) перенесем cos х в левую часть и преобразуем разность косинусов в произведение синусов!):
2 sin у • sin (х + у) ~ 0.(20)
Поскольку по условию Ow#w2 叫 то % W % + % W W 2冗 十'/2, а тогда из уравнения (20) находим
%冗 или Х+万=2冗，
т. е.尤1 = л — %, х2 = 2л — 1/2. Ясно, что cos %i V °, а cos%2 > 0； поэтому корнем исходного уравнения является только значение х — 2л ——72-
Встречаются задачи, в которых также приходится проводить отбор корней тригонометрических уравнений, но по иной причине——нужно найти лишь те корни, которые являются общими, например, для двух тригонометрических уравнений.
Решить уравнение sin 7х + cos 2х = —2.
С первого взгляда может показаться, что в этой задаче нет ничего особенного. Однако по мере проведения
■) Довольно часто уравнения вида cos (ах 4- ср) = cos (bx 4-1|)), cos (ах 十 ср) == sin (bx 4- р) м т. п. поступающие решают иначе, используя вытекающие из равенств cos а — cos р или cos а = sin р соотношения между аир. Опыт приемных экзаменов, однако, показывает, что при этом допускается большое количество ошибок, связанных с неправильным пониманием упомянутых соотношений. Такие соотношения не входят в программу вступительных экзаменов и их не следует заучивать, тем более, что их применение существенного сокращения выкладок не дает,
преобразований становится ясно, что это уравнение несколько необычно: оно не «распадается» на несколько простейших, а приводится к системе двух (простейших) тригонометрических уравнений с одним неизвестным.
Переписывая исходное уравнение в виде [H-cos(y-7x)] + [l +cos2x] = 0
я преобразуя каждое из выражений в квадратных скобках, придем к соотношению
со§2(停-咛)+ cos2 % =0.(21)
Как известно, сумма квадратов двух величин равна нулю в том и только в том случае, когда обе эти величины равны нулю. Следовательно, исходное уравнение эквивалентно системе двух уравнений с одним неизвестным:
cos (争一书=。，(22)
cosx = 0.
Нам нужно, таким образом, получить все решения системы (22), т. е. нее такие х, которые удовлетворяют обоим уравнениям этой системы.
Первое и второе уравнения системы (22) имеют соот-* ветственно следующие серии корней:
-у^- + -ЦД-,^ = 0, ±1, ± 2,.…
х =多十 пл, 孔=0, ± I, ± 2,…；
геперь необходимо отобрать все значения 尤,входящие одновременно в обе эти серии (т. е. найти все такие значения х, которые получаются при некотором целом 尼 из первой серии и при некотором целом п из второй).
Для этого воспользуемся тригонометрическим кругом ). Отметим на нем точками значения х, входящие в первую серию для ^ == 0, 1, 2, ..., 6 (рис. 34). Мы замечаем, что точки, изображающие остальные значения х#
входящие в эту серию (для остальных значений 左)，повторяются через 7 единиц (например, точка, соответствующая значению х при 力=9, совпадает с точкой, соответствующей значению 尤 при ^ = 2 и т. д.). Значения х из второй серии отмечены крестиками для п = 0, 1; точки, соответствующие остальным значениям п, повторяются через две единицы.
Из рис. 34 ясно, что рассматриваемые серии имеют общими те значения х, которым соответствует верхний
конец вертикального диаметра; эти значения получаются из второй серии при п —2р, 夕=0, ±1, ±2,а из первой серии ——при 々д7g+ 十 1, g = 0, ± 1, ±2,…
Таким образом, решение системы (22), а следовательно, и исходного уравнения, таково:
Y + 2Pm
р = 0, ± 1, ±2,.,,
В проведенном решении мы использовали преобразование исходного уравнения к виду (21), Однако при некоторой сообразительности легко догадаться, как обойтись без такого преобразования.
В самом деле, рассмотрим внимательнее исходное уравнение. Его левая часть — сумма синуса и косинуса, а правая —- число ——2. Но, по свойству синуса и косинуса, при любом х справедливы неравенства
sin7x^ — 1, cos 2工》一1, откуда сложением этих неравенств получаем
sin 7尤 + cos 2K》一2.
Следовательно, исходное уравнение удовлетворяется в том и только в том случае, когда каждое из слагаемых его левой части равно —1, т. е. когда х одновременна удовлетворяет двум уравнениям:
з\п7х = — L tos 2х = — L
Мн снова приходим к системе двух уравнений с одним неизвестным; ее решение можно провести анало гично тому, как мы решали систему (22).
ТА (Мехмат, 1965) Решить уравнение
sin?% + } sin2 Зх = sinxsin2 Зх.
Это уравнение выглядит внешне совершенно обычно, и естественно попытаться решать его стандартным методом сведения к одной функции, например, к sin х. Однако нетрудно убедиться, что на таком пути мы придем к уравнению седьмой степени относительно sin х, разобраться с которым практически невозможно. В то же время к цели легко приводит идея, аналогичная той, которая была использована в предыдущей задаче.
Обозначив для краткости sin 尤 через 力 a sin2 Зх через а、перепишем данное уравнение в вида
伊一h + "^ = 0・
Невую часть этого уравнения можно рассматривать как квадратный трехчлен относительно /; выделим в нем полный квадрат:
* — /а + ? = , — ^) + } (а — а2).
Следовательно, исходное уравнение записывается в виде (sin г — у sin2 Зх)? + -l-sin23x(l — sin23,r) — О, или, что то же самое,
(sin х — j sin2 Зх) + 市 sin2 6n = 0.
Ясно, что это уравнение равносильно системе уравнений
j sinx = у sin23x»
I sin 6x — 0.
Решением второго уравнения системы является серия значений х = ^п/6, где 6 ——целое число. Из этой серии надо отобрать значения* удовлетворяющие первому
уравнению системы. Для отыскания соответствующих вначений А подставим х =々冗/6 в первое уравнение; тогда получим
. 9[0, если 也 четно,
"//2, если 克 нечетно.
Рассмотрим отдельно случаи, когда А четно и когда 6 нечетно. Если 六 четно, то должно выполняться равенство
Min = О,
仃g верно при 々п/6 = mn, где /п — целое число. Таким образом, среди четных А нам подходят только числа вила « = 6m, где m — целое днсло. Если А нечетно, то должно выполняться равенство
门"e = 5.
пто зерно при
年=(—I)" y + мп, п — целое число.
Таким образом, среди нечетных,左 нам подходят только ”彳ела вида 々=(—1)п + 6", где /2 ——целое число.
Окончательно, решениями исходного уравнения слу- :хат значения из следующих двух серий:
工=疗1几. г = (— 1)п-у + ^л, m и п — целые числа.
Впрочем, полученная выше система решается еще проще, если заметить, что ее второе уравнение распа- наеюя на два:
мп Зх == G и cos Зк = 0.
Если sin Зх — 0, то из первого уравнения системы получаем sin ^ = 0. т. е.尤=加冗；эти значения х являются решениями системы. Если же cos Зх — 0, то тогда sin? Зх == 1 и из первого уравнения системы получаем
*比% = ^二 е. = (一1)"专 + 拉力；
&тн значения х также являются, очевидно, решенй^и системы. Мн видим, таким образом, что несколько неестественное разбиение простейшего уравнения sin 6x=U
на два оказалось эффективнее, чем естественный путь, связанный с решением этого уравнения и последующим отбором корней.
Особую группу составляют тригонометрические уравнения, в которые, помимо неизвестных, входят параметры. При решении таких задач прежде всего возникает вопрос о выяснении тех значений параметров, при которых решения существуют. Разумеется, необходимо также найти сами решения (в зависимости от параметров).
Хотя решение задач с параметрами не предполагает никаких дополнительных знаний, требующееся при этом исследование представляет подчас определенные логические и технические трудности.
13. (Ф-т психологии, 1971) При каких значениях а уравнение
sin2 Зх — (а + ^) sin3x + ^ ：= 0(23)
имеет ровно три корня, расположенных на отрезке
書&X&JT.(24)
Обозначив sin Зх через г, получим квадратное уравнение
г2 — (а-+-у^г4-|==0,
корни которого & = а, г2 = %. Поэтоглу уравнение (23)1 распадается на два простейших:
sin3x =。н sin Зх = -^.
Поскольку на отрезке (24) выполняется неравенство 2冗 w 3% W Зп, то уравнение sin Зх = 7г удовлетворяется при 3力=2冗 + 专 и при Зх = 2п + 普.
Итак, уравнение (23) на отрезке (24) при любом значении а имеет по крайней мере два корня % = 13л/18, %2 = 17冗/18.
Таким образом, число а удовлетворяет условию за^ дачи, если уравнение sin Зх = а имеет на отрезке (24) только один корень. Обозначим Зх через у; тогда ин те-
ресующий нас вопрос можно сформулировать так: при каких значениях а уравнение sing = а на отрезке 2冗 & V у V 3冗 имеет только один корень? Однако функция синус на этом отрезке принимает все значения от 0 до 1, причем каждое из этих значений, кроме 1, — дважды. Следовательно, условию задачи удовлетворяет только значение 仪=L
Иногда на вступительных экзаменах предлагаются системы тригонометрических уравнений. Решить такую систему ——значит найти все наборы значений неизвестных, которые обращают в верные числовые равенст&а все уравнения системы.
Обычно при решении систем либо сразу исключают одно из неизвестных, выражая его через другие из какого-либо уравнения системы, либо пытаются свести тригонометрическую систему к системе алгебраических уравнений удачным введением новых неизвестных ида преобразованием уравнений системы.
Решение тригонометрических систем не требует никаких специальных приемов или знаний, выходящих за пределы программы. Тем не менее эти задачи связаны с некоторыми специфическими трудностями. Одна из них связана с тем, что эти системы имеют, как правило, бесконечно много решений. Поэтому правильная запись ответа, отбор нужных решений и т. д. бывают затруднены необходимостью рассматривать разные случаи или решать вспомогательные неравенства.
14,(①изф&к !964) Решить систему уравнений
( ， 6
Второе уравнение рассматриваемой системы позволяет легко выразить одно неизвестное через другое. Это и подсказывает, что систему лучше всего решать исключением одного неизвестного, после чего она сведется к «привычному» тригонометрическому уравнению.
Какое именно неизвестное исключить — безразлично; исключим ". Так как у = х~ (л/6), то подстановка этого
выражения в первое уравнение системы приводит s уравнению относительно х：
i 一 tg%TT'tg *i 一 tg%TT'tg *=tg=tg% —% —{25}{25}
i 一 tg%
TT'tg *
i 一 tg%
TT'tg *
=tg
=tg
% —
% —
{25}
{25}
Левая часть этого уравнения легко преобразуется r виду tg[(n/4)—х]. Как было отмечено в § 1 раздела П} этот переход ведет к расширению ОДЗ; поэтому в конце решения уравнения
tg (^一X) = 1g (Х一^)
надо осязательно сделать проверку на вхождение его корней в ОДЗ уравнения (25).
Последнее уравнение имеет корни
， 京=0, ±1, ±2?..
которые, очевидно, входят в ОДЗ уравнения (25) я являются, следовательно, его решениями. В результате получаем решения исходной системы:
人=Й2-，"u可2~， 々=0, ± 1, ± 2,
Подчеркнем, что каждому целому числу 归 соответ* ствует вычисляемая по этим формулам пара значений х, у ——решение исходной системы： исходная система имеет бесконечно много решений.
(Физфак, 1966) Решить систему уравнений
I tg£ + tg* — ctgy = 0,
4 SOS(Х~ у ~z) = %
'X + y + 之=冗，
Последнее уравнение позволяет исключить из данной системы неизвестное г. В самом деле, подставляя г = =汽——(％ + р) в первые два уравнения, приходим к системе двух уравнений с двумя неизвестными:
ig ^ + tg I" = tg —^, cos 2х = — -|.氏6?
Второе уравнение этой системы дает
х = ± 号 + /гл, k — 0, ± 1, ± 2,…(27)
Естественно, далее, подставить это выражение для х в первое уравнение (26) и свести, таким образом, систему (26) к одному уравнению. Однако этот способ приводит к довольно неприятному тригонометрическому уравнению относительно у.
Поэтому мы изберем иной путь — преобразуем первое уравнение системы (26). Выражая тангенсы через синусы и косинусы и освобождаясь от знаменателей, приходим к соотношению
sin 尤 ^" '• (cos ^-^- — cos у cos ^) = 0.(28)
Приравнивая нулю первый сомножитель, получим
г + z/ = 2пл, п = 0, 土 1, ±2,(29)
Если теперь вспомнить выражения для 尤 и z, то легко получить первую серию значений неизвестных:
%[ = ± 今 + kny/г = 0, 土 1, 士 2,...
弘=干专 + (2〃 — /г) л, n = 0, ± 1, 士 2,.…(30) 2 =n--2/ш.
Приравняем нулю второй сомножитель левой части '(28). Используя формулу косинуса суммы, получим соотношение sin (х/2) sin ®/2) = 0. Но так как в силу (27) имеем sin(x/2)#=0, то sin(y/2)=0, откуда у = 2т乳, т ——целое число. Вспоминая выражения для х и г; находим вторую серию значений неизвестных:
心=士 ? + 々冗，々=0, 士 1, 士 2,...,
幺2 = 2mn,m = 0, ±1, ±2,
г2 — л =р у — (2m + 左)尼
Заметим, что при переходе к уравнению (28) мы расширили ОДЗ; поэтому необходимо сделать проверку.
Она подтверждает, что обе найденные серии действительно являются решениями исходной системы.
Сделаем несколько замечаний относительно формы записи решений тригонометрических систем.
При решении рассматриваемой задачи многие поступающие рассуждали примерно так: 《Поскольку из формулы (29) следует у=2几冗——х, то, учитывая выражение (27) для х, находим
р = 2;2n 士子——左冗=士专 + (2〃 — /г) да. -31)
Некоторые даже пытались обосновать 《законность》этой формулы:《Поскольку в (27) можно брать оба знака (плюс и мннус), то и в выражении для у надо брагь оба знака, но ведь это и отмечено в (31) тем, что там написан знак 士》.
На самом деле выражение (31) для у неверно: если взять некоторое значение 尤,соответствующее выбору знака плюс в формуле (27), то соответствующее значение у отвечает выбору знака минус во второй формуле {30). Таким образом, знаки в формулах (30) означают не произвольный выбор знаков плюс и минус в каждой из формул, а вполне определенный: во всех этих формулах берутся либо одновременно оба верхних знала、либо одновременно оба нижних.
Следует правильно понимать этот точный смысл условной записи (30). В частности, эта запись означает, что каждому выбору значений /г н 〃 соответствуют два решения ——две тройки чисел х, у, г ——исходной системы.
Другая типичная ошибка поступающих заключается в том, что они везде обозначают произвольные целые числа одной и той же буквой. Например, вместо (29) многие писали х + у = 2々冗，々 = 0, ±1, 土2, ... и, учитывая (27) и выражение для z, получали вместо (30), серию
х = ± y +尼П，4 =干专+归г，z =冗一2足冗，
Хотя эти тройки чисел действительно удовлетворяют исходной системе, мыогие ее решения утеряны. Причина состоит s том, что при переходе от уравнений системы (26) к равенствам для % и % + у мы должны сохранять ^независимость» зтнх равенств введением различных
целочисленных параметров й и п (как это сделано в (27) и (29)), а не «связывать» их введением одного и того же целого й.
(Физфак, 1965) Решить систему уравнений
cos% + cos у = I,
В этой системе мы не располагаем уравнением, которое позволило бы непосредственно выразить одно из неизвестных через другое и тем самым провести исключение одного из неизвестных. Поэтому попытаемся так преобразовать уравнения данной системы, чтобы получить алгебраическую систему уравнений относительно некоторых тригонометрических функций от неизвестных х н у
Как известно, косинус любого угла выражается через косинус половинного угла. Это наводит на мысль обозначить cos (%/2) через и, cos (у/2) — через и и записать первое уравнение системы с помощью и и и. Тогда исходная система легко переписывается в виде «привычной» алгебраической системы:
〃2 + 标=
Решения этой системы легко находятся;
Следовательно, для определения неизвестных % м д. остается решить две системы уравнений:
V2V2i с。'万=一、i с。'万=一、
V2
V2
i с。'万=一、
i с。'万=一、
Отсюда находим две серии решений исходной системы? %[ = ± ^ + 4归冗,у】=2冗 + 4пл, А, п = 0, ± 1, ±2,...; л：? = 2冗 + 4рп, у? = 土多十 4gn, 〃 g = 0, ±1, ± 2,…
В ряде случаев решение тригонометрической системы сводится к решению алгебраической системы с целочисленным параметром, или, другими словами, к решению бесконечного множества алгебраических систем.
(Ф-т психологии, 1974) Найти все решения системы
「2 + sin [л (х — у)] + Уз cos [л (х — у)] = О,
{2丄 225(32)
(Х = 72-
Введением вспомогательного угла первое уравнение этой системы можно преобразовать к виду
sin[n(x —д) + ^] = — 1,
откуда легко находим
尤一у = -^ + 2瓦归=& 士 1, ± 2,….
Следовательно, вместо системы (32) мы приходим к алгебраической системе с параметром:
j х — у = ~ ^ + 2k.
(33)(33)卜"2 =舄；
(33)
(33)
Параметр k принимает целочисленные значения.
Обозначив для краткости 2k ——Б/6 через а, из первого .уравнения системы (33) получим х = у -{- а. Тогда вто* рое уравнение системы (33) приводится к виду
2у2 + 2ау + (а2 —爲)=0.
Дискриминант этого уравнения равен D ~ —а2 + ^ и, следовательно, уравнение имеет корни при ^5Д^ Q ^5/б.
Это означает, что система (33) имеет решения при зна< чениях k, удовлетворяющих неравенству
-京w2'—I" ^У jкни 0《左
Отсюда, учитывая, что k ——целое число, находим k = 0.
Таким образом, при /г #= 0 система (33) не имеет решение, а при /г = 0 ее решение легко находится: х — = —%2, у = 5/[2. Эта пара чисел и является решением исходной системы.
Задачи
Решить уравнения:
(Мехмат, 1955) sin 3/ cos t = 3/2 tg ^.
(Мехмат, 1965) sin г/ + cos 3^/ — 1 — 2 sin2 у + sin 2г/.
3.4.5.6.3.4.5.6.(Химфак, 1956) sin 3尤 + sin 尤 + 2 cos 尤=sin 2尤 + 2 cos2 x, (Химфак, 1966)(2/“3 ) (tg x — ctg %) = tg2 x 4- ctg2 尤一2.
3.
4.
5.
6.
3.
4.
5.
6.
(Физфак, 1966)(Филфак, 1967)(Физфак, 1966)(Филфак, 1967)sin x + sin 3* + sin 5x , с I c
(Физфак, 1966)
(Филфак, 1967)
(Физфак, 1966)
(Филфак, 1967)
：5~：?H2fgx = 0.
cos x + cos 3% + cos 5%
(Физфак, 1967) 6 tg x + 5 ctg 3x = tg 2x.
(Физфак, 1967)
5 (sin 尤 + cos x) + sin 3x — cos 3尤=2 “2 (2 + sin 2%).
17,
(Мехмат, 1967) sin8 x + cos8 x = -77" cos2 2x.
(Биофак. 1968)(2siR4_|_-i)_1_ = 2.
丿 cos4T
(Химфак, 1968) 2 cos 2x 4* sin 3x — 2 = 0*
(Ф-т психологии, 1968) L
lo^6x-x! (—cosx - cos3x) == 10g6x_xt (— cos 2x).
П~
(Биофак, 1969)
2 sin2 ( ~^"^) fs*n (丸一3x) + j)==搭 tg?.】芻 sin (3x — 7疝.
(Филфак, 1969)
sin4 x + sin4sin4 x + sin4(^ + т) + 5ш4 (х~т) = 4-(^ + т) + 5ш4 (х~т) = 4-
sin4 x + sin4
sin4 x + sin4
(^ + т) + 5ш4 (х~т) = 4-
(^ + т) + 5ш4 (х~т) = 4-
(Физфак, 1969)
XX/ X、2
cos х + cos — cos2 х — cos—— 1 « 2 I sin — — cos xj .
(Физфак, 1969) 2 sin2 x + sin (x2)« 1.
(Биофак, 1970) 3 -|- 2 sin 3x sin x ~ 3 cos 2x.
J8. (Биофак, 1970) ccs 岑■ co号-1 = Lt^^-cos 尤.
(ФЪзфак, 1970) cos 5x cos 4x + cos 4x cos 3x — cos2 2x cosx = 0.
(Физфак, 1970)
2 sin 3x + cos 力 cos 2% = (cos x + cos 3x) (tg2 x + tg 2x).
(Физфак, 1970) cos(2х) - 2 tg2(2х-1) + 2 = 0.
22・(Географич. ф-т, 1971) 6sinx + 6cos2%== sin2xcosx + 6cos2x*
(Геофак, 1971) "' 肃产尤 =“万 ^cosx —^,
24.24.(Экономия, ф-т, 1971) tg (专 cos%) вctg (皆 sin%).
24.
24.
(Физфак, 1971) 16 sin x — sin 2x = 1 — cos 2x.
(Физфак, 1971) sin x cos x sin 3x — cos 3x sm2 x 6 ctg x.
(Мехмат, 1971) —；«2 sin —,
'sm x cosx 4
9
(Геофак, 1972) 3 tg2 尤十 7 = §•亩匕・
(Биофак, 1972)
£加(log^ 产无)+ sin лх 4- cos лх + cos (log% х2ях) = 0.
80. (Биофак, 1972)
0.0.(1 + “3) cos (logy—尤*) + (V^ — 1) (sin 2x — 1) Bl. (Физфак, 1972) tg3x — tgx — 4 sin x.
0.
0.
d2. (Физфак, 1972) cos 3x sin x + 2 cos2 (千 f)3 33* (Экономич. ф・т> 1973)
==0.==0.2 tg x — 4 ctg Jt =2 tg x — 4 ctg Jt =|-2 + ct^|.|-2 + ct^|.cos 2х — cos 4x — 4 sin 3% — 2 sin % + 4
==0.
==0.
2 tg x — 4 ctg Jt =
2 tg x — 4 ctg Jt =
|-2 + ct^|.
|-2 + ct^|.
(Ф-т почвоведения, 1973)
Cos х (V^ + cos x) — 1 — cos^v — sin % (丫3 十 sin x),1 Sin *л
38.38.39.40.39.40.啕一产（啕一产（3 sin 2尤—2 cos х3 sin 2尤—2 cos хsin 2x sin xsin 2x sin x
38.
38.
39.
40.
39.
40.
啕一产（
啕一产（
3 sin 2尤—2 cos х
3 sin 2尤—2 cos х
sin 2x sin x
sin 2x sin x
§ 3. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЙ УРАВНЕНИЯ
(Ф-т почвоведения, 1973)
tgX + sin2x + 1 工需「« + 2 Sin2 (* + 号%
(Биофак, 1973)
sin4 之 + cos4
22. 2.1 + sin x .,,
—+ tg2*,
(Биофак, 1973) log3[nx(l —cos2x) = lo^[nx2.
(Химфак, 1973)
41.42.43.41.42.43.(Филфак, 1973) 8 sin2 х cos3 尤一6 cos2 2х cos х + 12 cos2 2х = 3・ (Ф-т психологии, 1973) 2 log2 sin x + log2 (4 ctg2 x) = log2 ^ (Мехмат, 1973)
41.
42.
43.
41.
42.
43.
cos 2x + log4 ( s，产)+ 2 cos x log% sin 汇《= 2 cos x + sin2 x log2 sin2 x
44, (Мехмат, 1973)
1 + cos2x + cos2x logy— tg2 x + 3sinx — 2 sin xlog, tg3爲
46・46・47.47.48.49.50.48.49.50.(Экономич. ф-т, 1974)bg[-仮c°sRT)]a-sm —cosx) = l.(География, ф-т, 1974)sin x + cos(5汇—~^ = “3 sin (Зх + л)*— sin x + V3 sin 2x i ..(Ф-т почвоведения, 1974)；=：=1- sin x.2 V3 cos x — 33(Филфак, 1974) sin4 x + cos4 x = sin 2x.(Филфак, 1974) sm2 x + sin2 2x = sin2 3x + sin2 4x, (Физфак, 1974) “W — tgx = tg (写—汇)・(Экономич. ф-т, 1974)bg[-仮c°sRT)]a-sm —cosx) = l.(География, ф-т, 1974)sin x + cos(5汇—~^ = “3 sin (Зх + л)*— sin x + V3 sin 2x i ..(Ф-т почвоведения, 1974)；=：=1- sin x.2 V3 cos x — 33(Филфак, 1974) sin4 x + cos4 x = sin 2x.(Филфак, 1974) sm2 x + sin2 2x = sin2 3x + sin2 4x, (Физфак, 1974) “W — tgx = tg (写—汇)・52.53.54.55.52.53.54.55.(Физфак, 1974)(Мехмат, 1974) (Экономии, ф-т,(Физфак, 1974)(Мехмат, 1974) (Экономии, ф-т,竊*+垓2北sin X + COS X =竊*+垓2北sin X + COS X =0.0.(География, ф-т, 1975) sin-g- sin —=—(География, ф-т, 1975) sin-g- sin —=—(2 cos x — sin x — 2) (shi 汇一I) == eos2 x.(2 cos x — sin x — 2) (shi 汇一I) == eos2 x.9 x—COS2 —.9 x—COS2 —.(Геофак, 1975) 4 cos 4x + 6 sin2 2x + 5 cos 2x « 0.(Геофак, 1975) 4 cos 4x + 6 sin2 2x + 5 cos 2x « 0.
46・
46・
47.
47.
48.
49.
50.
48.
49.
50.
(Экономич. ф-т, 1974)
bg[-仮c°sRT)]a-sm —cosx) = l.
(География, ф-т, 1974)
sin x + cos(5汇—~^ = “3 sin (Зх + л)*
— sin x + V3 sin 2x i ..
(Ф-т почвоведения, 1974)；=：=1- sin x.
2 V3 cos x — 33
(Филфак, 1974) sin4 x + cos4 x = sin 2x.
(Филфак, 1974) sm2 x + sin2 2x = sin2 3x + sin2 4x, (Физфак, 1974) “W — tgx = tg (写—汇)・
(Экономич. ф-т, 1974)
bg[-仮c°sRT)]a-sm —cosx) = l.
(География, ф-т, 1974)
sin x + cos(5汇—~^ = “3 sin (Зх + л)*
— sin x + V3 sin 2x i ..
(Ф-т почвоведения, 1974)；=：=1- sin x.
2 V3 cos x — 33
(Филфак, 1974) sin4 x + cos4 x = sin 2x.
(Филфак, 1974) sm2 x + sin2 2x = sin2 3x + sin2 4x, (Физфак, 1974) “W — tgx = tg (写—汇)・
52.
53.
54.
55.
52.
53.
54.
55.
(Физфак, 1974)
(Мехмат, 1974) (Экономии, ф-т,
(Физфак, 1974)
(Мехмат, 1974) (Экономии, ф-т,
竊*+垓2北sin X + COS X =
竊*+垓2北sin X + COS X =
0.
0.
(География, ф-т, 1975) sin-g- sin —=—
(География, ф-т, 1975) sin-g- sin —=—
(2 cos x — sin x — 2) (shi 汇一I) == eos2 x.
(2 cos x — sin x — 2) (shi 汇一I) == eos2 x.
9 x
—COS2 —.
9 x
—COS2 —.
(Геофак, 1975) 4 cos 4x + 6 sin2 2x + 5 cos 2x « 0.
(Геофак, 1975) 4 cos 4x + 6 sin2 2x + 5 cos 2x « 0.
56. (Биофак, 1975) cosx — 2sin2x — cq§3# ==| 1 — 2sin^™cos2л],
57.58.59.57.58.59.60.61.%2.60.61.%2.5兀、113兀丁丿=2 ctg 2% + --ctg—2 ctg % + 35兀、113兀丁丿=2 ctg 2% + --ctg—2 ctg % + 34 sin4 sin(x + T)C0S(x-f)(x + T)C0S(x-f)=废 + V^ sin 2# — cos 2%=废 + V^ sin 2# — cos 2%
57.
58.
59.
57.
58.
59.
60.
61.%2.
60.
61.%2.
5兀、113兀
丁丿=2 ctg 2% + --ctg
—2 ctg % + 3
5兀、113兀
丁丿=2 ctg 2% + --ctg
—2 ctg % + 3
4 sin
4 sin
(x + T)C0S(x-f)
(x + T)C0S(x-f)
=废 + V^ sin 2# — cos 2%
=废 + V^ sin 2# — cos 2%
(Филфак, 1975) tg(2% + 1 1 р
(Филфак, 1975) ctg―^：
(Ф-т психологии, 1975)
—2 cos л\—2 cos л\、/12 — 5 sin ^x -)—^~) + 2 sin x = ' У"-
—2 cos л\
—2 cos л\
,.1/3+10 sin2 x c ,
(Ф-т психологии. 1975) 1 — а/蕭夕尤=2 ctgx.
(Физфак, 1975) cos(3% + 5) — cos(x + 1) = 2 sin (% 十2). (Физфак, 1962) При каких значениях а уравнение
имеет решений Найти эти решения.
(Мехмат, 1963) Доказать, что уравнение
Зп 2尤 + sin 3% + ... +sin〃％ = " —1
при любом целом п > 2 не имеет решений.
(Ф-т психологии, 1967) При каких значениях h уравнение
Ь cos х — b + sin 旧
2 cos 2# — 1 一 (cos2 x — 3 sin2 x) tg x
имеет решения? Найти эти решения.
(Мехмат, 1939) Найти все значения х, удовлетворяющие одновременно следующим условиям;
cos 13% = cos х, cos 2х 4- sin 5х = 1,［尤 I V &
(Мехмат, 1969) Найти все значения х, удовлетворяющие Одновременно следующим условиям:
2 cos2 9% = 1 + cos Юх, cos 9х + sin 5х = 1, j х | <5.
(Филфак, 1970) Найти все х, удовлетворяющие условию 亍 V 3尤 ^ л и являющиеся решениями уравнения
1 + cos 尤 + cos 2尤=sin 尤+ sin 2尤 + sin Зх.
(Филфак, 1970) Найти все х, удовлетворяющие условию 启 V 2尤一耳产 ^- и являющиеся решениями уравнения
(1 + 2 cos 2%) sin 汇十(1 — 2 cos 2尤)cos x = 0.
(ВМК, 1970) Определить все значения 〃，при каждом из которых уравнение cos'尤一(〃 + 2) cos2 х — (a -{- 3) — 0 имеет реше- гия, и найти все эти решения.
(ВМК, 1970) Определить все значения 〃，при каждом из которых уравне’н: sin4 尤，(а — 6) sin2 % — 4(〃 一 2)= о имеет решения, и найти все эти решения.
(Ф-т психологии, 1971) Найти все корни уравнение
cos х ~ 3 stn 尤=2,
расположенные на отрезке 2л：К%《4л;.
(Ф-т психологии, 1971) При каких значениях q уравнение sin2 4х + (出一3) sin 4% + 出一4 == О
амеет ровно четыре корня, расположенных на отрезке Зл/2 & %《2л?
(Географии, ф-т, 1972) Найти все решения уравнения sin2 х — ^3 sin 2х — cos2 х = — 2, удовлетворяющие условию 0 < .г < 4.
М (Геофак, 1974) Найти все решения уравненнн
!ой3 ( ] у ) + bg\ sm 2彳 - bg佝 д/1 + t『x ==(,
тдовлетворяющие условию 0《％ < 2л.
(Биофак, !974) Найти все значения , при которых величина j sin х cos .г удовлетворяет уравнению
：ogq Ftg 2у + tgy) = 1 + ^ log% (9 ctgy — tg t/).
{ВМК, 1974) Найти все решения уравнения “sin * 0
•= д/со$(2+ 尤)удовлетворяющие условию 0《尤&2兀，
(Филфак, 1975) Найти сумму корней уравнение
eos 2% — tg2 хeos 2% — tg2 хcos2 х — cos3 x — 1
eos 2% — tg2 х
eos 2% — tg2 х
cos2 X
принадлежащих промежутку 1 С ,v ^ 70,
Решить системы уравнений;
(Геофак, 1971)79. (Геофак, 1973)
；3 也 Зр 十 2 cos % = 2 tg 60^,( х + sin (尤 + у) = %,
《？， 口5七 3% — sin (汇十少)。5/з-
(ВМК, 1973)
/ 2 sin х sin у 十 cos 尤=&
I 1 + sin g 8s 尤=2 cos2 у sin x.
(BMK, 1973)
, sin g cos 尤 + sin x=« 0,
I 2 cos2 у + sin jy sin x= cos 2g cos 斯
(Ф-т психологии, 1974)
f sin 1л (% + y)\ 十 cos E (x + g)j + <2 == G,
83・(Ф-т психологии, 1974)
炉一尤+川+ % == 0.
84・(Географпч. ф-т, 1975)
2x + 3log4x/„ "器=^log4_ (系)_ 43 脸忆
V 4х/я
85. (ВМК, 1975) ctg (2д — cos2 х)=85. (ВМК, 1975) ctg (2д — cos2 х)=С// — 15 cos2 хС// — 15 cos2 хLЗяLЗя86. (ВМК, 1975) cos (2х + 6 sin2 д)=3尤一3 sin2 у:86. (ВМК, 1975) cos (2х + 6 sin2 д)=3尤一3 sin2 у:
85. (ВМК, 1975) ctg (2д — cos2 х)=
85. (ВМК, 1975) ctg (2д — cos2 х)=
С// — 15 cos2 х
С// — 15 cos2 х
L
Зя
L
Зя
86. (ВМК, 1975) cos (2х + 6 sin2 д)=
3尤一3 sin2 у:
86. (ВМК, 1975) cos (2х + 6 sin2 д)=
3尤一3 sin2 у:
(Геофак, 1973) Найти все пары значений (修 歹｝ яздяющкестг решениями системы
н удовлетворяющие условиям *— л/2 < л： < зг/2,—乳衣 < г/ < зг/2«
(Геофак, 1975) Найти все решения системы [5sinx+tsy= 1, { 7sinJ= 7,
удовлетворяющие условиям 0 < х < л, 0 < ^ < л.
(Мехмат, 1Л5) Найти все пары чисел (х, у), удовлетво- р&хкмте условию х < 0 и системе уравнений
{{sin [(х + V 2л)2 + 川]н °,
{
{
А + у2) + 2 logn “/ + * = 3,
(Мехмат, 1975) Найти все пары чисел (х, у), удовлетворяющие условию у《0 н системе уравнений
[9炉+(J/T户—27 = 26 ■ 3"十⑵-% [cos [2л (x2 + 川]~ 1.
§ I. Общие замечания
Опыт приемных экзаменов в вузы показывает, что некоторые разделы теоретического курса геометрии и многие существенные моменты решения геометрических задач вызывают у поступающих серьезные трудности прежде всего из-за того, что требуют четкости в рассуждениях, понимания логических аспектов различных воп' росов. Ниже мы остановимся подробно на таких, в определенном смысле центральных, вопросах курса элементарной геометрии. При этом предполагается, qtc материал программы приемных экзаменов уже известен в объеме школьных учебников.
Методы решения геометрических задач можно чисто условно разбить на две группы: геометрические и аналитические. Геометрические методы обычно связаны с использованием некоторого специфического свойства рассматриваемой конфигурации, с умением «увидеть» удачное дополнительное построение. Аналитические ме・ тоды, как правило, состоят в составлении определенных соотношений и их дальнейшем исследовании методами алгебры и тригоно* метрии. Примеры решения геометрических задач разобраны в §§ 2.3.
Первый раздел стереометрии, посвященный прямым « плоскостям & пространстве, хотя и не сложен, но очень насыщен определениями. Теоремы, доказываемые здесь, просты, но требуют умения логически строго выводить утверждения из аксиом и определений. Необходимые замечания, касающиеся основных понятий стереометрии, приводятся в § 4.
Традиционными на вступительных экзаменах являются задачу в которых рассматриваются вписанные в многогранники и описав ные около них шары или иные комбинации тел в пространстве. Та* кие задачи и связанные с ними теоретические вопросы рассмотри， пы в § 5
Наконец, в § 6 разбираются общие методы построения, сечений многогранников плоскостями, позволяющие определять ферму сечения и решать различные задачи)в которы? речь идет о такн£ сечениях. '
В настоящем параграфе мы сделаем отдельные за“ меч ания общего характера по ряду разделов геометрииа а также разберем некоторые задачи.
А. Определения и теоремы
Поступающие недолюбливают геометрию из-за того, что она представляется им необъятным набором определений и теорем, которые надо заучивать. Поэтому многие из них пытаются одолеть геометрию только памятью, зазубривая все, вплоть до обозначений. Между теч геометрические понятия и факты, если в них по-настоящему вникнуть, являются наглядными и естественными.
Некоторые думают, что формулировки геометрических утверждений требуется знать обязательно «слово в слово по книжке». Это не так. Поступающий должен давать на экзамене точную, четкую 〃 правильную формулировку—пусть даже и иную, чем в учебнике.
Хорошо известно, что многие теоремы курса допускаю г несколько разных доказательств. Доказательства теорем на экзамене можно приводить любые, лишь бы они были правильными. Поэтому необходимо заранее выбрать и тщательно разобрать то доказательство каждой теоремы, которое кажется наиболее понятным.
Необходимо только следить за тем, чтобы при доказательстве некоторой теоремы мы не опирались на другую, поручающуюся в свою очередь с использованием доказываемой. Ясно, что такой《логнчес^нй круг》в рассуждениях недопустим.
Следует особо подчеркнуть, что все доказательства должны быть исчерпывающими. В частности, все вспомогательные теоремы или леммы, на которые в процессе доказательства даются ссылки, должны быть четко сформулированы и при необходимости доказаны.
Иногда поступающие пытаются пропустить тот или иной этап доказательства, оперируя такими выражениями, как «очевидно», «совершенно ясно» и т. д, Но надо быть готовым к тому, что экзаменатор после любой такой ссылки на ^очевидность» может задать вопрос: 《Подему?》 Сле/ховате/ьно, при разборе доказательств необходимо стремиться к полному уяснению каждого утверждения, каждого шага в рассуждении. Очень хорошо, если поступающий сам для себя в период подготовки к экзаменам будет доказывать теоремы, почаще задавая вопрос: «Почему? Откуда ото следует?», не
Оставляя неясным ни одного этапа доказательства и не
принимая на веру ни одного утверждения.
Изучая геометрию, не нужно забывать, что все, дажб самые простые понятия (кроме, разумеется, таких, как точка, прямая, плоскость) имеют определения. Иначе на экзамене будут доставлять неприятности такие «коварные» вопросы, как: «Что такое прямой угол?», «Почему
приемных экзаменовприемных экзаменовчерез две параллельные прямые в пространстве можно провести плоскость?» и т. п. Вообще на определения следует обратить особое внимание, так как практика
приемных экзаменов
приемных экзаменов
показывает, что в ряде случаев поступающие просто подменяют определения соответствующими геометрическими образами. Например, все прекрасно представляют себе зрительно, что такое окружность, круг, пирамида, конус, шар, коническая поверхность, сфера и т. д., но далеко не каждый может дать правильные определения этих понятий.
Остановимся для примера на призме. Несомненно, что каждый
имеет достаточное для решения задач геометрическое представление об этом объекте. Однако определение призмы, которое обычно дают поступающие (Киселев, § 68), не соответствует геометрическому образу.
Согласно этому определению «призмой называется
многогранник, у которого две грани — равные многоугольники с соответственно параллельными сторонами, а все остальные грани — параллелограммы». Во-первых, многие, повторяя указанное определение, забывают, что имеется в виду выпуклый многогранник (Киселев, § 67). Во-вторых, выпуклый многогранник, изображенный на рис. 35, тоже подходит под это определение (он называется ромбическим додекаэдром; все его грани—■ равные ромбы, плоскости противоположных граней параллельны, ребра противоположных граней соответ， ственно параллельны })). Но этот, многийанник не со<
1) Более того, согласно определению § 69 того же учебника зтсл, многогранник оказывается даже параллелепипедом!
ответствует геометрическому представлению о призме» не говоря уже о том, что формулы для поверхности и объема, которые доказываются в учебнике для призмы, для него неверны.
Дело в том, что при доказательстве этих формул подразумевается, что призма имеет именно такой вн® как мы себе представляем его геометрически. Поэтому и определение нужно давать соответствующее.
Это можно сделать разными способами. Например: призмой называется выпуклый многогранник, у которого две грани ——равные выпуклые многоугольники с соответственно параллельными сторонами, а ребра, соединяющие соответствующие вершины этих многоугольников, равны 〃 параллельны. Другое определение призмы можно дать, используя понятие цилиндрической поверхности (Киселев, § 106): призмой называется те го, ограниченное цилиндрической поверхностью, направо ляющей которой является выпуклый многоугольник,乙 двумя параллельными между собой секущими плоскостями, не параллельными образующей.
Отметим, что фигурирующий в приведенных определениях многоугольник можно считать и невыпуклым, на без самопересечений. Тогда, разумеется, получится не* выпуклый многогранник. Одпако и этот многогранник вполне соответствует геометрическому представлению о призме и для него также справедливы все те формулы, которые выводятся в учебнике.
Между прочим, определение пирамиды тоже можмэ дать иначе, чем в учебнике,——используя понятие кони- ческо?°1 поверхности (Киселев, § 108).
Наконец, сделаем два замечания о терминологии- В учебнике (Киселев, § 125) дано определение шара и шаровой (или сферической) поверхности. Эту последнюю называют сферой. Таким образом, сфера — это гго~ метрическое место точек пространства, равноудаленных от одной 〃 той же фиксированной точки.
Иногда возникает разночтение термина тетраэдр, В учебнике (Киселев, § 70) тетраэдром называемся произвольная треугольная пирамида. Однако несколько позже (К и с е л е в, § 97) этот же термин употребляется и для правильного четырехгранника, поверхность которого составлена из четырех правильных треугольников. Для
того чтобы избежать недоразумений, четырехгранник, поверхность которого составлена из четырех правильных треугольников, называют правильным тетраэдром.
Многие поступающие неправильно понимают аксиому о параллельных прямых (Никитин, § 37). Например, часто приходится слышать ее в такой формулировке: «Через точку, лежащую вне прямой, можно провести прямую, параллельную данной прямой, и притом только одну». В такой формулировке аксиома содержит два утверждения: первое ——о существовании параллельной прямой, п второе ——о ее единственности.
Однако всем хорошо известна задача на построение да плоскости: «Через точку, лежащую вне прямой, провести прямую, параллельную данной прямой». В этой Задаче дается метод построения такой прямой, откуда, конечно, следует ее существование. При этом доказательство правильности построения, т. е. того факта, что построенная прямая действительно параллельна данной, ие опирается на аксиому о параллельных прямых —— используются только третий признак равенства треугольников и признак параллельности прямых по накрест лежащим углам, а оба эти утверждения доказываются до формулировки аксиомы о параллельных.
Но раз прямую, параллельную данной и проходящую через точку, лежащую вне данной прямой, провести мо?кно (и даже с помощью только циркуля и линейки), то зачем же требовать ее существования в аксиоме?
Нд самом деле аксиома о параллельных прямых содержит только одно утверждение: через точку вне прямой нельзя провести двух прямых, параллельных дан- ,ной прямой.
Иногда эту аксиому формулируют так: «через точку, взятую вне данной прямой, можно провести только одну прямую, параллельную этой прямой». Эта формулировка несколько расплывчата, ее можно понять двояким образом: и неправильно ——как два утверждения (во-первых, что можно провести такую прямую, во-вторых, что такая прямая только одна), и правильно ——как одно утверждение (что нельзя провести двух прямых, параллельных данной). В математике такие формулировки иногда действительно встречаются, но, как правило, по-
йимаюгся только в последнем смысле. Однако луиша все же этой расплывчатости избегать и давать фор мул ил ровкн, не допускающие различных толкований."
Прежде чем приступить к изучению вопросов. ca*w данных с длиной окружностиг площадью круг虱 поверхностями и объемами круглых тел, необходимо тщательно разобрать понятие предела последовательности.
Многие поступающие не понимают разницы между вопросами: «Что такое площадь круга?》и «Чему равна площадь крута?», «Что такое объем конуса?》и《Ч^му равен объем конуса?》и т. д. Например, на вопрос: «Что такое длина окружности?» часто дается такой ответ： 《Длина окружности — это число 2nR, где л ~ 3J4.,., a R ——радиус окружности». На самом деле длина окруж^ ности определяется, как предел последовательности 乳幻 риметров правильных вписанных в окружность много^ угольников при неограниченном удбоении числа сторон, а формула С = 2冗R, дающая численную величину длины окружности, представляет собой теорему (Кочетков, §§ 138, 139) :). Все сказанное справедливо и для площади круга, поверхности конуса и т. д.
При доказательстве различных геометрических теорем и формул полезно широко использовать тригономет* рию и алгебраические методы. Именно тригонометрическая форма многих геометрических утверждений (теорема синусов, теорема косинусов, формула для площади треугольника S = %absinC) делает их доказательство проще и оказывается более удобной при решении задач: именно тригонометрические функции позволяют записать многие геометрические факты просто и с достаточной общностью, что подчас невозможно сделать на «чисто геометрическом языке».
Например, с помощью тригонометрических функций легко выразить сторону правильного п-угольника через радиус г вписанной или радиус R описанной окружно- сти. Так как центральный угол, соответствующий стороне ап правильного n-угольиика, равен 2л/« радиан, то
9 Логическая ситуация здесь аналогична той, с которой 械ы сталкиваемся при определении и гычисленяи суммы бесконечно уба” вающей геометрической прогрессив (см. § 1,Г раздела I)#
очевидно, что
⑴⑴報= 2rtg£ = 2Rsin^・
⑴
⑴
При 几=3, 4, 6 отсюда получаются известные формулы для стороны правильного треугольника, квадрата и правильного шестиугольника.
⑵⑵Очень полезно соотношение
⑵
⑵
"—2 мп
выражающее радиус R описанной около треугольника окружности через сторону и противолежащий угол (с помощью этого соотношения доказывается теорема сину« сов). Любопытно вытекающее из него следствие: для вычисления радиуса описанной окружности достаточно знать лишь одну из сторон треугольника и противолежащий ей угол, а ведь эти данные не определяют треугольник полностью! используется соотношение
S = рг,(3)
связывающее площадь S треугольника с его полупериметром р и радиусом г вписанной окружности. Это соотношение получается из очевидного (рис. 36) равенства
•^■ar + }br + } cr = S*
Нетрудно убедиться, что эта формула справедлива и для любого многоугольника, в который вписана окружность; при этом S и р — соответственно площадь и полупериметр многоугольника.
Интересно, что аналогичную формулу можно написать и в стереометрии. Именно, если, например, в пирамиду вписан шар радиуса г, то ее объем R можно вычислить по формуле
и-у Sr, ⑷
где S — полная поверхность пирамиды. Доказательство этой формулы просолится так же, как в плоском случае. Центр шара соединяется со всеми вершинами, после 曜его пирамиду^ можно представлять себе разбитой на несколько маленьких пирамид. Заметив далее, что радиус вписанного шара является высотой каждой маленькой-пирамиды, вычисляем объем данной пирамиды как сумму объемов этих маленьких пирамид.
母母С/С/Поступающие иногда пытаются обосновывать стереометрические факты ссылками на дения из планиметрии. Например, теорему: если из некоторой точки вне шара провести каса- тельные е нему, то отрезки каждой из касательных от этой точки до точки касания равны между собой — часто считают справедливой просто потому, что 《на плоскости аналогичное свойство касательных имеет место» (сЕ.
母
母
С/
С/
Никит?! н, § 75).
Однако аналогия между «плоскостными и «пространственными
утверждениями не может рассматриваться как доказательство; каждое «пространственное» утверждение должно строго обосновываться. В частности, и сформулированное выше свойство касательных к шару требует специального доказательства.
Следует помнить, что аналогия между планиметрии ческими и стереометрическими утверждениями может приводить и к ошибочным выводам. Как известно, в плоскости два острых угла с соответственно перпендику^ лярными сторонами равны между собой. Но будут ла равны между собой два расположенных s пространстве плоских острых угла с соответственно перпендикуляр- ными сторонами^ Легко построить пример, показывающий, что такие углы не обязаны быть равными (на рис. 37 изображен куб; хотя 8】&丄 &Е и Л .Ci _L С|С, но углы £]&4 и СС\Е не равны между собой).
При решении различных задач часто оказывается полезным использование того или иного геометрического
места точек. Как известно, геометрическим местом точек называют совокупность всех тех точек (плоскости или пространства), которые обладают некоторым заданным свойством. Поступающие должны твердо знать основные геометрические места точек: геометрическое место точек, равноудаленных от данной точки, от концов данного отрезка, от сторон данного угла и т. д.
Упомянем еще одно геометрическое место точек на плоскости — совокупность точек, из которых данный отрезок виден под данным углом. Используя свойство вписанных углов (Н и к и т и н, § 76), нетрудно убедиться, что это геометрическое место состоит из дуг двух окру》к・ ностей (исключая концы дуг), проходящих через концы данного отрезка, центры которых лежат по разные стороны от отрезка, а радиус одинаков:
2 cos -у
где а ——длина данного отрезка, а ——данный угол.
В дальнейшем нам потребуются (см. § 5 раздела Ш}' два важных геометрических места точек в пространстве.
Геометрическое место точек пространства, равноудаленных от двух данных точек, есть плоскость, перпендикулярная к отрезку, соединяющему данные точки, и проходящая через его середину. Доказательство этого утверждения достаточно очевидно.
Геометрическое место точек пространства, равноуда- 'ленных от граней двугранного угла, есть плоскость, делящая этот двугранный угол на два равных между собой двугранные угла. Такая плоскость, по аналогии с биссектрисой плоского угла, называется биссектральной плоскостью двугранного угла.
Задачи
Что такое: а) выпуклый многоугольник; б) внутренние накрест лежащие углы; в) вписанная в треугольник окружность; г) скрещивающиеся прямые; д) угол ме?кду двумя пересекающимися плоскостями; е) шаровой сектор?
Является ли определением, аксиомой или теоремой каждое из следующих утверждений: а) две пересекающиеся прямые могут иметь лишь одну общую точку; б) правильный многоугольник — это многоугольник, у которого все углы равны между собой и все стороны равны между собой; в) любые три точки пространства всегда
лежат в одной плоскости; г) прямая перпендикулярна к плоскости< если она перпендикулярна к двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости?
Пусть прямая I лежит в плоскости л и пусть L — произвола ная прямая, не лежащая в этой плоскости. Рассмотрим теоремуз ^Если прямая L параллельна прямой 厶 то прямая L параллельна плоскости л». Сформулировать теоремы: обратную, противоположную и противоположную обратной. Какие из этих теорем верны?
Доказать, что треугольник со сторонами 5, 13, 12 является прямоугольным. В каком отношении находится это утверждение о теоремой Пифагора?
Можно ли определить длину окружности как предел последовательности периметров вписанных многоугольников, когда а) число сторон многоугольников неограниченно возрастает; б) последовательность длин наибольших сторон многоугольников стремится к нулю?
Доказать, что 3 < л < 4.
Рассмотрим утверждение: «Если в треугольниках АВС я А1ВС1 имеем АВ = 46ь АС = 41cl и /43С = /Ai&Ci, то ЛАВС = △43©》. Верно ли такое его доказательство: «Приложим треугольник 4131cl к треугольнику АВС так, чтобы сторона 4cl совместилась со стороной АС, а вершина & попала в некото* рую точку В2, расположенную по другую сторону от прямой 4С, чем вершина В. Соединим точки 8 и В?. Треугольник ВАВ2 равнобедренный (ибо АЗ? = Л]В[ = АВ), а потому ZABB2 = 2ЛВ2В. Так как /.АВС = /%32c (ибо /.4В2c == /.А^В^С^), то и NCB& к =/С&В, т. е. треугольник ВСВ2 — равнобедренный и ВС ==占2c. Следовательно, треугольники АВС и АВ^С имеют соответственно равные стороны, т. е. 4АВС = ДД^^р? Справедливо ли исходное утверждение?
В пространстве даны два треугольника с соответственно па* раллельными сторонами. Что можно сказать о прямых, соединяющих соответственные вершины первого и второго треугольников?
Доказать, что все три бнссектральные плоскости двугранных углов трехгранного угла пересекаются по одной прямой.
На плоскости даны три попарно пересекающиеся прямые, на проходяише 4ej>e3 одну точку. Найти геометрическое место центров окружностей описанных около всевозможных треугольников, с вершинами на этих прямых.
Н. Найти геометрическое место точек пространства, равноудаленных от трех заданных точек А, В, С, а) не лежащих на одной прямой; б) лежащих на одной прямой.
Найти геометрическое место- оснований перпендикуляров* опущенных из данной точки 4 на всевозможные прямые, проведенные в пространстве через фиксированную точку В.
Найти геометрическое место проекций заданной точки 4 на всевозможные плоскости, проходящие через данную прямую 厶 не содержащую точку 4
Найтн геометрическое место середин отрезков 4В, где точки Л и В лежат на разных гранях данного острого двугранного угла.
Найти геометрическое место точек пространства, через которые нельзя провести прямую, пересекающую данные скрещиваю-i щиеся прямые L и L
to. (Мехмат, 1961) Дан куб с ребром а. Найти геометрическое место середин отрезков данной длинь* /, один из концов которых ле?г;гг на диагонали верхнего основания куба, а другой — на нарал- лельной ей диагонали нижнего основания куба или на продолжениях этих диагоналей.
(Ф-т психологии, 1967) Найти геометрическое место сере” дин хорд данной окружности, проходящих через данную точку 4 внутри окружности.
(Ф-т психологии, 1967) Нанти геометрическое место середин отрезков, соединяющих данную точку Л, лежащую вне данной окружности, с точками этой окружности.
(Экономич. ф-т, 1974) На плоскости дан прямоугольник ABCD, у которого АВ = CD = 1, ВС = AD = 5. Найти минимальное расстояние между такими точками Р и Q, лежащими в данной плоскости, что ZCQD = 60° и АР = PC.
(Экономич. ф~т, 1974) На плоскости дан равносторонний треугольник АВС со стороной 1. Найти максимальное расстояние между такими точками Р и Q> лежащими в данной плоскости вне треугольника 4吕i, что ZAPS = 60° и BQ? + CQ2 = 1.
Чертеж 6 геометрической задаче
На чертеж и его роль в решении геометрическси'! задачи поступающие смотрят по-разному. Одни думают, что чертеж вообще не нужен, и потому выполняют его подчеркнуто небрежно, а рассуждения пытаются проводить без всяких ссылок на него. Другие, наоборот, считают чертеж главным элементом решения и даже не находят нужным как-либо обосновывать то, что «очевидно из чертежа».
Обе эти крайние точки зрения нелепы. Разумеется, никакой чертеж, даже самый аккуратный, выполненный с помощью циркуля и линейки, не может заменить собой доказательства геометрического факта, ибо в окончательном решении чертеж является лишь иллю~ страцией к рассуждениям. Аргументы типа «из чертежа видно, что...», которые, к сожалению, часто встречаются в работах поступающих, Ьчитаются в математике логически неполноценными. Любой геометрический факт, который мы «увидели^ из чертежа, необходимо строго об” основать — только тогда мы можем быть уверены, что этот факт действительно имеет место, а не является результатом верного (или, еще хуже, неверного) выполнения рисунка.
Однако наглядный чертеж ——хороший помощник при решении задачи: именно он может подсказать идею
необходимых рассуждений и вычислений, натолкнуть на мысль использовать ту или иную теорему курса, еде-* лать удачное дополнительное построение. Поэтому всегда следует стараться рисовать чертежи тщательно и аккуратно, делать их достаточно просторными и понятными.
Особенно это относится к стереометрическим задачам. Как известно, плоское изображение пространственных конфигураций всегда возможно лишь с искаже* ииями, и потому чертеж такой конфигурации необходимо еще правильно понимать. Надо помнить, что равные отрезки часто выглядят как неравные, прямые углы превращаются в острые или тупые, скрещивающиеся прямые изображаются как пересекающиеся и т. п. В то же время на плоском чертеже сохраняются такие летали пространственной конфигурации, как параллельность прямых или факт их пересечения, отношение длин отрезков, лежащих на одной прямой, касание прямой н окружности (которая, впрочем, превращается в эллипс) и др.
Например, при изображении куба его основания вьь глядят не как квадраты, а как параллелограммы с разными сторонами, однако центру квадрата соответствует точка пересечения диагоналей параллелограмма; при изображении высоты правильной треугольной пирамиды соответствующий отрезок пересекает одну из нарисованных сторон основания пирамиды, но его нужно проводить через точку пересечения медиан основания и т. д.
Наконец, напомним, что все обозначения чертежа полжны быть объяснены в тексте решения и, естественно, должны совпадать с теми обозначениями, которые используются затем в рассуждениях.
При построении чертежа часто бывает полезно рисовать не примерный эскиз, дающий общее представление о данной геометрической конфигурации, а стремиться именно конструировать чертеж, опираясь на известные геометрические факты. При таком подходе к построению чертежа легче увидеть те идеи, на которых можно «сыграть» в решении.
.(①・т почвоведения, 1974) В треугольнике АВС угол С равен 90°, а СА = 4、На стороне СВ взята точка
РАЗДЕЛ 1П. ГЕОМЕТРИЯ
D так, что CD = 1. Окружность радиуса V 5/2 проходит через точки С и D и касается в точке С окружности описанной около треугольника АВС, Найти площадь треугольника АВС.
Прежде всего построим прямоугольный треугольник 'АВС с прямым углом С (рис. 38). Для построения окружности, описанной около этого треугольника, естественна сначала выяснить, где находится ее центр и чему
равен ее радиус. Как известно, центр О окружности, описанной около прямоугольного треугольника, лежит в се* редине гипотенузы, а ее радиус равен половине гипотенузы. Займемся теперь построением второй окружности. Отметив на стороне СВ точку О, можем утверждать, что центр этой окружности лежит на перпендикуляре, про-* веденном через середину К отрезка CD. С другой стороны, из условия касания окружностей заключаем, что центр второй окружности лежит на радиусе описанной окружности, проведенном в точку касания, т. е. в точку С, Иначе говоря, центр S второй окружности есть точка пересечения прямой SK и медианы СО.
Построение чертежа закончено, В ходе этого построения мн фактически установили два факта, на которых и основывается решение задачи: во-первых, что центр S лежит на стороне СО равнобедренного треугольника СОВ н, во-вторых, что перпендикуляр, опущенный из центра S на катет СВ, проходит через середину отрезка CD.
Проведем необходимые вычисления. Из прямоуголь* кого треугольника CSK по теореме Пифагора нахадмм
SK = ], а тогда ctg(/SCK)= %・ Но ZABC = =/ОСВ = SCK, и поэтому ВС = ACctg (^АВС) = 2* Следовательно, площадь треугольника АВС равна 4.
Итак, задача полностью решена* и идею решения мы получили благодаря аккуратному конструированию чертежа. Однако, как это ни удивительно, чертеж, изобра-* женный на рис. 38, полностью условию задачи не соответствует. В самом деле, проведенные вычисления показывают,_что катет ВС = 2, а потому гипотенуза АВ = =2“5* Следовательно, OC = “5 = 2SC, т. е. ОС—1 диаметр второй окружности, которая, таким образом, проходит через точку О. Другими словами, чертеж, полностью соответствующий данным задачи, в действитель-* ности нмеет вид, представленный на рис. 39.
В чем же причина неполного соответствия рис. 38 условию задачи? Дело в том, что проведенное выше конструирование чертежа (см. рис. 38) касалось только его геометрической стороны, но не учитывало конкретных числовых данных. Более того, мы и не могли их учесть, поскольку все числовые размеры конфигурации, а, следовательно, и ее геометрически точный вид удалось установить только после соответствующих вычислений. ".
Тем не менее изложенное нами решение является исчерпывающим, хотя, как мы теперь убедились, основывалось на неточном чертеже. Это объясняется просто: в наших рассуждениях нигде не использовалось взаимное расположение точки О и второй окружности, а выяснение их взаимного расположения при решении задачи не обязательно.
Подобная ситуация с чертежом является в геометрических задачах типичной. Практически никогда, приступая к решению, мы не в состоянии построить чертеж, абсолютно точно отображающий всю специфику конфигурации, о которой идет речь в условии,—— многие ее осо- бенностР! бывают завуалированы и вскрываются только в ходе рассуждений. Поэтому важно уметь прежде всего выявлять геометрические свойства, существенные в рассматриваемой задаче. Это требует особого внимания и осторожности, поскольку с первого взгляда далеко не всегда очевидно, какие именно особенности конфигурации окажутся существенными и в какой мере допустимо
несоответствие между .данной конфигурацией н чертежом.
Разумеется, если в процессе решения выясняется, что чертеж явно не соответствует данным задачи, его следует заменить на правильный. Например, в следующей задаче даже развитое воображение не может помочь сразу выполнить чертеж, точно отражающий существенные особенности конфигурации.
(Мехмат, 1972) В треугольной пирамиде SABC боковое ребро SC равно ребру АВ и наклонено к плоскости основания АВС 及。6 углом 60°. Известно, что вершины %, В, С 〃 середины боковых ребер пирамиды расположены на сфере радиуса 1. Доказать, что центр указанной сферы лежит на ребре АВ^ " найти высоту пирамиды.
Для решения задачи сделаем традиционный чертеж пирамиды SABC (рис. 40). Построим ее высоту SH и точки Я и С соединим отрезком. Тогда по условню задачи ASCH = 60°. Если длину . _ерез 0, то из прямоугольного тре
угольника SHC найдем
s〃 = ^^, НС = ~.
Середины боковых ребер SAt SB и SC обозначим соответственно через 4, В] и G. По условию точки 4, В, С, 4, В% & лежат на одной сфере. Отсюда, в частности следует, что через точки %, 4, В, Bi проходит одна окружность, являющаяся сечением этой сферы плоскостью SAB. Таким образом, четырехугольник АА\В\В можно вписать в окружность. Так как АХВ\ || АВ (по свойству средней линии треугольника ASB)t то AAiB[B — трапеция, которую можно вписать в окружность. Это в свою очередь означает, что AA^BiB — рав* нобочная трапеция, т. е.
АА] — ВВ[ = / 4S == у BSe
Проведя аналогичные рассуждения для четырехуголь* ника BBjCjC, заключаем, что
АА} ~ ВВ, =С& AS = ^ BS — ^ CS.
Следовательно, пирамида SABC имеет равные боковые ребра:
= SB = SC = АВ = а.
Отсюда видно, что а потому апофема равнаОтсюда видно, что а потому апофема равна5財=制£5財=制£треугольник 4S5 — равносторонний,, SM этой боковой грани пирамиды
Отсюда видно, что а потому апофема равна
Отсюда видно, что а потому апофема равна
5財=制£
5財=制£
Сравнивая полученную длину апофемы SM с найден* ной выше длиной высоты SH пирамиды, мы заключаем* что S/Vf = SH, т. е. высота пи-
рамиды совпадает с апофемой боковой грани ASB. Но тогда точка Н совпадает с точкой Л1, а грани ASB и 48С взаимно перпендикулярны. Таким образом, оказалось, что изображенная на рис. 40 картина на самом деле не соответствует условию задачи. В действительности имеет место конфигурация, представленная на рис, 41,
Дальнейшее решение, использующее рис. 41, уже не
представляет труда. Так как проекции на плоскость АВС равных наклонных 4S, BS и CS равны, то
НА = "6 = "С 匸—.
Следовательно, точка Н есть центр окружности, описанной около треугольника АВС, а потому центр сферы ле- ;кнт на перпендикуляре к плоскости основания, восставленном из точки Н. т. е. на высоте SH пирамиды (или на ее продолжении). Центр этой сферы равноудален, например, от точек А и 4・ Поскольку "4 = а/2 как
срадняд линия треугольника XSB, то НА \ = НА, так что ^очка л, лежащая на ребре 4В, как раз и является цент* ?ом сферы. Но радиус сферы НА = а/2 по усложню ра« ен 1; следовательно, а = 2 и высота пирамиды
SH = "2^ = Уз.
Иногда само условие задачи умышленно бывает сформулировано несколько неопределенно — так, что оно допускает геометрически существенно различные чертежи и непосредственно по исходным данным не ясно, какая именно из конфигураций имеется в виду. В таком случае необходимо изобразить все возможности, формально отвечающие описанной в условии ситуации, а затем, проводя рассуждения параллельно по этим черте- ркам, «расшифровать» истинную геометрическую конфигурацию.
(Ф-т почвоведения, 1975) В равнобочной трапеции лежат две окружности. Одна из них, радиуса 1, вписана в трапецию, а вторая касается двух сторон трапеции и первой окружности. Расстояние от вершины угла, обра- зозанного двумя сторонами трапеции, касающимися вто^ рай окружности, до точки касания окружностей здвов больше диаметра второй окружности. Найти площадь трапеции.
Непосредственно из условия задачи не ясно, в какой Нз углов трапеции ——в тупой или в острый ——вписана Вторая окружность. Поэтому мы должны изобразить обе возможности (рис. 42) и, проводя рассуждения сразу
по двум чертежам, попытаться выяснить, какой из них «)гласуется с конкретными числовыми соотношениями, указанными в условии, tlycib О — центр окружности, вписанной в трапецию ABCD, а 。】——центр второй окружности, касающейся в точке Р первой окружности и касающейся двух сторон трапеции; радиус этой окруж* ности обозначим через г.
Соединив центры окружностей с точками касания М и N соответствующего основания трапеции ВС или XD, мы получим два подобных прямоугольных треугольника ОМС и O*NC или OMD и O^ND. Так как
0D=0P + PD==2 十分0D=0P + PD==2 十分ОМ — ODОМ — OD0c = ОР + РС = 1 + ", то из пропорций
0D=0P + PD==2 十分
0D=0P + PD==2 十分
ОМ — OD
ОМ — OD
ом ОС
легко находим г = %. Но тогда по теореме Пифагора н$ треугольников ОМС и 0MD следует
МС = “0С2- 0М2 = 2 VX
MD = VOD3 - ОМ2 = 2 VS.
Итак, в случае, изображенном на рис. 42, а, когда вторая окружность касается меньшего основания_трапе* ции, меньшее основание должно равняться 4 “2, а в случае, изображенном на рис. 42,6, когда вторая окружность касается большего основания трапеции, большее основание должно равняться 4“2・ Однако ясно, что если в равнобочную трапецию вписана окружность, то меньшее основание трапеции меньше диаметра окружности, а большее основание трапеции больше диаметра окружности. Следовательно, вытекающую из условия задачи длину 4 “2 может иметь только большее основа* ние трапеции. Другими словами, изображенная иа рис. 42, а конфигурация противоречит условию задачи и необходимо рассматривать лишь чертеж, показанный на рис. 42,6.
Теперь уже нетрудно найти площадь трапеции. Со, единим центр О вписанной окружности с вершиной С
(см. рис. 42,б); треугольник COD — прямоугольный. В самом деле,
NOCC+ /О£)С = ^ ZBCD+y ^ADC = ~ • 18Q°=90°,
т. e. /СО。=90°. Поскольку радиус, проведенный в точку касания Н вписанной окружности с боковой стороной CD, является высотой треугольника COD и поскольку, по свойству касательных, СН = %6С и DH = .='/240，ТО
。炉=СН • DH = %ЬС • AD.
Но ОН = 1, 4D = 4«2; следовательно, 8С = “2/2・ Остается заметить, что высота трапеции равна диаметру вписанной окружности; окончательно, площадь трапеции равна 9 “2/2
В разобранной только что задаче обе возможности, изображенные на рис. 42, были совершенно очевидны. Однако в некоторых задачах дело обстоит не столь просто ——нужно проявить достаточную осмотрительность при выполнении чертежа и обладать определенным геометрическим воображением, чтобы «увидеть» все конфи-* гурации, которые следует рассмотреть. Именно с такой ситуацией мы сталкиваемся в следующей задаче.
(Мехмат, 1968) Дан параллелограмм ABCD, у которого АВ = 1, ВС = 2 以 угол АВС ——тупой. Через каждую из точек В и D проведено по две прямых, одна из которых перпендикулярна к стороне АВ, а другая ——к стороне ВС, В пересечении этих четырех прямых получился параллелограмм, подобный параллелограмму ABCD. Найти площадь параллелограмма ABCD,
Присыпая к решению этой задачи, поступающие выполнили рис. 43; на нем BE 丄 ВС, DF 丄 ВС, BG 丄 ABt DHЛ_АВ. Го условию получающийся в пересечении прямых BE, DF, BG и DH параллелограмм BNDM подобен параллелограмму ABCD. Для вычисления площади параллелограмма ABCD надо найти угол BAD (стороны параллелограмма даны). В силу условия этот угол острый; обозначим его величину через а.
Прежде всего найдем отношение ВМ : MD сторон параллелограмма BNDM. Для этого надо установить, какие пары сторон подобных параллелограммов ABCD и
BNDM являются сходственными. Проведем диагональ BD и рассмотрим треугольники BAD и BMD. Так как 4ABD > ЛАЬВ (ибо в треугольнике BAD по условию AD >> AB)t a NAhE = /Абн (как острые углы с со ответственно перпендикулярными сторонами), то ZMBD〉NMDB, а потому MD > ВМ. Таким образом, в параллелограмме BNDM сторона MD больше стороны ВМ, т. е. MD : ВМ > 1. Поскольку в параллелограмме ABCD по условию ВС: АВ = 2 > 1, то сходственными являются пары сторон АВ и BMt ВС и MDt а потому MD : ВМ = =2.
Перейдем теперь к вычислен нию угла а. Из подобия прямоугольных треугольников MED и МНВ заключаем, что ED : НВ == =MD : ВМ, т. е. ED = 2"8. Но
ED == AD — АЕ = 2 — cos а
(из прямоугольного треугольника АВЕ следует, что АЕ = АВ cos а = cos а) н
ЯВ = ЛВ - Л// = 1 - 2 cos а
(из прямоугольного треугольника AHD находим, что АН = AD cos а = 2cos а). Значит,
2 — cos а = 2 (1 — 2 cos а), т. е. а = 90°,
Получив это значение угла а (который по условию должен быть острым), многие поступающие не смогли найти правильного выхода из возникшего противоречия. Одни пытались отыскать ошибку в предыдущих вычислениях (но безуспешно, ибо для конфигурации, изображенной на рис. 43, все вычисления проведены срвер- шенно верно), другие писали, что задача не имеет решения.
Однако мало кто сделал правильный вывод: получившийся результат свидетельствует о том, что рис. 43 не удовлетворяет условиям задачи. Именно, при вычерчивании рис. 43 неявно предполагалось, что основания перпендикуляров, опущенных из точек В и Dt лежат на сторонах CD и АВ, а не на их продолжениях. Между
тем из полученного выше противоречия следует, что это нев 普 уожно.
Поэтому необходимо рассмотреть случай, когда осно* вания этих перпендикуляров лежат соответственно на Продолжениях сторон CD за точку D и АВ за точку В, т. е. рассмотреть конфигурацию, изображенную на рис. 44.
Заметим, что угол MBN — тупой (ибо 4MBN > A/ji4BC = 9Q°), a ucxxjwy угол BMD — острый. Про- Мведя диагональ BD,убе-
人адаемся, что MD >ВМ.
\Из подобия параллело-
\граммов заключаем,что
ML \々 ，乃 BM：AB = MDlAD
и N8MD=/B4D
Но это означает, что △ЛВС оо ABMD. Так как эти треугольники имеют общую сторону BD, то ②ни равны, т. е. ВМ = 1. Пусть К — точка пересечения прямой MD со стороной ВС. Очевидно,
что прямоугольные треугольники МВК и KDC равны, а тогда МК = КС. Из прямоугольного треугольника мВК получаем
Ж2== 1 + (2-Ж)3, Т. е. Ж=4'
sinasinaВКВКНаконец, заметив, что /ВМК = а, из того же прямо угольного треугольника МВК находим
sina
sina
ВК
ВК
2 — КС 一 2 - МК _ 3儿К一=一而一=言
Следовательно, площ,адь параллелограмма ABCD равн右 S = AB-ВС-sin a = %.
Заметим, что некоторые поступающие с самого на- чдлд сделали рис. 44 и нашли площадь параллелограмма ZBCD, но не исследовали, возможно ли в условиях задачи такое расположение, как на рис. 43. Естественно,
полным решением может считаться лишь такое, в кото* ром рассмотрены оба случая.
Вот еще одна задача, которая показывает, как важно внимательно и осторожно подходить к выполнению чертежа. Необходимо педантично соблюдать все условия задачи и не вносить дополнительных предположений при построении чертежа, каким бы естественным и привыч* ным он нн казался.
(География, ф-т, 1968) Высота прямой призмы 1, ее основанием служит ромб со стороной 2 〃 острым углом 30°. Через сторону основания проведена секущая
призму плоскость, наклоненная & плоскости основания под углом в 60°. Найти площадь сечения.
Некоторые поступающие дали такое «решение» этой задачи： «Пусть секущая плоскость проходит через ребро АВ призмы 45С。力历］G3; тогда она пересекает плоскость грани DCCD по прямой MN (рис. 45). Опуская из точки М перпендикуляр на АВ, получаем прямоугольные треугольники AKD и MDK, ибо по теореме о трех перпендикулярах DK 丄 АВ. Из треугольника AKD находим DK = 1. Поскольку АВ 丄 KD и АВ 丄 КМ, то угол MKD ——линейный угол двугранного угла между пло* скостью основания и секущей плоскостью, так что ZMKD = 60°. Из треугольника MDK находим Л1К = 2. Поскольку МК — высота параллелограмма AMNB, то его площадь равна 4. Значит, площадь сечения равна 4».
В этом решении есть, однако, существенный пробел: чертеж, на котором оно основано, выполнен при неявном
предположении, что секущая плоскость пересекает прямоугольник DCCiDi，?4ежду тем более подробный анализ показывает, что в действительности секущая плоскость, о которой идет речь в условии, пересекает не прямоугольник DCC^D^ а ромб AXB}C\D\.
В самом деле, найдя, как и выше, что МК = 2, из треугольника MDK мы получим MD = V^* Поэтому MD больше DR т. е. наш рис. 45 неверен и надо сделать другой чертеж, на котором точка М лежит выше точки D> (рис. 43) 1).
Соединяя точки А и М, В и N^ получим, что секущая плоскость пересекает грань AB&D] по прямой QP II АВ. Значит, сечение есть параллелограмм ABPQ. Найдем его высоту7. Для этого проведем МК -L АВ и из точки Q? — течки пересечения прямых МК и QP ——опустим перпендикуляр на KD. И 1 прямоугольного треугольника QiLg, р котором LQi = i и /Q】Ax = 60°, имеем KQ} =?/寸3. Теперь искомая__площадь сечения легко подсчитывается: она равна 4/寸3.
(Мехмат, 1964) Дан куб ABCDAiBiC\D\, где AAlt В&, ССЬ DD、、——боковые ребра. В каком отношении делит ребро ВХС\ точка Е, которая принадлежит плоскости^ проходящей через вершину А 〃 центры граней А\В\C\D\ и BjCjCS?
И эту задачу многие поступающие решали, основываясь на чисто геометрической интуиции. Помещая точку £', о которой идет речь в задаче, наугад ближе к вер， ш苗Н2 Ci или к вершине Вь они получали либо рис. 47, либо рис. 48 (точно на середине отрезка BG точка Е лежать не может, так как в зтом случае плоскость, проходящая через точки Е, S и R, была бы параллельна плоскости грани АВВ^А^ и не проходила бы через точку А).
Интуитивно ясно, что изображенный на рис. 48 четырехугольник AKEL не плоский, но доказать, что этот чертеж невозможен, не так просто. Между прочим, некоторые из поступающих смогли увидеть только рис. 48 и именно поэтому не решили задачу,
')Поскольку для определения детины отрезка MD мы не учи- тысали, выше или ниже точки Di лежит точка М, то длину отрезка MD можно вычислять, используя любой из рис. 45 и 46.
&удем проводить рассуждения, глядя одновременно па оба чертежа; это даст нам строгое решение задачи и одновременно позволит убедиться в верности рис. 47.-
Секущая плоскость, о которой идет речь в задаче,— обозначим эту плоскость через 6 — проходит через вершину А и центры R 归 S граней АхВ}Сфх и ВССВ и, следовательно, определяется однозначно. Прямая /. по которой плоскость 6 пересекается с гранью А^В^СгО^ не может быть параллельна ребру A^D^ ибо в противном случае плоскость 6 не пересекалась бы с гранью В©СВ
и не могла бы потому проходить через точку S. Следовательно, прямая / пересекается с прямой A^D^ т. е. плоскость р пересекается с этой прямой, а потому также и с параллельными ей прямыми В© и ВС. Таким образом, плоскость 6 пересекает ребра 4D], &&, ВС куба (или мх продолжения); соответствующие точки пересе« чения обозначим буквами 厶 Е, К.
Четырехугольник ALE К плоский (все четыре его вер* шины лежат в плоскости р); AL !| КЕ и АКII LE как линии пересечения пары параллельных плоскостей третьей. Следовательно, ALEK——параллелограмм. Мы установили, таким образом, форму сечения.
В плоскости грани В^С^СВ проведем КК\ 丄 В{С{. Так как АК\КЕ = △414厶 то I(iE = A^L. Так как R и S — центры граней, то Е& = В欠 и ЕСХ = &L; кроме того, ясно, что 8K = 8]К1. Отсюда получаем
Теперь ясно, что точки Вь Ki, Е, С расположен ны именно так, как на рис. 47, а рис. 48 невозможен, ибо на нем BR > ^Е. Автоматически мы нашли и ответ:
В]Е : ЕС】=2.
Широко распространенным недостатком подготовки поступающих является отсутствие привычки активно работать с чертежом. Построив чертеж, многие не пытаются выявить специфические особенности геометрической конфигурации, найти дополнительные построения, веду* щие к цели. Между тем довольно часто удачное дополнительное построение позволяет свести решение задачи буквально к нескольким строчкам, в то время как непосредственный вычислительный путь решена兄 подчас связан со значительными техническими трудностями.
Конечно, любое правильное, математически грамотно изложенное решение совершенно законно, независимо от того, длинное оно или короткое. Белее того, в условиях экзамена, когда время, предоставленное на решение, ограничено, не следует очень долго искать 《кз兄гцное》решение, которого, возможно, вообще нет — лучше осуществлять ту идею, которая возникла, не задумываясь об иных возможностях, и довести до конца пусть длинное, но надежное решение. Надо признать, однако, что изящное решение, занимающее лишь несколько строк, показывает не только знания, но и высокое геометрическое «чутье» поступающего, его наблюдательность.
Дать общие рекомендации, когда и какие дополнительные построения следует делать, разумеется, нельзя——их можно научиться 《видеть», только получив ло^ статочную практику в решении задач. Именно поэтому при подготовке к экзаменам на отыскание геометрических подходов к решению задач необходимо обратить особое внимание.
(ВМК, 1971) В треугольнике АВС сторона, АВ больше стороны АС, а угол при вершине Л равен а. На стороне АВ взята точка D так, что BD — АС. Пусть Е — середина отрезка AD, a F — середина отрезка SC Найти угол BEF、
Обозначим стороны треугольника АВС, лежащие про тив вершин 4, В и С, соответственно через а, Ь и ^ и пусть ср —искомый угол (рис. 49). Приведем предложен*
ное некоторыми поступающими решение, основанное на
поверхностных геометрических рассмотрениях.
По условию BF = а/2, кроме того* BE = BD+ DE = b + 用丄=纬々 Тогда из треугольника BEF по теореме синусов имеем
sin (В +—6 + с
sin ф 一 а *
откуда, пользуясь формулой (2), полу
чаем
sin (В + ①)—sin В + sin С (冃、 Рис. 49. sm чр — sin Л '' '
Правую часть этого равенства преобразуем, принимая во внимание» что Z + В + С = л:
sin В + sin С — jtinB 4~ sin (Л + В)—
sin А ； sm Л —
2 sin (^~ + В)cos等 sin ^-у + В)
=~д=7~а~•
sin — cos —Sin 彳
Иоэтиму равенство (5) принимает вид
НоНоsin (В + ф)sin фsin (В + ф)sin фsin(B + E)sm万sin(B + E)sm万⑹⑹
Но
Но
sin (В + ф)sin ф
sin (В + ф)sin ф
sin(B + E)
sm万
sin(B + E)
sm万
⑹
⑹
sin (В 十 чр)sin (psin (В 十 чр)sin (psin В cos ф + sin ф cos Вsin В cos ф + sin ф cos Вsin фsin ф=sin В ctg ф + cos В;=sin В ctg ф + cos В;
sin (В 十 чр)sin (p
sin (В 十 чр)sin (p
sin В cos ф + sin ф cos В
sin В cos ф + sin ф cos В
sin ф
sin ф
=sin В ctg ф + cos В;
=sin В ctg ф + cos В;
точно так же преобразуется и правая часть равенства (6). В результате мы приходим к соотношению
.х ЛЛ а
ctg<p = ctg"y, откуда ф = -2- = -2 .
Приведенное решение, разумеется, вполне допустимо и даже свидетельствует о несомненном умении его автора проводить довольно сложные тригонометрические преобразования. Между тем эта задача имеет очень простое и короткое геометрическое решение, додуматься до которого не так уж и трудно.
Именно, проведем среднюю линию КЕ треугольника 4ВС (см. рис. 49). Тогда
/CF = ~, КЕ = АК-АЕ = ^ — ^^Т，
т. е, треугольник EI\F ——равнобедренный, и поэтому
ZKFE = ф. Поскольку NEKF =富——а, то
(л — а) + ф + ф = л,
откуда ср = а/2.
(Геофак, 1971) 3 остроугольном треугольнике АВС высоты пересекаются е точке М. Площадь треугольника 'АВМ равна V瓦 Расстояния от центра окружности, описанной^ около треугольника АВС, до сторон АС и ВС равны “2 # 1 соответственно. Определить угол АСВ,
Рис. 50.Рис. 50.Пусть AR и BS — высоты треугольника АВС, О — центр описанной окружности, ОК и OL — перпендикуляры, опущенные из точки О на стороны АС и ВС соответственно (рис. 50). Проведем через точку С диаметр CN и точку N соединим с вершинами В и А.
Рис. 50.
Рис. 50.
Докажем, что получившийся четырехугольник AMBN ——параллелограмм. Действительно, угол NBC ——прямой (как опирающийся на диаметр), а потому |! AR. Аналогично получаем, что NA |] 6S.
Стороны этого параллелограмма легко находятся: поскольку OL и ОК — средние линии треугольников BCN и ACN, то
BN = 2・ LO = 2, AN = 2-OK = 2^2.
Кроме того, площадь S параллелограмма AMBN равна удвоенной площади треугольника АМВ, т. е. S = 2 V®1-
С другой стороны, по известной формуле
S = NB • NА • sin(/4NB),
откуда s\r}(Z.ANB) = ^/3/2. Но углы АС В и AN В в сумме составляют 180° (как противоположные углы вписанного четырехугольника ACBN) и потому
sin(Z АСВ) = sin〔 N 4 N8)=耍.
Учитывая, чтс угол АСВ по условию острый, находим: /4СВ = 60。. ”
Задачи
(Мехмат, 1961) В треугольной пирамиде две грани — равносторонние треугольники со стороной а, а две другие грани — равнобедренные прямоугольные треугольники. Определить радиус шара, вписанного в пирамиду.
(Геофак, 1964) В окружность вписан прямоугольник ABCD, сторона АВ которого равна а. Из конца ^ диаметра КР, параллельного стороне АВ, сторона ВС видна под углом 2р. Найти радиус ОКруЖПССТН. " -
I Экономии, ф-т. 1965) Ребра треугольной пирам иды, выходящие из вершины О, попарно перпендикулярны и их длины равны а, Ь, с Напти объем куба, вписанного в эту пирамиду так, что одна его вершина совпадает с вершиной О.
(Физфак, 1965) В равнобедренном треугольнике дана боковая сторона b и угол а при основании. Вычислить расстояние от центра вписанной в этот треугольник окружности до центра окружности, описанной около этого треугольника.
(Биофак, 1966) В треугольнике АВС известно: Z4 = ZB = —а, 48 = а; АН — высота, 8Е — биссектриса. Точки Н и Е соединены отрезком. Найти площадь треугольника СНЕ.
(Физфак, 1967) Найти косинус угла а при основании равнобедренного треугольника, зная, что точка пересечения его высот лежит на вписанной в треугольник окружности.
(Мехмат, 1968) В выпуклом четырехугольнике ABCD биссектриса угла АВС пересекает сторону AD в точке А4, а перпендикуляр, опущенный из вершины 4 на сторону ВС, пересекает ВС в точке N так, что BN = NC и АМ = 2AW. Найти стороны и площадь S qe・ тыреххтольника ABCD, если его периметр равен 5+了*3, NB4D = =90。： /АВС = 60。.
(Мехмат, 1968) В четырехугольной пирамиде OABCD основанием является трапеция ABCDf а боковые грани OAD и ОВС перпендикулярны к плоскости основания. Зная, что АВ = 3, CD = 5, плошадь грани О АВ равна 9 и площадь грани OCD равна 20, найти объем пирамиды.
(Геофак, 1969) В равнобочной трапеции ABCD основания AD = 12, ВС — 6, высота равна 4. Диагональ АС делит угол BAD трапеции на два угла ВАС и CAD. Какой из этих углов больше?
(Биофак, 1969) В треугольнике 4ВС дано: АС = 2/Х 4В пр?，ВС = 1. Вне треугольника взята точка К так, что отре« зок КС пересекает отрезок %В в точке, отличной от В, и треугольник с вершинами К, А и С подобен исходному. Найти угол 4К& если известно, что угол КАС — тупой.
Н. (Геофак, 1970) Дана трапеция ABCD, боковая сторона АВ которой перпендикулярна к основаниям AD и ВС (ДР > 8С). В трапецию вписана окружность с центром в точке О. Через вершины 4 8，D проведена другая окружность радиуса 10 с центром в точке О% Найти осиозание AD, если OOj = 2.
(Мехмат, 1970) Шар радиуса г касается плоскости Р в точке 4 Прямая I образует с плоскостью Р угол ф, пересекает эту пл о- скость в точке С и касается тара в точке 8. Найти длину отрезка 4В, если АС = 2г.
(Экономич. ф-т, 1971) Дан куб с основаниями ABCD и A\BxCiDu где 441 || 占当 || СС\ || DDX, В угол 4 куба вписан шар радиуса R = 0,5. Найти радиус шара, вписанного в угол С куба н касающегося данного шара, при условии, что ребро куба а = 1,5.
(Экономич. ф-т, 1971) На плоскости лежит шар радиуса R. Эту же плоскость пересекает прямой круговой цилиндр радиуса г, причем образующие цилиндра перпендикулярны к плоскости. Центр шара удален от оси цилиндра на расстояние р (p>R + r). Найти минимально возможный радиус шара, который касался бы одновременно цилиндра, плоскости и заданного шара.
(Геофак, 1971) В остроугольном треугольнике АВС известно, что /С = 30°; высоты пересекаются а точке М Определить площадь треугольника АМВ, если расстояния от центра окружности, описанной около треугольника %ВС, до сторон ВС и АС соответственно равны М2 H i/з/З.
(ВМК, 1971) В окружности радиуса R проведены две хорды АВ а ДС. На хорде АВ или на ее продолжении за точку 8 взята точка М, расстояние от которой до прямой АС равно длине хорды АС. Аналогично, иа хорде АС или на ее продолжении за точку С взята точка М расстояние от которой до прямой АВ равно длине хорды АВ. Найти длину отрезка MN.
(География, ф т, 1972) Окружность радиуса R проходит через вершины Я и В треугольника АВС н касается прямой АС в точке Д. Найти площадь треугольника АВС, зная, что /ЛВС =位 N САВ == а.
(Физфак, 1972) В остроугольном треугольнике АВС угол С равен л/3. На медианах ВМ и CN как на диаметрах построены окружности, пересекающиеся в точках Р н Q. Хорда PQ пересекает сторону ВС в точке D такой, что BD: DC = у^З. Найти угол В.
(Мехмат, 1972) В треугольной пирамиде SABC известны плоские углы при вершине S: / 8SC = 90°, Z 4SC = Z ASB = 60°. Вершины Л, S и середины ребер SB, SC, 4В, АС лежат на поверхности шара радиуса 3. Доказать, что ребро SA является диаметром этого шара, и найти объем пирамиды.
(Экономич. ф-т, 1973) В окружность вписан равнобедренный треугольник с основанием а н углом при основании а. Кроме того, построена вторая окружность, касающаяся первой окружности и ос* новзния треугольника, причем точка касания является серединой
основания. Определить радиус второй окружности. Если решение не единственно, рассмотреть все возможности.
(Экономим, ф-т, 1973) В пространстве расположены семь точек А, В, & D, В], &, D] так, что ABCD — параллелограмм и ABiCiDi — параллелограмм. Найти длину отрезка ССЬ если отрезки BBi и DD\ параллельны и длины их известны: ВВ\ = &, DDX == d.
(Ф-т психологии, 1973) Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды SABCD (S — ее вершина) равна а, высота пирамиды равна /аМЗ* Пусть Е — середина бокового ребра SB. Найти расстояние от центра шара, описанного около пирамиды SABCD, до плоскости, проведенной через точки Л, D,旦户(В н D — противоположные вершины основания пирамиды, F — середина ребра SC).
(Ф-т почвоведения, 19“} В треугольнике АВС известно: Z Л = 120° АС — 1. ВС — Y^- На продолжении стороны СД взята точка М так, что 8М является высотой треугольника АВС. Найти радиус окружности, проходящей через точки Я и М и касающейся в точке М окружности, проходящей через точки М, В и С.
(Экономии, ф-т, 1975) Дан треугольник АВС, прн」ем АВ = =АС и /4 = 110°. Внутри треугольника АВС взята точка М такая, что /МВС = 30°, a NMC启=25c. На伪тк угол АМС.
(Геофак, 1975) На отрезке АВ длины R как иа диаметре построена окружность. Вторая окружность такого же радиуса, что н первая, имеет центр в точке Л. Третья окружность касается первой окружности внутренним образом, второй окружности — внешним образом, а также касается отрезка АВ. Найти радиус третьей окружности.
(Ф-т почвоведения, 1975) В параллелограмме лежат две окружности, касающиеся друг друга и трех сторон параллелограмма каждая. Радиус одной из окружностей равен 1. Известно также, что один из отрезков стороны параллелограмма от вершины до точки касания равснрЗ. Наити площадь параллелограмма.
(Ф-т почвоведения, 1975) В прямоугольной трапеции лежат две окружности. Одна из них, радиуса 4, вписана в трапецию, а вторая, радиуса 1, касается двух сторон трапеции и первой окружности. Найти площадь трапеции.
(Физфак, 1975) Треугольник АВС — равнобедренный: АВ в =ВС, Пусть D ——основание перпендикуляра, опущенного из вершины 8 на сторону 4С, £—точка пересечения биссектрисы угла ВАС со стороной ВС. Через точку Е проведен перпендикуляр к прямой АЕ до пересечения с продолжением стороны АС в точке F (С между D м F). Известно, что AD = m, FC = m/4t Найти площадь треугольника АВС.
(Физфак, 1975) В прямоугольнике ABCD (ВС > CD) диагонали АС и BD пересекаются в точке О. Биссектриса угла CAD пересекает BD в точке Е Пусть F — основание перпендикуляра, опущенного из точки Е на сторону AD, точка К — середина AD. Через точку Е проведен также перпендикуляр к АЕ до пересечения с диагональю АС в точке Н. Известно, что ОН = 6, KF = 4Ь/3. Найти площадь прямоугольника ABCD.
(Мехмат, 1975) Два равных ромба ABCD (АВ [] CD, AD || ВС) и APQR (АР И QRt 4RQPQ) имеют общую вершину Л и лежат в
одной плоскости. Известно, что ^BAD ^ /.PAR ^ а, причем & V V 冗/2 и /Q4C ==备 Продолжения сторон ВС и QR пересекаются в точке К. Ромбы расположены в разных полуплоскостях относи* тельно прямой А К и в одной полуплоскости относительно прямой AD Найти величину угла KAD.
Доказательства в геометрии
Опыт вступительных экзаменов показывает, что геометрические доказательства вызывают наибольшие труд^ ности у поступающих. Задачи на доказательство считаются обычно весьма сложными, более трудными, чем задачи на вычисление.
Геометрические доказательства трудны прежде всего потому, что требуют умения логически рассуждать и точно выражать свои мысли, требуют ясного понимания, что дано и что требуется доказать. Именно отсутствие навыка в проведении логических умозаключений и объясняет многочисленные ошибки в решении задач на доказательство. Читая «доказательства» в работах поступающих, убеждаешься, что у многих имеется весьма смутное представление о том, что значит доказать тот или иной факт.
Умение мыслить логично, строго обосновать геометрические факты можно выработать в себе только прак-* тикой, упражняясь в решении достаточного числа задач. Невозможно дать общий рецепт, как найти показатель- ст8о того или иного утверждения, как решать конкретную задачу на доказательство. Не ставя перед собой цели продемонстрировать все возможные методы доказательств и перечислить все встречающиеся ошибки, мы приведем лишь некоторые примеры рассуждений и остановимся на нескольких наиболее типичных недостатках, характерных для поступающих.
Приступая к доказательству некоторого геометрического факта, к решению задачи на доказательство, нужно прежде всего найти ту идею, на использовании которой удается построить строгое обоснование интересующего нас утверждения. Для этого необходимо проявить определенную изобретательность: подметить некоторые специфические свойства рассматриваемой геометриче-
ской конфигурации !), отыскать различные дополнительные построения, «увидеть» применимость каких-либо известных теорем, провести нужные вычисления.
Разумеется, не следует переоценивать изобретательность, необходимую для проведения геометрических доказательств в экзаменационных задачах, — она посильна каждому, кто твердо усвоил школьную программу.
представлять сооои котором совсем непредставлять сооои котором совсем неПоиск решения, конечно, не надо излагать в чисто^ вом решении. Последнее должно*
представлять сооои котором совсем не
представлять сооои котором совсем не
что вокруг че-что вокруг че-только строгое доказательство, в важно, каким образом мы догадались проводить рассуждения именно так, а не иначе. Но зато в чистовом решении требуется исчерпывающе логически правильно обосновать все рассуждения.
что вокруг че-
что вокруг че-
(Экономич. ф-т, 1972) В 8必 пуклом четырехугольнике ABCD противоположные углы А и С — прямые. На диагональ АС опущены перпендикуляры BE u DF. Доказать, что СЕ = FA.
Из условия задачи сразу же еле тырехугольника ABCD (рис. 51) можно описать окруж-* ность — поскольку сумма двух его противоположных углов равна 180°. Эта окружность позволяет нам обнаружить еще и другие свойства четырехугольника ABCD:
ZACD= ^ABD, /ВАС= NBDC
(как вписанные углы, опирающиеся соответственно на Луги AD и ВС); ясно, кроме того, что диагональ BD является диаметром окружности.
Доказываемое утверждение СЕ = FA равносильно, очевидно, тому, что АЕ = FC. Мы установим это равенство прямым вычислением, выразив отрезки АЕ и FC через радиус R описанной окружности и углы
Z ABD = a, NCBD = 0.
Здесь можно провести некоторую аналогию с методом группировки, широко используемым в алгебре. Трудно в общем виде сказать что-либо определенное, как найти ведущую к цели группировку. Однако при достаточном навыке необходимая группировка отыскивается более или менее быстро.
^j прямоугольных треугольников ABD и АВЕ имеем
ЛЕ = АВ cos{ / ВАС) = 2R cos сс cos (/ В DC)= = 27? cos a sin р>
поскольку NBDC = 90° —— 卩；аналогично из треугольников BCD и FCD имеем
FC = CD cos (Z ACD) = 2犬 sin § cos a.
Таким образом, AE = FC, чем и завершается доказательство.
Если в предыдущей задаче идея доказательства 一 построение описанной окружности ——возникает довольно естественно, то в следующей задаче с ее весьма громоздким условием необходимое дополнительное построение вовсе не очевидно. Между тем идея ее решения А по существу та же.
j 2. (Физфак, 1964) Углы i С, Л, В треугольника АВС * образуют (б указанном по g рядке) геометрическую прогрессию со знаменателем 2. Пусть О ——центр окружности, вписанной в треугольник АВС, К ——центр окружности, касающейся сторона АС и продолжений сторон ВС 〃 ВА за точки С и А, L ——центр окружности^ ка- продолжений сторон треуголь
ника АС 〃 АВ за точки С и В. Доказать, что треуголь^ ники АВС и OKL подобны.
Из условия задачи вытекает, что в треугольнике АВС (рис. 52) имеют место соотношения:
/САВ = 2 /ВСА, ZCBA = 2 ZCAB.
Очевидно, что точка ^ равноудалена от прямых Л С, АВ и СВ и является поэтому точкой пересечения биссектрис ВК и AK^ Аналогично AL и BLt а также АО
и ВО являются биссектрисами соответствующих углов? Тогда углы LAK и LBK—прямые (как углы между биссектрисами смежных углов).
Поэтому если построить на KL как на диаметре окружность, то точки Л и В будут на ней лежать. Hq углы KLA и КВА будут тогда опираться на дугу АК\ следовательно, они равны между собой. Аналогично, NLKB = ZLAB. Но
/КВА =~ ЛСВА = /САВ,
ZLAB = ~ ZCAB = ZBCA,
так что ^KLA = ZCAB, /LKB= /ВСА.
Следовательно, △48Cs ДОК£ (как имеющие по два соответственно равных угла).
пирамиды, точка пересече-пирамиды, точка пересече-Стереометрические задачи на доказательство вызывают у поступающих особые трудности, объясняющиеся прежде всего необходимостью хорошо представлять себе пространственные конфигурации, которые часто довольно сложно изобразить на плоском чертеже. В этих задачах особенно трудно «увидеть» полезное дополнительное построение, приводящее к решению.
пирамиды, точка пересече-
пирамиды, точка пересече-
(Мехмат, 1965) В треугольной пирамиде все плоские углы при вершине прямые. Доказать^ что вершина
ния медиан основания и центр описанного вокруг пирамиды шара лежат на одной прямой.
Обозначим вершину рассматриваемой пирамиды через 4, а ее основание через BCD (рис. 53).
Для решения задачи удобно изобразить пирамиду ABCD не так, как это делается обычно, а лежащей на одной из боковых граней, например, на грани САВ. По условию задачи
/BAD = ZDAC = ZCAB = 90°.
Как известно, центр шара, описанного около пирашь ды( есть точка пересечения всех плоскостей, проведенных через середины ребер пирамиды перпендикулярно к этим ребрам (см. § 5 раздела III). Отсюда следует, что прямые, соединяющие центр О шара, описанного около м〃* рамиды ABCD, с серединами ребер 4В, АС 〃 ADt соот
ветственно перпендикулярны к этим ребрам.
Соединим центр О с вершиной А. Нам надо доказать, что точка N пересечения прямой ОА с плоскостью основания BCD является точкой пересечения медиан треугольника BCD. Для этого придется сделать дополнительные построения вне данной пирамиды.
На прямой АО за юч* кой。построим точку М такую, что АМ ~ 2ЛО. Через эту точку проведем плоскость л, перпендикулярную к ребру АВ. Пусть 丄>сти л и ребра 4В; тогда
МК ±.АВ. Пусть далее, точка Е ——середина отрезка 4В; как было отмечено выше, ОЕ 丄 АВ. Прямоугольные треугольники АЕО и АЦМ^ лежащие в одной и той же плоскости (проведенной через пересекающиеся прямые АВ и 4М), имеют общий угол при вершине 4, а потешу они подобны. Из их подобия следует, что АК = 2АЕ, т. е. АК = ЛВ, а потому точки К и В совпадают.
Итак, плоскость л, проходящая через точку М перпендикулярно к ребру 45, пересекает это ребро 8 точке В. Аналогично показывается, что плоскости, проходящие через точку М и перпендикулярные к ребрам АС и AD. пересекают эти ребра соответственно в точках С п D. Но тогда при пересечении этих трех плоскостей с плоскостями ABC, ABD и ACD боковых граней пирамиды образуется прямоугольный параллелепипед ABAiCDB^MC^ с диагональю 力М (рис. 54).
Теперь остается выяснить, в какой точке диагональ 4М параллелепипеда пеоесекает плоскость треуголь* ника BCD. Диагональ АМ лежит в плоскости ADMA\.
Эта плоскость пересекает отрезок ВС в его середине S (ибо диагонали параллелограмма АВАХС, пересекаясь, делятся пополам). Поэтому плоскость ADMAX пересекает плоскость BCD по медиане SD треугольника BCD. Значит, точка пересечения ^ диагонали АМ с плоскостью основания BCD пирамиды лежит на медиане треугольника BCD, проведенной из вершины D.
Аналогично доказывается (рассмотрением плоскости ВМС}А, не изображенной на рис. 54), что точка N ле* жит на медиане треугольника BCD, проведенной из вершины В.
Таким образом, точка пересечения прямой ОА с плоскостью основания BCD пирамиды ABCD действие тельво есть точка пересечения медиан треугольника ВСО).
Наиболее типичная ошибка поступающих — неполнота и недостаточная логическая обоснованность доказательств. Они часто доказывают меньше, чем требуется, делают выводы без достаточных на то оснований. Именно этим недостатком отличались многие решения следующей задачи.
(Мехмат, 1966) Боковая поверхность треугольной пирамиды равна s, а периметр основания равен За. Сфера касается всех трех сторон основания s их серединах и пересекает боковые ребра е их серединах. Доказать, что пирамида правильная. Найти радиус сферы.
Прежде всего отметим, что сфера, о которой идет речь, «протыкается» боковыми ребрами пирамиды в их серединах. Попытка изобразить эту сферу в комбинации с пирамидой вызывала у многих поступающих значительные затруднения. Между тем рассматриваемую конфигурацию достаточно лишь представлять себе, а на
Рис. 55.Рис. 55.
Рис. 55.
Рис. 55.
чертеже ефе^у можно и не рисовать: при решении задачи ее изображение фактически не нужно.
Сделав эти предварительные замечания, приступим
к доказательству того, что пирамида, о которой идет речь в условии, — обозначим ее SABC (рис. 55) — правильная. Сфера касается сторон основания ДВ, ВС и СА в их серединах ——точках 户，D н Е. По свойству касательных к шару, проведенных из одной точки, AF = =Д£, BF = Вб, СЕ = CD. Но по условию АЕ ~ ЕС. CD = DBt AF = FBt а потому основанием пирамиды
является правильный треугольник.
Плоскость основания АВС высекает из сферы окружность, которая является вписанной в этот правильный треугольник. Ясно, что центр окружности —точка К — совпадает с центром правильного треугольника АВС.
Пусть М, £, Q — середины боковых ребер %S, BS и CS пирамиды. Многие поступающие сразу писали, что плоскость,
проведенная через эти точки, параллельна основанию АВС, не считая нужным обосновать это утверждение. Однако почему эти плоскости в самом деле параллельны? Так как MQ — средняя линия треугольника ASC, то MQ || Л С, по тем же причинам QL В СВ. Отсюда, по признаку параллельности двух плоскостей, и вытекает наше утверждение.
По свойству параллельных сечений в пирамиде треугольник MLQ, как подобный правильному треугольнику АВС, сам является правильным. Плоскость треугольника MLQ высекает из сферы окружность, описанную около этого треугольника, а ее центр совпадает с центром правильного треугольника MLQ.
Многие поступающие, обозначив этот центр буквой Р, проводили прямую через точки S, Р н К н заявляли, что она 狂 есть высота пирамиды, Однако для такого
заключения у нас пока нет оснований — мы еще не доказали ни то, что три точки S, Р, К лежат на одной прямой, ни то, что эта прямая перпендикулярна к плп- скости основания.
Для строгого доказательства проведем прямую SK через вершину пирамиды и центр основания; пусть эта прямая пересекает плоскость MLQ в некоторой точке А Соединим эту точку с вершинами треугольника MLQ, а точку К — с вершинами треугольника АВС. Пря?лыс PL и КВ параллельны (как линии пересечения двух параллельных плоскостей MLQ и АВС с плоскостью KS8), а потому можно заключить, что Д/CSB оо ДРЗЬ и, следовательно, PL = lj2KB.
Совершенно аналогично показывается, что PQ = =%КС, РМ = %КА. Так как КВ = КС = К4, то точка 尸一точка пересечения прямой KS с плоскостью MLQ — равноудалена от всех трех вершин треугольника MLQ и является потому центром описанной окружности. Итак, доказано, что вершина S и центры Р и ^ треугольников MLQ и АВС лежат на одной прямой.
Эта прямая соединяет центры двух окружностей, высекаемых из сферы двумя параллельными плоскостями. Такая прямая, как известно, перпендикулярна к секущим плоскостям и проходит через центр сферы. Следовательно, прямая SK перпендикулярна к плоскости АВС, т. е. является высотой пирамиды. Одновременно показано, что центр сферы лежит на высоте пирамиды.
Таким образом, основание пирамиды SABC — правильный треугольник, а высота пирамиды SK проходит через центр К основания. В соответствии с определением это и означает, что пирамида SABC ——правильная. Для вычисления искомого радиуса сферы удобно сделать отдельно чертеж в плоскости треугольника ASE) (рис. 56). Пусть точка О, лежащая на высоте ЗЛ,— центр сферы. Ясно, что отрезки ОМ и OD равны р?м диу^ г сферы.
В работах многих поступающих можно было встретить утверждение, что MOD — диаметр сферы; на кем основывалось дальнейшее решение. Это утверждение однако, еще не обосновано — оно не следует прямо из*
проведенных ранее рассуждений и нуждается в специальном доказательстве.
Обозначим через ^ точку пересечения окружности высекаемой из сферы плоскостью ASDt с прямой AD, Так как KD = %AD (ведь точка К — центр правильного треугольника ABC), a NK = KD (ибо точка К — основание перпендикуляра, опущенного из центра О на хорду ND), то AN = ^^ = KD. Но тогда MN — средняя линия треугольника ASK. Следовательно, MN || SK, Т. е. 4MND = 90°. Отсюда вытекает, что MD — хорда, на
которую опирается вписанный прямой угол — диаметр окружности.
Дальнейшие вычисления уже не составляют труда. Получив с помощью формулы для боковой поверхности пирамиды длину ее апофемы SD, нужно из прямоугольного треугольника SK。найти высо-
ту пирамйды, а затем применить теорему Пифагора к прямоугольному треугольнику MND. Окончательно имеем
— “16s? + 45a4
24а*
На примере рассмотренной задачи видно, что каждый из интересующих нас геометрических фактов нужно тщательно доказывать, проводя необходимые дополнительные построения и используя теоремы из курса геометрии. Без такого доказательства ни один из этих фактов не может считаться установленным логически строго, и потому решение задачи, не содержащее этих обоснований, нельзя признать исчерпывающим.
Многих интересует вопрос: нужно ли приводить полностью формулировки используемых при доказательстве теорем и аксиом? Дело поступающего — писать всю формулировку необходимой для рассуждений теоремы или давать лишь краткую ссылку на нее. Важно только, ^тобы геометрические факты, утверждения и построения были ясно описаны и убедительно обоснованы.
Говоря о необходимости давать логически строгие доказательства геометрических утверждений, нельзя не отметить, что поступающие часто вместо строгого обоснования того или иного факта употребляют выражения «совершенно очевидно из чертежа», «непосредственно из чертежа ясно» и т. п. Следует помнить, что геометрическое доказательство должно выводить требуемый факт не из «наглядности», которая к тому же часто бывает иллюзорной, а из аксиом геометрии, определений и известных теорем школьного курса.
Вот пример задачи, в которой правильный ответ получили почти все, — и тем не менее из-за логических изъянов большинство решений было неполноценно.
(Мехмат, 1964) Дан куб ABCDA\BXC\D\, где 44» ВВЬ CCi и DDi — боковые ребра. Найти площадь ше- стиуго几ьника, который получается 6 сечении этого куба плоскостью, проходящей через центр куба и середины ребер АВ а ВС. Ребро куба равно 1.
Поскольку в условии задачи прямо указана форма сечения, представить себе этот шестиугольник уже нетрудно. Многие поступающие сразу же догадались, что этот шестиугольник правильный, и предложили решения вроде следующего:
«Пусть К и 厶——середины ребер АВ и ЗС. Вследствие симметрии сечение проходит через точки Р и ^ — середины ребер A\D\ и DXC\. Совершенно очевидно, что сечение проходит также через точки М и Q — середины ребер С& и ДДр Из треугольников KBL, LCM и т. & по теореме Пифагора легко определяются стороны шестиугольника: —
/В = LM = MN = NP = PQ = QK = «--.
Так как все стороны шестиугольника равны, то шестиугольник правильный, и по известной длине стороны определяется его площадь — она равна 3Д V3»-
Ответ получен правильный, но считать это рассуждение полные решением нельзя, ибо в нем есть много необоснованных геометрических утверждений, и даже есть одно просто неверное — шестиугольник, у которого все стороны равны, не обязан быть правильным. Ведь в определении правильного многоугольнйка, помимо
требования равенства сторон,, имеется еще требование равенства углов, которое не вытекает из равенства сторон. Однако равенство углов шестиугольника, являю
щегося сечением, в приведенном «решении» никак не обосновано, и потому заключение, что этот шестиугольник—правильный, логически не состоятельно.
Приведем одно из возможных полных решений задачи (используя общий метод, подробно развитый в § 6 раздела Ш).
Пусть точка。一центр данного куба (рис. 57). Точка О лежит на пересечении диагоналей BD、и А^С куба
(они на чертеже не проведены) ;плоскость, проходящая через диагонали BDj и 4]С, высекает из куба прямоугсльник BA^D^C. Эта плоскость имеет с плоскостью интересующего нас сечения две общие точки: О и середину £ ребра ВС; по-
% этому их линия пересечения—прямая OL. Но з прямоугольнике BA\DXC точка О есть центр симметрии, а потому LO пересекает сторону A\DX в ее середине. Следова*
тельно, доказано, что
точка Р ——середина ребра A\D\ ——принадлежит рассмат*
риваемому сечению.
Буквально такие же рассуждения показывают, что и середина N ребра D© принадлежит сечению.
Прямая KL, лежащая в плоскости грани ABCD [(и принадлежащая сечению), пересекает продолжения ребер AD и CD соответственно в точках R и F. Соединим прямой точки N в F、лежащие в плоскости грани CC4D по разные стороны от отрезка СС\； эта прямая пересечет отрезок CCi в некоторой точке М, также принадлежащей сечению. Аналогично убеждаемся, что сечение проходит через некоторую точку Q на ребре 厶4» Наконец ясн% что прямые NF и RP上 принадлежа^
щие плоскости сечения и п ред ста вл я ющие 8бой линии пересечения этой плоскости соответственно с плоскостями граней CC[D}D и AA^D^D, пересекаются в некоторой точке Е, лежащей на линии пересечения плоскостей указанных граней, т. е. на прямой DD*.
Построены точки пересечения искомого сечения со всеми ребрами куба. Докажем еще, что точки Q н 欣一 середины соответствующих ребер. Сравнивая прямоугольные треугольники RAKa KBL и LCF, убеждаемся, что они равны, а потому R4 = FC = 1/2/8. Сравнивая прямоугольные треугольники RAQ, QA^P и PDR ви* дим, что и они равны (например, △R/Q =厶Q&P* поскольку NRQ4 = N/iQP как вертикальные, a RA п =%АВ = %А15 = AF, ибо Р — середина ребра); но тогда Q — середина ребра ЛЛЬ a D^E = i/MA. Точно так же доказывается, что точка М — середина ребра ССь
Итак, доказано, что сечение KLMNPQ, о котором идет речь в задаче, проходит через середины ребер ДВ# ВС, ССь &九 DXA\. А\А куба. Поэтому каждая сторона шестиугольника равна половине диагонали грани куба, т. е. все стороны шестиугольника равны между собой.
Остается установить равенство всех углов нашего шестиугольника ——тогда будет доказано, что получающийся в сечении шестиугольник правильный. Из равенства прямоугольных треугольников RAK, RAQ и Q4K следует, что треугольник RKQ равносторонний; следо* вательно, NR&Q = 60。，а потому /.QKL = 120°. Ана* логично убеждаемся, что и все остальные углы шести* угольника равны 120°.
Теперь для завершения решения с полным основа^ нием можно воспользоваться выражением площади пра© вильного шестиугольника через длину его стороны.
При проведении геометрических доказательств nos ступающие часто подменяют прямое утверждение о* ратным к нему. Пусть, например, в ходе рассуждений необходимо обосновать некоторый факт, т. е. доказать теорему (или сослаться на соответствующую теорему школьного курса), утверждающую справедливость ин^ тересующего нас факта} исходя из того, что нам дано
или уже известно. Однако часто вместо этой прямой теоремы дается ссылка на обратное утверждение, т. е. на утверждение, справедливое в предположении, что интересующий нас факт имеет место.
Ясно, что это — грубая логическая ошибка; при таком способе рассуждений интересующий нас факт не может считаться доказанным. Корни этой ошибки, по- видимому, лежат в нечетком понимании того, что на каждом этапе проводимого доказательства дано, а что требуется обосновать. Поэтому если в ходе доказательства возникает необходимость сослаться на то или иное утверждение, рекомендуется вспомнить точную его формулировку и убедиться, что предположения, при которых это утверждение доказано, действительно выполнены.
Именно указанная логическая ошибка не позволила многим поступающим справиться со следующей задачей.
(Мехмат, 1973) В трапеции ABCD точки К и М являются соответственно серединами оснований АВ u CD. Известно, что 4М 丄 DKt СК 丄 ВМ, a NCKD = 60°. Найти площадь трапеции, если ее высота равна 1.
Обозначим через. Р точку пересечения отрезков АМ и DK, а через Q — точку пересечения отрезков СК и ВА1 (рис. 58). Так как △/PKs ^MPD, то
MP _ DM ,
аналогично, из подобияаналогично, из подобиятреугольников 8QK и MQCтреугольников 8QK и MQCследует равенствоследует равенствоMQMQBQBQСМСМ
аналогично, из подобия
аналогично, из подобия
треугольников 8QK и MQC
треугольников 8QK и MQC
следует равенство
следует равенство
MQ
MQ
BQ
BQ
СМ
СМ
По условню DM = СМ и Л/С — ВК. Поэтому правые части двух написанных пропорций равны, а тогда
МР — MQ
В этом месте многие поступающие рассуждали при-* мерно следующим образом:《Из равенства (7) с помощью производной пропорции получаем
МР _ MQ
Иа = М В '
Следовательно, треугольники PMQ и 4М8 подобны—* они имеют общий угол М и соответственно пропорцио« нальные стороны. Следовательно, PQ || АВ, поскольку, прямая, параллельная основанию треугольника, отсс^ кает от него треугольник, подобный данному».
Между тем применение этой теоремы (Никитин» § 87) здесь недопустимо: ведь в ней предполагается, что прямая параллельна основанию треугольника, и доказывается, что тогда отсекаемый треугольник подобен данному. А в приведенном рассуждении положение как раз обратное: мы знаем, что 4PMQ s 4AMВ、и долж* ны доказать, что PQ Н АВ. Логическая ошибочность сделанного выше вывода очевидна.
Для того чтобы этот вывод был логически обоснован, мы должны были бы ссылаться на утверждение, обрата^,^к указанной теореме: «Если прямая, пересекающая боковые стороны треугольника, отсекает треугольник, подобный данному, то она параллельна основанию». Однако это утверждение неверно (см., например, рис. 59: ДДВСсо ДОВЕ, так как NBED = =ZBAC, 4BDE = ZBCA, но DE не параллельно 4С)・ Таким образом, факт параллельности прямых PQ и AD нуждается в строгом обосновании.
Это обоснование можно провести так. В подобных треугольниках соответственные углы равны; поэтому, исходя из пропорции (7), мы можем заключить, что Z.MPQ — ZMAB. Но эти углы являются соответственными при пересечении прямых PQ и АВ секущей Л1Л; отсюда и вытекает, что PQ |) АВ,
Укажем еще одну логическую ошибку, которая так* же встречалась в работах поступающих: параллельность
прямых PQ и АВ выводилась из равенства (7) со ссыл* кой на теорему о том, что параллельные прямые делят стороны угла на пропорциональные части. Очевидно, что и здесь необходимо ссылаться не на указанную теорему, а на обратную к ней. Хотя эта обратная теорема действительно верна (в чем легко убедиться)э такое рассуждение логически ошибочно.
После того как параллельность прямых PQ и АВ доказана, дальнейшее решение не представляет особого труда. Заметим, что прямоугольные треугольники АРК и BQK имеют равные гипотенузы и равные высоты. Однако по гипотенузе с и высоте 儿 опущенной на гипотенузу, катеты а и 6 прямоугольного треугольника вычисляются однозначно из системы уравнений
а2 + &2 — с2, — а& = -у ch.
Отсюда вытекает, что треугольники АРК и BQK имеют соответственно равные катеты и соответственно равные углы.
При этом имеются две возможности: либо ^.РКА = н /QBK, либо NPKA = NQKB Но в первом случае развернутый угол АКВ равен
ZAKP+ NPKQ+ NQKB =
=NPKA + 60° + 90°- NQ3K = 150°,
что, разумеется, неверно. Следовательно, N РКА = =ZQKBt а тогда каждый из этих углов равен 60°. Отсюда ясно, что в треугольнике АМВ углы при основании АВ равны 30°, так что треугольник АМВ равнобедренный, а его медиана МК является и высотой. Далее, имеем Д^ — МК ctg 30° = V^» а из прямоугольного треугольника DMK находим DM = М/( ctg 60° =■ 1/V^- Окончательно получаем
называемых Обычно по- «самое главправило, ОНПназываемых Обычно по- «самое главправило, ОНПОсобо следует остановиться на так вычислительных геометрических задачах, ступающие считают, что в таких задачах Ное — получить правильный ответ》，И, как
называемых Обычно по- «самое главправило, ОНП
называемых Обычно по- «самое главправило, ОНП
успешно справляются с той частью решения, которая касается вычисления (даже довольно кропотливого) искомой величины. Однако многие оставляют без внима^ ния другую, пожалуй, более ответственную и важную часть решения — не считают нужным (или просто не понимают, что это нужно) обосновать законность выкладок, т. е. доказать те геометрические факты, на которых основаны вычисления. Более того, нередко случается, что поступающий, свободно оперирующий разными формулами, оказывается совершенно беспомощным, когда речь заходит о строгом обосновании какого-либо используемого при вычислениях утверждения геометрического характера.
Между тем доказательство геометрических фактов, которые используются при вычислениях, является неотъемлемой и принципиально важной частью решения вычислительной задачи. Почему в данной конкретной пирамиде, о которой идет речь в задаче, центр вписанного шара лежит на высоте? Почему данная прямая перпендикулярна к построенной плоскости? Почему рассматриваемая сфера касается данной плоскости именно в указанной точке? Все подобные утверждения, используемые при решении вычислительной задачи, должны быть не только сформулированы, но и доказаны.
Вообще, само разделение геометрических задач на «задачи на вычисление» и «задачи на доказательство» чисто условно. Из приведенных выше примеров (см. за-* дачи 1, 6) видно, что доказать необходимое удается подчас, лишь проведя некоторые вычисления. С другой стороны, существует много вычислительных задач, при решении которых центральное место занимают, однако, не выкладки, а доказательство некоюрого факта. Именно с таким положением мы столкнулись при решении задачи 5. Точно так же в следующей задаче без полного обоснования нужного утверждения мы не смогли бы провести вычисления, ибо только в ходе доказательства удается нащупать путь, позволяющий подсчитать ответ.
(Мехмат, 1970) На диагонали АС выпуклого четырехугольника ABCD находится центр окружности радиуса г, касающейся сторон АВ, AD и 8С. На диа^ гонали BD 狂ахо0〃тс兄 центр окружности такого же радиуса 厶 касающейся сторон ВС^ CD " AD, Найти
площадь четырехугольника ABCD, зная, что указанные окружности касаются друг друга внешним образом. Пусть точки 01 и。2, лежащие соответственно на диагоналях АС и BD，——центры данных окружностей (рис, 60). Точки касания окружности с центром О\ со сторонами АВ, AD и ВС четырехугольника обозначим соответственно 厶 М и М; точки касания окружности с центром。2 со сторонами б С, CD и AD четырех)толь» ника обозначим соответственно Р, Q и А.
Как известно, еслиКак известно, еслиТак как эти окружности касаются друг друга внешним образом н имеют одинаковые радиусы г, то сторона ВС, являющаяся общей касательной этих окружностей, параллельна линии центров О】”. Точно так же заключаем, что AD^O\O2. Следовательно, стороны ВС и AD четырехугольника ABCD параллельны между собой, пуклого четырехугольника
Как известно, если
Как известно, если
две противоположные стороны параллельны, го этот четырехугольник —параллелограмм или тра геция. Поэтому рассматриваемый четырехугольник ABCD является либо параллелограммом, если параллельные стороны ВС и AD еще и равны, или трапецией с основаниями AD и ВС, если эти стороны не равны между собой. Выясним, равны или нет стороны AD и ВС.
Поскольку окружность с центром Ot касается сторон угла BAD, то ее центр Oi лежит на биссектрисе этого угла; /ВАС = NCA力.С другой стороны, NCAD = =ЛВСА как накрест лежащие углы, образованные пересечением параллельных ВС и AD прямой АС. Поэтому N8AC= /ВСА, т. е. треугольник АВС一равнобедренный: АВ = ВС. Аналогично доказывается, что BC=CD.
Радиусы 01M и ОМ проведенные в точки касания окружности с параллельными прямыми ВС и AD, составляют диаметр MN = 2r, причем NM.LBC и ММ LAD, Точки Р, О? н R также лежат на одном диаметре PR = =2г, причем PR || NM, , Таким образом, расстояние между параллельными сторонами ВС и AD равно 2几 a NP = MR = OQ& = 2丿(по свойству параллельных
отрезков, заключенных между параллельными прямыми NM и PR).
В силу свойства касательных, проведенных из одной точки к окружности, имеем
АМ = ЛА, BL = BNt DR = DQf CQ = СР, Используя эти равенства и доказанные выше равенства
АВ = ВС = CD,用 R = N Р = 2 尸，
последовательно получаем
AD = AM + MR + RD = AL + 2『+ QQ =
=(AB 一 8L) + 2r-)- (CQ — CQ) = (BC 一 BN) + 2r 十
+ (BC - PC) = (NP + PC) + 2r + (BC 一 PC)=
=2『+ 2『+ 8C = 8C + 勿.
Таким образом, параллельные стороны AD и ВС не равны между собой, а потому четырехугольник ABCD является трапецией. Так как расстояние между основаниями AD и ВС трапеции (т. е. ее высота) равно 2% то площадь четырехугольника ABCD равна
s = AD.^£ . 2г = (ВС _|_ 2г)2г.(3)
Следовательно, остается лишь определить длину осно = вания ВС.
Опустим из точек В и С перпендикуляры BS и СТ на сторону AD\ очевидно, что BS = СТ = 2г. Так как AS = TD (как проекции на AD равных наклонных АВ и CD), a ST = BCt то
ДО = 4S + ST + 7D = Л5 + ВС + ЛЗ = ВС 十 2/S
С другой стороны,С другой стороны,AD^BC + 4r.AD^BC + 4r.
С другой стороны,
С другой стороны,
AD^BC + 4r.
AD^BC + 4r.
Приравнивая между собой эти два выражения n』G <4£> находим AS = 2r. Далее, в прямоугольном треугол：：иике ASB имеем 4s = 2厶 BS = 2厶 а потому 48 =七 “2・
Это значеяие. АВ = ВС нужно подставить в формулу (8), после чего получаем, что площадь четырехугольника ABCD равна 4产(1 + “ 2).
Обоснование геометрических фактов, на которых базируются вычисления, особенно важно в стереометрических задачах. Очень часто центр тяжести решения таких
задач лежит как раз в доказательстве, а не в вычисле
ниях, сводящихся к использованию известных формул.
(Мехмат, J966) Высота правильной треугольной пирамиды равна h. Точки пересечения высот каждой из
боковьсх граней 〃 вершинабоковьсх граней 〃 вершинаРис. bi.Рис. bi.пирамиды, лежат на поверхности шара радиуса г. Найти объем пирамиды.
боковьсх граней 〃 вершина
боковьсх граней 〃 вершина
Рис. bi.
Рис. bi.
Многим поступа ющи м показалось очевидным, что центр шара лежит на высоте пирамиды (это используется при вычислениях), и ghh, констатироваз этот факт без обоснований, сразу перешли к вычислениям. Некоторые потом даже возражали против указанного им недостатка решения——отсутствия доказательства,——
и объяснение чертежа».и объяснение чертежа».ссылаясь на то, что «никто никогда не требовал от них давать подробное описание Но ведь речь идет вовсе не об
и объяснение чертежа».
и объяснение чертежа».
объяснении чертежа,объяснении чертежа,а о пропуске существенной части
объяснении чертежа,
объяснении чертежа,
решения!
Плоскость п, проведенная через точки Оь О2 и О3 — точки пересечения высот боковых граней пирамиды SABC (рис. 61),一высекает из поверхности шара окружность, проходящую через эти три точки. Центр
шара лежит на перпендикуляре к плоскости л, восстав。 ценном из центра окружности, описанной около треугольника О1О2Оз. Докажем, что этот перпендикуляр совпадает с высотой пирамиды.
Поскольку пирамида правильная, то все ее боковые
грани — равные треугольники, а потому точки пересечения нх высот— точки О】,О2 и Оз — лежат на одина-
коком расстоянии от вершины S. Таким образом, SOi = =S5 = SO^^).
Проведем высоту 5/( пирамиды и обозначим через N точку пересечения SK с плоскостью п. Из равенства треугольников SKD, SK尸 и SKE вытекает, что 4DSk = =NFSK = /ESK、а из равенства этих углов и равенства отрезков SOi, SO? и SO3 следует, что ^SNOX =г =△S^O2 = △бМОз. Поэтому NO[ = NO^ = ^Oз, т. е. точка N — центр окружности, описанной около тре- угольннка О1О2О3.
Таким образом, высота пирамиды действительно проходит через центр окружности, описанной около треугольника OiO^Oa- Однако еще не доказано, что эта высота перпендикулярна к плоскости л.
Из подобия равнобедренных треугольников ESD и 02soi (у них стороны, заключающие общий угол при вершине, пропорциональны) вытекает, что О1О2IIDE (см. задачу 6). Аналогично показывается, что О1О3 [| DF\ Следовательно, плоскость л параллельна плоскости основания пирамиды, а потому высота SK перпендикуч： лярна к плоскости л. Таким образом, доказано, ит勿 центр шара лежит на высоте пирамиды. .
Перейдем к вычислениям. Для определения объема пирамиды надо найти сторону ее основания. Рассмотри^ грань BSC. Так как прямоугольные треугольники S£>g и ВМС имеют общий острый угол В, то NOSB 嗓 =ЛМСВ, а пегому прямоугольные треугольники SD& и O\DC подобны. Из их подобия заключаем, что
。0=焉， 0)
где % ——длина ребра основания пирамиды.
Рассмотрим теперь плоскость ADS, сделав отдель* ный чертеж (рис. 62). Пусть точка О, лежащая на вы* соте Sk треугольника ADS, — центр шара, т. е. центр окружности, проходяиюй через точки S и СЦ; тогда OS = ОО】=г. Проводя высоту 0L равнобедренного
1) Подчеркнем, что этот факт — свойство равных треугольников^ он имеет место безотносительно к шару, о котором идет речь в за$ даче. Некоторые поступающие пытались получить @тн равенств^ используя свойство касательных к шару; однако прямые S£； SD « SF «протыкают» сферу и не являются касательными.
треугольника SOO* и заметив, что △SLUsZXSK。находим
SL =爲.(Ю)
Но SD = 2SL + O\D, т. е., с учетом (10) и (9),
SZ)2 = 2r/i + ^.
С другой стороны, из прямоугольного треугольника SKD имеем
S02 =泳+ KD\
где КО = }^AD (ибо К—центр правильного треугольника АВС\ см. рис. 61). Два полученных равенства для SQ2 дают уравнение для определения х, после чего находим объем
рые были в той или инойрые были в той или иной
рые были в той или иной
рые были в той или иной
В заключение отметим, что в процессе решения мы
дъ>газывали далеко не все геометрические факты, кото
степени использованы. Некоторые из них мы считали столь очевидными, что даже не формулировали их явно. Например, мы без всяких комментариев утверждали, что высота SK (см. рис. 61) пересекает плоскость п треугольника О1°2°з, а не параллельна ей. При вычислениях в этой же задаче мы исходили из рис. 62, на котором точка。лежит на высоте SK выше точки К,
и т.
Разумеется, доказывать подобные утверждения ло* гич^ски необходимо. Но в действительности нет никакой чисто физической возможности обосновать абсолютно все утверждения. Кроме того, многие из геометрических утверждений по существу и не могут быть строго доказаны без предварительного построения полной системы аксиом геометрии (что в школе не делается).
поверхности рае-поверхности рае-Поэтому от поступающего требуется умчзть выделять в каждой задаче основные, узловые утверждения и аккуратно их доказывать.
поверхности рае-
поверхности рае-
•9. (Мехмат, 1971) Боковые грани четырехугольной
пирамиды — равные равнобедренные треугольники, а 8 основании пирамиды лежит ромб, одна диагональ которого s два раза длиннее другой. Найти объем пирамиды, если известно, что площадь ее 6。及ое “'
на 6, а среди боковых ребер есть два ребра, составляющие тупой угол.
Пусть SABCD ——данная пиратли- да (рис. 63) и BD = 2АС； отсюда вытекает, что угол АВС острый. Докажем прежде всего, что в равнобедренном треугольнике ABS равны стороны АВ и BS.
Предположим противное: АВ * 片 BS. Тогда либо a) AS = BS, либо б) AS = АВ.
Пусть AS ~ 8s Тогда из равенства треугольников ASB и BSC следует, что CS = BS. Аналогично, DS = CS. Следовательно, все боковые ребра пирамиды SABCD равны. Но тогда ее высота должна проходить через центр окружности, опиг санно访 вокруг ромба ABCD. Однако этот ромб на является квадратом, так что вокруг него описать окружность нельзя, и мы пришли к противоречию.
Пусть AS = АВ. Тогда из равенства граней 485 и CBS следует, что CS = AS = АВ = ВС, а из равен* ства граней ЛОЗ и 248s получаем BS = DS.
Так как плоские углы при вершине S являются углами при основании равнобедренных треугольников, то они острые. Далее, AASC = △АВС (по трем сторо* нам), и поэтому ZASC = ZABC, и они острые. Кроме того, в этих треугольниках равны медианы SO п ВО. Но меднана SO равнобедренного треугольника BSD перпендикулярна к ВО, и следовательно, ZSBO ~ =45°, а тогда ZSDB = ZSBO = 45°, откуда ZBSD — =90°.
Таким образом, в рассматриваемом случае не нашлось ни одной пары боковых ребер, составляющих тупой
угол, т. е. случай б) также противоречит условию задачи.
Итак, АВ = BS. Из равенства боковых граней убе- задаемся, что DS = BS н CS = AS. (Заметим, что треугольники BSD и BAD равны и, следовательно угол 8SQ действительно тупой.) Так как OS ——высота тре-
угольников ASC и DSB, то OS 丄 BD и OS ± АС, т.
SO ——высота пирамиды. Обозначая АВ через а, находим
0B =
“5Vt>—
6。— “SB? — OB2 = "|- “5, SC = д/О52-|-ОС2 = a «-|-.
Теперь в треугольнике ABS все стороны выражены через а. Так как согласно условию задачи S^abc = *反 то легко получаем 〃 = "5. Таким образом,
SO = 1, АС = 2, BD = 4;
далее легко подсчитать, что объем пирамиды SABCD равен 4/з-
В заключение приведем решение задачи, в которой вычислительная часть весьма проста, а главная трудность для поступающих оказалась, видимо, в том, что доказываемое утверждение... слишком очевидно из чертежа и потому не очень ясно, как его обосновать строго.
(Экономии, ф-т, 1973) Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA\B\CXD\ с площадью основания S и высотой h. Через вершину А{ верхнего основания 力181clz)i проведена секущая плоскость, пересекающая роковое ребро 881 8 точке 殳，боковое ребро С& 8 точке С2 и боковое ребро DD{ s точке D2. Найти ,объем той части параллелепипеда, которая расположена под секущей плоскостью, если известно^ что СС2 = с
Проведем через точку С2 плоскость п, параллельную ■ нижнему основанию ABCD параллелепипеда (рис. 64). Тогда геометрически совершенно очевидно, что объем тела, расположенного под секущей плоскостью а, равен сумме объема параллелепипеда, расположенного под плоскосуью п и половины объема параллелепипеда, расположенного над плоскостью л. Другими словами,
y = S・c + gs•佃-£0 = "^.(11)
Полученный ответ действительно верен. К сожалению, многие поступающие этим и ограничились, не посчитав нужным провести строгое обоснование использованных геометрических фактов. Между тем при всей своей очевидности эти факты доказываются не так уж просто.
Для обоснования проведенных рассуждений следует прежде всего показать, что сечение A{B2C^D2 находится
целиком над плоскостью л, т. е. что точка С2 лежит «ниже» точек & и S — только в этом случае искомый объем можно представить как сумму объемов двух рассмотренных вспомогательных тел. Проведегл диагональные плоскости AAiCiC и BB\DXD\ они пересекаются по оси PQ параллелепипеда. Так как точка R пересечения диагоналей четырехугольника A 182c25 лежит в обоих диагональных
плоскостях, то она принадле-рис> 64.
жит прямой PQ.
Отрезок QR является средней линией в двух трапе* циях АА[С2С и B82D2Df а потому
2AQ = АА{ + СС2 = ВВ2 + DD2. （12） Но АА\ > ВВ2, так что СС? V 办。2； точно так же АА[ > DD2 и поэтому СС2 V ВВ2- Значит, точка С2 лежит «ниже» точек В2 и D2.
Теперь докажем, что плоскость а разбивает параллелепипед, расположенный над плоскостью п, на две равновеликие части. Та его часть, которая находится под плоскостью а, состоит из двух пирамид с общей вершиной С2 и основаниями AjkB? и A\LMD^ Обозначая отрезки ВВ2, DD2 через Ь и d, а стороны основания ВС и CD через тип, легко находим
Vа^кз2 = 4"优 ” 一 °）^ （力 - с） п = ^ s （b + 九一2с）,
VAtLMD,=扌几——'）^ 3—™ 团=才 S（d + 厶一2d）。
Следовательно, объем части параллелепипеда, лежащей между плоскостями п и а, равен
%=^S(b + d + 2/i —4с).
Но в силу равенства (12) имеем b -\- d ^ h -{- с, откуда
'1=^5仅一С)=扌，2，
где V2 ■— объем параллелепипеда KLMC2AiDlClB\,
Таким образом, мы обосновали все геометрические фа кты, на основе которых производились вычисления в формуле (11).
Задачи
(Мехмат, 1961) Доказать, что прямые, соединяющие последовательно центры квадратов, построенных на сторонах параллелограмма и примыкающих к нему извне, образуют квадрат.
01ехмат, 1962) Через центр правильного треугольника проведена в плоскости этого треугольника произвольная прямая. Доказать, что сумма квадратов расстояний от вершин треугольника до этой прямой ке зависит от выбора прямой.
(Экономич. ф-т, 1964) В трапеции ABCD точка Е — середина основания ВС и точка 尸--середина основания AD. Обозначим через Р точку пересечения отрезков BF и АЕ и через Q — точку пересечения отрезков ED и CF. Доказать, что отрезок PQ параллелен основаниям трапеции.
(Экономич. ф-т, 1964) Доказать, что в равнобедренном треугольнике сумма расстояний от любой точки основания до боковых сторон постоянна.
(Физфак, 1964) В треугольнике АВС даны углы Л и л/7. В = 2卫/7, С = 4л/7. Доказать, что длины о,方，е сторон ВС, СА и АВ связаны соотношением а'1 = А + с-1.
(Физфак, 1964) Дан тетраэдр ABCD. Доказать, что его ребра AD и ВС взаимно перпендикулярны в том и только в том случае, когда выполняется равенство АВ2 + DC2 = 40 + DB2,
(Физфак, 1964) В плоскости Р задан равносторонний треугольник АВС со стороной а. На перпендикулярах в точках В и С к плоскости Р по одну сторону 2y этой плоскости откладываются отрезки ВО = а/“2 и СЕ = ад/2. Доказать, что треугольник DAB прямоугольный. Вычислить его площадь и найти косинус двугранного угла, который образует плоскость DAE с плоскостью Р.
(Физфак, 1964) В пространстве даны два луча Ах н By, м® лежащие в одной плоскости и образующие между собой угол 90°* %В — их общий перпендикуляр. На лучах 4л и By рассматриваются точки: М на 力尤 н Р на By такие, что 2AM • ВР = АВ2. Доказать^ что расстояние от середины О отрезка АВ до прямой МР равно 48/2,
(Экономия, ф-т, 1966) Доказать, что сумма квадратов длин проекций ребер единичного куба на плоскость не зависит от взаимного расположения куба и плоскости и равна 8.
(Физфак, 1966) Доказать, что если длины сторон треугольника образуют арифметическ^ прогрессию, то центр окружности, вписанной в этот треугольник, и точка пересечения его медиан лежат на прямой, параллельной средней по длине стороне треугольника.
(Мехмат, 1966) Шар касается всех боковых граней треугольной пирамиды в центрах описанных около них окружностей. Каждый из трех плоских углов при вершине пирамиды равен а. Сумма длин боковых ребер равна ЗЬ. Доказать, что пирамида правильная^ Найти радиус шара.
(Мехмат, 1966) Шар касается всех трех боковых граней треугольной пирамиды SABC в точках пересечения их биссектрис. Из вершины S проведены биссектрисы SD и SE боковых граней S48 и SAC, Угол DSE равен а, объем пирамиды равен V. Доказать, что пирамида правильная. Найти периметр основания.
(Экономич. ф-т, 1967) Зная, что стороны треугольника АВС удовлетворяют соотношению АС • АВ = ВС2 — 4С2, доказать, что угол 4 вдвое больше угла В.
(①-т психологии, 1967) Найти на плоскости геометрическое место осяззаний перпендикуляров, опущенных из данной точки Л на прямые} проходящие через другую данную точку 8g
(Ф-т психологии, 1967) Найти геометрическое место таких точек плоскости, что касательные, проведенные из этих точек к данной окружности, образуют между собой угол а.
Е6； (?Лехмат, 1968) Трапеция ABCD с основаниями ВС = 2 и AD = 10 такова, что в нее можно вписать окружность и вокруг нее можно описать окружность. Определить, где находится центр описанной (вокруг трапеции ABCD) окружности, т. е. расположен ли он внутри трапеции ABCD, вне ее или же на одной из ее сторон. Найти также отношение радиуса описанной окружности к радиусу вписанной окружности.
(Геофак, 1969) В равнобочной трапеции ABCD дано: АВ =• =CD = 3, основание AD — 7, /BAD — 60°. На диагонали BD расположена точка М так, что ВМ : MD ~ 3 : 5. Какую из сторон трапеции, ВС или CD, пересечет продолжение отрезка 4М?
14 (Филфак, 1969) Есть ли тупой угол у треугольника, стороны которого равны 10, 14, 17?
(Мехмат, 1970) Точка £ стороны ВС и точка 尸 стороны AD выпуклого четырехугольника ABCD расположены так, что BE == 2ЕС п 力尸=2FD. На отрезке АЕ находится центр окружности радиуса г, касающейся сторон ЛВ, 8c и CD. На отрезке BF находится центр окружности такого же радиуса 广，касающейся сторон 4В, AD и Е. Найти площадь четырехугольника ABCD, зиая, что указанные окружности внешним образом касаются друг друга.
(Мехмат, 1970) В выпуклом четырехугольнике ABCD заключены две окружности одинакового радиуса г, касающиеся друг друга внешним образом. Центр первой окружности находится на отроке, соединяющем вершину D с серединой Е стороны 力百，а центр, вто* рой окружности — на отрезке СЕ. Первая окружность касается
сторон 力6, AD и CD четырехугольника, а вторая -— сторон АВ, ЕС и CD. Найти синус угла между диагоналями четырехугольника ABCD.
(Экономии, ф-т, 1971) На плоскости лежит шар радиуса г. Эту же плоскость пересекает прямой круговой цилиндр радиуса R, причем образующие цилиндра перпендикулярны к плоскости. Центр шара удален от оси цилиндра на расстояние p(「+ pVR). Найти минимально возможный радиус шэра, который бы касался одновременно цилиндра, плоскости и заданного шара.
(ВМК, 1971) Основанием пирамиды SABCD служит прямоугольник, угол между диагоналями которого равен а V л/3. Высота пирамиды проходит через точку пересечения диагоналей основания и равна й. Дана вторая четырехугольная пирамида, имеющая ту же вершину S. Основанием ее является четырехугольник, две вершины которого лежат на диагоналях прямоугольника ABCD, а две другие —на одной из его больших сторон, причем проекция вершины S на плоскость основания лежит внутри этого четырехугольника. Найти объем второй пирамиды, если известно, что ее боковые грани равновелики, а боковые ребра равны.
(Мехмат, 1971) В треугольной пирамиде каждое боковое ребро равно единице, а боковые грани равновелики. Найти объем пирамиды, если известно, что один из двугранных углов при основании прямой.
(Экономич. ф-т, 1972) Даны дзе окружности одинакового радиуса. Они пересекаются в точках А и В. Через точку 4 проведена их обшая секущая, пересекающая окружности еще в точках 2 и D. Через точку В пропедена прямая перпендикулярная к этой секупцей. Она пересекает окружности еще в точках Е н F. Доказать, что точки Су Et D и F являются вершинами ромба.
(Мехмат, 1972) В треугольной пирамиде SABC известно, что АС = АВ, а ребро S4 наклонено к плоскостям граней 4ВС н SBC под углом 45°. Известно, что вершина Л и середины всех ребер пирамиды, кроме SA, лежат на сфере радиуса 1. Доказать, что центр указанной сферы расположен на ребре S4, и найти площадь грани ASC.
(Экономии, ф-т, 1973) В прямоугольном параллелепипеде ABCDAiBCD на боковом ребре 4%【взята точка Л а, а на боковом ребре СС[ взята точка С2. Проведена плоскость через точки 4% С2» В и проведена плоскость через точки 4?, С2, D. Найти объем той части параллелепипеда, которая ограничена нижним основанием ABCD и треугольниками А2С2В, A-^iD, если известно, что ЛД2 = а, СС?= — си площадь прямоугольника ABCD равна s
(Экономич. ф-т, 1973) Точки Е п F лежат по одну сторону от плоскости треугольника 48С, причем отрезок ЕЛ перпендикулярен к этой плоскости, а основание Н перпендикуляра 户〃，опущенного из точки 尸 на эту плоскость, лежит на отрезке ВС. Найти объем многогранника, ограниченного треугольниками АВС, ЛЕС, EFCt FCB, BFE н ЛЕВ, если известно, что ЕА = a, FH =匕 н площадь треугольника АВС равна s,
(Биофак, 1973) Четырехугольник ABCD обладает тем свойством, что около него можно описать и в него можно вписать окружности. Диагонали этого четыреххтольнпка взаимно перпендикулярны, АВ = CD и радиус вписанной окружности равен L Чему равна площадь четырехугольника ABCD?.
(Филфак, 1973) Можно ли вокруг четырехугольника ABCD описать окружность, если ЛАйС = 30°, АВ = 3, 8cH 4, 4c = 6?
(Филфак, 1973) Вокруг четырехугольника ABCD можно описать окружность. Известно, что АВ = 3, ВС == 4, CD = 5, AD = 2, Чему равна длина диагонали 4С?
(Мехмат, 1973) В трапеции ABCD точки К н М являются соответственно серединами оснований 48 = 5 н CD = 3. Найтн площадь трапеции, если треугольник АМВ — прямоугольный, a DK — высота трапеции.
(География, ф-т, 1975) В треугольнике 4ВС биссектриса 4К перпендикулярна медиане ВМ, а /ЛВС = 120°. Найти отношение площади треугольника АВС к площади описанного около этого треугольника круга. '
(Геофак, 1975) Дан правильный тетраэдр РАВС, длина ребра которого равна а. Через точки С, Е, М и Р, где £ — середина ребра 4В, а М — середина ребра 4С, проведена сфера. Найти радиус сферы.
(Мехмат, 1975) Два равных равнобедренных треугольника АВС и DBF (АС = ВС = BD = DF) имеют общую вершину 8 н лежат в плоскости так, что точки С п D находятся по разные стороны от прямой 4В; отрезки АС и DF пересекаются в точке К. В каком отношении прямая ВК делит угол АВС, если ZDBF — а, 乙CBF = р, причем р < а?
(Мехмат, 1975) В правильную треугольную пирамиду SAEC с вершиной S н основанием АВС вписан шар радиуса 2; высота пирамиды SK равна 6. Доказать, что существует единственная плоскость, пересекающая ребра основания АВ и 8c в некоторых точках М и N таких, что MN — 7, касающаяся шара в точке, удаленной на равные расстояния от точек Л1 и ^, и пересекающая продолжение высоты пирамиды SK за точку К в некоторой точке D. Найти длину отрезка SD.
Г. Геометрическое воображение
Особые затруднения вызывают у поступающих гео* метрические задачи, в которых требуется не просто использовать какую-либо формулу или обосновать неко* торый факт, а хорошо представлять себе нужные геометрические конфигурации.
Наглядное геометрическое представление развивает^ ся постепенно, в результате постоянной тренировки. Необходимо всегда хорошо,《с разных точек зрения» представлять себе тела и фигуры, о которых идет речь в задаче, правильно и аккуратно выполнять чертеж.
Именно слабое умение представлять себе конфигу* рацию в пространстве, непонимание истинного взаиморасположения изображенных на чертенке тел было
причиной того, что многие поступающие д-ляи различные ошибочные решения в следующей задаче.
(Мехмат, 1963) Нижним основанием ABCD прямой призмы ABCDAiBiCiDi (где ЛИ, BtB, &С\ D^D — боковые ребра) служит ромб с острым углом <р. Известно, что в эту призму можно вписать шар диаметра d, касающийся изнутри всех ее граней. Найти плошддъ сечения призмы плоскостью, проходящей через ребра ВС и Л|/)ь
Определим площадь S четырехугольника A^D^CB (pi.с. 65). Если в прямую призму вписан шар, то радиус этого шара равен радиусу окружности, вписанной в ромб ABCD. В самом деле, центр шара равноудален от всех боковых граней прямой призмы, а потому ортогональная проекция центра на плоскость ABCD равноудалена от всех сторон ромба. Таким образом, высота DK ромба равна диаметру шара, т. е. сторона ромба
DC =———.
sin学
Легко сообразить, что высока призмы равна диаметру вписанного нее шара, т. е. DDX = d.
Некоторые поступающие, исходя из чертежа, приняли AiDiCB за прямоугольник, а потому искали площадь сечения по формулу 5 — ВС-0^0^ На самом же деле S = BC・DtK, где D\K — высота параллелограмма A\D[CBt т. е. D\KA-BC. По теореме_Пифагора из треугольника D»DK находим D^K —d V2 и, следовательно,
Sin Ф *
Другое неверное решение состояло в следующем. Из точки Di на^еторону >41-й-параьплел0грамма ^jDjCB опускают высоту D\M этого параллелограмма. Сторону А\В находят из треугольника А^АВ по теореме Пифагора: d “1十du?屮
sin® *
Далее, поскольку шар касается граней AAlBiB и QQi&C, то делается вывод, будто D{M — d, а потому S = ARd. Однако и здесь подвело пространственное воображение: на самом деле D{M #= d; иначе говоря, высота D\M рассматриваемого сечения не равна расстоянию между параллельными плоскостями АА^В^В и DDiCjC, т. е. попросту QM не перпендикулярна к плоскости АА\В\В. Заметим также, что А^В и DC не 51вляются касательными прямыми к вписанному в приз” му шару.
Конечно, в приведенных неверных решениях ошибки произошли из-за неправильного понимания чертежа, из-за недостаточного геометрического воображения. Однако этих ошибок удалось бы избежать, если бы постук пающие не просто использовали факт, «видный^ им из чертежа (но в действительности неверный), а пытались бы его и строго обосновать. Тогда сразу можно было бы убедиться в том, что этот факт места не имеет.
Следует подчеркнуть, что хорошее пространственное воображение неотделимо от полного логического доказательства всех геометрических фактов, на которые мы опираемся в ходе решения. Как бы ясно мы ни «видели» пространственную конфигурацию, как бы аккуратно и наглядно ни был выполнен чертеж, следует строго доказывать все утверждения, даже кажущиеся «очевидными» из чертежа.
Образно говоря, геометрическое воображение подсказывает нам путь решения, позволяет набросать «черновик» решения, где мы следуем лишь нашей интуиции, пытаясь только проверить, придем ли мы к желаемому результату. Но затем необходимо дать «чистовое» решение, в котором интуитивные, нестрогие соображения и догадки заменяются строгими доказательствами.
Приведем еще две задачи, где геометрическое воображение очень важно: без «геометрической фантазии» здесь довольно трудно, наметить путь решения. Отметим кстати, что даже и при хорошем чертеже не всегда легко подметить тот факт, на основе которого удается провести решение.
(Мехмат, 1965) Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD с вершиной S,夕叩ез точки А и В
и середину ребра SC проведена плоскость. В каком отношении эта плоскость делит объем пирамиды?
Первое решение. Прежде всего отметим, что прямая ИВ параллельна плоскости боковой грани DSC (рис. 66), ибо ребро АВ параллельно ребру DC. Поэтому секущая плоскость» проходящая через ребро 4В и точку 尸一 середину ребра SC — пересекается с плоскостью грани DSC по прямой EF, параллельной 4В, а следовательно, и DC. Отсюда ясно, что EF—средяяя линия треугольника DSC,
Нам необходимо сравнить объемы двух тел ——одно находится под секущей плоскостью, другое — над ней, причем расположенное под секущей плоскостью тело неправильной формы. Для того чтобы это сделать, выполним сначала дополнительное построение, стремясь прийти к более «привычному» телу: на продолжении отрезка FE за точку 尸 отложим отрезок FK = EF, а затем соединим точку К с вершинами В и С основания пирамиды.
Рассмотрим четырехугольник DCKE; это — параллелограмм (так как его противоположные стороны DC и ЕК равны и параллельны), а потому стороны DE и СК равны и параллельны. Четырехугольник АВКЕ — также параллелограмм, и поэтому его стороны АЕ и ВК равны и параллельны. Кроме того, стороны AD и ВС квадрата ABCD также равны и параллельны.
Из сказанного следует, что у треугольников ADE и ВСК соответствующие стороны равны и параллельны;
значит, эти треугольники равны, а их плоскости параллельны. Так как, кроме того, DC = ЕК = АВ и прямые DC, ЕК и АВ параллельны, то тело CBKDAE есть треугольная (наклонная) призма с основаниями ВСК и ADE.
Эту призму можно также рассматривать как половину параллелепипеда ABCDAxB\KEb у которого в основании лежит квадрат ABCD, а одной из боковых граней является параллелограмм DCKE (рис. 67). Поэтому объем призмы CBKDAE равен половине объема этого параллелепипеда, т. е. равен половине произведения площади квадрата ABCD на высоту параллелепипеда, т. е., например, на длину перпендикуляра FM, опущен* ного из точки 尸 на плоскость ABCD.
Если SO — высота пирамиды SABCD, то из подобия треугольников OS С и MFC вытекает, что высота FM нашего параллелепипеда равна половине высоты пира^ МИДЫ.
Пусть V — объем пирамиды, 匕一объем призмы CBKDAE, Q — площадь квадрата ABCD, Н — высота пирамиды; тогда V = %Q〃，匕=ZQ". Таким образом, Vi = 3ЛК т. е. объем* призмы CBKDAE составляет З/4 объема пирамиды SABCD.
Нас интересует объем многогранника CFBDEA (см* рис. 66), равный разности объемов призмы CBKDAE и пирамиды BCKF： Найдем поэтому объем V2 пирамиды BCKF.
Пусть Qi — площадь треугольника CKF, а й ——длина высоты, опущенной из вершины 8 на плоскость треугольника ©К尸.Поэтому у пирамиды BCKF объем % = ='/3Q1儿 Но призму CBKDAE можно рассматривать как половину параллелепипеда DCKEABBiA\t основание которого — параллелограмм DCKE, а квадрат ABCD есть одна из боковых граней (рис. 67). Тогда высота этого параллелепипеда равна 九，а площадь основания DCKE есть учетверенная площадь треугольника CKF. Таким образом, объем призмы CBKDAE можно написать и так: Pi = 2Qi/l Отсюда, учитывая выражение для %, получаем % = %%, а потому объем 匕 многогран* ника SFBOEA равен 匕=匕一％ = 5/б%. Но так как 济=%匕 то окончательно находим 匕=5/вК
Следовательно, объем многогранника CFBDEA составляет б/8 объема пирамиды SABCD, т. е. секущая плоскость делит объем этой пирамиды в отношении 3:5.
Второе решение. Доказав, что секущая плоскость проходит через среднюю линию EF треугольника DSC, рассмотрим тело, расположенное под секущей плоскостью. В отличие от первого решения, попытаемс51 вычислить объем этого тела как сумму объемов специально по
строенных пирамид.
Проведя плоскость через точки В, Е н С (рис. 68), разобьем интересующий нас многогранник CFBDEA на
две пирамиды: четырехуголь^ ную EABCD с вершиной Е и основанием ABCD и треугольную FBCE с вершиной 尸 и основанием ВСЕ.-
Так как высота пирамиды EABCD вдвое меньше высоты пирамиды SABCD, то объем пирамиды EABCD равен половине объема пирамиды SABCD.
Объем пирамиды FBCE можно легко подсчитать, если
Рис. 68.рассмотреть в качестве ее
вершины точку Е, а за основание принять треугольник BCF: оказывается, что объем этой пирамиды равен половине объема треугольной пирамиды DBCF (для доказательства достаточно
опустить перпендикуляры из тО'чек D и Е на плоскость BSC и, рассмотрев соответствующие подобные треугольники, убедиться в том, что высота пирамиды DBCF вдвое длиннее высоты пирамиды EBCF). Теперь примем в пирамиде DBCF точку 尸 за вершину, а треугольник DBC за основание. Сравнивая пирамиды FDBC и SABCD, мы
видим, что объем первой в 4 раза меньше объема второй.
Следовательно, объем пирамиды FBCE равен % объема пирамиды SABCDt а потому объем многограя: ника CFBDEA составляет 5/s объема этой пирамиды.
(Мехмат, 1968). Дана правильная треугольная пирамида SABC (S ——вершина) со стороной основания а и боковым ребром Ь. Первая сфера с центром в точке О^ касается плоскостей SAB 〃 SAC в точках В и Ct а ето-
рая сфера с центром в точке Ог касается плоскостей SAC 〃 SBC в точках А и В. Найти объем пирамиды SBO\O2.
Для нахождения объема треугольной пирамиды прежде всего надо решить, какую грань принять за основа* ние пирамиды, с тем чтобы как.можно проще вычислить площадь основания и высоту пирамиды, опущенную на плоскость этого основания.
Те поступающие, которые обладали геометрическим воображением, сразу заметили в этой задаче, что ребро SB (рис. 69) перпендикулярно к плоскости О\ВО2 и, кроме того, что О*°2 = АС. Та-s
ким образом, геометрическое «видение» сразу подсказало им- / ]\ простой путь решения задачи: доказательство только что отмеченных фактов и вычисление радиусов Q5 и О2В.
Приведем это решение. Поскольку ВО\ ——перпендикуляр к плоскости ABS, то ВОХ J_ SB\ поскольку ВО? — перпендикуляр к плоскости ACS, то ВО2 丄 SB,
значит (см. § 4 раздела III), SB — перпендикуляр к плоскости &3。2, т. е. SB -- высота нашей пирамиды.
Для вычисления площади треугольника С48О2 надо найти радиусы О\В и О2В. Найдем сначала радиус О® Для этого проведем плоскость через три точки В, С и О】，она пересечет ребро AS в точке D. Так как ВО^ — перпендикуляр к плоскости 4BS, то, в частности, ВО[丄 4S; аналогично, СО｛丄 4S; значит, AS ——перпендикуляр к плоскости BCOj. Но тогда BD и CD — высоты боковых граней ABS и ACS и легко вычисляются:
bd = cd = £®-^・
Доказав подобие треугольников BDK и BDOit находим
B。L
Аналогично находим ВОг; оказывается, что BQ = 80g
Остается найти 。[。2, т. е. доказать, что OtO^ = АС. Замечая, что АО2—перпендикуляр к плоскости ACS, а COi — перпендикуляр к той же плоскости 4CS, получаем ЛО2 [| COh значит, точки Л, С, О\ и 5 лежат в одной плоскости. Итак, четырехугольник ACO^Oz плоский, и /О2 11co% АО^ = СОЬ .так что АСО\О2 — параллелограмм, и потому О1О2 = АС = а. Теперь по трем сторонам находим площадь треугольника В%。? и затем нско- МЬ1Й объем
12"§^^
планиметрической задачепланиметрической задачеНе следует, однако, думать, что геометрическое воображение нужно только в стереометрии. В следующей
планиметрической задаче
планиметрической задаче
самое главное — правильно представить себе чертеж, рассмотреть и объяснить
все возможные случаи.
(Мехмат, 1961) На плоскости даны четыре различные точки А, В,已 и D, причем АВ ± CD и AC _L BD. Доказать、 что AD 丄 ВС.
В самом деле, положение точек 4 и В можно выбрать на плоскости произвольно (рис. 70). Пусть, далее, точка С расположена так, что основание перпендикуляра, опущенного из нее на прямую /, на которой лежит отрезок АВ, находится внутри этого отрезка.
Ясно, что точка D должна лежать на прямой т, перпендикулярной к АВ и проходящей через точку С Поскольку по условию AC -L BD, то точка D должна лежать на прямой и, проходящей через точку В перпендикулярно к АС. Так как АС и АВ пересекаются, то и перпендикулярные к ним прямые тип пересекаются; точкой пересечения и является точка D. Рассмотрим теперь треугольник АВС\ предположим, что точка D лежит внутри него, и проведем прямую 卩 через точки Л и D. Очевидно, что m и п — высоты треугольника АВС\ поэтому прямая р также является его высотой. В самом деле, если мы опустим из вершины А высоту на ВСг то
она (по известной теореме о свойстве высот треуголь* ника) должна пройти и через точку D, а потому совпадет с прямой р (у них две общие точки). Отсюда уже ясно, что AD 丄 ВС.
Случаи, когда точка D лежит вне треугольника АВС или когда прямая m пересекается с прямой I вне отрезка АВ, рассматриваются аналогично； на самой прямой / така С лежать не мо/кет. Отметим, что без рассмотри ния всех возможных случаев решение, естественно, не может быть признано исчерпывающим.
В геометрических задачах иногда бывает полезно попытаться деформировать заданную конфигурацию так, чтобы она стала более простой, но чтобы искомый элемент при этом не изменялся. Именно такой подход, требующий хорошего геометрического воображения, позво^ 『нет нащупать ход решения в следующей задаче.
(Мехмат, 1973) В треугольной пирамиде ABCQ грани АВС 〃 ABD имеют площади р и q и образуют между собой угол а. Найти площадь сечения пирамиды, проходящего через ребро АВ и центр вписанного в пирамиду шара.
Изобразим пирамиду ABCD (рис. 71); пусть АКВ — сечение, проходящее через ребро АВ и центр вписанного
Рис. 7L
в пирамиду шара. Основная трудность состоит в построен нии «удобного» линейного угла для двугранного угла с ребром АВ. Если попробовать, как обычно, опустить на
АВ перп-ендикуляры из вершин С и D, то их основания, вообще говоря, не совпадают и 《хорошего» линейного угла не получается. Поэтому построим линейный угол, естественно связанный с сечением АКВ.
Проведем через точку К плоскость л, перпендикулярную к прямой 4В; плоскость л пересекается с гранями ЛСВ и ADB по прямым тип. Эти прямые и образуют линейный угол с вершиной Т для двугранного угла с ребром АВ, Однако они вовсе не обязаны проходить через вершины С и D.
Будем теперь перемещать точки С и D по прямым с и d, параллельным ребру АВ, причем так, чтобы точка ^ всегда оставалась на «переменном» ребре. При такой деформации сохраняются и данные 吊.亠 условии задачи площади, и двугранный угол с ребром АВ, и сечение АКБ. Наиболее простая конфигурация получится в случае, когда пере?лещаемые вершины займут положения С7 и D'——толчки пересечения прямых с и /?г и прямых don соответственно. В этом случае прямые С'Т и DfT являются высотами граней АС В и ADfB и наиболее просто связаны с их площадями.
Конечно, необходимо еще доказать, что точка К лежит на отрезке CD7. Это, однако, сразу следует из того, что плоскость л пересекается с плоскостью, в которой лежат параллельные прямые cud, как раз по прямо 彳 CD', а точка ^ лежит в обеих этих плоскостях.
Рассмотрим пирамиду ABDD，Из треугольников АС В и AD'B имеем
СГТ ■ АВ = 2卩 Q'T • /В = 2〃 (13)
Далее, плоскость АКВ делит двугранный угол с ребром АВ по-полам, поскольку она проходит через, центр вписанного шара; поэтому КТ — биссектриса угла C'TDL На〃ншем два выражения для площади треугольника
1 кт ■ С'Т • sin ^ + } КТ • £>T.sin| = y СТ- D'T • sin а; отсюда, учитывая (13), получаем
КТ (需十居)=2 •翁，翁，cos&
илв
4В・ КТ=-^- cosp + q 2
Но КТ— высота треугольника АКВ, так что
S^kb = • КТ — ^^г cos у •
Геометрическое воображение часто позволяет выполнить наиболее удобный чертеж, на котором конфигура-* ция, рассматриваемая в задаче, хорошо обозрима.
(Мехмат, 1969) Прямоугольные проекции треуголь* ника АВС на две взаимно перпендикулярные плоскости являются правильными треугольниками со сторонами, равными 1. Найти периметр треугольника ЛВС, если известно, что АВ = % “5 ・
Самую большую трудность при решении этой задачи доставила поступающим попытка представить себе данную геометрическую конфигурацию и особенно — сделать хороший чертеж. Очень многие запутались в хитросплетении многочисленных прямых на чертеже, не смогли увидеть на нем (из-за искажений пространственной кон* фигурации при плоском изображении) те факты, которые позволяют прийти к ответу.
Между тем некоторые простые соображения помогают устранить практически все эти сложности.
Заметим прежде всего, что если плоскости а и В，на которые проектируется данный треугольник ЛВС, пере-* мещдть параллельно самим себе, то проекции этого треугольника не изменяются. Выберем одну из этих плоскостей, которую можно представлять себе как «горизонтальную». Очевидно, что сторона АВ треугольника ЛВС не параллельна этой плоскости: в противном случае проекция отрезка АВ должна была бы иметь длину */2 V^ » а не 1.
Проведем «горизонтальные» плоскости через вершины Д и В треугольника АВС. Легко сообразить, что по край* ней мере одна из построенных двух плоскостей обладает следующим свойством: треугольник АВС лежит по одну сторону от этой плоскости^ имея с ней лишь единственную общую точку {свою вершину). Допустим, для определенности, что таким свойством обладает «горизонтали
иая» плоскость, проходящая через вершину 4; обозначим эту плоскость а. Через эту же вершину проведем и плоскость 0 — вторую плоскость («вертикальную») э на которую проектируется треугольник АВС (рис. 72; плоскость В на рисунке не изображена).
Из условия задачи следует, что проекции отрезка АВ на плоскости ос и 0 имеют равные длины, а тогда точка В равноудалена от плоскостей а и ^ и, следовательно, лежит в биссектральной плоскости двугранного угла, образуемого этими плоскостями. То же самое верно и для точки С. Таким образом, в этой плоскости лежит и весь треугольник АВС, а потому плоскость у треугольника АВС образует с плоскостями аир равные двугранные углы, именно, углы по 45°.
Поэтому очевидно, что достаточно рассматривать лишь одну из плоскостей ан* ведь если некоторая плоская фигу-* ра (в данном случае―- треугольник 4ВС) лежит
в биссектральной плоскости двугранного угла, то проекции этой фигуры на его грани одинаковы. Иначе говоря, конфигурация, о которой идет речь в задаче, пол
ностью определяется заданием проекции треугольника АВС на одну плоскость, скажем, на плоскость а. Это соображение позволяет нам не загромождать чертеж ри* сованием проекций на обе плоскости.
Таким образом, мы приходим к следующей картииез плоскость у, в которой расположен треугольник АВС, составляет 45° с плоскостью а, и проекция этого треугольника на плоскость а представляет собой правильный треугольник; в силу сказанного выше о выборе пло-* скости а вершина А треугольника АВС лежит на ребре / двугранного угла, образованного плоскостями а и у, а сам треугольник ЛВС расположен в плоскости у по одну сторону от прямой 厶
Построив проекцию ЛК стороны АВ на плоскость ,af мы сталкиваемся еще с одной трудностью: мы не знаем наперёд» где лежит проекция 厶 точки С иа эту плоскость —внутри какого из двух углоа, образованных прямой АК с ребром L Как увидим ниже, положение точки Л определяется числовыми данными задачи, и сразу, без вычислений, определить ее положение в плоскости а нельзя. Поэтому пока будем проводить рассуждения, не обращая внимания на то, что на рис. 72 точка £ уже отмечена.
Прежде всего заметим, что сторона АВ не перпендикулярна к ребру L В самом деле, в противном случае отрезок АВ составлял бы со своей проекцией АК угол, равный линейному углу двугранного угла между плоско* стями у и а (что следует из теоремы о трех перпендикулярах), т. е. угол 45°, а потому длина отрезка 4K была бы равна % V10, а не 1, как это дано по условию.
Проведя BN 丄 I и соединив точки К н М отрезком, получим» что BNK — линейный угол двугранного угла, т. е. /В“К=45。. Отсюда, в частности, следует, что KN= =ВК. Но из прямоугольного треугольника Л^S находим ВК = 1/2； поэтому и KN = 7г- Теперь из прямоугольного треугольника ANK заключаем, что £NAk = 30°.
Поскольку в плоскости 丫 треугольник АВС расположен по одну сторону от прямой /, то и проекция AKL этого треугольника расположена в плоскости а по одну сторону от прямой /. Так как Z.NAK = 30°, а ZL4/< = = 60° (ибо треугольник AKL ——правильный), то ясно, что точка £ лежит вне угла NAK, и LA 丄 L Это в свою очередь означает, что СА ± I, т. е. Z CAL = 45°. Рассматривая прямоугольный треугольник С£Л, находим теперь АС = “2 ・
Остается вычислить длину стороны ВС. Убедимся, что прямая ВС не параллельна ребру L Действительно, если бы эта прямая была параллельна ребру /, то ее проекция KL также была бы параллельна I, что неверно. Поэтому прямая ВС пересекает ребро 2, в некоторой точке М; через ту же точку проходит и прямая ZK (поскольку М ——точка пересечения прямой / с плоскостью, проходящей qepe3 параллельные прямые. CL и ВК).
Заметим теперь, что отрезки KN и ВК — средние лилии треугольников AML и LMC соответственно (эти отрезки параллельны осномаииям соответствующих треугольников и равны половинам длины этих оснований) < Отсюда следует, что МК = К厶=1, а тогда
вс = вм = Vb№ + мк2='/2 “引.
Окончательно, периметр треугольника АВС равен- 傍+уг.
Задача
1・ Даны три попарнс скрещивающиеся прямые, не параллельные Одной плоскости. Доказать, что существует параллелепипед, скрещивающиеся диагонали трех граней которого лежат на данных прямых.
2. Как известно, в любом треугольнике основание хотя бы одной высоты лежит на самой стороне, а не Па ее продолжении. Верно ли. что в любой треугольной пирамиде основание хотя бы одной высоты лежит на самой грани, а н^ иа ее продолжении?
Можно ли произвольный четырехгранный угол пересечь скостью так, чтобы в сеченнн получился параллелограмм?
Можно лн построить в треугольной пирамиде секущую скость» пересекающую пять ребер пирамиды?
Определить форчу проекции правильного тетраэдра на скость, параллельную двум его несмежным ребрам.
Найти тень куба на плоскость, перпендикулярную к его
пло-
пло-
пло-
дна-
гоналн, от пучка лучей, параллельных этой диагонали.
7. (Мехмат, 1958) Дай треугольник АВС; найти (в плоскости •того треугольника) геометрическое место точек М таких, что площади треугольников АВМ и ВМС равны.
& (Мехмат, 1961) На плоскости стоят прямой круговой конус и вертикальный штатив (отрезок). Радиус основания конуса равен 1 r высота конуса 2 м. Основание штатива отстоит от центра ос- вования конуса на 2 jm; высота штатива 4 м. На иершнне штатива помещен точечный источник света. Найтн площадь тенн, отбрасы
ваемой иа плоскость конусом (не считая площади его основания).
9. (Физфак, 1963) Ребро куба равно о. Сфера с центром О пересекает три ребра, сходящиеся в вершине 4, в их серединах. Из точки В пересечения сферы с одним из ребер куба опущен перпен- 一вершину 4, причем
。力 делится ребром
дикуляр на диагональ куба, проходящую через
угйл между этим перпендикуляром н радиусом куба пополам. Найти радиус сферы.
10. (Физфак, 1965) Дан равнобедренный
АВ»АС = 6, ZBAC« а. Этот треугольник , 、_…
оси, проходящей через вершину А так, что угол между этой осью п плоскостью треугольника равен р, а основание треугольника перпендикулярно к оси. Вычислить объем тела, полученного при вращё-г ■ви треугольника ЛВС,
треугольник ЛВС,
вращается вокруг
". (Физфак, 1965) Два равных конуса имеют общую вершину и касаются по обшей образующей. Угол осевого сечения конуса равен 2а. Найти двугранный угол между двумя плоскостями, каждая из которых касается обоих конусов, но не проходит через нх общую образующую.
(Физфак, 1965) Через середину диагонали куба перпендикулярно к ней проведена плоскость. Определить площадь фигуры, получившейся в сеченнн куба этой плоскостью, если ребро куба равно а.
(Мехмат, 1965) Дана правильная треугольная призма ABCAfBfCf с боковыми ребрами АА\ ВВГ и СС. На продолжении ребра В4 взята точка М так. что МА = АВ (МВ = 2ДВ). Через точки М, Bf н середину ребра ДС проведена плоскость, В каком отношении эта плоскость делит объем призмы?
(Экономич. ф-т, 1966) Доказать, что проекция правильного тетраэдра на плоскость будет нметь наибольшую площадь, когда эта плоскость параллельна двум скрещивающимся ребрам тетраэдра.
(Экономнч. ф-т, 1966)" Двугранный угол между плоскостями Р н Q равен а. В илоскостн Р лежит правильный треугольник со стороной 1. Доказать, что сумма квадратов длин проекций сторон этого треугольника на плоскость Q не зависит от его расположения в плоскости Р.
(Фнзфак； 1966) В правильной шестиугольной пирамиде сто* рона основания равна а, а высота равна 九* Вычислить площадь сечения, проходящего через середину двух не смежных и не параллельных сторон основания н через середину высоты пирамиды.
(Физфак, 1968) Правильный тетраэдр помещен внутрь шара радиуса г так, что три его вершины лежат на поверхности шара, а центр шара находится -внутри тетраэдра на расстоянии d от его четвертой вершины, Найтн сторону тетраэдра.
(Мехмат, 1968) Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD (S — вершина) со стороной основания а н боковым ребром а. Сфера с центром в точке О проходит через точку А и касается ребер SB н Su в нх серединах. Найтн объем пирамиды OSCD.
(Мехмат, 1969) Прямоугольные проекции треугольника АВС на две взаимно перпендикулярные плоскости являются [фавнльнымн треугольниками со сторонами, равными 1. Медиана Аи треугольника АВС равна V^7T・ Найтн ВС.
(Мехмат, 1969) Прямоугольные проекции плоского четырех* угольника на две взаимно перпендикулярные плоскости являются квадратами со сторонами, равными 1. Найтн периметр четырехугольника, зная/что одна из его сторон имеет длину V3/a*
(ВМК, 1970) В треугольной пирамиде SABC плоские углы при вершине S являются острыми и равны: £BSC = a, Z4SC ^ =В, £ASB = у. Известны боковые ребра: SA = a, SB =瓦 Вычислять площадь проекции грани ASB на плоскость грани ASC.
(Мехмат, 1970) Длина каждого ребра треугольной пирамиды SABC равна 1; BD — высота треугольника ЛВС. Равносторонней треугольник BDE лежит в плоскости, образующей угол ф с 範8)6耳 4С, причем точки S и £ лежат по одну сторону от плоскости А8С Найти расстояние между точками Sac.
跳(В|1Офакг 1971) Цилнвдр, радиус основания чотерото равен L и убечениая правильная четырехугольная пирамида расположены так, что верхн^ основание пирамиды вписано в верхнее основание цилиндра, а нижнее основание пирамиды описано около нижнего основания цилиндра^ Если продолжить боковые грани усеченной пирамиды до пересечения, то высота полученной полной пирамиды будет равна 4 -k V2. Найти объем усеченной пирамиды.
(Химфак, 1971} Прямой круговой цилиндр 加耻金口 около шара радиуса R. Точка С расположена внутри цилиндра на его осн и удалена на %R от нижнего основания. Через эту точку проведена плоскость Р, имеющая с окружностью нижнего основания только одну общую точку. В шар вписан прямой круговой конус, основание которого лежит в плоскости Р, а вершина расположена выше этой плоскости. Найти объем конуса.
(Ф-т психологии, 1971) Дан куб ABCDAiBiCiDi с боковыми ребрами 4ЛЬ 5Blf ССЬ。。卜 На продолжении ребер %В н BBi соответственно отложены отрезки %М н BW длины АМ = %48 и &Wn2BtB (ВМ = з储в, BN ззВ[)> Где На ребре СС) должна находиться точка Р для того, чтобы в сеченни куба плоскостью, проведенной через точки Mt N н Ру получился четырехугольник?
(Ф-т психологии, 1971) Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD. На боковом ребре SB взята точка М так, что SM == МВ. На продолжении ребра основания АВ взята точка М так, что Л^ = АВ (N8 匸 2-Ав). Где на боковом ребре SC должна находиться точка Р для того, чтобы в сеченнн пирамиды плоскостью, проведенной через точки М, ^ н Р, получался четырехугольник? ,
(Физфак, 1971) В правильную треугольную пирамиду SABCt все ребра которой равны % вписана сфера. На ребре SA взята точка М так, что 4“ = Ms* а на ребре ВС взята точка N так, что 2CN= =NB. Прямая MN пересекает сферу в двух точках Р и Q. Нантн длину отрезка PQ.
(ВМК, 1971) Основанием пирамиды SABCD служит прямоугольник, угол между диагоналями которого равен а, причем а V V л/3. Высота пирамиды проходит через точку пересечения днаго* налей основания н равна Л. Дана треугольная пирамида, имеющая ту же вершину S Основапнем ее является треугольник, одна вершина которого лежит на середине большой стороны прямоугольника ABCDt а две другие — на его диагоналях, причем проекция вершины S на плоскость основания лежит внутри этого треугольника. Найти объем треугольной пирамиды, если известно, что ее боковые грани равновелики, а боковые ребра равны.
(Геофак, 1972) В треугольнике АВС сторона АВ — 2, сторона ВС = 4 н /В == 60°. Трн шара касаются плоскости треугольника АВС в точках А, В н С соответственно и попарно касаются между собой. Определить радиусы этих шаров.
(Физфак» 1972) На сфере, раднус которой равен 2, расположены три окружности радиуса 1, каждая из которых касается двух других. Найти радиуе окружности, меньшей, чем данные, которая также расположена на данной сфере и касается каждой из данных окружностей
(Мехмат, 1973) В треугольной пирамиде A&CD ребро СО =» и а, а перпендикуляр, опущенный из середины ребра Ав иа пряную СО, равен 力 н образует равные утлы а с гранями A€D n BCD. На* ти объем пирамиды.
(Мехмат, 1973) В треугольной пирамиде 4BCD через ребро AD = а и точку Е — середину ребра ВС — проведено сеченне, образующее с гранями ACD и ADB углы а н 3 соответственно. Найти объем пирамиды, если площадь сечения ADE равна £
(Экономич. ф-т, 1974) На плоскости даны три точки 4, 8 и С, лежащие на одной прямой (точка В лежит между точками 4 и С), АВ = 1, ВС =s 10. Найти минимальное расстояние между такими точками Р н Q, лежащими в данной плоскости по разные стороны от прямой ДС, что /АРВ = 45° и ZBCQ — 60°.
(Физфак, 1974) Дана пирамида SABC, все ребра которой равны a; SO — ее высота. Точка 丁 一середина ребра ВС. На перпендикуляре к плоскости АВС в точке Г отложен отрезок ТМ, равный SO. Через точки S н М проведена плоскость параллельно плоскости АВС и в этой плоскости построен правильный треугольник PQR с центром в точке М и стороной а так, что точка S — середина отрезка QM. Найти объем общей части пирамид SABC и
TPQR.
трех ：ВС.рас- ЛВСтрех ：ВС.рас- ЛВСдо плоскости основаниядо плоскости основаниястояние от центра описанного шара равно 3.стояние от центра описанного шара равно 3.(ВМК, 1974) В треугольной пирамиде SABC суммы плоских углов прн каждой вершине В и С равны 180°, a SA = Найтн объем пирамиды, если площадь грани SBC равна 100, а
трех ：ВС.
рас- ЛВС
трех ：ВС.
рас- ЛВС
до плоскости основания
до плоскости основания
стояние от центра описанного шара равно 3.
стояние от центра описанного шара равно 3.
(Мехмат, 1974) В основании треугольной пирамиды ABCD лежит прямоугольный треугольник АВС с катетами АС = 15 и ВС = 20. Боковое ребро ОС перпендикулярно к плоскости основания. Сфера касается основания АВСУ ребра СО и боковой грани ABD в точке А, которая лежит на высоте треугольника ABD, опушенной на точки D. Известно, что DP = 6. Найтн объем пирамиды.
(Геофак, 1975) Дана правильная четырехугольная пирамида РА BCD со стороной основания, равной а. Высота пирамиды, опущенная нз вершины Р, также равна а. Найтн радиус сферы, проходящей через точки В, Et К и А где £ — середина ребра AD, а К т середина ребра ВС.
(Филфак, 1975) В пространство, заключенное между сферической поверхностью и плоскостью, проходящей через ее центр, вложено трн одинаковых шара радиуса г, так что каждый шар касается двух других, сферической поверхности и указанной плоскости# Найти радиус сферической поверхности.
(Физфак, 1975) В треугольнике АВС угол АСВ — прямой* АС = а, ВС = 9a. Через точку В проведена в пространстве прямая, перпендикулярная отрезку ВС, и на этой прямой взята точка D так, что BD = а. Двугранный угол между полуплоскостями, которым принадлежат треугольники BCD н ABCt равен л/3. Шар касается отрезка АВ в такой тачке Р, что АВ = 34Р, н касается отрезка CD в такой точке Q, что СО = 3QD Найти раянуо шара.
(Физфак, 1975) В треугольнике АВС угол ВСА — прямой, АС = 6. ВС = 26. На прямой, проходящей « пространстве через
Toq^y В перпендикулярно к отрезку ВС, взята точка D так, что BD ■ 6. Двугранный угол между полуплоскостями, которым принадлежат треугольники АВС и BCD； равен 2л/3. Шар касается отрезка 4В в такой точке М, что ВМ === %АВ, и касается отрезка CZ)в такой точке М что CN =：弘CD. Найти радиус шара.
Геометрические решения задач
Программа школьного курса геометрии построена, как известно» таким образом, что учащиеся девятых н десятых классов решают, в основном, задачи по стереометрии, а планиметрические задачи встречаются лишь в связи с применением тригонометрии. На вступительных экзаменах такое положение вещей сказывается далеко не лучшим образом: поступающие, неплохо справляясь с задачами, требующими тригонометрических вычислений (даже весьма громоздких), часто становятся в тупик перед сравнительно простыми задачами, для решения которых необходимо применить, в общем, хорошо им известные геометрические факты из планиметрии. Поэтому при подготовке к приемным экзаменам особое внимание надо уделять активизации материала по планиметрии, решать больше задач, требующих <чисто геометрических» идей и рассуждений.
Подчеркнем сразу же, что здесь речь не идет о каком-то противопоставлении геометрических и аналитических методов решения задач. Напротив, наиболее успешным может быть именно их разумное сочетание. Тогда на экзаменах не будет случаев, когда с помощью головоломных вычислений решается простая геометрическая задача иди, наоборот, когда придумываются хитроумнейшие дополнительные построения в задаче, где введение тригонометрических функций является естественным путем решения. Да и само деление на геомет* рические и аналитические решения весьма условно — ка№ правило, в любой задаче геометрические соображения неизбежно комбинируются с вычислениями.
Напомним несколько «чисто геометрическихэ теорем, которые очень важны для решения задач, но которые часто забывают или не умеют использовать поступающие.
Теорема р сторонах и диагоналях н而аллело・ грамма: сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов %。сторон^
Теорема & биссектрисе внутреннего угла треугольника: биссектриса внутреннее^ угла треугольника делит противолежащую сторону на Кастил пропорцио- налъные прилежащим сторонам.
Теорема об угле между касательной а хордой: угол между касательной и хордой измеряется половиной дуги, стягиваемой хордой и заключенной внутри угла.
Теорема об отрезках пересекающихся хорд: произведение отрезков хорд, проходящих через данную точку внутри круга, постоянно.
Теорема о касательной и секущей: если из точки вне круга проведены касательная и секущая, то квадрат касательной равен произведению секущей на ее внешнюю часть.
Подчеркнем, что две последние из приведенные теорем верны и в стереометрии — если вместо круга рассматривается шар. Для доказательства достаточно через две хорды шара или через касательную и секущую шара провести плоскость, после чего остается применить планиметрическую теорему.
Нельзя не отметить, что все эти теоремы в программе вступительных экзаменов не перечислены; поэтому, естественно, возникает вопрос, надо ли их знать и допустимо ли появление на приемных экзаменах задач, которые можно решать с их помощью. Однако, во-первых, эти теоремы изучаются в школе и достаточно хорошо известны. Во-вторых, все они доказываются «в две строчки* н потому представляют собой, по существу, всего лишь простые задачи, вполне доступные поступающим (например, доказать любую из них могут предложить в качестве дополнительной задачи на устном экзамене). В-третьих, любую задачу можно решить и без формального использования указанных теорем: так, соотношение, вытекающее из теоремы об отрезках пересекающихся хорд, немедленно получается из подобия соответствующих треугольников. Между тем йереадмг- ленные выше теоремы полезно знать, чтобы не «изобретать велосипед» в каждой отдельной задаче.
Во многих задачах приходится отыскивать те или иные элементы треугольников Поступающим хорошо •кввестнн основные метрические соотношения, пезва* ляющие вычислять стороны треугольника» его углы,
плсшхадь^ въкюты. Несколько сложнее обстоит дело, когда требуется найти длину медианы или биссектрисы треугольника, С этим справляются далеко не все, хотя необходимые вычисления Довольно очевидны и используют лишь две из приведенных выше теорем. Мы сформулируем здесь соответствующие результаты.
Теорема. Если стороны треугольника АВС 〃з・ честны: АВ = с, ВС = а, С А = 6, то медиана mat проведенная через вершину А, имеет длину
у 262 + 2"二。2у 262 + 2"二。2⑴⑴
у 262 + 2"二。2
у 262 + 2"二。2
⑴
⑴
В4 самом деле, продолжим медиану АМ = та треугольника ЛВС (рис. 73) за точку М на отрезок MN = 力 =4М и соединим точку N с вершинами А В и С. Как легко убедиться, четырех- /^ угольник BACN — параллелограмм. При/ 力 \ меним к нему теорему о сторонах и диа- С(纱/_ \с гоналях параллелограмма:
\ /^m^ + ^^2t^ + 2c2.
V^Отсюда немедленно получается форму*
Nла (1).
Рис. 73. Теорема. Если стороны треугольника АВС известны: АВ = с, ВС = % СА = Ь, то биссектриса /а, проведенная через вершину Я, имеет длину
Обозначим угол 4 треугольника АВС (см. рис. 73) через а; так как АК — биссектриса, то 厶 ВАК = =Д САК = а/2. По теореме о биссектрисе внутреннего угла треугольника нмеем
ВК с
Составляя производные пропорции и учитывая равенство ВК + СК = а, легко подсчитать, что
8"母，e”备
© + J — 2% cos у =(犷彳展)•右 + 6 - 2% СО吟=(■^уУ •© + J — 2% cos у =(犷彳展)•右 + 6 - 2% СО吟=(■^уУ •Применим теперь теорему косинусов к треугальнмкам ВАК 艮 САК:
© + J — 2% cos у =(犷彳展)•右 + 6 - 2% СО吟=(■^уУ •
© + J — 2% cos у =(犷彳展)•右 + 6 - 2% СО吟=(■^уУ •
Умножив первое из этих равенств иа 瓦 а втсфое -* нэ с и выгкя второе из первого, получим
広(b — с) + 配(с — b) = ^f：)2 (с — 6).
Если 6 = с, то треугольник ВАС являегся равно6ел・ ренным н биссектриса J, которая служит одновременно и высотой, находится по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника АКВ. Поэтому можно считать, что Ь Ф с. Но тогда, после сокращения на b — с ^= 0 и очевидных преобразований, приходим к формуле (2). Заметим, что эта формула, как нетрудно убедиться, вер・ на и в случае b = с.
Доказанные формулы (I) и (2) довольно громоздки, но заучивать их, конечно» совсем не обязательно.
Важно понять и запомнить лишь приведенные выше пути рассуждений, поскольку их при необходимости всегда можно просто восстановить в конкретной задаче. Кстати, отметим, что использованный выше прием до
страивания треугольника до параллелограмма сам по себе часто бывает полезен.
Рассмотрим несколько примеров применения указанных теорем (и теорем, близких к ним) для решения задач.
(Биофак, 1973) В круге проведены два диаметра АВ и CZ). Пусть М — такая точка в плоскости круга, что АМ == 15, ВМ = 20, СМ = 24. Чему равна длина отрезка DM?
Соединим точку М с центром О окружности (рас. 74)- Тогда отрезок МО является медианой одновременно двух /треугольников: АМВ и CMD. Пользуясь формулой (1),
(или еиюва воспроизводя ее вывод применительно к треугольникам АМВ н CMD), получаем
4 • ОМ2=2 - АМ2+ 2 • 5M2_482=2 ・ СЛ^+2 ・ DM2-CD\
откуда DM2 = АМ2 + ВМ2 — СМ2, т. е. DM = 7.
(Геофак, 1974) Дан треугольник АВС. Известно, что АВ = 4, АС = 2, ВС = 3. Биссектриса угла ВАС пересекает сторону ВС в точке К- Прямая, проходящая через точку В параллельно прямой АС, пересекает продолжение биссектрисы 4К в точке М. Найти длину отрезка КМ.
Пользуясь теоремой о биссектрисе внутреннего угла треугольника, мы можем записать равенство
ЗК：СК = 48：4С = 2
(рис. 75). Так как ВМ || ДС, то нетрудно заметить, что АКВМ соД/(СЛ. Отсюда следует, что
■^• = ■^■ = 2, т. е. КМ = 2ДК.
Таким образом, задача свелась к вычислению длины биссектрисы АК треугольника АВС по его трем сторонам. По формуле (2) (или снова воспроизводя ее вывод применительно к рассматриваемому треугольнику АВС) получаем 4K = “6, откуда КМ = 2 “6.
(Географии, ф-т, 1973) Сторона АВ квадрата ABCD равна 1 и является хордой некоторой окружности. причем все остальные стороны квадрата лежат вне этой окружности. Длина касательной СК, проведенной из вершины С к той же окружности, равна С： Чему равен диаметр окружности?
Продолжив сторону квадрата СВ до пересечения с окружностью (рис. 76), мы видим, что диаметр окружности можно найти по теореме Пифагора, если вычис*
лить длину отрезка BL (AL —диаметр, так ^к /LABL = 90°). Но длина этого отрезка легко определяется, если воспользоваться теоремой о касательной и секущей. Таким образом, имеем
СВ (СВ + BL) CR BL «= 3;
4 厶2=aB2+8厶2, 4L=〃亳
fi условии следующей задачи никакие окружности и вписанные углы не фигурируют, однако именно соответствующие теоремы после простого дополнительного построения сразу приводят к решению.
(Экономич. ф-т, 1972) Внутри отрезка АВ лзята точка С. По одну сторону от прямой АВ построены равнобедренные треугольники ADC и СЕВ, причем AD = =DC = С0 = ЕВ. Точка 尸 находится на расстоянии, равном AD от вершин D и Е и не совпадает с точкой С, Доказать, что AF = FB.
Соединим точку 戶 с точками Диви рассмотрим треугольник AFB (рис. 77). Для доказательства требуемого равенства достаточно показать, что Z. FAC = = Z_FBC. Проведем окружности радиуса AD с центрами в точках D и £; тогда точки Л, С,尸 лежат на- одной из этих окружностей, а точки В, С,尸——на другой. Поскольку в равных окружностях равные хорды стягивают равные дуги, то углы FAC и FBC равны как вписанные углы, опирающиеся на равные дуги FmC и FnC. Следовательно, треугольник AFB — равнобедренный и Д/ =
(Мехмат, 1972) 8 треугольнике KLM угол L тупой. а длина стороны КМ равна 6. Найти радиус описанной около треугольника kLM окружности, если известно, что на этой окружности лежит центр окружности, прокодящей через вершины К, М и точку пересечения высот треугольника KLM.
Эта задача многих смутила своим условием — поступающие йообще обычно не любят задачи с «необычными» окружностями. Между тем ， геометрическое решение задачи до- /г\ вольно очевидно н найти его совсем 勺，|\ нетрудно*
^^^JO〃 Условие, что угол L тупой, озна- ^^^^^^^ чает, что центр О описанной около 七纟^^^ F^ “ треугольника KLM окружности и /R \ точка ^ пересечения его высот MQ,
I КР и LR лежат вне треугольника [“° J (рис. 78). Пусть S — центр окруж-
卜/ ности, проходящей через точки К,
\/ М п N\ ио условию точка S лежит
на окружности, описанной около треугольника KLM.
Рис. 78.Для нахождения радиуса опи
санной окружности достаточно знать сторону КМ и противолежащий угол к£м (см. § 1,А раздела III). Но /KLM = ZKSM, так что мы будем искать угол KSM. Для упрощения выкладок введем обозначения
NKMS = a, Z SML = р,Z,LMN = у.
Учитывая, что треугольники KQN и MPN — прямоугольные, имеем
Z£^^=ZQ^^ = 90°-Z^^Q =
=90° — Z.PNM = Z NMP = у.
Так как 厶 LKS = 2LMS (как вписанные углы, опн« роющиеся на одну н ту же дугу) и так как треугольники KSN и NSM — равнобедренные, то
2KNM = £KNS +，SNM0/SKN +，SMN =
=Z.LKN - /LKS ^ /^SML 4" z^ LM ^ = Y一0+0+Y二2Y.
Поэтому из прямоугольного треугольника MPN заключаем, что
V + 2у == 90°, т「е. у = 30°.
Далее, NSKM = NSMK (треугольник KSM — равно* бедренный), а потому
Z QKM = Z SKM — Z S^L = а - В，
Но тогда из прямоугольного треугольника KQAl заключаем, что
(а — 0) + (а + § + у) = 90°, т. е. 2а + у = 90°,
так что а = 30°. Следовательно, Z. KLM = zl KSM =® =120°, и окончательно находнм радиус R описанной окружности:
R=%=2“ 文
Решение следующей задачи опирается фактически только на теорему о вписанных углах, однако прежде, “ем ее применить, надо еще увидеть те окружности, для которых рассматриваемые углы являются вписанными.
(Физфак, 1971) Пятиугольник ABCDE вписан в окрумность. Расстояния от вершины Е до прямые АВ, ВС и CD соответственно равны а, b и с. Найти расстояние от вершины Е до диагонали AD.
Пусть Р, Q, R, S —основания перпендикуляров, опущенных из точки £ на прямые АВ, ВС, CD и AD соответственно (рис. 79). Тогда в треугольнике PEQ нам известны две стороны, а в треугольнике SER одна сторона известна и сторона ES является искомой. Мы смогли бы найтн эту сторону, если бы треугольники PEQ и SER оказались подобными, что при аккуратном выполнении чертежа нетрудно заподозрить.
Докажем, что треугольники PEQ и SER действительно подобны. Для этого заметим прежде всего, что точки Е, S, R н D лежат на одной окружности с диаметром ED — это вытекает из равенства прямых углов ESD и ERD. Поэтому 厶 EAS = 厶£而 (как вписанные углы, опирающиеся на дугу ES этой окружности). Аналогично, точки Е, Pt Q и В лежат на одной окружности с диаметром ЕВ, откуда следует равенство ZPQE = = ЛРВЕ. Но 厶EDS = / EDA и ZPB£= ЛАВЕ
являются вписанными в окружность, описанную около пятиугольника ABCDE, н притом опираются па одну и ту же дугу ЕД. Таким образом, Z EDS = Z РВЕ и, следовательно, N ERS = Z_ PQE.
Так как точки £, S, R н D лежат на одной окружности, то 厶 SER = %SDR, а поскольку ADC и АВС-^ противоположные углы вписанного в окружность четырехугольника АВСЬ, то
NSERh180° — /48C. (3)
Далее, точки £, Р, Q н 8 лежат на одной окружности и потому
Z PEQ= Z PBQ = 180° 一 Z ABC. (4)
Из равенств (3) и (4) заключаем, что Z. SER == Z. PEQt Мы доказали, что треугольники PEQ н SER имеют
равных угла и, следовательно, они подобны. Составив пропорцию
по два соответственнопо два соответственнонаходим искомое расстояние: £S = ас/Ь.
по два соответственно
по два соответственно
° Вот еще две задачи, на примере которых видно, насколько красивым и коротким является подчас решение, использующее удачное дополнительное построение или подходящий геометриче* ский факт. Обе эти задачи можно решать аналитичё- скн, последовательно находя
необходимые элементы — и мы действительно достигнем цели, но ценой Долгих преобразований и сложных вычислений. В то же время геометрические их решения весьма просты. Правда, найти такое «простое» решение совсем не просто — надо иметь достаточно хорошую геометрическую фантазию и большой опыт.
(Физфак, 1972) 8 треугольнике АВС угол В равен л/4, а угол С равен л/3. На медианах ВМ и СМ как «а диаметра^ построены окружности^ пересекающиеся
6 точках Р и Q. Хорда PQ пересекает среднюю ^инию MN треугольника 9 тодке F, Найти отношение Nh ： FM.
Рис, 80.Рис, 80.В условии речь идет о довольно сложной конфигурации, и задача представляется трудной, тем более, что «расположение» хорды PQ относительно треугольника АВС весьма не ясно. Однако к цели удается прийти довольно быстро, если «увидеть» следующее дополнитель< иое построение (рцс. 80): продолжим среднюю линию MN за точку М до пересечения в точке D с одной окружностью и за точку N до пересечения в точке Е с другой окружностью.
Рис, 80.
Рис, 80.
Нетрудно убедиться что BCDE — прямоуголь* ник. В самом деле,
ED И ВС, а 厶МЕ8 = =ZNDC = 90° как впи-
санные углы, опирающиеся на диаметры ВМ и CN окружностей. Теперь дважды применим теорему об от*
резках пересекающихся хорд:
NF・FD = PF・FQ\NF・FD = PF・FQ\EF・FM = PF・FQ,
NF・FD = PF・FQ\
NF・FD = PF・FQ\
следовательно,
EF-FM
Обозначим сторону В£ прямоугольника через а. Так как 匕 NBE = л/4 и Z^MCD = л/6, то ясно, что EF^EN-{-NF^a-l-NF, FD = FM+MD = FM + ^ Подставляя эти выражения в равенство (5), получим (a+NF)・FM = NF・(FM + -^-),
8・ 46==s8・ 46==sоткуда, раскрыв скобки, находим искомое отношение NF： FM = T3 •
8・ 46==s
8・ 46==s
(Г^фак, 1971) В треугольнике АВС со сторонам» V3 а ВС«= 4 проведена медиана BD. Qnpyw^
crut писанные а треугольники ABD и BDC, касаются отрезка BD в точках М и N соответственно. Определить длину отрезка М№
В этой задаче ответ удается получить буквально сразу, если использовать следующий легко доказываем мый геометрический факт (рис. 81); если в треугольник со сторонами а, Ь, с вписана окружность и если через х, у, г обозначить расстояния от вершин треугольника до точек касания с примыкающими к вершине стора* нами, то справедливы, равенства
х = р — а, у = р — 6, z = р — с, (6)
где р = 1/2 (а + b + с) — полупериметр треугольника.
Воспользуемся формулами (6) применительно к на、 шей задаче (рис. 82):
DM=AD + AB + BD_ABf DN = DC±BpBD_BC<
Отсюда получаем
MN = DM-DN=此亏/4 = .4 二咨,
Отметим, что для решения эадачн не требуется знать третью сторону АС треугольнка и не нужно вычислять его медиану BD.
Довольно часто на вступительных экзаменах предлагают задачи на трапеции, и, как показывает опыт, они вызывают затруднения у поступающих. Между тем такие задачи обычно легко решаются «чисто геометрическими» методами ——с помощью соображений, связанных с подобием треугольников (и с использованием производных пропорций, которыми многие поступающие вла、
деют довольно слабо)» и с помощью ряда стандартных дополнительных построений,
ААИз подобия треугольни-Из подобия треугольни-(Биофак, 1970) Дана трапеция ABCD* причем. ВС = a, AD = &, Параллельно основаниям ВС и ЛО трапеции проведена прямая, пересекающая сторону АВ 8 точке Р, диагональ АС в
А
А
Из подобия треугольни-
Из подобия треугольни-
точке L, диагональ BD в точке R и сторону CD 8 точке Q. Известно, что PL = LR. Най・ ти длину отрезка PQ.
На чертеже (рис. 83) видно, что в данной конфигурации имеется много пар подобных треугольников, и требуется только выбрать нужные пары.
⑺⑺ков APL и АВС имеем равенство PL АР ~ВС^~АВ9
⑺
⑺
а из △ BPRsX BAD и PL = LR следует2PL BP~AD~ = ~AB*
Складывая полученные равенства, получим
夸十響=1' T. e- PL= 2：31
Остается найти длину отрезка RQ. Сейчас мы убедимся, что RQ = PZ. Для доказательства рассмотрим треугольники 力RQ и DBC; они подобны, а потому
RQВСRQВСDRDRDB *DB *(8)(8)
RQ
ВС
RQ
ВС
DR
DR
DB *
DB *
(8)
(8)
Далее, так как стороны угла ABD пересечены параллельными прямыми »R и AD, то
4P _ DR
=丽‘
откуда с помощью производной пропорции получаем
傅傅АР DR
傅
傅
Из равенств (7)—(9) заключаем, что翳=备т- е・RQ = PL・
Теперь ответ в рассматриваемой задаче очевиден:
PQ = 3PLPQ = 3PLЗаб 2 а + 6 *Заб 2 а + 6 *
PQ = 3PL
PQ = 3PL
Заб 2 а + 6 *
Заб 2 а + 6 *
Если еще раз внимательно просмотреть проведенное доказательство равенства RQ = PLt то нетрудно заметить, что условие PL == LR мы при этом не использовали Другими словами, равенство • RQ = PL (см. рис. 83) справедливо для любой трапеции и для любой прямой PQ, параллельной основаниям трапеции. Равенство RQ = PL иногда оказывается полезным при решении задач на трапеции.
Отметим еще следую
щий факт: если в равно-
бочпдю трапецию можно вписать окружность, то ее радиус г выражается через основания а и 6 трапеции п。 формуле
r = ；“ab・
Эту формулу мы фактически доказали в ходе решения задачи 3 из § 1,Б раздела III.
(Геофак, 1970) В трапеции ABCD известны основания AD = 39, ВС = 26 〃 боковые стороны АВ = 5, CD = 12. Найти радиус окружности, которая проходит через точки А и В и касается прямой DC.
В данной задаче уже само консгруирование чертежа (рис. 84) наталкивается на определенные трудности, поскольку мы можем лишь утверждать, что центр О искомой окружности лежит на перпендикуляре к отрезку 46, проведенном через его середину К. Правда, мы знаем еще, что точка О лежит на перпендикуляре к прямой CD, проходящем через точку касания М; однако из условия задачи нам не известно даже, лежит ли точка М на стороне DC или на ее продолжении.
Сделаем дополнительное построение, которое вообще довольно часто используется при решении задач на трапеции: достроим трапецию ABCD до треугольника, продолжив ее боковые стороны до пересечения в точке L (см. рис. 84). Соединим точки L и О; ясно, что вычисление радиуса ОК сводится к вычислению катета KL прямоугольного треугольника LKO и вычислению угла К厶О. Но △ L&O = △ LMO, так что LO — биссектриса угла KLM и потому достаточно найти угол ALD. Для этого определим стороны треугольника ALD,
Поскольку △ BLC s^ ALD, то
BL ВС 2
Учитывая, что BL = AL — 5, легко находим AL = 15. Сторона DL вычисляется аналогично: DL = 36. Теперь по теореме косинусов имеем
8s (/45) = *?將户 Q。，
т. е. N ALD = 90°. Но тогда
KO = KL = AL-曝 0 12,5.
Таким образом, искомый радиус равен 12,5.
(Геофак, 1974) В равнобочной трапеции ABCD известны стороны: AD = 10, ВС = 2, АВ = CD = 5・. Биссектриса угла BAD пересекает продолжение основания ВС в точке К. Найти длину биссектрисы угла 48K в треугольнике АВК・
В треугольнике АВК (рис. 85) известна только идна сторона АВ. Для отыскания длины биссектрисы B/V этого треугольника вычислим предварительно его остальные стороны.
Для того чтобы найти отрезок ВК, достаточно узнать длину отрезка СК. Если воспользоваться подобием треугольников ALD и CL& то можно записать
丝=乌 или丝=_包,(Ю)
AD DL * ИЛИ 1015
Следовательно, все сводится к нахождению отрезка CL< Очевидно, что для вычисления отрезка CL нужно воспользоваться тем, что AL — биссектриса угла BAD.
Одмако у нас нет треугольника, в котором AL была бы биссектрисой. Такой увгольник можно получить, если достроить трапецию ABCD до треугбльйика AMD (см. рис. 85), который является, как легко проверить, равнобедренным.
Из подобия треугольников ВМС и AMD без труда получаем МСк% Далее, по теореме о биссектрисе внутреннего угла треугольника, f примененной к тре- “угольнику MAD, имеем
" J Т 4 откуда CL = |б/13. Теперь из ра- Рис. 85.веиства (10) получаем СК = 3 и,
следовательно, ВК = 5.
Таким образом, треугольник АВК—равнобедренный, а потому BN = АВ cos а, где а — половина угла при основании AD трапеции. Опустив перпендикуляры BS и СТ на прямую AD, нетрудно подсчитать, что
Л5 = у (4D — ВС) = 4.
Но тогда из прямоугольного треугольника ASB нахо* Дим cos 2а = %, так что
V
I + cos 2а3
2
поскольку угол а — острый. Окончательно: ВУ=3 V10 /2.
В двух предыдущих задачах мы достраивали трапецию до треугольника путем продолжения ее боковых сторон. Иногда более эффективны иные способы дополнения трапеции до треугольника.
(Мехмат* 1973) В трапеции диагонали равны 3 〃 5, а отрезок, соединяющий середины оснований^ равен 2. Найти площадь трапеции.
Пусть ABCD — данная трапеция (рис. 86), Е н 尸一 середины ее оснований, АС = 5, BD = 3, EF н 2. Через вершину С проведем прямую, параллельную диагонали ВЬ、и обозначим через Л точку пересечения этой прямой
с прямой AD, Получившийся в результате треугольник АСК равновелик трапеции A^CD*
В самом деле, ВС || DK и BD || CKt а потому BCKD— параллелограмм, и мы получаем отсюда ряд следствий: DK = B& CK = BD,AK^-AD + BC.
Нз последнего равенства, учитывая, что трапеция ABCD н треугольник АСК имеют равные высоты, получаем, “то их площади также равны. Остается вычислить пло«
尸mРис. 86.尸mРис. 86.Щадь треугольника АСК.
尸m
Рис. 86.
尸m
Рис. 86.
Проведем теперь CMIER Так как AF = %AD и FM = £С = %ВС, то
AM^AF^FM =
吟丝t代
следовательно, СМ — медиана треугольника АСК. Та- кнм образом, в треугольнике АСк нам известны две стороны АС = 5, СХ = 3 и медиана CM ^ EF = 2. Применяя теорему косинусов к треугольникам АСМ и МСК, можем записать
АС2 = 4M2 + МС2 一 2 ・ 4М ・ МС • cos (/ АМС).
KC2 = KM2 + MC2-2・KM・MC・8S(nKMC)・
Складывая эти равенства и учитывая, что cos (Z.AA1С) = — cos(Z./CMC)t после очевидных преобразований имеем АМ —КМ = V13. Теперь для вычисления площади треугольника АСК можно воспользоваться формулой Герона; в результате получим
5д АСК = Sabcd = 6.
Отметим, что на рис. 86 отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, проведен через точку R пере- сетения ее диагоналей. Этот факт действительно имеет место, причем даже в произвольной трапеции, но для решения задачи он нам не потребовался.
Наконец, упомянем еще один факт, также справедливый для любой трапеции: если в трапеции привести диагонали, то треугольники, примыкающие к боковым сторонам^ равновелики, В самом деле, й треугольник
4RS и треугольник DRC (см. рис. 86) дополняются одним и тем же треугольником ARD до треугольникоп ABI>n ACDt которые, очевидно, равновелики.
Большую группу задач, решаемых «чисто геометрическими» методами, образуют задачи, связанные с делением отрезков в некотором отношении и соответствующим делением площадей фигур и объемов тел. Начнем с одной сравнительно простой задачи.
(Геофак 1966) Точка К делит медиану AD треугольника АВС в отношении 3:1, считая от вершины, В каком отношении прямая ВК /делитплощадьтреугольника
3488
/^ТЛ. Довольно ясно, что прямой вычи- ^^j\fслительный путь нахожденияпло-
Х^Р^ХЩадейтреугольниковВЕА иВЕС,
на которые прямая 8K делит тре； _^г：>f угольник АВС (рис. 87), связан
с введением вспомогательных эле-
Рис, 87・ ментов (длин сторон и углов) и вряд ли приведет к успеху. Между тем имеется простой геометрический подход к решению, опирающийся на известную теорему о делении сторон угла параллельными прямыми.
Легко заметить, что треугольники ВЕА и ВЕС имеют общую вершину В, а их основания лежат на одной прямой Л С. Поэтому отношение площадей этих треугольников равно отношению АЕ: ЕС、и, таким образом» достаточно узнать, в каком отношении точка Е делит сторону ЛС.
Разделим медиану AD на четыре равные части н проведем через точки деления прямые, параллельные ВК. Тогда на стороне АС возникают четыре равных отрезка; что касается пятого ее отрезка FC, то, очевидно, FC = EF (поскольку AD — медиана, a DF — средняя линия треугольника ВСЕ), А отсюда сразу же следует, чтб интересующее нас отношение равно 3:2.
Если обдумать проведенное рассуждение, то станет понятно, что гвким же способом решается и более общая задача: во-первых, вместо отношения 3: 1 можно рассматривать произвольное деление отрезка AD; всь вторых» не ^тцествфга^ qre^4D — »еди&评电 важно лишь
то, что точка D делит сторону ВС в известном отноше* нии. Конечно, в этом более общем случае решение нельзя провести столь же наглядно (если, нанрнмер, отрезок AD делится в иррациональном отношении или отношение задано буквой, параметром), но для под^ счета всегда достаточно уметь решать задачу деления
хождения этого отношения посту
пим следующим образом. Обозначим через / длину сто* рэны 8c. Поскольку
CL : LB = с ： d, CL + LB =厶
то, как нетрудно подсчитать,
CL =/, LB = f % 厶
с + ас 4- a
Но точка Е делит отрезок CL, длина которого вычислена, в отношении a:瓦 а потому легко находим
从=詫7 e厶=*" •不%/•
Окончательно получаем
KM：MB = EL：LB= (a^v.(И)
Отношение LM : МА определяется аналогично — следуем лишь провести LP || ВК.
Отметим, что в частном случае, когда AL и ВК являются медианами треугольника АВС, т. е. когда а = b и с — dt из формулы (11) вытекает известное утверждение о точке пересечения медиан.
Заметим также, что вычислительную часть решения можно провести несколько иначе. По условию в ш>
построению имеем равенства
〈⑵
Используя производную пропорцию, из первого равенства (12) получаем
CL а + Ь
откуда, с помощью второго равенства (12), снова приходим к формуле (11). Это решение короче предыдущего, но требует некоторой изобретательности, причем в более сложных задачах не всегда бывает ясно, из каких соотношений можно получить искомое.
(Геофак, 1974) Дана правильная четырехугольная пирамида PABCD с вершиной Р. На ребрах РА и PC взяты точки К ц М соответственно, причем АК : КР= = 1:3, СМ=РМ. Найти отношение, в котором делится ребро РВ плоскостью, проведенной через точки D К и М.
Мы не будем здесь останавливаться на способе построения точки пересечения рассматриваемой в условии
Рис. 90.Рис. 90.
Рис. 90.
Рис. 90.
плоскости с ребром РВ — такого рода вопросы детально обсуждаются в § 6 раздела Ш. Укажем только, чго если Е — точка пересечения прямой КМ с высотой РО треугольника АРС (рис. 89), то точка F пересечения прямой DE с ребром РВ и есть та точка> о которой идет речь в условии задачи；
Для того чтооы wan ги отмшенйе PF: FB, яеооходимо выяснить, какое положение занимает точка £ на медиане РО треугольника DPB, т. е. вычислить отношемце РЕ ： ЕО. Для этого рассмотрим чертеж в плоскости Л PC (рис. 90) к проведем через точки 0, 4, Q, L (где PQ = =QL = LK = КА) прямые, параллельные Км、и обозначим через л и 6 длины отрезков, на которые разбилась в результате сторона PC. Поскольку PM = MCt то За = а + 2Ь, откуда а = 6 и, следовательно,
РЕ : ЕО = За ： (а + 6) = 3 ： 2・
Теперь в треугольнике DPB (см. рис. 89) возникает задача, аналогичная рассмотренной выше задаче 13; ее решение не представляет труда и приводит к следующему ответу:
PF ：戶В = 3 ： 4・
Часто в задачах, предлагаемых на вступительных экзаменах, возникает необходимость вычислить площадь отсекаемой части многоугольника или объем* отсекаемой части многогранника, если каким-либо образом заданы точки деления сторон или ребер. В таких задачах очень полезны следующие утверждения.
Если точки К и L лежат на сторонах АВ 〃 АС тре・ угольника 4ВС соответственно, причем 4Киа・48 и AL = р-ДС, то
5дк£ = аР • S^Bc-(13)
Если точки К, L и М лежат на ребрах S4, SB 〃 SC треугольной пирамиды SABC соответственно, причем SK = a・S4, SL = p-SB, SM = y・SC, то
^SKLM = aPV • ^SABC*(14)
Наиболее простое доказательство первого утвержден ния состоит в применении формулы площади треугольника:
^akl= 4* 4K • AL • sin(Z ВАС)=
=｝呻• АВ" 4c • sin (Z ВАС) = сф • S^g.
Для доказательства второго утверждения соединим вершину 4 пирамиды SABC (рис. 91) с точками 2HM
и примем гочку 4 за вершину двух пирамид: ASLM и ASBC. Эти пирамиды имеют одинаковую высоту, а потому их объемы относятся как площади оснований SLM и SBC. Вследствие первого утверждения SSlm = py-Sssc, так что
У ASLM == By •，ASBC・
Далее, пирамиды KSLM и ASLM с вершинами К н S имеют общее основание SLM, а их высоты относятся как KS :AS = а, и поэтому
У SKLM = Q • Р ASEM = o3v ' У SABO
(Ф-т психологии, 1974) Точка D лежит на стороне АВ треугольника АВС, точки Е и 尸 ——на стороне ВС
этого треугольника, а точка Р — на стороне АС. Отрезок AD составляет 2/з стороны 48, отрезок. BF составляет 3/s стороны 8С, отрезок 8Е составляет !/s стороны ВС, а точка Р делит сторону АС пополам. Найти отношение площади четырехугольника DEFP к площади треугольника АВС.
По условию задачи (рис. 92)
AD = jAS,АР^^АСу
и на основании формулы (13) получаем
Sadp = ± Sabc・
Совершенно аналогично заключаем:
Sbds = "j5 ^ABCtS”p 0 石 ^део.
Теперь нетрудно подсчитать, что
SqEFP = S^BC — (S^DP + S^DE + S©尸р) : 2
SABC5ЛВ05
(Биофак, 1972) 3 треугольнике ЛВС, площадь которого равна S, проведены биссектриса СЕ и медиана BDf пересекающиеся в точке О. Найти площадь четырехугольника ADOE. зная、что ВС = а, АС а 瓦
Искомая площадь S】четырехугольника ADOE (рис. 93) равна разности S2 — S3 площадей треугольников АСЕ и 0co. Для нахождения S^ достаточно знать,
какую часть стороны АВ отсекает точка Е, что вычисляется по теореме о биссектрисе внутреннего угла. Для нахождения S& надо рассмотреть треугольник CBD площади S/2 и найти отношение DO: иВ. Легко проверить, что
S^T+bS> S3 = T+2?-V
откуда окончательно
о — (За+ 6)6 и— 2(а + &) (2а + &) о,
(Химфак, 1970) Плоскость проходит через вершину основания А треугольной пирамиды S48C, делит пополам медиану S& треугольника S4B, а медиану SL треугольника SAC пересекает s точке D такой, что SD = =%DL. В каком отношении делит эта плоскость объем пирамиды}
Если воспользоваться формулой (14) (или повторно рассуждения, проведенные при выводе этой формулы), то будет ясно, что решение задачи сводится к выяснению того, какие части отсекают на ребрах SB и SC точки М и N (рис. 94).
Рассмотрев треугольник SAC, легко получаем SN = с= %SC. Точно так же находим SM = %S反 Таким образом, отношение объемов пирамид SAMN и SABC равно V15)а значит, искомое отношение равно 1:14.
Аналогичные рассуждения позволяют решать задачи, в которых рассматриваются не треугольные пирамиды, а более сложные тела.
一 19. (Химфак, 1970) Дана прямая треугольная призма АВСА\В}С\ (Л4Ь ВВЬ CCi — боковые ребра), у которой 4С = 6, АА\ = 8. Через вершину Л проведена плоскость, пересекающая ребра ВВ^ и CCi соответственно в точках М и N. Найти, в каком отношении делит эта плоскость объем призмы, если известно, что ВМ = AfSb a AN является биссектрисой угла С%&.
Проведем плоскость АВХС\ (рис. 95) и заметим, что отношение объемов пирамид ACBMN и АСВВС равно отношению площадей их оснований CBMN и d》8i&・
Для нахождения этого отношения выясним сначала, в каком отношении точка N делит ребро СС[・ Если рассмотреть треугольник 4СС)и воспользоваться теоремой Пифагора и теоремой о биссектрисе внутреннего угла, то легко получим CN ; ^C1 = 3: 5. Теперь легко опреде-
CN^BM _S£CN^BM _S£лить отношение площади трапеции CBMN к площади прямоугольника СВВ\С\}
CN^BM _S£
CN^BM _S£
%вмм 2_ 丄 CN + ВМ _ 7
Scbbg = —CCjBC=T~CC；市'
2 потому vACBMN =-^ VacBB^Ci*
С другой стороны, пирамида АСВВ^С^ дополняется ДО всей призмы пирамидой АА^В\С^ объем которой со* ставляет 7з объема призмы, так что объем пирамиды АСВВ© равен 2/3 объема призмы. Следовательно, объем пирамиды ACBMN составляет 〃2《объема призмы, а искомое отношение равно 7:17.
В заключение приведем задачу, которая на первый взгляд кажется очень сложной н громоздкой, особенно из-за устрашающих числовых данных. О диако при ближайшем рассмотрении оказывается, что ее решение получается с помощью уже знакомых нам идей.
(ВМК, 1973) Сфера проходит через точки А, В, С, D и пересекает отрезки S4, SB, SC u SD 6 точках 4Ь 8】, Ci, D\ соответственно. Известно^ что SD\ = 9/<» DDi = 47/з6, отношение площадей треугольников SA[B\ “ SAB равно 15:32, отношение объемов пирамид SBC5 u SBCD равно 1701 :4096, а отношение объемов пирамид S451& и SABC равно 105:256. Найти отрезки 5Л1, SB], SC】.
Легко понять, что, по существу, здесь речь идет о четырехугольной пирамиде SABCD9 на ребрах которой взяты точки 41, 8], Сь Dj (рис. 96). Для решения задачи сведем запутанные данные об отношениях площадей и объемов к отношениям соответствующих отрезков. Со* ставим систему равенств
S4】S&15 SBtSC[SD】1701
SASB32* SBSCSD4096'
S4 S& S& 105
а, учитывая, что SDj :SD = 81:128, нахолнм.
S6i 3 SC[ 7丽=彳，飞彳n百
115)
Заметим теперь, что отрезки S4, 56, SC, SD являются секущими к сфере, о которой говорится в условии задачи. Используя стереометрическую теорему о касательной и секущей к сфере» мы можем записать равенства
SA • SA\ = SB • SB[ = SC • SC| = SD • SA.
Но из условия задачи следует, что SD・SDi = 8; поэтомуSA • SA[ = 8, SB • 6В[ = 8, SC • S& = 8.
Эта равенства вместе с равенствами (15) позволяют заключить, что
SA[ = д/б > S8i = 〃6, SC{ = ^7 .
Задачи
(Экономия, ф-т, 1964) В трапеции с основаниями а и Ь через точку пересечения диагоналей проведена прямая, параллельная основаниям. Найти отрезок этой прямой, заключенный между боковыми сторонами трапеции.
(Физфак, 1964) Даны углы а, 0, у треугольника A8c. Пусть £, В', Сг — точки пересечения биссектрис внутренних углов треугольника АВС с окружностью, описанной около этого треугольника. Найти отношение площади треугольника АВС в площади треугольника А'В'С；
(Геофак, 1965) На каждой медиане треугольника взята точка, делящая медиану в отношении 1 :3, считая от вершины. Во сколько раз площадь треугольника с вершинами в этих точках меньше площади исходного треугольника?
(Физфак, 1965) Из точки 4, лежащей вне окружности радиуса г, проведена секущая» не проходящая через центр О окружности. Пусть В и С — точки» в которых эта секущая пересекает окружность. Найтн величину tg(% 2 40В) • tg (% / АОС), если ОА s=s о.
(Физфак, 1966) Дан угол ЛОВ, равный а, причем а V 九 Ha стороне ОА взята точка С так, что ОС в а;、на стороне ОВ взята точка D так, что 0D в Ь. Построена окружность, касающаяся стороны ОА угла в точке С и проходящая через точку D. Пусть эта сжружность вторично пересекает сторону ОВ угла в точке 反 Вычислить радиус окружности и длину хорды D£.
(Химфак, 1967) В треугольнике АВС из вершниы А проведена прямая, пересекающая сторону ВС в точке D, находящейся между точками В и С, причем CD: ВС = а (где а V %)• На стороне 8c между точками S и D взята точка Е и через нее проведена прямая, параллельная стороне АС н пересекающая сторону 4b в точке 尸.Найти отношение площадей трапеции ACEF и треугольника ДОС* если известно» что CD » D2.
7* <Геофак, 196S) В треугольнике АВС проведены биссектриса АА урла ВАС и биссектриса CF угла АСВ (точка D лежит на сто-
роне ВС, точка F— на стороне ЛВ). Найти отношение площадей треугольников АВС и AFD1t если издестио, что АВ == 21, AG = 28^ СВ = 20.
(Биофак, 1968) В круг вписан равнобедрениый треугольник АВС, в котором АВ = ^С и Z АВС « а. Из вершины 4 проведена бнс^ектрмса у1；ла ВАС, пересекающая сторону ВС； в точке D, а окружность — в точке 巨 Вершина В соединена. отрезком прямой с точкой Е. Найти отношение площадей треугольников АВЕ я BDE.
(Географнч. ф-т, 1969) Пусть Д, В, С, Р — последовательные вершины прямоугольника. Окружность проходит через вершины 4 иди касается стороны CD в ее середине. Через вершину D проведена прямая, которая касается той же окружности в точке £, а затем пересекает продолжение стороны 48 в точке К. Найтн площадь тргпеции BCDK, если известно, что 4В = 10 и что КЕ: КА = 3:以 10. (Физфак, 1969) В треугольнике АВС даны углы В it С. Биссектриса угла ВАС пересекает сторону ВС в точке D, окружность описанную около треугольника ЛВС, в точке Е. Найти отношение AEtDE.
И. (Мехмат» 1969) В треугольнике KLM проведены биссектрисы KN н LP, пересекающиеся в точке Q. Отрезок рМ имеет длину 1, а вершина М лежит иа окружности, проходящей через точки М Р si Q. Найти стороны и углы треугольника PNQ.
(Геофак, 1970) Дана трапеция ABCD, боковая сторона АВ которой перпендикулярна к основаниям. В трапецию вписана, окружность с центром О. Через вершины 4,- В, С проведена окружность; 01—ее центр. Найти длину диагонали АС трапеции, если OOi = lf а ыеньшее основание ВС в 10.
(Геофак, 1970) В трапеции ABCD известны основания 4D = 30, ВС = 20 и боковые стороны АВ = 6, CD = 8. Найти радиус окружности, которая проходит через точки С и D и касается прямой В4
(Бнофак, 1970) Дан треугольник АВС, площадь которого равна единице. На медианах 4л, HL и CW треугольника АВС взяты соответственно точки Р, Q н & так, что АР :户К = 1, BQ : QL == 1:2, CR; М = 5 : 4. Найти площадь треугольника PQR.
(Биофак, 1970) Дана трапеция ABCD. Параллельно ее основаниям проведена прямая, пересекающая боковые стороны трапеции АВ н CD соответственно в точках Р и Q, а диагонали АС и BD соответственно в точках L н R. Диагонали АС и BD пересекаются в точке О. Известно, что ВС = af AD — Ь, а площади треугольников ВОС и LOR равны. Найти длину отрезка PQ.
(Химфак, 1970) Дан параллелограмм 4BCD со сторонами АВ — 2 и ВС = 3. Найти площадь этого параллелограмма, если известно, что диагональ АС Перпендикулярна к отрезку BE, соединяющему вершину б с серединой £ стороны 4D
(Химфак, 1970) Плоскость пересекает боковые ребра S4, S3 и SC треугольной пирамиды SABC в точках К, L н М соответственно. В каком отношении делит эта плоскость объем пирамиды, если известно, что SK：KA =SL:LB = 2, а медиана SN треугольника SBC целится этой плоскостью пополам?
風(Физфак, 1970) В параллелограмме со сторонами 2 и 4 проведена диагональ длтюй 3. В каждый из пол учившихся треугольников вписано по окружности. Найти расстояние между центрами окружжхгг^.
(Геофак, 1971) В треугольнике АВС со сторонами АВ = 3, ВС = 4, АС = 5 проведена биссектриса ВО. В треугольники ABD и BCD вписаны окружности, которые касаются BD в точках М м М соответственно. Определить длину ютрезка MN.
(Бнофак, 1971) Равнобедренный прямоугольный_треуголь* ник 4BC(Z В j=s 90°), площадь которого равна 4 + 2 д/2, вписан в окружность. Точка D лежит на этой окружности, причем длина хорды BD равна 2. Найтн длины хорд AD и CD.
(Биофак, 1971) В четырехугольнике ABCD сторона АВ равна стороне ВС, диагональ АС равна стороне CDt a Z АС В = N ACD. Радиусы окружностей, вписанных в треугольники 4ВС н ACD, относятся как 3:4. Найти отношение площадей этих треугольников.
(Химфак, 1971) Около окружности радиуса г описана равно» бочная трапеция 4BCD; пусть £ и К — точки касания этой окружности с боковыми сторонами трапеции. Угол между основанием АВ и боковой стороной AD трапеции равен 60°. Доказать, что прямая ЕК параллельна прямой АВ н найтн площадь трапеции АВЕК,
(Физфак, 1971) Пятиугольник ABCDE вписан в окружность^ Точки М, Q, N н Р являются основаниями перпендикуляров, опущенных из вершины Е соответственно на стороны 4В, ЙС, CD (или их продолжения) и диагональ 4D. Известно, что ЕР =工 а отношение площади треугольника MQE к площади треугольника PNE равно k. Найтн длину отрезка ЕМ.
24： (Физфак, 1971} В окружность вписана трапеция ABCD (AD II ВС. AD > ВС), На дуге ADt не содержащей вершин В и С, взята точка S. Точки М, Q, N м Р являются основаниями перпендикуляров, опущенных из S соответственно на прямые АВ, ВС, CD н AD. Известно, что SP =仇 SQ = ц, а отношение площади треугольника PVS к площади треугольника MPS равно 財 Найти длину отрезка SM
(Физфак, 1971) В окружность вписана трапеция 4BCD (40 II ВС, AD > ВС). На дуге &D, не содержащей вершин 4 н В, взята точка S. Точки Р, Q, М к N являются основаниями перпендикуляров, опущенных из S соответственно на прямые СО, 4В, AD и ВС. Известно, что SM = а, S^ = b, SP = с. Найти отношение пло- шалл треугольника MQS к площади треугольника MPS.
(Экономич. ф-т, 1972) В выпуклом четырехугольнике ABCD известно, что Z 4 = 90°, / С £ 90°. Из вершин В и D на диагональ АС опущены перпендикуляры BE и DF. Известно, что АЕ = СЕ Доказать, что Z С = 90°.
(Географии. ф*т, 1972) Через вершины S и С треугольника АВС проведена окужность, которая пересекает сторону АВ в точке К и сторону АС в точке Е. Найти АЕ, зная, что 4K = КЗ = а, N ВСК = а, Z СВЕ = р.
(Геофак, 1972) Дан треугольник АВС, в котором Z В = 30°, АВ = 4, ВС = 6. Биссектриса угла 8 пересекает сторону АС е точке 0. Определить площадь треугольника ABD,
29： (Геофак, 1972) Около трапеции Дб€О с основаниями AD я ВС описана окружность радиуса 5. Центр описанной окружности лежит на основании AD. Определить длину диагонали АС, если 8c — 6.
(Бнофак, 1972) В треугольнике АВС биссектрисы AD и 8£ пересекаются в точке О. Найтн отношение площади треугольника А8С к площади четырехугольника QDCE, зная, что ВС = at AC ^ bt АВ = с.
(Химфак, 1972) В трапеции A8CD углы 4 и О при основании AD соответственно равны 60° и 90°. Точка ^ лежит на основании ВС, причем B^ : ВС = 2: 3. Точка М лежит на основании AD. Прямая М/V параллельна боковой стороне АВ и делит площадь трапеции пополам. Найти отношение АВ : ВС* -
(Физфак, 1972) В треугольнике АВС угол В равен л/4, угол С равен л/6. На медианах' ВМ и C^ как на диаметрах построены окружности, пересекающиеся в точках Р и Q. -Хорда PQ пересекает сторону ВС в точке D. Найти отношение BD : DC.
(Физфак, 1972) В трапеции ABCD основание AD вдвое больше основания 8С, Z 4 = 冗/4, 2 D = л/6. На диагоналях трапеции как на диаметрах построены окружности, пересекающиеся в точках М и N. Хорда MN пересекает основание ВС в точке R Найти отношение 8户：FC.
(Мехмат, 1972) В треугольнике АВС угол С — тупой; биссектриса BE угла в делит сторону АС на отрезки АЕ = 3 и ЕС = 2. Известно, что точка К, лежащая на продолжении стороны ВС за вершину С, является центром окружности, проходящей через точки С, £ и точку пересечения биссектрисы угла В с биссектрисой угла АСК. Определить расстояние от точки Е до стороны АВ.
(Экономим, ф-т, 1973) Точки Аь В*, & лежат по одну сторону от плоскости треугольника 4ВС, причем отрезки AAit &&, С& перпендикулярны к этой плоскости. Найти объем многогранника, ограниченного треугольниками ЛВС, A^BiCi н четырехугольниками А%[В]8, BBiCjC, СС]414, если известно, что 44 = а, В& ==儿 CCi = с н площадь треугольника 4ВС равна s.
(Географии, ф-т, 1973) Сторона АВ треугольника АВС является хордой некоторой окружности. Стороны АС и ВС лежат внутри окружности; продолжение стороны АС пересекает окружность в точке D, а продолжение стороны ВС — в точке Е, причем АВ = АС ^= CD — 2, СЕ 胃 “2. Чему равен радиус окружности?
(Биофак, 1973) Центры вписанной и опнсаиной окружностей треугольника АВС лежат по разные стороны от прямой АВ. Длина стороны 4В равна радиусу опнсаиной сжружностн. Чему равен угол ДОВ, где О — центр вписанной окружности?
(ВМК, 1973) Точки А, В, С, D, Е,尸 лежат на сфере радиуса “巨 Отрезки АО, BE н CF пересекаются в точке S, находящейся на расстоянии 1 от центра сферы. Объемы пирамид SABC и SDEF относятся как 1 : 9, пирамид SABF и SDEC — как 4: 9, пирамид SAEC и SDBF — как 9 : 4. Найти отрезки SA, SB, SC.
(ВМК, 1973) Вершина S пирамиды SABC находится на расстоянии 4 от центра сферы радиуса 1, которая проходит через точки 4, В, С и пересекает ребра S4, SB, SC соответственно в точках 4, Bi, &・ Отношение длин Отрезков 81cl и ВС равно %5“132,
отношение площадей треугольников SAiBi и SAB равно 22 : 45, а от* ношение объемов иярамнд S4181cl н SABC равно 88 : 225. Найти длины отрезков S4i, SBb S&.
(Мехмат, 1973) В трапеции ABCD точка Л — середина основания Л В, а М — середина основания CD. Найти площадь трапеции, если известно» что DK —биссектриса угла D, а ВМ — биссектриса угла В п что наибольший из углов при штжнеы осиованни трапеции равен 60°, а ее периметр равен 30.
(Геофак, 1974) В треугольнике АВС биссектриса угла 4 пересекает сторону ВС в точке М, а биссектриса угла В пересекает сторону АС в точке R Биссектрисы АМ и ВР пересекаются в точке О. Известно, _что треугольник ВОМ подобен треугольнику 4ОР, ВО = (1 + “3 ) • ОР, ВС == 1. Найти площадь треугольника АВС.
(Геофак, 1974) Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD с вершиной S. На продолжении ребра С? взята точка К такая, что КО: КС = 3:4. На ребре SC взята точка 厶 такая, что S£:LC«=2:L. В каком отношении делит объем пирамиды плоскость, проведенная через точки К, 5 и L?
(Геофак, 1974) Дан куб ABCDABCD、длина ребра которого равна 1. На ребрах АА\ 8В[ DD' взяты соответственно точки К,Р в М так, что 4K: А'К в 1:3, ВР: В'Р = 3:1, DM : DfM = 3 : 1< Найти объем пирамиды, у которой основанием служит сеченне куба плоскостью, проходящей через точки Л, Р и М, а вершина расположена в точке %'•
(Биофак, 1974) В правильном треугольнике АВС со стороной а точки D и £ являются серединами сторон 4В и ВС соответственно. Точка 尸 лежит на отрезке DB, точка К лежит на стороне АС. Отрезки FK и DE пересекаются в точке М. Найти длину отрезка MF, если известно, что DM: ME = 2//8, а площадь четырехугольника МЕСК составляет 2/в площади треугольника АВС.
.(Ф-т почвоведения, 1974) Дан треугольник АВС, у которого АВ = “17, ВС = 5, АС = 4. На стороне АС взята точка D так, что BD является высотой треугольника А ВС, Найти радиус окружности, проходящей через точки 4 н D н касающейся в точке D окружности, описанной около треугольника BCD.
(Ф-т психологии, 197乡 Точки 瓦 F, М расположены соответственно на сторонах 45, В& АС треугольника 4ВС. Отрезок АЕ составляет */з стороны 4В, отрезок BF составляет Ve стороны ВС, отрезок АМ составляет 2/s стороны 4С・ Найти отношение площади треугольника EFM к площади треугольника АВС・
(Ф-т психологии, 1974) Точки 4 В, С, О — последовательные вершины параллелограмма,-а точки E「F, Р, Я лежат соответственно на сторонах АВ, ВС, CD и AD. Отрезок АЕ составляет 1/з стороны 48, отрезок 8尸 составляет 】/з стороны ВС, а точки Ри" делят пополам стороны； на которых они лежат. Найти отношение площади четырехугольника EFPH к площади параллелограмма ABCD.
(Физфак, 1974) На биссектрисе угла с вершиной L взята точка 4 Точки к н М — основания перпендикуляров, опущенных из точки Л на стороны угла. На отрезке КМ взята точка Р так, что КР V РМ、и через точку Р перпендикулярно к отрезку 4Р проведена прямая, пересекающая прямую /(£ в точке Q (точка К лежит
между точками Q и £), а прямую Alt — в точке S. Известно, что Z К£М в % КМ = a, QS 0 儿 Найти длину отрезка KQ.
(Экоиоыич. ф'Т, 1975) Периметр равнобочной трапеции, описанной около круга, равен 力.Найти радиус этого круга, если известно, что острый угол при основании трапеции равен а.
(Экономич. ф-т, 1975) Дан треугольник АВС. На сторонах АВ и ВС взяты точки М n V соответственно; АВ = 5АМ ВС = 3BN. Отрезки AN и СМ пересекаются в точке О. Найти атцошение площадей треугольников 40c и АВС.
(Экономич. ф-т, 1975) Дан треугольник АВС, причем А5 =»| АС и Z Л = 80°. Внутри треугольника АВС взага точка Л1 такая, что Z МВС =' 30°, а / МСВ = 10°. Найти угол АМС..
(Географич. ф-т, 1975) В треугольнике АВС биссектриса 4& пересекает высоты ВР н СТ в точках К и Af соотвётстве«но, причем эти точки лежат внутри треугольника. Известно： что В К: КР ет 2 и МТ: КР = %. Найти отношение площади треугольника РВС к пл。 щади описанного около этого треугольника круга.
(Геофак, 1975) В треугольнике ЛВС известны стороны: АВ = 6, ВС == 4, АС = 8. Биссектриса угла С пересекает сторону АВ в точке D. Через точки 4, D, С проведена окружность, пересекающая сторону ВС в точке 月.Найти площадь треугольника, ADEr
(Геофак, 1975) В ромбе ABCD со стороной 1 +У~5 и острым углом 60° расположена окружность, вписанная в треугольник ДВА Из точки С к окружности проведена касательная, пересекающая сторону АВ в точке Е. Найти длину отрезка АЕ.
(Биофак, 1975) В треугольнике АВС проведены биссектриса BD угла АВС и отрезок АМ Точки D н М лежат соответственно на сторонах АС н ВС; Л — точка пересечения прямых BD и АМ. Площади треугольников 4KD и 4МС относятся как 1 :6. Нантн сторону АВ, если 45 + ВС = 3 и АВ + ВМ = 2.
(Биофак, 1975) В окружность вписан выпуклый четырехугольник ABCD, причем АВ является диаметром окружности. Диа* гонали АС и BD пересекаются в точке М Известно, что ВС = 3, СМ = з/$, а площадь треугольника АВС втрое больше площади треугольника ACD. Найти длину отрезка АМ.
(Ф-т психологии, 1975) В трапецию ABCD с основанием AD = 40, углами при вершинах 4 н Q, равными 60°, и боковыми сторонами АВ = CD = 10 вписана окружность так, что она касается обонх оснований AD ц ВС и стороны 2В. Через точку М основания ЛО, отстоящую на расстояние 10 от вершины D, проведена касательная к окружности： Эта касательная пересекает основание ВС в точке К. Найти отношение площади трапеции АВКМ к площади трапеции MDCK.
(Ф-т психологии, 1975) Boiy)yr треугольника АВС со сторонами 46 = 5(1 +“3), ВС = 5Vб, ЛС = 10 описана окружность. Через точку С проведена касательная к окружности, а через точку В — прямая, параллельная стороне АС. Эта касательная и эта пр я* мая пересекаются в точке D. Определить площадь четырехугольника 4BDC
(ВМК, 1975) На боковых сторонах KL и MN равнобочной трапеции RZ府N выбраны соответственно точки Р и Q так, что отрезок PQ параллелен основаниям трапеции. Известно, что в каждую
из трш^ша RPQ冴 n PLMQ можж> «гшсать окружисегъ 驚 раджах этих окружностей 開《нн & н г соответственно. Оп^ежелизь основания LM л КМ
恥.{ВМК, 1975) Дана аршэутволшая трапахмя, основания которой равны а и bt л <Z Ь. Швестно. что некоторая лрямая, зрал・ лельная ослованням, рззк^ет ее sa две трапеции, в каждую ®з которых можно вписать окружность. Определить радиусы этих окруж* *юстей,
Аяалятяческие решении задач
Как уже отмечалось, иногда «чисто геометрическая» идея или удачное дополнительаое построение позволяют найти в плаяиметрической или стереометрической задаче наиболее простое решение, почти не требующее вычислений. Однако это, разумеется, не означает, что геометрические задачи всегда решаются лишь геометрическими средствам и. Привлечение тригонометрических я алгеб^ раических методов и фактов часто оказывается в геометрических задачах даже неизбежным, ибо иных «чисто геометрических» путей решения может и не. существовать. Многие задачи приемных экзамена бывают рассчитаны как раз на комплексное использование результатов из разных разделов геометрии, тригонометрии и алгебры. Недаром-даже в программе вступительных эк- ваменов специально подчеркивается, что поступающий должен уметь шспользовать методы алгебры н тригонометрии при решении геометрических задач».
Необходимость применения тригонометрии в геометрических задачах общеизвестна: без тригонометрических соотношений между сторонами и углами различных фигур мы и« см-огли бы решить очень многие задачи. Это прежде всего относится к различным вычислительным задачам, в которых требуется найти величину того или иного элемента геометрической конфигурации.
(Физфак, 1972) В трехгранный угол, все плоские углы которого равны % помещена сфера так, что она касаётся всех ребер трехгранного угла. Грани трехгранного угла пересекают сферу по окружностям радиуса R. Найти радиус сферы.
Пусть S^yz ——трехгранный угол (рис. 97), все плоские углы которого равны а, а О — центр сферы, касающейся прямых Sx, Syt Sz, Из точки О опустим перпек-
ннкуляр OOi на плоскость，5為 тонка О】一 центр окруж- ноетн, но которой грань ySz пересекается е нашей сфе* рой. Так как точка О равноудалена от прямых Sy и Szt то и ее проекция 0【будет равноудалена от тех же прямых, а потому точка Ot лежит на биссектрисе SI пло* ского угла 4sz.
а?а?С другой стороны, нетрудно доказать следующий общий факт: если в трехгранном угле все плоские углы равны между собой, т© проекцией ребра ка плоскость противолежащей грани является биссектриса плоского угла зтой грани. Отсюда вытекает, что продолжение перпендикуляра 001 за точку О пересекает ребро S%; эту точку пересечения обозначим А.
а?
а?
Если через точку А провести прямую АВ перлендикулярно к ребру Sz, т(х по теореме о трех перпендикулярах,' ее проекция 0£ также перпендикулярна к ребру Sz. Поэтому QE—радиус
окружности, йо которой грань 庭2Рис 97.
пересекается с нашей сферой.
Опустим, далее, перпендикуляр О/ из точки О на плоскость xSz. Поскольку плоскость АО^В перпендикулярна к ребру Sz, то она перпендикулярна и к плоскости 尤Sz, а потому перпендикуляр ОО% лежит в плоскости АО\В и его основание 02 находится на прямой 4В. По условию 0[В = Q& = R； еледоэательно, прямоугольные треугольники 00：В и 00/ равны, откуда Z01B0 = Z02B0.
Теперь можно перейти к вычислениям. Из прймо* угольных треугольников O【BS и ABS соответственно получаем
SB=Rctg 枭 4B = S3tga =—
2l-tg 嗒
Обозначим угол 。1区0& (двугранный угол данного трех* гр энного угла) через 屮；из прямоугольного треугольника AQ^B находим
Остается выразить искомый радиус ОВ сферы из прямое угольного треугольника 00】方 и провести очевидные три* гонометричёские преобразования:
0В = " = ™7=====* 0 у==г * (1) с 呜 VT+Tosq) 〃3Tg 喝
В связи с получившимся ответом (1) целесообразно сделать следующее замечание. Обычно ответ в геометрических задачах стараются привести к так называемому «удобному для логарифмирования виду》. Правую часть равенства (1) можно представить в такой форме;
ОВ —ОВ —“ sin(60° — "I) cos(30е — "I")“ sin(60° — "I) cos(30е — "I")(2)(2)
ОВ —
ОВ —
“ sin(60° — "I) cos(30е — "I")
“ sin(60° — "I) cos(30е — "I")
(2)
(2)
но такое представление не является обязательным. Кстати, эта традиция — давать ответ <в форме, удобной для логарифмированиям, — далеко не всегда приводит к наиболее простой записи ответа. Вопреки распространенному мнению, не.во всех случаях эта форма наиболее удобна и при вычислении с конкретными значениями заданных в условии задачи величин. Нетрудно убедиться, что при таких вычислениях ответ быстрее и проще полу- чить по формуле (1), чем по формуле (2).
Решая подобные задачи, некоторые поступающие не только проводят необходамые обоснования и выкладки, но и' стремятся изучить подробнее получившуюся фор- .мулу. Это изучение, как правило, состоит в нахождении ее области определения.
Оно выглядит примерно так. Ясно, что формула (1) имеет смысл при условии
3-tg2|>0> (3)
Так как в трехгранном угле плоский угол а из очевидных геометрических соображений всегда заключен в пределах от 0° но 180°, то 0° V а/2 V 9c а тогда неравенство (3) принимает вид tg (а/2) V，3 . Отсюда следует, что формула (1) имеет смысл при 0° < а < 120°.
Подчеркнем, что такое исследование ответа, не является обязательной частью решения (если, конечно, условие задачи не требует этого специально). Тем не менее некоторые поступающие это исследование прово* дят. При этом часто допускается логическая ошибка? считается, что конфигурация, о которой идет речь в задаче, существует в точности при тех значениях букв, при которых имеет смысл окончательная формула； Однако на самом деле исследование условий сущеетвоваиия геометрической конфигураций отнюдь не равносильно простому анализу получившего
ся ответа.2?__—=7С
Чтобы разъяснить это
различие, рассмотрим такую / I力 J^q^ Z
Вадачу.//
В параллелограмме $ 厶П>^
ABCD большая сторона 夕 @8
АВ = а, а меньшая сторонаРнс. 9&
ВС = Ь; острый угол между
диагоналями равен а. Найти расстояние яежду парал- дельными сторонами АВ 以 DC,
Составим два различных выражения для площади S параллелограмма (рис. 98). С одной стороны,.
S = 43д вое = 208 • ОС sin%
где а — острый угол между диагоналями. Для определения произведения О В • ОС применим теорему косинусов к треугольнику ВОС:
必=Qg2 + 0С2 一 208 • ОС cos а
й известное свойство параллелограмма
082 + 0С2 = 1(£>¥ + АО) =$ (出卜&3.
Получаем окончательно S = %(@2 —炉)tga.
С другой стороны, S = AB-DH, где DH = ft — йско- мое расстояние (высота параллелограмма). Приравни* вая- два выражения для площади S, найдем
02 一振
'uf^tga.(4)
Если бы мы занялись отысканием области опреде- ленйя этой формулы, го увидели бы, что ее правая часть
имеет смысл, например, при всех значениях а > О, О < 6 < а и 0° < а < 90°. Однако следует 〃瓜 отсюда, что при всех таких значениях букв геометрическая кон-* фигурация, о которой идет речь в задаче, существует? Иначе говоря, при любых ли значениях а > 0, 0 V b V а и 0° < а < 90° можно построить параллелограмм со сторонами 匕 и острым углом а между диагоналями?
Подставляя в формулу (4), например, значения а = 3,匕=1, а = 45°, найдем h = 4/з- Если немного подумать над этим результатом, то он не может не показаться странным. В самом деле, если рассмотреть прямоугольный треугольник AHD (см. рис. 98), то в нем гипотенуза AD = 1 должна быть короче катета DH = 4/з* Это может означать только одно: параллелограмма с заданными значениями а, &, а не существует.
В этом легко убедиться и непосредственно. Так ®к площадь параллелограмма со сторонами а и & не превосходит площади прямоугольника с такими же длинами сторон, то должно выполняться неравенство 〃2 d —加)tg a W ab, или
0<a《arctg 誡％. (5)
Другими словами, величины а, Ь, а нельзя задавать совершенно произвольно, независимо друг от друга — они должны удовлетворять неравенству (5).
Таким образом, возможны случаи, когда геометрическая конфигурация задачи существует не при всех тех значениях букв, которые входят в область определения ответа. Поэтому исследование геометрической задачи, т. ， выяснение условий, при которых конфигурация существует,—гораздо более сложная задача, рассмотрение которой от поступающих не требуется. Во всех геометрических задачах необходимо лишь провести решение, предполагая^ что геометрическая конфигурация^ о которой идет речь в задаче, существует (если, конечно, в условии задачи не оговорена необходимость проведения такого исследования).
При решении геометрических задач иногда приходится сталкиваться с необычными на вид соотношениями, получающимися в результате применения извест・
ных формул тригонометрии. Эти «необычности» вызывают недоумение поступающих, которые не всегда могут их осмыслить и правильно истолковать.
Между тем понимать истинный смысл этих неожи- данно возникающих необычных на вид соотношений очень важно. Дело в том, что часто сами формулы еду* мают» за нас, оказываются более предусмотрительными, учитывая такие случаи, которые мы не отразили в чертеже, или такие условия, на которые мы не обратили должного внимания.
явно использовать при ре- Сявно использовать при ре- СВот, например, задача, где формулы автоматически учтут условие, которое м шенни вроде бы не будем и которое многие по- ступающие даже не заметили. ■
явно использовать при ре- С
явно использовать при ре- С
(Химфак, 1964) В остроугольный треугольник, АВС с углами аир при вершинах А и В соответственно вписана окружность радиуса 匚 〃а・ раллелъно ВС к этой окружности проведена касательная, пересекающая стороны АВ и АС треугольника соответственно в точках К и М. Найти площадь трапеции ВСМК.
Для отыскания площади надо найти основания ВС и МК трапеции и ее высоту (рис. 99). Ясно, что высота трапеции равна диаметру 2r вписанной окружности.
Подсчитаем сначала основание ВС трапеции, которое является стороной данного треугольника АВС. Если из центра О вписанной окружности — точки пересечения биссектрис СО и ВО — опустить перпендикуляр OD на сторону ВС, то OD = г. Из прямоугольных треугольников BOD и COD тогда получаем
BD = rc^^\ CD = 7ctg ”_；_Jrtg ~^^,
口 следовательно,
⑹⑹8C = r(ctg$ + tg 宇).
⑹
⑹
Теперь найдем основание МК трапеции. Ойустим нз точек 財 н К перпендикуляры ММ\ и К& на сторону ВС: очевидно, чго ММ I = KKt = 2г. Так как
МК 二 МК = ВС — ВК[ — СМ“ (7) то достаточно найти отрезки В& и СМ^ Это можно еде* лать из прямоугольных треугольников ВКК【и СММ^
ВК\ =2rctg§;
СМ】=2f etg (л — а — В) = — 2r etg (а + §)・ ')
У поступающих этот вдруг появившийся знак минус в последней формуле вызвал недоумение. Какой геомет* рический смысл имеет этот знак? Конечно, никакой «отрицательной длины» он не означает. Более того, именнэ этот появившийся автоматически знак минус обеспечивает для длины отрезка СМХ положительное значение. Ведь треугольник АВС по условию остроугольный, а потому
口 + В> ^? т・巳 etg(а + р) < 0.
Формула, таким образом, учитывает указанное 8 условии задачи предположение о треугольнике ЛВС, которое мы успели забыть, нигде не оговорили и не использовали явно.
За счет чего этот знак минус все же появился, как именно оказалось учтенным условие, что треугольник остроугольный? Для этого еще раз внимательно просмотрим все проведенные рассуждения и выкладки. Конечно, выполняя перед началом решения рнс. 99, мы умышленно изобразили треугольник АВС остроугольным —в соответствии с условием. Однако где в дальнейшем это использовалось? Мы неявно воспользовались этим, когда опустили перпендикуляр ЛШ〔 и посчитала очевидным, что точка М【лежит на стороне ВС — только в этом случае справедливо равенство (7). Если бы угол АСВ был тупым, то основание перпендикуляра М^ лежало бы на продолжении стороны ^С за точку С, а формула (7) имела бы вид
МК = ММ = ВС- % + СМ「
Следовательно, в появлении знака минус в формуле для СМ\ нет ничего неожиданного; просто формула явно
учла то, что мы считали на чертеже само собой разу* меющимся и даже не стали оговаривать или обоснсн вывать.
Для завершения решения задачи осталось провести лишь выкладки. Подставляя выражения (6) и (8) в (7), определяем основание МК трапеции, а затем — плз щадь S трапеини ВСМК:
S = 2f2[lilp' + Sin (а + Р) ] •
В следующей задаче формула 'предупреждает》нас
о том, что в различныхо том, что в различныхпирамидах центр описанного
о том, что в различных
о том, что в различных
Рис. 100.Рис. 100.шара может лежать как внутри, так и вне пирамиды (либо на ее грани). Этот общий факт (§，5 раздела Ш) хорошо известен, однако многие, приступая к решению задач, забывают о нем и не рассматривают все возможные . в общем случае конфигурации.
Рис. 100.
Рис. 100.
(Физфак, 1962) Основа- наем пирамиды служит прямоугольник с углом а между диагоналями, а все боковые реб-
ра образуют с плоскостью ос
нования один и тот же угол(р・ Определить расстояние от центра описанного utapa до плоскости основания пирамиды и объем пирамиды, если радиус описанного около нее шара равен R.
Пусть дана пирамида SABCD (рис. 100); ее основание—прямоугольник. Проведем ее высоту SH\ тогда по
условию
/HAS = /斤8s = /〃CS = 4HDS 士 ф.
а потому все боковые ре6р& равны м^кду собой и Н является точкой пересечения диагоналей прямоугольника. Поскольку центр。описанного шара должен равноот- стоять от всех вершин, он лежит на перпендикуляре к плоскости ABCD, восставленном в центре прямоуголь^ ника, т. е. на высоте SH.
Рассмотрим . треугольники C//S и COS. Так как ЛС5Н = 90° —ср, а треугольник COS равнобедренный,
то по свойству внешнего угла имеем ZCOH = 180° — 2(р< Решая треугольник СОН, находим расстояние от центра О до плоскости основания:
ОН = 7?cos(180° — 2<р) = — Rcos2(p. (9)
Появившийся здесь знак минус должен привлечь особое внимание. Что он означает? Дело в том, что, вычертив рис. 100, мы тем самым фактически предположили, что центр О описанного шара лежит внутри пирамиды, и проводили решение при этом неявном предположении (в условии задачи этого предположения нет). Однако центр описанного шара не обязан всегда лежать внутри пирамиды— и формула незамедлительно напоминает нам об этом.
Рис. 101.Рис. 101.Именно, центр описанного шара лежит внутри пирамиды, если высота пирамиды больше половины диагонали прямоугольника (тогда именно внутри отрезка SH найдется точка О, равноудаленная
Рис. 101.
Рис. 101.
от С и от S), т. е. если <р > 45°. Но в этом случае cos 2(р < 0 и, следовательно (см. (9)), ОН > 0. Если центр описанного шара лежит на основании пирамиды, совпадая с точкой ", то высота пирамиды равна половине диагонали прямоугольника; в этом случае(р=45°, и потому ОН «= 0. Наконец, если центр описанного шара лежит вне пирамиды (рис. 101), то 屮 V 45°, и искать ОН по формуле (9) нельзя. Очевидно, что в этом случае АСОН=2^, а потому расстояние от точки О до плоскости основания OH=R cos 2(р (величина положительная)). Перейдем к. вычислению объема пирамиды. Из треугольника СОН находим
ЯС = /?31П(180° — 2ф) = Rsin2(p
— равенство* справедливое как для рис. 100, так и для рис. 101. Поэтому площадь основания пирамиды
Sabcd = 45д пяс = 2R2 sin2 2(р sin а;
угол а может быть как острым, так и тупым. Для вьг* числения высоты пирамиды рассмотрим три случая. Если 屮 > 45°, т. е. если центр* О лежит внутри пирамиды (см. рис. 100), то*
S" = SO + ОН = R — /?cos 2(р = 2/?sin2(p;
если 屮 V 45°, т. е. если центр О лежит вне пирамиды (см. рис. 101), то
SH =*SO — ОН = R — R cos 2(p = 2R sin2 <p.
Если же ср = 45°, то SH = SO = R = 2R sin2 45®.
Итак, при любом значении угла <р, 0° V 屮 V 90°, при-ч ходим к одному и тому же результату:
V = ^ G sin2 2(p sin2 屮 sin а.
Вот еще одна задача, в которой ответ, если прийти к нему формальными выкладк том, что необходимо провести более тщательную «расшифровку» описанной в условии геометрической конфигурации.
(ВМК, 1971) Основанием пирамиды SABC служит треугольник, стороны АВ и АС которого равны и образуют между собой угол а, а высота пирамиды совпадает с ребром S4 и равна Й. Дана вторая треугольная пирамида, имеющая ту же вершину S. Основанием ее является треугольник, вер шины которого лежат на раз
,сам «напоминает» о,сам «напоминает» оSSРис. 102.Рис. 102.ных сторонах треугольника АВС. Найти объем второй пирамиды, если известно, что ее боковые грани равно* велики, а боковые ребра равны.
,сам «напоминает» о
,сам «напоминает» о
S
S
Рис. 102.
Рис. 102.
На первый взгляд задача кажется довольно трудной. Однако записывая сформулированные в условии данные
в виде соотношений можно с помощью естественных рассуждений уточнить геометрическую конфигурацию и провести необходимые вычисления.
Пусть SABC — исходная пирамида, a SLMN — вторая пирамида, вершины L, Mt N которой лежат на сто-* ронах равнобедренного треугольника ВЛ С (рис. 102) < Поскольку по условию задачи
SL = SM = SN,(10)
a SA — перпендикуляр к плоскости АВС, то AL = АМ = =4M так что, в частности, MN || ВС. Далее, условие равновеликости граней NSL и MSL можно записать в виде
■| NS • LS • sin (N MSL) == ^ MS • LS • sin( N MSL),
откуда, учитывая (10), заключаем, что 々NSL = NMSL (нетрудно убедиться, что случай ^NSL—180° — Z/WSL несовместим с условием равновеликости боковых граней пирамиды SLMN). Но тогда △^SL = △MSL, и, значит, NL = ML Следовательно, ^ANL = △%〃「，а потому AL — биссектриса равнобедренного треугольника ВАС и L — серединй стороны ВС.
Проведем высоты S。треугольника MS" и SR треугольника MSL; тогда условие равновеликости граней MSN и MS丄 можно записать в виде
^MN-SO=^ML-S/i.(11)
Обозначив отрезок АМ для краткости через а, из прямоугольного треугольника МОА получаем
MN = 2 • МО = 2asin-^t АО — acos -^,
в иа прямоугольного треугольника SAO находим
SO =心力2 +402 = д/把 + 出 COS2 y .
Учитывая, что 4R — биссектриса угла MALt из прямо* угольного треугольника ARM получаем
ML = 2 ・ MR = 2а sin* AR ^ a cos у.
а из прямоугольного треугольника S4R находим
SR = “^ + q2 cos2 丸
Подставляя найденные выражения в равенство (11)； приходим к уравнениктдля определения а:
2а sin у 7й2 + a2 cos2 у =2а sin ^ «力? + a2 8s2^；(⑵
из которого без труда находим
sin2 — — sin2-—
(13)(13)炉=4九2_!
(13)
(13)
sin2 — — sin2 a
После этого искомый объем V пирамиды SLMN уже под^ считывается очевидным образом:
V =勺 * } ♦ MN ‘ LO • 4s =
У .у .2asin-|.(a-acosy).
»уа2й siny (1 — cos у)=8Л® sin2|-»уа2й siny (1 — cos у)=8Л® sin2|-sin2sin233sin2 -у — sin2sin2 -у — sin2а—sin-|- sir?》.а—sin-|- sir?》.
»уа2й siny (1 — cos у)=
8Л® sin2|-
»уа2й siny (1 — cos у)=
8Л® sin2|-
sin2
sin2
3
3
sin2 -у — sin2
sin2 -у — sin2
а
—sin-|- sir?》.
а
—sin-|- sir?》.
Именно такое решение предложили многие поступаю-» щие. Найдя выражение для объема V, они начали йре- образовывать его, стремясь зависать в более простой форме, и... неожиданно получили парадоксальный ответа
V =V =
V =
V =
COS-t-4
Конечно, парадоксальным он кажется лишь на первый взгляд; на самом деле получившийся знак минус предупреждает нас о том, что мы провели формальные выкладки, не разобравшись до конца в свойствах геометрической конфигурации. Выполняя чертеж на рис. 102t
мы считали, что рассматриваемая геометрическая конфигурация существует, и дальнейшее решение проводили фактически в этом предположении. Между тем интересующая нас конфигурация существует не для всех значений угла а (подчиненных естественным ограничениям 0° Va V 180°). Точнее, пирамида SLMN с равными боковыми ребрами, расположенная указанным в условии задачи способом, существует всегда, но не при любом значении угла а можно- обеспечить равновеликость ее боковых граней.
Чтобы убедиться в этом； надо заметить, что условие (11) равновеликости граней MSN и MSL равносильно существованию положительного корня у уравнения (12), или, что то же самое, у уравнения (13). Между тем уравнение (13) имеет положительный корень в том и только в том случае, когда
sin2-| — sin2 а > 0, или sin у sin-у <0,
т. е.» с учетом естественных пределов для угла а, когда 120°<а< 180°.
Большое значение при решении геометрических задач имеют алгебраические методы. Алгебра, часто в сочетании с тригонометрией, позволяет справиться со многими сложными задачами. 、
Суть алгебраического подхода к геометрическим задачам состоит в том, чтобы для некоторой величины составить из геометрических соображений уравнение, а затем решить его или исследовать алгебраическими сред， ствами. Конечно, после этого еще остается вопрос о той или иной геометрической интерпретации получившегося алгебраического результата.
Широкие возможности для использования алгебры в геометрии открывают метрические соотношения в треугольнике и круге, формулы решения прямоугольных треугольников, теоремы синусов и косинусов и т. д.
Заметим, что задачи, решающиеся алгебраическими методами, требуют подчас довольно длинных вычислений. Не следует поэтому пугаться громоздких выкладок или громоздких ответов. Как правило, необходимые в таких задачах вычисления идейно просты и вполне ло
ступны каждому, кто твердо знает основные формулы тригонометрии и алгебры, хорошо владеет техникой алгебраических и тригонометрических преобразований, приучил себя к аккуратному и внимательному проведению выкладок.
(Физфак, 1962) В треугольнике АВС угол А равен а, а противолежащая ему сторона равна а. Найти две другие стороны, если известно, что сторона а есть среднее геометрическое радиусов вписанного и описанного кругов этого треугольника.
Сведем решение этой задачи к алгебраической системе. Обозначим через бис длины сторон треугольника АВС, противолежащих соответственно углам В и С. Эти величины 6 и с и являются интересующими нас неизве* стными.
Первое уравнение дает теорема косинусов:
挟 + с? — 2bc cos a==a2.(14)
Для получения второго уравнения используем данное в условии задачи соотношение а = V^. где R и г- радиусы соответственно опис-анного и вписанного кругов. Вспоминая известные выражения для этих радиусов (формулы (2), (3) из § 1, А раздела Ш) и для площади треугольника, мы можем записать цепочку равенств
9 n 2s а
а1 лabc
откуда и находим второе уравнение:
Ьс — 2а (6 + с) = 2a厶(15)
Итак, мы получили систему двух уравнений (14), (15) с двумя неизвестными 力 н с. Теперь, нужно заняться чисто алгебраической задачей ——решением этой системы. Переписывая уравнение (14) в виде (Ь + с)2——2力с(1 +со$а)=», =а2 и подставляя сюда выражение для Ьс из уравнен ния (15), получаем квадратное уравнение относительно 力+ с:
(力 Т- с)? 一 8a cos2 у (6 + с) — ^8a2cos2y + а?) =0, (16)
откуда
匕+ с = а(1+8cos2^)(17)
(второй — отрицательный — корень уравнения (16) от* брасываем, поскольку он не имеет геометрического смысла). Из уравнения (15) теперь определяем
&с = 4а2 (1 +4cos2-|).(18)
Из соотношений (17), (18) ясно, что & и с являются корнями квадратного уравнения
z2-a(l +8 cos嗒)z + 4a2 (1 + 4 cos2-|) = 0.
Решая это уравнение, находим
2!Ь2 =-|-[5 + 4 cos a 士 <^16 cos2 a + 8 cosxt — 23]-(19)
Теперь для b можно, например, взять знак плюс, а для с — минус; другая комбинация знаков дает фактически тот же треугольник, но с иным обозначением сторон.
Решение завершено — требуемые длины b и с сторон треугольника найдейы. Хотя задача никаких дополнительных исследований не требует, некоторые поступающие пытались еще ответит^ на вопрос, когда формулы^ (i9) имеют геометрический смысл. Для этого выясня-' лось, при каких значениях а под корнем стоит неотрицательное число и, кроме того, %i > 0, z2 > 0. Так как трехчлен 16/ + 8% ——23 неотрицателен
при всех 尤&№— и при всех х》」-«,
то стоящее под знаком радикала ^_(19) выражение неотрицательно, если cos a ^ % (“24 — 1) и, естественно, 0 < a < л, т. е. при—
О < a《arccos 山:二丄,(20)
Легко, далее, проверить, что при этих значениях а оба указанных в (19) корня положительны. Однако необхо* димо подчеркнуть, что проведенные рассуждения позволили выяснить лишь те условия, при которых формулы
(19) могут иметь геометрический смысл: на вопрос о том, действительно ли при всех а, удов л етвор я ющи х условию (20), геометрическая конфигурация существует* -эти рассуждения ответа не дают.
(Мехмат, 1971) В четырехугольник ABCD можно вписать и вокруг него можно описать окружность. Диагональ АС Оесмт площадь чет^рехугольника пополам. Найти длину диагонали BD, если радиус вписанной окружности равен г, а периметр четырехугольника равен ^.
Введем обозначения для длин сторон данного четырехугольника ABCD (рис. 103) и запишем условия задачи в ви- >СГ Де уравнений.〃\
Так как в четырехугольник ЛА 、^ \ ABCD можно вписать окруж- ,，〃 ^4^}
ность, то суммы его противопо-~~
ложных сторон равны:yV/
x + v = y + u. (21)/
Поскольку четырехугольник Z
ABCD можно вписать в окруж-Рис. 103.
ность, то Z4BC + Z.ADC =
=180°, С учетом этого соотношения условие равенства площадей треугольников АВС и ADC
даетдаетхи = уи.хи = уи.(22)(22)уx«sin(Z АВС) = у i/Psin(Z ADC)
дает
дает
хи = уи.
хи = уи.
(22)
(22)
Выразив х из равенства (21) и подставив в уравнение (22), получаем
匂十〃)(〃一 и) = 0,
откуда 〃 = и, но тогда из (21) вытекает, что и х = у. Поэтому ЛАВС u △4ОС, так что Z4BC = ^ADC и АК — биссектриса равнобедренного треугольника BAD, Следовательно, ZABC = Z.ADC = 90°, а АС 丄 BD,
Использовав две формулы для площади четырехугольника ABCD? можем записать равенство
j 4С ・ BD = ~^ рг、
откуда
,*2 + 标《*+ 訳)2一&〃 *
Однако 尤 + 〃= р/2, а по формулам для площади четырехугольника ABCD
2 • у х/г = у рг, или 2хи = рг, так что окончательно
〃"2 一 4“
В следующей геометрической задаче удается для ин-< тересующего нас элемента конфигурации составить иррациональное уравнение.
(Геофак, 1973) 〃а плоско- сти дан прямой угол. Окружность с центром, ра с пол оженн ым вне данного угла, касается биссектрисы прямого угла, пересекает одну из его сторон 6 точках А и В и пересекает продолжение другой стороны в точках С и D. Длина хорды АВ равна 不、 длина хорды CD равна 1. Найти радиус окружности.
Пусть MKN — прямой угол, KL — его биссектриса, а О — центр окружности (рис. 104).
Соединив точку О с точками К, В, D” опустив перпендикуляр OS на сторону KN и перпендикуляр ОТ на продолжение стороны КМ, можно записать
0/(2 = 0S2 + О『2 = (0¥ 一 SB2) + (002 一 TD^ =
здесь R — радиус окружности. Обозначим через Р точку касания окружности с биссектрисой и соединим эту точ・ ку с центром О. Очевидно, что
cos(N PKO)=cos(45o+ /SKO) =
в—^ (cos(N SK。) 一 sin(N SK。)),
откуда, используя треугольники КРО и KSO, получаем 0普=端一需.ИЛИ \/2-KP=OT-OS.
Следовательно,
V2. “Ок - ор2= 7 6伎一та - Vos2 - sb2,
ИЛИ
V2 ♦ “У?? — 2 = 7 /?2 —^ — 7 /?2 — 孑.(23)
Полученное иррациональное уравнение решается о^чным приемом (отметим, что R2— % > R' — %, и потому правая часть уравнения (23) положительна), В результате оказывается, что уравнение (23) имеет два корня Ri = 3/2, /?2 = 一%, из которых лишь первый имеет геометрический смысл.
Широко применяются алгебра и тригонометрия при решении геометрических, задач на максимум и минимум. В таких задачах обычно рассматривается геометрическое тело (или фигура) и требуется выбрать его размеры так, чтобы некоторая величина, связанная с телом, принимала наибольшее (или наименьшее) значение. Для алгебраического решения задачи, как правило, внгшсьн вается функция, связывающая интересующую нас величину с размерами тела, а затем эта функция исследуется. Тем самым геометрическая задача сводится к алгебраической ——изучению свойств функций. Конечно, решив алгебраическую задачу, мы должны дать результатам геометрическую интерпретацию.
(Филфак, 1973) В треугольнике АВС известны стороны 48 = 4〃 ВС = 5. Какова должна быть длина стороны Л С, чтобы угол В был больше 105°?
Обозначим длину стороны АС через 彳 и восполь зуемся теоремой косинусов:
cosB =cosB =AR2 + де2 - ЛС22ТВТАСAR2 + де2 - ЛС22ТВТАС41 — *240~41 — *240~
cosB =
cosB =
AR2 + де2 - ЛС22ТВТАС
AR2 + де2 - ЛС22ТВТАС
41 — *2
40~
41 — *2
40~
Нас интересует, в каких пределах может меняться величина х для того, чтобы угол В треугольника АВС удовлетворял неравенству ZB > 105°.
Многие поступающие предложили следующее реше< ние этой задачи. Поскольку угол 8 должен быть тупым, т е. должен лежать во второй четверти, где косинус убывает, то необходимо обеспеяить выполнение неравенства
cos В < cos 105° = — sin 15° =
Другими словами, задача сводится к отысканию решений неравенства
"石三 < 今 “2 — “3 ； или 尤2 >41 + 2Q“2 — “W， Но величина % — длина стороны АС — принимает лишь положительные значения, а потому геометрический смысл имеют лишь решения
х> V4I + 20V2- Уз .
Однако такой ответ неверен — длина сторойн АС не может иметь любое из указанных значений. Дело в том, что в приведенных рассуждениях не учтено одно существенное обстоятельство: отрезки АВ, ВС и АС должны составлять треугольник, и это геометрическое условие в свою очередь накладывает ограничения на возможные значения х. Так как сторона Л С, лежащая против тупого угла, должна быть наибольшей стороной треугольника ЛВС, то отрезки 4В, ВС и АС образуют треугольник тогда и только тогда, когда
АС < АВ + SC, т. е. г < 9.
Следовательно, удовлетворяющая условию задачи допустимая длина стороны АС такова:
V41 +20V2- V3 <х<9,
(Мехмат, 1966) Нужно сделать воздушный змей 8 форме прямой призмыt имеющей основанием прямоугольный треугольник с гипотенузой, равной 40 см. Боковая поверхность этой призмы должна иметь площадь 0,96 л2. Какое наименьшее возможное значение может принимать сумма длин всех ребер такой призмы^
Обозначим катеты основания призмы через х и у» а ее боковое ребро — через 2. По условию задачи легко составить два соотношения между размерами призмы:
I (х + у+ 0,4) z = 0,96.S
Нас интересует наименьшее возможное значение суммы 』2(* + 什0,4)+3z
всех ребер призмы.
Величина / является функцией трех переменных х, у и z, которые, однако, могут принимать лишь значения, удовлетворяющие системе уравнений (24). Подставив вместо суммн/+« + 0,4 ее выражение из второго уравнения системы (24), мы получим представление зели^ чины / как функции одной переменной z：
/ =彎 + 32.(25)
Естественно прежде всего начать с отыскания наименьшего значения этой функции (нас интересуют, разумеется, лишь положительные значения 2). Применяя неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим (см. § 7 раздела I), можно записать, что при любом 2 > 0*
/ = * + 32>2д/写・3z = 4,8;
кроме того, известно, что равенство здесь достигается при
1,92 Q
= т. е. при z— 0;8.
Итак, мы доказали, что функция (25), как функция переменной 2, принимает наименьшее значение 4,8 при г = 0,8. Однако для того чтобы быть уверенным, что это есть наименьшее значение геометрической величины — суммы длин всех ребер призмы,——надо еще убедиться, что действительно существует призма, которая удовлетворяет условию задачи и у которой боковое ребро 2 равно 0,8. Другими словами, требуется теперь выяснить,
нмеСт ли решение система (24) при s = 0,3. Если она имеет решение (причем такое, что х > 0 и у > 0), то соответствующая призма (или призмы, если система имеет несколько решений) и будет давать геометрическую реализацию решения задачи; если же система (24) при з = 0,8 решений не имеет, то сумма боковых ребер призмы не может равняться 4,8.
Подставляя значение z = 0,8 в систему (24), получаем систему
(尤2 + у2 = 0/б,I х +у =0,8,
которая, как легко убедиться, решений не ймеет. Следовательно, удовлетворяющей условию задачи призмы с боковым ребром 0,8 не существует. Конечно, это не означает, что призмы, удовлетворяющей условию задачи и имеющей наименьшую .сумму длин ребер, вообще не существует. Просто для ее отыскания нужно провести дополнительные рассуждения.
Выше мы исследовали функцию (25) при всех г > 0 и искали ее наименьшее значение. Однако, как выяснилось, не все значения s > 0 имеют геометрический смысл — необходимо рассматривать лишь те значения z > 0, для которых система (24) как система с неизвестными х, у и параметром z имеет решения. Перепишем систему (24) в виде
f 炉+ У = 0/6,
{ X +4 =粤-0,4;
или
(* + 9 =号^ -0,4,
I閃/ = }(琴' —°*)'—0,08.
Эта система имеет решения (х, у).для тех и только тех значений параметра z > 0, для которых существуют корни у квадратного уравнения
产 _ (響-0,4) f + 抬(喏 _ о,4『一 0 08j = °,
，匕 для зяачений 纟 >0, при которых неотрицателен ди скриминавт:
}(響_ О"_居普-О"一О раj〉°
Из последнего неравенства нетрудно получить, что
-0,4 (“5 1)《竽《0,4 (д/2 + 1),
откуда, поскольку нас интересуют лишь положительные значения г,—
2>2,4(“》- 1).
Таким образом, именно для таких значений z 自 надо искать наименьшее значение функции (25).
Можно доказать (совершенно аналогично тому, как это сделано в задаче 27 из § 7 раздела I), что функция (25) при z ^ 0,8 возрастает. Следовательно, ее нанмень* шее значение на промежутке г ^2,4 (д/2 — 1) (заметим, что 2,4«2——1) А 0,8) достигается в левом конце поомежутка — при z = 2,4(“E「1)-н равно
戸臂丁)+3.2,4(72-1)=8(72- 0,8).
2,4 (М2 — 1)
Найденная величина 8 (“2—0,8) ai и дает наименьшее возможное значение суммы ребер призмы, удовлет-* воряющей условию, задачи. Если значение z=2,4 (“5—1) подставить в систему (24) и решить ее, то полу* чмм % = У = 0,2 д/2. Иначе говоря, наименьшую сумму ребер имеет призма, у которой основанием служит рав- нобедреннн 询 прямоугольный треугольник с катетом 0,2 “2 也 а боковое ребро равно 2,4 (“2 — 1) м.
Задачи
(Физфак, 1961) Даны стороны b н с треугольника и угол Л меж'Ду ними. Этот треугольник вращается вокруг не пересекающей его оси, проходит через вершину А и составляет равные углы со сторонами b и с. Найти объем тела вращения,
(Мехмат, 1961) На окружности радиуса R даны точки А и В, расстояние между которыми равно 厶 Какое наименьшее значение может принимать сумма 厶。？*^。?，если точка С также л^жит на этой окружности?
при этом перпенди- точкой 4.при этом перпенди- точкой 4.(Физфак, 1963) В окружности радиуса К череэ точку М диаметра проведена хорда АВ под углом 屮 к диаметру; ВМ : «М = р: q* Через точку В проиедеиа хорда ВС, кулярная к данному диаметру, и точка С соединен^ С Найти площадь треугольника АВС.
при этом перпенди- точкой 4.
при этом перпенди- точкой 4.
различныеразличные(Физфак, 1964) На плоскости фиксированы две , точки А 'й В. Найти геометрическое место точек этой плоскости, дли которых АМ • ВМ • cos(ZAMB)==恥力炉.
различные
различные
(Физфак, 1965). Правильная пирамида, в основании которой лежит квадрат со стороной а, вращается вокруг прямой, проходя-
щей через вершину пирамиды параллельно одной из сторон осиовэ- ■ ния. Вычислить объем тела вращения, если плоский угол при вершине пирамиды равен а.
(География, ф-т, 1966) Угол при основании равнобедренного треугольника АВС равен а, а > 45, а площадь равна S. Найти площадь треугольника, вершинами которого служат основания высот треугольника АВС.
(физфак, 1966) Даны две концентрические окружности радиусов г и R, R "> г. Найти сторбиу квадрата, две вершины которого лежат на окружности радиуса г, а две другие — на окружности радиуса R. При каком соотношении между г н R: а) решение возможно; б) имеется только одно решение?
(Мехмат, 1966) Нужно изготовить коробку в форме прямо< угольного параллелепипеда с площадью основания, равно* 1 слг. Сумма длин всех ребер параллелепипеда должна равняться 20 см. Йрй каких размерах коробки ее полная поверхность будет наибольшей?
(Ф-т психологии, 1967) Достаточно лн приобрести 4000 штук кафельных плиток размером 10 см X 10 〃 для облицовки бортов бассейна, имеющего форму ромба площадью 450 л«? и с высотоб борта 0,5 л?
(Физфак, 1968) В прямоугольном треугольнике отношение произведения длин биссектрис внутренних острых углов к квадрату длины гипотенузы равно [/г. Найти острые углы этого треугольника.
(Экономич. ф-т, 1969) В остроугольном треугольнике АВС сторона АВ равна с Из вершины 8 на сторону АС проведена медиана BD, равная т. Угол BDA острый и равен 0. Вычислить площадь треугольника АВС.
(Физфак, 1969) В треугольнике АВС (АВ ^ АС) медианы, проведенные из вершин В н С к сторонам АС и АВ соответственно, обратно пропорциональны этим сторонам. Найти стороны АС и АВ треугольника) если ВС = а, /В4С = а.
(Мехмат, 196gl Выпуклый четырехугольник ABCD, диагонали которого взаимно перпендикулярны, вписан в окружность. Перпендикуляры, опущенные на сторону AD-иэ вершин б и С, пересекают диагонали АС и BD в точках Е н F соответственно. Отрезок ВС равен 1. Найти длину отрезка EF.
(Экономич. ф-т, 1970) В квадрате A BCD площади 1 сторона AD продолжена зз точку D и на проддлженнн взята точка О на расстоянии 2 от точки D. Из точки О проведены два луча. Первый луч пересекает отрезок CD в точке М и отрезок АВ в точке N、 причем ZMNB == а. Второй луч пересекает отрезок CD в точке L
и отрезок ВС в точке К, причем 厶。0 a Найти площадь миого- угольннкд NBKLM.
(Географич. ф-т, 1970) Около круга описана трапеция с угг ламн при основании а н ₽. Найти отношение площади трапеции к плоЩадн круга.
(Химфак, 1970) Хорда АВ стягивает дугу окружности, равную 120°. Точка С лежит на этой дуге, а тючка D лежит на хорде АВ, При этом AD = 2, BD к 1$ DC ■» ^2 • Найти площадь треугольника АВС.
(Физфак, 1970) Даны два одинаковых пересекающихся круга. Отношение расстояния между нх центрами к радиусу равно 夕磔 Третий круг- касается внешним образом первых "двух н их общей касательной. Определить отношение площади обшей части первых двух кругов к площади третьего круга.
(Физфак, 1970) Основанкем треугольной пирамиды служит равиостороннвй треугольник. Три другие грани образуют с ним двугранные углы, равные а, р н у> каждый из которых меньше я/2. В пирамиду вписан шар. Определять отношение радиуса шара к высоте пирамиды.
(ВМК, 1970) В треугольнике АВС сторона ВС служит основанием полукруга, площадь которого равна площади треугольника АВС. Угол 力 равен а. Найти углы В и С, если В ^ С. Исследовать, при каких значениях угла а задача имеет решение.
(ВМК, 1970) В прямом круговом конусе с вершиной S угол между образующими SA и SB равен а, а угол между нх проекциями на плоскость основания pafffeH р. Вычислить угол между биссектрисами углов OSA н OSB, где точка О является центром круга, служащего основанием конуса.
(Мехмат, 1970) Отрезок АВ длины 1, являющийся хордой сферы радиуса 1, составляет угол л/3 с ее диаметром CD. Расстояние от конца С этого диаметра )ближайшего к нему конца А хорды АВ равно д/^・ Определить величину отрезка 8D.
(Экоиомич. ф-т, 1971) Дан куб с основаниями ABCD и AiBiCiDit где 44 || ВВ, || С& || DQ. В угол 4 куба вписан шар радиуса 我—0,5. Найти радиус шара, вписанного в угол С| куба н касающегося данного шара, если ребро куба。= 1,5.
(Экономич. ф-т, 1971) На плоскости лежат, не пересекаясь, два шара радиусов г и R. Расстояние между центрами шаров равно р. Найти минимально возможный радиус шара, который лежал бы на этой плоскости и касался заданных шаров.
(Географич. ф-т, 1971) Каждая из баковых сторон АВ и ВС равнобедренного треугольника АВС разделена на три равные части и через четыре точки деления на этих сторонах проведена окружность, высекающая на основании АС хорду DE. Найти отношение площадей треугольников АВС и BDE, если АВ = ВС = 3 и АС = 4.
(Геофак, 1971) В равнобедренный треугольник АВС вписан ромб DECF так, что вершина Е лежит на отрезке ВС, вершина F лежит яа отрезке АС и вершина О лежит на отрезке АВ. Найти длину стороны ромба, если /В = ВС = 12, АС = 6.
(Биофак, 1971) Шар касается 中новання конуса в его центре. Поверхность шара пересекает боковую поверхность конуса по
двум окружностям, одна на которых имеет радиус, равный радиусу шара, и лежит в плоскости, параллельной основанию конуса. Известно, что радиус основания конуса в */з раза больше радиуса шара. Найти отношение объема шара к объему конуса.
(Филфак, 1971) Из прямоугольника, большая сторона которого равна 厶 вырезаются два полукруга, диаметрами которых служат меньшие стороны прямоугольника. При каком значении длины меньшей стороны прямоугольника площадь оставшейся части будет максимальной?
(Физфак, 1971) В правильную четырехугольную пирамиду с вершиной 5 и основанием ABCD вписана сфера. Сторона основания равна а, боковое ребро равно %а“5. На апофеме SE грани DSC взята точка М так, что SM = ME. Найти расстояние между точками, в которых прямая АМ пересекает сферу, вписанную в пирамиду.
(ВМК, 1971) Центры трех окружностей различных радиусов распрложеиы на одной прямой, а центр четвертой находится на расстоянии d от этой прямой. Найтн радиус четвертЪй окружности, если известно, что каждая из этих окружностей касается трех других^
(ВМК, 1971) Основанием пирамиды SABC служит треугольник» стороны АВ н АС которого равны и образуют между собой угол а, а высота пирамиды совпадает с ребром SA н равна h. Дана четырехугольная пирамида, имеющая ту же вершину S. Основанием ее является четырехугольник, вершины которого лежат на сторонах треугольника АВС. Найти объем четырехугольной пирамиды, если известно, что ее боковые грани равновелики, а боковые ребра равны.
(Мехмат, 1971) В четырехугольник ABCD можно вписать и вокруг него можно описать окружность Диагонали этого четырехугольника взаимно п ерпёндикул яри ы. Найти его площадь, если радиус описанной окружности равен R и АВ = 2 • ВС.
(Мехмат,⑭九)Четырехугольник KLMN впнсаи в окружность. Через его вершины проведены касательные к этой окружности, образующие четырехугольник, который также можно вписать в окружность. Найтн площадь четырехугольника KLMN、если его периметр равен р и NM = 2 • ML ^ 8 * LK.
(Экономия, ф-т, 1972) Дан угол величиной 120° с вершнноб С. Вие угла, иа продолжении его биссектрисы, взята точка О так, что ОС = |/з“3. С центром в точке О построена окружность радиуса 1. Найти площадь фигуры, ограниченной сторонами угла и дугой окружности, заключенной между иимн.
(Геофак, 1972) Два шара касаются плоскости Р в точках Д и В и расположены по разные стороны от этой плоскости. Расстояние между центрами шаров равно 10. Третий шар касается внешним образом двух данных шаров, а_его центр О лежит в плоскости Р. Известно, что АО = ВО <= 2 V^0> АВ == 8. Определить радиус третьего шара.
(Физфак, 1972) На сфере, радиус которой равен 4, расположены три окружности радиуса 2, каждая из которых касается двух других. Найти радиус окружности, большей, чем данные, которая мкже расположена на данцой сфере и касается каждой из данных трех окружностей.
(ВМК, 1972) В прямоугольном секторе АО В нз точки В, как из центра, проведена дуга ОС (С — точка пересечения этой дуги с дугой АВ) радиуса О». Окружность S〕касается дуги АВ, дуги ОС и прямой ОА, а окружность $2 касается дуги 48, прямей ОА и окружности S]. Найтн отношение радиуса окружности Si к радиусу окружности S2.
(ВМК, 1972) В прямоугольном секторе АО В проведена хор* да АВ и в образовавшийся сегмент вписан квадрат. Найти отношение стороны квадрата к радиусу окружности, которая касается хор* ды АВ, дуги АВ и стороны квадрата, перпендикулярной к хорде АД.
(Мехмат, 1972) Радиус окружности, опксанной около остро-- угольного треугольника АВС、равен 1. Известно, что на этой окруж* ностн лежит центр окружности, проходящей через вершины 4, С н точку пересечения высот треугольника АВС. Найти дли^у стороны АС.
(Геофак, 1973) На плоскости дан прямой угол. Окружность с центром, расположенным вне этого, угла, касается продолжения одной нз его сторон, пересекает другую сторону в точках Л и В н пересекает биссектрису этого угла в точках С н О; АВ = 4 “2. CD = 2. Найтн радиус окружности.
(Геофак, 1973) На плоскости дан угол величиной л/3. (^ ружность касается одной стороны этого угла, пересекает другую сторону в точках А ‘ В н пересекает биссектрису угла в точках С и D; АВ = СО = V^* Найти плрхдадь круга, ограниченного этой окружностью.-'
(Ф-т почвоведения, 1973) Две окружности радиуса 32 с центрами О[ и 。2，пересекаясь, делят отрезок OQ иа три равные части. На^тн радиус окружности, которая касается изнутри обеих данных окружностей и касается отрезка 0}0公
(Ф-т психологии, 1973) В правильной треугольной пирамиде SABC (S — ее вершина) сторона основания равна % а высота пирамиды равна 2a. Пусть О ——середина ребра 5Л. Найти площадь круга, получаемого при сёчении шара, вписайного в пирамиду S4片古, плоскостью, проходящей через ребро ВС и точку D.
(Физфак, 1973) В окружности с центром О проведены параллельные хорды PQ и RS, диаметр SE и хорда RE. Хорда RE пе- оесекает хорду PQ в точке 尸，из точки F опущен перпендикуляр FH на диаметр SE Известно, что радиус окружности равен г, а ЕН = 3/8г. Найти расстояние от середины отрезка ЕО до середины хорды RQ.
(Физфак, 1973) Боковые грани треугольной пирамиды SABC с вершиной S образуют одинаковые двугранные углы с плоскостью основания АВС пирамиды; SO — ее высота. Известно, что N4S8 == 7^/12, NBSC = n/2, ZSCA = л/3. Найти отношениелло- щади треугольника АОВ к площади треугольника АВС.
(ВМК, 1973) В прямоугольном треугольнике АВС проведена биссектриса CL прямого угла. Из вершины /, /4 > 45°, на биссектрису опущен перпендикуляр AD. Найти плотпадь треугольника АВС, если A D = a, CL = Ь.
(Экономим, ф-т, 1974) На плоскости даны три точки 4, В, С, лежащие на одной прямой (точка В лежит между точками 4 и С);' ДВ = 1, ВС = 7： Найти максимальное расстояние между такими
точками Р и Q, лежащими в данной плоскости по одну сторону от прямой ЛС, что /АРВ == ZBQC = 60°.
(Географич. ф-т, 1974) Дан квадрат ABCD со стороной а я построены две окружности. П(ц)вая окружность целиком расположена внутри квадрата ABCD, касается стороны %В в точке Е, & гакже касается стороны- ВС и диагонали 4c. Вторая окружность имеет св&им центром точку А и проходит через точку Е, Найти площадь общей части двух кругов, ограниченных этими окружностями.
(Геофак, 1974) Дай куб ABCDABCD\ длина ребра которого равна 1. На ребрах 88’ и DD' взяты точки К и 户 соответст- ■иенно> причем ВК: В'К «=1:3,。戶=PD\ Плоскость» проведенная через точки 4, К и Р> пересекает диагонали 4'D н 8'С в точках М в Г соответственво^ Найтн длину отрезка МТ.
* 49. (Физфак, 1974)" Два одинаковых правильных- треугольника АВС и ©D£ со сторшюй 1 расположены на плоскости так* что они имеют только одну общую точку С и Z BCD < л/3. Точка К — се- 网цша стороны АС, точка L у середина стороны СЕ, точка 竺一середина отрезка BD. Плошадь треугольника KLM равна 力5“3. Найти длину отрезка BD.
(Физфак, 1974) Даны две треугольные пирамиды SABC н NKLM, все ребра которых равны а. Эти пирамиды имеют общую высоту SN (S — центр грани KLM, У — центр грани АВС). Кроме того, KL II ВС и пирамиды расположены так, что плоскость, проходящая уерез ребра KL и ВС, пересекает отрезок SN. Найти объем общей чаёти пирамид S4BC и NKLM.
(Мехмат, 1974) Вокруг треугольника АВС описана окружность. Медиана AD продолжена до пересечения с этой окружностью ь точке £. Известно/ что 4В + AD — DE, гИВАЬ — 60 , АЕ = 6. Найти площадь треугольника ЛВС
(Экойомнч. ф-т, 1975) Площадь равнобочной трапеции, опн- санноб около круга, равна s. Найтн среднюю линию трапеции, есла острый угол при ее основании равен а.
(Геогрэфич. ф-т, 1975) В треугольнике АВС высота ВН делит сторону АС в отношении АН : НС = 4, а угол НВС вдвое меньше угла ВАС, Биссектриса АЕ угла ВАС пересекается с ВН в точке К. Найти отношение площади треугольника АВК к площади описанного около этого треугольника круга.
(Геофак, 1975) Дан равнобедренный треугольник АВС с основанием АС = 6 и боковой стороной 48 = 5. 6 треугольник 気BR где BD — высота треугольника АВС, вписана окружность. Прямая, проведенная через вершину С, касается окружности в точке 后,причем /.АСЕ #= 0. Найти площадь треугольника ОЕС, где О一центр окружности. -
(Химфак, 1975) В треугольнике АВС сторона ВС == 5. Окружность проходит уерез вершины б и С и пересекает сторону АС ё точке К такой, что СК = 3, К4 = 1. Известно, что cos (//СВ)== и 4/5. Найти отношение радиуса данном окружности к радиусу окружности, вписанной в*треугольник АВК*
(Химфак, 1975) В треугольнике BCD известно: ВС = 4( CD = 8, cos (ZBCD) ==% Точка А выбрана на стороне CD так, что СА = 2. Найти отношение площади круга, описанного около
^еугольнйка BCD, к площади круга, вписанного в треугольник .57, (Ф-т психологии, 1975) В треугольник АВС со сторонами АВ =« 16, ВС = 20 и углом С, равным 30°, вписана окружность. Через точку М стороны АС, отстоящую на расстояние 10 от вершины 4, проведена касательная к окружности. Пусть к — точка пересечения касательной с прямой, проходящей через вершину В параллельно стороне АС. Найти площадь четырехугольника АЕКМ.
(Физфак, 1975) В треугольнике АВС известно: АВ = АС, угол ВАС — тупой. Пусть й ——точка пересечения биссектрисы угла 4ВС со стороной 4С, М — основание перпендикуляра, опущенного из Л на сторону ВС, Е — основание перпендикуляра, опущенного нз D на сторону ВС. Через точку D проведен также перпендикуляр к BD до пересечения со стороной ВС в точке 尸.Известно, что ME п =FC == а. Найти площадь треугольника АВС.
(Физфак, 1975) На биссектрисе острого угла АОС взята точка В. Через точку В проведена прямая, перпендикулярная к 08 и пересекающая сторону АО в точке К, а сторону ОС — в точке L. Через точку В проведена еще одна прямая, пересекающая сторону АО в точке М (附 между О и К), а сторону ОС—в точке N так, что /M0N =之МАЮ. Известно, что МК = % LN = %( Найти площадь треугольника MON.
(Физфак, 1975) В прямоугольном треугольнике АВС угол АСВ—прямой. Пусть О — точка пересечения биссектрисы угла ВАС со стороной ВС, точка Е — середина стороны АВ, О — точка пересечения отрезков AD и СЕ. Через точку О проведена прямая, перпендикулярная к AD, до пересечения со стороной 4В в точке К, а со стороной АС — в точке 疝 Известно, что МС =。，ЕК = 2/за* Найти площадь треугольника ЛВС.
4. Прямые и плоскости в пространстве
Исходные понятия стереометрии имеют решающее значение для развития пространственных представлений.： Эти понятия сами по себе несложны, но требуют опре^ деленной логической культуры —умения совершенно строго, на основе данных определений, сводить доказательство любой теоремы к применению только перечисленных в начале аксиом и ранее доказанных теорем. Это в свою очередь требует точного знания исходных определений и теорем. К сожалению, поступающие часто считают, что геометрическая интуиция всегда поможет им дать правильные определения и формулировки аксиом. В результате оказывается, что в лучшем случае даются эквивалентные формулировки, а это приводит к неожиданным осложнениям в доказательствах теорем.
Главное внимание должно быть обращено на точное пс;и；мание и прочное запоминание определений. Парад*
дельность и перпендикулярность прямых и плоскостей, угол между скрещивающимися прямыми и расстояние между ними, угол между прямой и плоскостью, угол между двумя плоскостями — все эти понятия должны быть хорошо усвоены.
При этом, разумеется, нельзя вдаваться в крайности. Во-первых, не следует заучивать формулировки определений, не понимая их геометрического смысла, не видя за ними соответствующей геометрической конфигурации. А во-вторых, что более типично для поступающих (и потому более опасно), нельзя ограничиваться одними геометрическими образами, забывая о точных определе' НИЯХ.
Например, каждый представляет себе, что такое па~ раллельные прямые в пространстве. Тем не менее многие начинают доказывать, что через две параллельные прямые можно провести пло*
скость, забывая о том, что существование такой плоско^ сти входит в само определение параллельных прямых.
Другой аналогичный пример касается доказательства существования скрещивающихся прямых* Очень многие поступающие ограничиваются при этом... указанием пальцем на пол и потолок. Конечно, хорошо знать, где «в жизни» встречаются скрещивающиеся прямые, но это ле освобождает от необходимости строго доказать их существование.
Возьмем любые три точки Л, В, С и вне определяемой ими плоскости четвертую точку D. Тогда прямые 4В и CD ——скрещивающиеся, В самом деле, если бы они лежали в одной плоскости, то и все их точки лежали бы в этой плоскости; но это противоречило бы выбору точки D (см. рис. 105).
Встречаются также случаи, когда поступающие, не зная правильного определения, пользуются ошибочными аналогиями и в результате приходят к совершенно фантастическим «изобретениям», вроде «прямая параллельна плоскости, если она параллельна всякой прямой, лежа』 щей в этой плоскости»； «пр兄мая перпендикулярна к пло-
скости, если она перпендикулярна к какой-нибудь прямой в этой плоскости»; «углом между прямой и пло* скостью называется угол, который эта прямая образует с прямыми данной плоскости» и т. п. Достаточно представить себе геометрический смысл этих определений» чтобы увидеть их полную нелепость.
Вместе с тем не следует зазубривать определения слово в слово, буква в букву — можно допускать некоторые отступления от формулировки, данной в учебнике. Однако эти отступления не должны заходить слишком далеко. Например, довольно часто поступающие берут признак перпендикулярности прямой и плоскости в каче* стве определения перпендикулярности прямой и плоско^ сти. Но, к сожалению, они не всегда понимают, что при этом новом определении бывшее определение становится теоремой、подлежащей доказательству. Таким образом, к в этом случае «фантазирование» с определениями может лишь привести к осложнениям.
Большое количество ошибок допускается поступающими из-за неполной формулировки определений и особенно теорем. Вот часто даваемая поступающими формулировка признака параллельности двух плсскостейз «Если две прямые, лежащие в одной плоскости, соответственно параллельны двум прямым, лежащим в другой плоскости, то эти плоскости параллельны». Выпущено одно-единственное слово — речь идет о двух пересекаю、 щихся прямых, — и в такой формулировке теорема уже неверна.
Одним из важнейших понятий является угол между скрещивающимися прямыми (Киселев, § 46). Для построения угла между скрещивающимися прямыми поступают так: берут произвольную точку пространства и проводят через нее две прямые, параллельные данным прямым. Угол между построенными пересекающимися прямыми и есть, по определению, угол между данными скрещивающимися прямыми.
Это определение может вызвать естественный вопроса не зависит ли угол между скрещивающимися прямыми от точки, которую мы выбрали его вершиной? Оказывается, что выбор точки действительно не влияет на величину угла: для обоснования этого утверждения надо сослаться на известный признак параллельности двух
плоскостей и теорему об углах с параллельными сторонами в пространстве.
Понятие угла между скрещивающимися прямыми при его систематическом применении позволяет упростить многие определения и теоремы. Например, можно сразу определить перпендикулярные прямые как прямые, угол между которыми прямой, независимо от того, лежат или не лежат они в одной плоскости. А это определение в свою очередь упрощает решение задач.
Точно так же легко убедиться, что прямая, перпендикулярная к плоскости, перпендикулярна & любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и к такой, которая не проходит через точку пересечения данной прямой с плоскостью. Это следует из определения перггендику- лярности прямой к плоскости (Киселев, § 24) и определения перпендикулярных прямых.
Особый интерес в связи с этим представляет так на“ зызаемый ' усиленный признак перпендикулярности, прямой и плоскости: если прямая перпендикулярна к двум произвольным непараллельным (пересекающимся) прямым, лежащим в некоторой плоскости, то。凡。перпенди^ кулярна к самой плоскости.
Эта формулировка, в отличие от обычной, не требует, чтобы две прямые обязательно проходили через точку пересечения данной прямой с плоскостью. Такая, казалось бы, незначительная деталь играет существенную роль при решении задач.
Доказательство усиленного признака чрезвычайно просто (рис. 106). Если данная прямая I перпендикулярна к двум пересекающимся прямым V и /* плоскости Р, то она перпендикулярна к параллельным им прямым 『и /**, проведенным через точку О ее пересечения с плоскостью Р. Следовательно, прямая / по обычному признаку перпендикулярности прямой и плоскости (К и селе в, § 23) перпендикулярна ко всей плоскости Р, что и требовалось доказать. Подчеркнем, что перпендикулярность прямой к двум параллельным прямым в плоскости не влечет за собой перпендикулярность этой прямой к самой плоскости.
Приведенный усиленный признак перпендикулярности прямой и плоскости позволяет свести буквально к не^ скольким словам доказательство теоремы о трех перпен-
дикулярах (Киселев, §§ 28, 29; заметим, что теоремой о трех перпендикулярах удобно называть совокупность прямого и обратного утверждений, доказанных в учеб* нике)・
Действительно (рис. 107), пусть прямая АС перпендикулярна к плоскости Р, АВ — наклонная и ВС — проекция этой наклонной на плоскость Р. Если прямая DE проведена в плоскости Р перпендикулярно к наклонной ЛВ, то DE перпендикулярна к плоскости АС В (поскольку DE ± АС и DE 丄 4В), а потому DE перпендикулярна к любой прямой в этой плоскости, в частности,
Рис. 106.Рис. 107.
к проекции ВС наклонной. Обратно, если прямая DE проведена в плоскости Р перпендикулярно к проекции ВС, то снова DE перпендикулярна к плоскости АСВ, а потому и DE 丄 АВ.
Заметим, кроме того, что использование понятия угла между скрещивающимися прямыми позволяет в теореме о трех перпендикулярах не предполагать, что прямая, лежащая в данной плоскости, обязательно проходит через основание наклонной.
Особенно важны рассматриваемые нами понятия для правильного представления геометрических фактов при решении разнообразных задач на пирамиды. В частности, очень полезна следующая теорема, касающаяся произвольной треугольной пирамиды (рис. 108): высота SH треугольной пирамиды SABC пересевает высоту AD основания (или ее продолжение) в том и только в том случае, когда боковое ребро SA перпендикулярно к ребру
основания 5С. Легко видеть, что это утверждение есть просто иная формулировка все той же теоремы о трех перпендикулярах: SH и SA — перпендикуляр и наклонная к плоскости основания АВС, а ВС — третья прямая, лежащая в плоскости основания. Следующая задача, которую не смогли решить большинство поступающих, с помощью этой теоремы, решается сразу.
(Мехмат, 1961) В треугольной пирамиде высота, проведенная из вершины, попадает в точку пересечения
высот треугольника, лежащего в основании. Доказать, что тем же свойством обладают и все высоты пирамиды, опущенные из вершин основания на боковые грани.
В самом деле, поскольку высота пирамиды пересекается с каждой из высот основа- д ния, то, применяя сформулированную выше теорему, заключаем, что каждое боковое ребро пирамиды перпендикулярно к противолежащему
Вребру основания. Если теперь
Рис. 108.использовать ту же теорему
еще раз, то придем к выводу, что любая высота пирамиды проходит через точку пересечения высот грани, на которую высота пирамиды опущена. Из этой же теоремы, в частности, вытекает, что боковые ребра правильной треугольной пирамиды перпендикулярны к противолежащим ребрам основания. Это утверждение может понадобиться, например, при построении линейного угла двугранного угла при боковом ребре пирамиды. Часто поступающие предлагают следующее ■настроение: 《Проведем через сторону основания плоскость, перпендикулярную к боковому ребру, и тогда угол, получившийся в сечении, и будет нужным углом》. В принципе такое построение правильно, но в нем не хватает весьма существенной детали — почему такую плоскость можно провести. В самом деле, в случае произвольных скрещивающихся прямых такую плоскость, вообще говоря, провести нельзя — это возможно в том и
только в том случае, когда прямые перпендикулярны^ В частности, в правильной треугольной пирамиде такое построение действительно возможно.
Отметам еще следующую типичную ошибку. Опустив перпендикуляр из вершины основания правильной тре* угольной пирамиды на боковую грань, многие без малей-
niero сомнения считают, что эта высота пересекается с высотой боковой грани. Это утверждение на самом деле, конечно, верно, но требует обоснования. Легко ви*
деть, что оно следует из сформулированной выше теоремы, а также из результата задачи 1. Однако при решении задачи, в которой это утверждение используется, нужно не полагаться на указанную теорему (или тем более на задачу 1), а дать отдельное независимое доказательство.
Наиболее бесперспективным является следующий «лобовой» путь доказательства этого утверждения: провести высоту SD боковой 1рани ASB правильной пирамиды SABC,
опустить высоту СК пирамиды 一
из вершины С основания на грань ASB и доказать, что SD и СК пересекаются (рис. 109). К сожалению, многие поступающие пытаются рассуждать именно таким обра
зом, в то время как гораздо проще поступить иначе.
Пусть SABC — правильная пирамида и СК — перпендикуляр, опущенный из вершины С на грань ASB (см. рис. 109). Соединим точку К с точкой D ——серединой ребра АВ. Прямая DC перпендикулярна к прямой АВ как медиана равностороннего треугольника АВС. Прямая СК перпендикулярна к плоскости ASB, а значит и к любой прямой в этой плоскости и, в частности, к ребру АВ, Значит, ребро АВ перпендикулярно к плоскости DCK, так как оно перпендикулярно к двум пересекающимся прямым ——CD и СК, лежащим в этой плоскости. Поэтому прямая АВ перпендикулярна к любой прямой в плоскости DCK, в частности, к прямой DK、
Итак, D^ 丄 48, а поскольку D — середина основания ЙВ равнобедренного треугольника Д5В, то точка К лежит на высоте SD этого треугольника.
Усиленный признак перпендикулярности хорошо «работает» во многих задачах, где для заданных двугранных углов требуется построить линейные углы.。
Рис. ПО.Рис. ПО.(Мехмат, 1964). Из основания высоты правильной треугольной пирамиды опущен перпендикуляр на боковое ребро, равный р. Найти объем пирамиды, если двугранный угол между ее боковыми гранями равен 2a.
Рис. ПО.
Рис. ПО.
Пусть SABC — данная пирамида (рис.110|, O^-—рассматриваемый перпендикуляр, и двугранный угол при ребре SC равен 2a.
Прежде всего построим линейный угол этого двугранного угла. За вершину линейного угла естественно взять точку К; затем из точки К в плоскостях граней ASC и BSC необходимо провести перпендикуляры 火厶 и КМ к ребру SC.
Одни считали,Одни считали,,чтоточки,чтоточкиВ этом месте многими поступавшими были допущены ошибки, ги перпендикуляры обязательно I и В, другие — что точки L и М
Одни считали,
Одни считали,
,чтоточки
,чтоточки
являются серединами сторон АС и ВС треугольника АВС. И то, и другое неверно. На самом деле справедливо следующее.
Плоскость, в которой лежат прямые KL и КМ, должна быть перпендикулярна к ребру SC (так как SC 丄 KL м SC 丄 КМ). Для того чтобы найти эту перпендикулярную к SC плоскость, достаточно найти какие-нибудь две непараллельные прямые, перпендикулярные к SC. Одна такая прямая известна по условию — это。居 ибо нам дано, что OK J- SC. В качестве же второй такой прямой можно взять ребро АВ. В самом деле, SO — перпенди* куляр к плоскости ABC, SC — наклонная, СО — ее проекция; но АВ 丄 СО и, следовательно, по теореме о трех перпендикулярах АВ 丄 SC,
Итак, найдены две прямые — ОК и АВ, -^- перпендикулярные к SC. Но они, к сожалению, не пересекаются, а скрещиваются. Однако из этого положения есть выход: через точку О проведем LM || АВ. Тогда LM тоже пер-* пендикулярна к SC, a LM и 0驳 уже пересекаются. Следовательно, SC перпендикулярна к плоскости, в которой лежат эти прямые, т. е. к плоскости треугольника К2М* А тогда SC 丄 KL в SC 工 КМ, т. е.之LKM — линейный угол двугранного угла при ребре SC. Таким образом, ZLKM = 2а, причем точки L и М перпендикуляров《g и КМ к ребру SC расположены на сторонах АС и ЙС треугольника АВС таким образом, что LM доходит ^е- рез центр треугольника АВС параллельно АВ.
Далее остаются одни вычисления. Доказав, что Z ОКМ =s= Z OKL = а, находим ОА1 = р tg а, а потому (из прямоугольного треугольника ОСМ) имеем
ОС = р «3 tga.
Но ОС есть радиус круга, описанного около правильного треугольника АВС\ следовательно, АВ в» 3ptg а, и площадь SAabc основания пирамиды немедленно определяется. В то же время из треугольника К。。
sin(ZOCK) = -^-==-^=rctga；
поскольку ZKOS = NOCK (как острые углы со взаимно Перпендикулярными сторонами), то высота пирамиды
cos( / ОС К)“3 — ctg2 a
Таким образом, искомый объем
34— ctg2 a
11асто встречающаяся задача построения линейного угла данного двугранного угла есть, по существу, задача отыскания плоскости, перпендикулярной к данной прямой; при этом, как правило, условие задачи каким-либо образом фиксирует некоторую точку, через которую проходит искомая плоскость. Так, в только что решенной задаче ясно было, что соответствующую плоскость надо
провести через центр основания гирамиды, и наш метод решения состоял в том, чтобы провести через ату точку две прямые, перпендикулярные к данной прямой ——ребру двугранного угла. Воспользуемся эти?я методом в несколько иной ситуации.
(Физфак, 1972) Ребро куба ABCDAfBfCfDr равно 夕；точка Е ——середина ребра AAf. На продолжении ребра D4 взята точка 尸 так, что FA = а/2. Найти радиус меньшей из сфер, проходящих через точки Е и F и касающихся плоскостей ВВС С u DD^C^C.
Заметим прежде всего, что точка 尸 лежит на продол- Кении ребра DA за точку Л: если бы точка 尸 лежала на продолжении этого ребра за точку D, то отрезок FA не мог бы равняться половине длины ребра куба. Пусть К — середина отрезка EF (рис. 111); тогда центр всякой сферы, проходящей через точки £ и F, лежит в плоскости а, проходящей через точку К и перпендикулярной к отрезку ЕЕ С другой стороны, центр всякой сферы, касающейся данных в условии задачи плоскостей, лежит
й плоскости р, делящей пополам двугранный угол с ребром СС. Следовательно, центр искомой сферы лежит на линии пересечения плоскостей аир.
Ясно, что если мы просто поставим наугад на чертеже центр О искомой сферы, то ее радиус мы вычислить не сможем, так что нам придется геометрически «найти» ту прямую /, по которой пересекаются плоскости а и 0, а для этого сначала построить саму плоскость а.
Из условия задачи сразу же следует, что точка 4 лежит на прямой /. Для дальнейшего решения нам придется делать значительные дополнительные построения一 впрочем, довольно естественные.
В плоскости грани AAfDfD построим квадрат AArUL (рис. 112). Нетрудно убедиться, что прямая EF параллельна его диагонали ArL, а отрезок АК лежит на другой его диагонали AU, так что лК 丄 Е尸.Следовательно, для построения плоскости а достаточно найти еще одну прямую, перпендикулярную к прямой EF、Здесь уже
«приходится» догадаться., что АВ 丄 EF、поскольку прямая АВ перпендикулярна к плоскости АА^^, в которой лежит прямая EF. Таким образом, искомая плоскость 仪一это плоскость, в которой лежат пересекающиеся прямые АВ и AL\ и нам надо найти ее линию пересечения 2 с плоскостью р.
Одной из точек прямой / является 4; для нахождения второй ее точки построим под данным кубом еще такой же куб (см. рис. 112). Тогда сразу же обнаруживается» чго второй точкой прямой I является 戶,так что искомая прямая / — диагональ нижнего куба.
Итак, центр О искомой сферы лежит на прямой АР. Обозначив ОР через х, подсчитаем расстояние отточки О до плоскости ВСР и длину отрезка ОЕ. Расстояние до плоскости проще всего вычислить, если мысленно построить внутри нижнего куба меньший куб с диагональю ОР — тогда искомое расстояние есть ребре этого куба,
т. е. равно х/и/3. Для вычисления ОЕ заметим, что треугольник АОЕ лежит в плоскости АСР, а его угол ОАЕ равен 90°+ NCAP. Тогда получаем.
ОЕ2 =缶寸3 — к)” 十(^У — 2 (а V 3—х) у cos (ZOAE)~ =3q2 + %2 - 2ах "3 + + + 标一'"^^ ' поскольку
cos {/0砌=85(90。+ ^CAP) =
=_sin(/C 的=一若一为
В результате приходим к уравнению
2 J 17027 V3X2
л2 4—^— 一 一~a# = -^-8
хорнн которого一
y _ 7V3 ±ЗУ5
Таким образом, радиусы двух сфер, удовлетворяющих условию задачи, равны
%] 2(7 士 “15)а
―4
а радиус меньшей из этих сфер
(7-VT5)a
г 4•
Задача решена, однако нельзя не указать, что вся гесиетрическая часть приведенного решения преследо- Еала в действительности лишь одну цель — нахождение точки Р. И уж когда мы ее нашли, гораздо проще дальне поступить так (см. рис. 112): отложить на продолжении ребра С'С за точку С отрезок СР = а, доказать, что ючка Р равноудалена от точек £ и 尸，н заметь, нт。точка Л также равноудалена от этих же точек, так что центр искомой сферы лежит на прямой АР. Затем останется провести вычисления так, как сделано выше. В зтом решении главная трудность — доказательство равенства РЕ = PF (на рис. 112 эти отрезки не показаны); однако и здесь могут помочь следующие соображения: достаточно доказать равенство углов ЕАР и FAP, а они дополняют до 180° соответственно углы NAP и DAP, которые, очевидно, равны.
Таким образом, если бы мы《увидели》с самого на* qz/а, что именно точка Р равноудалена от точек Е н F, .то, разумеется, сразу дали бы второе решение. Однако догадаться об этом совсем не просто. В то же время общий метод рассуждения сам привел нас к этому факту. Тем не менее в подобной ситуации более разумно рассматривать первое решение как «черновое», для себя, а в экзаменационной работе привести более простое второе решение.
(Физфак, 1966) В основании пирамиды лежит правильный треугольник со стороной а. Одна из граней пирамиды перпендикулярна к плоскости основания. Эта грань является равнобедренным треугольником с боко-
вой стороной b，а. Найти площадь того сечения пира^ миды, которое является квадратом.
Пусть KLMN — квадрат, о котором идет речь в условии задачи (рис. 113). При этом мы не делаем пока никаких предположений о том, какая именно из боковых граней — ASB, BSC или ASC — перпендикулярна к плоскости основания.
Так как KN || 厶М, то KN параллельна плоскости основания АВС, а потому плоскость ASBt проходящая через прямую ^^, пересекает плоскость АВС по ребру АВ, параллельному KN, Аналогично доказывается, что SC |№・
Рис. 113.Рис. 114.Рис. 113.Рис. 114.
Рис. 113.Рис. 114.
Рис. 113.Рис. 114.
Отсюда вытекает, что, во-первых, плоскость сечения параллельна скрещивающимся ребрам АВ и SC и, во- вторых, что эти ребра перпендикулярны между собой, поскольку (прямой) угол ^^/V квадрата KLMN является углом между этими скрещивающимися прямыми.
Заметим теперь, что пирамида SABC обладает лишь одной парой взаимно перпендикулярных скрещиваю-- щ^хся ребер. Докажем это на другом чертеже (рис. 114)*
Пусть SPQR ——данная пирамида, в которой грань PSQ перпендикулярна к основанию PQR. Проведем высоту S7 пирамиды； ST лежит, очевидно, в плоскости Грани PSQ и является одновременно высотой равнобедренного треугольника 0SQ, а следовательно, и его
медианой» так что прямая RT ——высота правильного треугольника PQR* По теореме о трех перпендикулярах наклонная SR перпендикулярна к PQ, — к прямой, перпендикулярной к ее проекции RT. Однако любая прямая в плоскости PQR, перпендикулярная к ребру SQ, должна быть перпендикулярна к его проекции PQ； но PR этим свойством не обладает, и поэтому ребра SQ и PR не перпендикулярны. Аналогично не являются перпендикулярными ребра SP и QR. Таким образом, взаимно 口时 пендикулярными являются лишь ребра SR и PQ. т. е. боковое ребро, не лежащее в грани, перпендикулярной основанию, и ребро прямого двугранного угла.
Возвращаясь к рис. 113, заключаем, что именно АВ является ребром прямого двугранного угла, т. е. грань ASB перпендикулярна к плоскости основания.
Перейдем к вычислениям (см. рис. 113). Проведем КН 丄 АВ и точку Н соединим с L. Прямая КН перпендикулярна к прямой HL как прямая, лежащая в одной из взаимно перпендикулярных плоскостей и перпендикулярная к линии их пересечения. Кроме того, проведем высоту ST равнобедренного треугольника ASB и высоту СТ основания ЛВС.*Обозначим сторону квадрата l\LMNt через 尤 Тогда
ST = 7 呼 Т， "=务Ан = ^~
Так как △<4K〃szX4ST и △ ALH со △ ACT, то 陋=宁"^^ HL=
и из треугольника KHL имеем
/=(W)2 (号+吁
Отсюда после извлечения корня (с учетом а ^> х) и необходимых преобразований находим сторону х квадрата, а затем и его площадь:
《=(а “2d+4振、2一(20+"**0丿.
В ряде задач, предлагавшихся на встумтельных эк* заменах, требовалось найти угол и кратчайшее расстоя-(
ние между скрещивающимися прямыми. Нахождение угла обычно не представляет больших трудностей, поскольку для этого достаточно через точку, лежащую на одной из данных скрещивающихся прямых, провести прямую, параллельную другой прямой, и тогда задача
сводится к определению угла между пересекающимися прямыми и решается планиметрическими методами. Что же касается нахождения кратчайшего расстояния между скрещивающимися прямыми, то эта задача вызывает у поступающих в большинстве случаев значительные за* труднения, главным образом, из- за слабого геометрического воображения.
Пусть Л В CD A [3[C\D[— куб (ABCD — квадрат нижнего основания'. 44ь ВВ、, ССЬ DD、一 боковые ребра). Какова величина у^ла между прямыми: а)力/】и 8。б) ADX и 48; в) AD{ и B\D? Найти расстояние между прямыми', г) 44】и BjO; д) AD{ и D&, если ребро куба равно а.
Как отмечено выше, для нахождения угла между
скрещивающимися прямыми надо одну из прямых «перенести» параллельно самой себе так, чтобы она пересеклась с другой прямой. При этом следует лишь решить, какую прямую и в какую точку удобнее «переносить», В задаче а), очевидно, нет смысла переносить диагональ куба BXD (рис. 115); разумнее перенести прямую АА] в точку Д. Тогда сразу же ясно, что искомый угол равен углу D\DB\, который легко находится из △ D\DB{; он равен a「ctg «2.
Заметим еще, что при оформлении такого решения на экзамене не следует писать «перенесем прямую 44i и т.工》，лучше сказать более корректно: «Так как пря мая DDi параллельна 44, то искомый угол равен углу DiDBi…》.
Столь же просто решается задача б): так как прямая ВС\ параллельна ADU то искомый угол равен углу АВС” который, как это легко получается из рассмотри ния треугольника А\ВС\, равен 60°.
В ретпеяии задачи в) мы встречаемся с более труд* ной ситуацией: при попытке перенести одну из данных прямых в одну из вершин куба они «выходят за пределы куба». В принципе этого вовсе не всегда следует избегать—напротив, часто именно выход за пределы данной конфигурации дает наиболее простое решение задачи, и полезно научиться пользоваться этим приемом более смело. Однако в данном случае выхода за пределы куба можно легко избежать, перенеся прямую AD\ в центр куба О — середину диагонали B^D.
Итак, проведем через точку О прямую KL, параллельную AD\ (см. рис. 115); тогда угол LOB\ — иско-* мый. Прямая KL лежит, очевидно, в плоскости прямоугольника AD^CiB, проходит через его центр параллельно стороне AD\ и, следовательно, точка £ делит пополам сторону DC. Поэтому стороны треугольника LOBt равны соответственно
отсюда по теореме, обратной теореме Пифагора, полу* чаем, что угол LOB^ равен 90°.
Заметим, что искомый угол можно было найти и без вычислений, если догадаться, что четырехугольник KDLBi — ромб.
Перейдем к нахождению кратчайших расстояний. Трудность задач такого рода связана с тем, что поступающие, помня определение кратчайшего расстояния между скрещивающимися прямыми как длины их обще* го перпендикуляра, пытаются прежде всего построить этот общий перпендикуляр. Однако построить его в большинстве случаев значительно труднее, чем найти его длину, как это ни парадоксально на первый взгляд. Между тем ничего странного в этом нет: для построения общего перпендикуляра обычно требуется хорошая геометрическая интуиция, догадка, тогда как вычислить его длину можно, найдя длину любого другого, равного ему отрезка.
В задаче г) нетрудно сообразить, что общим перпендикуляром прямых 彳4i и B[D является отрезок О府，соединяющий середины отрезков АА{ и Bi° (см. рис. 115), Доказательство этого несложно: треугольники 404 с
DMB\ (на рис. 115 они не показаны) равнобедренные! и поэтому их общая медиана ОМ является высотой. Легко подсчитать, что
ОМ — ~ АС = ^^ ・
прямыми. Пусть / ипрямыми. Пусть / иЧто касается задачи д), то построить общий перпен* АНкуллр для данных в ее условии прямых AD\ и DCi совсем непросто, и мы применим обходный путь, который, как правило, и используется при нахождении кратчайшего расстояния между скре
прямыми. Пусть / и
прямыми. Пусть / и
следующем.следующем.Этот обходный путь состоит m — скрещивающиеся прямые и АВ — их общий перпендикуляр (рис. 116). Через точку В проведем прямую ft |1 /, и тогда прямая 2 будет параллельна плоскости а, в которой лежат прямые тип. Поэтому рас
следующем.
следующем.
стояние от любой точки пря-Рис “б.
мой £ до плоскости аравноЛВ.'
Отсюда видно, что для нахождения кратчайшего расстояния между скрещивающимися прямыми / и /п нет необходимости строить общий перпендикуляр и более просто поступать следующим образом: через точку одной прямой, скажем, т, провести прямую п, параллельную 厶 выбрать на прямой / какую-либо точку 4 и найти расстояние от точки Я до плоскости, в которой лежат прямые шип. Таким образом, задача сводится к на* хождению расстояния от точки до плоскости, что делается не так сложно, и, как мы увидим ниже, здесь удобно применять соображения, связанные с объемом пирамид.
Для решения задачи д) заметим, что DC^AB\ (ck・ рис. 117, на нем диагональ ABi грани AA{B[B не проведена), и следовательно, нам требуется найти расстояние от какой-либо точки прямой АВ} до плоскости DC^B. Удобнее всего рассмотреть точку Я. Для вычисления искомого расстояния можно, конечно, доказать, что проекция К точки А на плоскость D&2 лежит на пря-< мой &Е, и вычислить отрезок 4(, рассматривая необ* ходимые треугольники.
Однако можно ограничиться лишь вычислениями: дело в том, что можно рассматривать отрезок 4К как высоту пирамиды ABDC} (см. рис. 117) к найти его длину, исходя из объема и площади основания этой пирамиды. Площадь равностороннего треугольника BDC\ равна “3/2, а объем пирамиды ABDC\ можно найти
равна 1, а площадь основания ADB равна 7г> так что объем равен Таким образом, получаем
gAK .十一g，
откуда 4K =^_“3/3, т. е. искомое крггг^айшее расстояние равно “З/З.
Итак, задача о нахождении кратчайшего расстояния между скрещивающимися прямыми может быть сведена к задаче о нахождении расстояния от точки до плоско' сти, которую в свою очередь часто можно свести к под* счету объемов пирамид. Так обстоит дело и в следующей задаче.
(Ф-т психологии, 1972) Пусть АВ, 4G ЛО, DE, DF — ребра куба. Через вершины Е,尸〃 середины ребеп 4В и АС проведена плоскость Р. Какую часть плои^ади
поверхтсти шара, описанного вокруг куба, составляет площадь поверхности меньигей из двух частей, на «ОТО- рые этот шар делится плоскостью Р?
Заметим прежде всего, что для нахождения площади поверхности части шара, отсеченной некоторой плоскостью, надо знать лишь радиус шара и расстояние от центра шара до секущей плоскости, к таким образом, в данной задаче требуется найти расстояние ON от центра куба О до плоскости EKLF (рис. 118).
Было бы неразумно рассматривать «первую попавшуюся» пирамиду OEKLF, поскольку подсчитать ее объем двумя способами весьма сложно. Лучше «выйти за пределы куба》，продолжив ЕК и FL до пересечения с про* должением ребра DA. При этом следует, конечно, доказать, что прямые ЕК и FL пересекутся с DA в одной точке М; доказательство этого утверждения несложно.
Теперь для решения задачи используем пирамиду OMEF, для которой двумя способами подсчитаем объем. Высота этой пирамиды, опущенная из вершины М на основание EOF, равна, очевидно, расстоянию от точки Л до плоскости ECBFt т. е. равна а/“2, где _а — ребро куба. Площадь треугольника OEF равна a2 V^/4, и следовательно, объем пирамиды равен аЗ/12. С другой стороны, площадь треугольника EMF легко вычисляется, если заметить, что АМ = а; она равна 3出/2. Таким об* разом, объем пирамиды равен %ON • (3叫0). Равенства
1 с、 За2 а33 и” 2 12
позволяет определить O^ =у. Да^й^йшее решение содержит лишь очевидные вычисления, в результате ко* торых получается, что искомое отношение равно (9 - д/З) ： 18.
Довольно часто встречаются задачи, в которых необ* ходимо рассчитать многогранные углы. Обычно задачи такого типа вызывают определенные трудности, связан* ные с недостаточным геометрическим воображением к неумением нарисовать удобный чертеж.
(Мехмат, 1964) Плоские углы трехгранного угла равны 45°, 45° и 60°. Через еао вершину проведена прямая, перпендикулярная к одной из граней плоский угол
которой равен 45°. Найти угол между этой прямой и ребром трехгранного угла, ме лежащим s упомянутой грани.
Обычно поступающие изображают трехгранный угол «вершиной вверх»; из-за этого иногда получается чертеж, по которому весьма трудно бывает увидеть геометрические свойства конфигурации. Между тем, например, в данной задаче, поскольку речь идет о перпендикуляре к двум прямым, т. е. к плоскости, ими определяемой, удобно изобразить трехгранный угол «лежащим на грани»—изобразить эту плоскость горизонтально, а перпендикуляр —вертикально.
угол в 45°; Sp — перпендикуляр к этим прямым; S" — третье ребро трехгранного угла, причем N nSm = 45°, а Z nSl = 60°.
На прямой л возьмем отрезок SA некоторой длины а и из точки 4 опустим перпендикуляр 4K на плоскость mSl и перпендикуляры АВ и Л С соответственно на прямые I и т. Соединив точки В и С с точкой К, по теореме о трех перпендикулярах получим, что 8K и СК перпендикулярны соответственно к прямым / нт.
Из прямоугольных треугольников ACS и ABS легко находим _
sc = ^~, ss=|.
Однако если соединить точки В и С и рассмотреть треугольник CBS, то по теореме косинусов определяется С8 = q/2* tv е, СВ = SB. Поскольку ZCSB = 45°, то
равнобедренный треугольник CBS имеет при вершине В прямой угол. Но выше было отмечено, что ZkQS = = 90°, и мы совершенно неожиданно пришли к противо
речию.
Лишь немногие смогли выбраться из этого противоречия, хотя дело обстоит не так уж сложно. Из приведенных рассуждений следует, что конфигурация, изображенная на рис. 119, в действительности места не имеет: точка К на самом деле должна лежать на прямой СВ (рис. 120).
Однако, поместив точку К на отрезок СЗ, мы обнаружим другое противоречие: так как СК 丄 /п и ВК 丄厶 то в треугольнике SBC два прямых угла. Как
разрешить получившееся противоречие? Для этого из прямоугольных треугольников ACS и ABS найдем__ —
ae = ^-, 48 =噌~.
Вспоминая, что С8=а/2, убеждаемся, что по теореме, обрат* ной к теореме Пифагора, треугольник АВС ——прямоугольный с прямым углом АСВ.
Таким образом, и конфигурация, изображенная на рис. 120, также не имеет места: точки К н С совпадают, т. е. перпендикуляр АС к прямой m одновременно перпендикулярен ко всей плоскости mSL
Но в этом случае очевидно, что АС || р, т. е. прямые р и АС лежат в одной плоскости. Поскольку N4SC = = 45°, то искомый угол между прямыми р и ft, т. е, угол nSpt равен 45°.
Отметим, что при наличии достаточно развитого геь
метрического воображения можно найти очень короткое чисто геометрическое решение этой задачи, не требующее никаких вычислений. Рассмотрим куб (рис. 121). Если заметить, что трехгранный угол SABC является как
раз тем трехгранным углом, о котором идет речь в условии, а ребро SM этого куба — перпендикуляром к грани BSC, то очевидно, что угол MSA — искомый и равен 45°.
Остановимся еще на понятии ортогональной проекции (Киселев, § 47).
Если расположенный 6 пространстве отрезок АВ ортогонально проектируется на некоторую плоскость Р, то длина проекции AfBf связана с длиной отрезка АВ соотношением
А'В^АВ cosq),(1)
Рис. 122.Рис. 122.где 屮 ——угол между прямой АВ и плоскостью Р〔) (рис. 122). Если через точку В провести прямую В К, параллельную проекции 厶岱‘，то формула (1) очевидным образом следует из рассмотрения прямоугольного треугольника 4KВ, так как угол АВК ——угол между прямой АВ и плоскостью Р,
Рис. 122.
Рис. 122.
Формула (1) показывает, что длина проекции отрезка никогда не может превзойти длины самого отрезка и равна его длине, если отрезок параллелен плоскости, на которую производится проектирование. Если же от
резок перпендикулярен к этой плоскости, то его проекцией является точка.
Часто при решении задач оказывается полезным следующее предложение: если S ——площадь плоского многоугольника, a Sup — площадь его проекции на некоторую плоскость 戶，то
5др = S cos а,(2)
где а — угол между плоскостью Р и плоскостью рассматриваемое。 многоугольника. При этом угол между двумя (пересекающимися) плоскостями измеряется линейным углом острого двугранного угла, образованного рассматриваемыми плоскостями; если плоскости параллельны, то угол между ними считается (по определению) равным нулю.
Докажем сначала формулу (2) для треугольника (рис. 123). Пусть треугольник АВС ортогонально проек-
I) Определение угла между прямой и плоскостью см. в учебнике (Киселев, § 48). Если прямая и плоскость параллельны, то угол между ними считается (по определению) равным нулю*
тируется на плоскость Р; получаем треугольник А В С\ (Если проекцией служит отрезок, то это значит, что плоскость треугольника АВС перпендикулярна к плоскости Р, и доказываемая формула будет очевидна, если считать, что площадь треугольника, вырождающегося в отрезок, равна нулю.) Из трех вершин треугольника АВС пусть вершина В обладает тем свойством, что 44’>' >BB‘>CJ (Случаи AAf = BBf=^CC и AAf ^
Рис. 123.Рис. 123.=ВВГ = С С7 трудностей не представляют).
Рис. 123.
Рис. 123.
Проведем через точку В плоскость Р[, параллельную плоскости Р; проекция треугольника АВС на плоскость Pi — треугольник А"ВС〃, равный треугольнику 4'8'С'. Линия MN пересечения плоскости Pi с плоскостью треугольника АВС разбивает этот треугольник на два: △ДВА и ABLC.
Опустим в плоскости треугольника АВС перпендикуляр АН из точки 4 на сторону ВЦ тогда по теореме о трех перпендикулярах А"Н 丄 BL, а потому
^abl — 4 BL • АН; Sa“bl =^ BL* Ar/H.
Однако угол между прямой АН и плоскостью Pi как раз равен углу а между плоскостью треугольника АВС и плоскостью Р\ (или плоскостью Р). Поэтому 4"Н = =АН cos а и, следовательно,
S*bl = ^ BL * А^Н = у BL • АН cos а = S^bz. cos &
Точно такое же рассуждение проходит для треугольников BCL и ВС"厶；таким образом, окончательно
Snp — S力，вс === S_4"bc“ == ^авс cos а ~~ S cos а.
Если проектируемая фигура ——многоугольник, то, разбивая его и его проекцию на треугольники и суммм- руя результаты для каждой пары треугольников, мы придем к доказываемой формуле.
Формулу (2) удобно использовать для вычисления площадей сечений различных тел, боковых поверхностей, углов между плоскостями и т. п. Например, если мзв& стны площадь s основания правильной л-угольной п"“ рам иды и угол а наклона боковой грани к плоскости основания, то боковая поверхность
Если же пирамида усеченная, то в качестве s надо взять разность площадей большего и меньшего оснований. Нетрудно сообразить, что этот факт справедлив и для любой неправильной пирамиды, лишь бы все ее боковые грани были наклонены к плоскости основания под od* ним и тем же углом а.
Задачи
Доказать, что если прямая образует равные углы с каждой из трех попарно не параллельных прямых, лежащих в одной плоскости, то она перпендикулярна к этой плоскости.
В правильном тетраэдре определить угол между скрещивающимися ребрами и двугранный угол между гранями. Найти расстояние между скрещивающимися ребрами, если сторона тетраэдра равна а
Справедливо ли утверждение, что если L и / — скрещивающиеся прямые, то через прямую L можно провести единственную плоскость, параллельную прямой /? Выяснить, является ли правиль* ным такое его доказательство: «На прямой L возьмем точку А и проведем через эту точку прямую £*, параллельную прямой /. Плоскость л, проходящая через пересекающиеся прямые L и £*, очевидно, параллельна прямой /. Поскольку через точку 4 можно провести только одну прямую £•, параллельную прямой /, и поскольку через две пересекающиеся прямые £ и £* можно провести только одну плоскость, то через прямую L можно провести единственную плоскость, параллельную прямой /»?
Если L и / — две скрещивающиеся прямые, то всегда ли можно построить плоскость, содержащую L и перпендикулярную к Z?
Всегда ли существует прямач, перпендикулярная к трем данным попарно скрещивающимся прямым?
Всегда ли существует прямая, пересекающая все три данные попарно скрещивающиеся прямые?
Существуют ли в пространстве четыре попарно взаимно перпендикулярные скрещивающиеся прямые?
В кубе с ребром а проведен общий перпендикуляр двух скрещивающихся диагоналей смежных граней. Найти длины отрезков, на которые он делит указанные диагонали граней.
Могут ли две несмежные боковые грани многоугольной пирамиды быть перпендикулярны к плоскости основания?
Пусть 4 В, С, D — четыре произвольные точки простран^ ства. Доказать, что середины отрезков 4В, ВС, CD, DA лежат * одной плоскости. Какая фигура получится, если середины этих otf резков последовательно соединить между собой?
И. (Мехмат, I960) Из некоторой точки ребра двугранного угла а, О < а < 90°, исходят два луча, расположенных в разных гранях*- Один из этих лучей перпендикулярен к ребру двугранного угла, а Другой образует с ребром острый угол р. Найти угол между этими лучами.
(Мехмат, 1961) В прямоугольном треугольнике через биссек* трису прямого угла проведена плоскость, которая составляет с плот скостью треугольника угол а. Какие углы она составляет с катеч тами треугольника? ,
(Мехмат, 1962) Высота треугольной пирамиды ABCD, опу* щенная из вершины D, проходит через точку пересечения высот трё* угольника АВС. Кроме того, известно, что DB «= &, DC ==师 NBDC = 90°. Найти отношение площадей граней ADB и A DC.'
(Физфак, 1964) Внутри трехгранного угла, все плоские утлц； которого равны а, проходит прямая, одинаково наклоненная к ew ребрам. Найти угол наклона этой прямой R каждому ребру трехгранного угла.
(Физфак, 1964) В плоскости Р задан равносторонний треч угольник АВС со стороной а. На перпендикуляре к плоскости Р а точке 4 откладывается отрезок 4s = а. Найти тангенс острого угла между прямыми АВ н SC н кратчайшее расстояние между ними,
(Мехмат, 1964) Из основания высоты правильной трсугольч ной пирамиды на ее боковую грань опущен перпендикуляр,「二仆h；自 а. Найти объем пирамиды, если плоский угол при вершине 上；川 пи* рамиды равен а.
(Мехмат, 1964) Из основания высоты правильной треугсль^ ной пирамиды опущен перпендикуляр на боковое ребро, равный 乌 Найтн объем пирамиды, если двугранный угол между боковой гранью и основанием пирамиды равен а.
(Мехмаг. 1965) У трехгранного угла ОАВС угол между грач нями ОАВ и ОВС прямой, а величина каждого нз остальных двук гранных углов равна у- Найти величину плоского угла 40c.
(Экономич. ф-т, 1966) Двугранный угол между плоскостям# Р н Q равен а. В плоскости Р лежит квадрат со стороной 1. Дока^ зать, что периметр проекции этого квадрата на плоскость Q наш больший, когда диагональ квадрата параллельна плоскости Q.
(Ф-т психологии, 1967) Угол между двумя скрещивающие мися прямыми равен 60°. Точка 4 лежит на одной прямой, а точкц В — на другой, причем расстояния от каждой из этих точек до q6< щего перпендикуляра скрещнвающихся прямых одинаковы н рапхы расстоянию между прямыми. Найти угол между общим перпендн' куляром и прямой АВ. Обратить внимание на возможность неодно^ значного решения задачие
(Ф-т психологии, 1969) В шаре проведен диаметр 4В и н恥 равные хорды АМ и 4N каждая под углом а к диаметру. Найти угол между хордами, если отрезок MN виден из центра шара под углом R
(Физфак, 1969) Дан прямой круговой конус с вершиной S и центром основания О. Угол при вершине S осевого сечення конуса равен 田 Через вершину S конуса проходит ребро двугранного угла, равного а. Грани этого угла касаются боковой поверхности конуса по образующим SA и SB, где А н В — точки окружности основания конуса. Найти угол ЛОВ.
(Физфак, 1970) Два равных прямых круговых конуса с общей вершиной S, высотой 五 и радиусом основания R, R V 瓦 касаются друг друга и плоскости Р. Пусть / ——прямая, по которой пересекаются плоскости оснований конусов. Вычислить угол между прямой / и плоскостью Р.
(Физфак, 1970) В треугольной пирамиде S4BC ребро SA перпендикулярно к плоскости грани АВС, двугранный угол с ребром SC равен л/4, SA -- ВС = а и угол АВС прямой. Р1айти длину ребра АВ.
(ВМК, 1970) Два прямых круговых конуса имеют общую вершину. Угол между осью и образующей одного конуса равен а, а его образующая является осью второго конуса, у которого угол между осью и образующей равен р, причем р < а. Вычислить угол между двумя лучами, по которым пересекаются боковые поверхности этих конусов.
(ВМК, 1970) В треугольной пирамиде SABC плоские углы при вершине 6 являются острыми и равны: NBSC — a, N4SC ~ р, ZASB — у. Известны боковые реСра: S4 = % SB =瓦 Найти площадь проекции грани ASB на плоскость грани ASC.
(Мехмат, 1970) Основание АС и вершина В равнобедренного треугольника АВС находятся на различных гранях прямого двугран- кого угла с ребром /. Точки А н В удалены от / на расстояние а, а проекция С на ребро / равноудалена от проекций 4 н В на ребро L Найти расстояние от точки С до /, если АВ образует с I угол, равный 60ь.
(Экономич. ф-т, 1971) В двугранный угол величиной 60° вписан шар радиуса R. Найтн радиус шара, вписанного в тот же угол и касающегося данного шара, если известно, что прямаи, соединяющая центры обоих шаров, образует с ребром двугранного угла угол 45°.
(Мехмат, 1971) Все грани треугольной пирамиды — равные равнобедренные треугольники, а высота пирамиды совпадает с высотой одной из ее боковых граней. Найти объем пирамиды, если расстояние между наибольшими противоположными ребрами равно 1.
(Мехмат, 1971) Основание четырехугольной пирамиды — квадрат, а все боковые грани — прямоугольные треугольники, у которых вершины прямых углов лежат на основании пирамиды. Найти объем пирамиды, если ее высота равна единице, а одни нз двугранных углов при вершине равен 120°.
3L (Ф-т психологии, 1972) Пусть АВ, АС и AD — ребра куба. Через вершину В н середины ребер АС н AD проведена плоскость R Какую часть объема шара, касающегося всех ребер куба в их серединах, составляет объем меньшей из двух частей, на которые этот шар делится плоскостью Р?
(Физфак, 1972) Дгн куб ABCDArBfCfD\ Ребро куба равно а. Точка £ — центр грани AlDrD^ Найтн радиус меньшей из двух
сфер, проходящих через точки 4 н £ и касающихся граней двугранного угла, образованного плоскостями ВВ'С'С и DD'CC
(Физфак, 1972) Дан куб ABCDA^^^^ Ребро куба равно а. Точка Е—середина ребра A'D[ точка 尸——середина ребра 4力〈Найти радиус меньшей из двух сфер, проходящих через точки £ и F и касающихся граней двугранного угла, образованного плоскостями ВВСС Н DDC&
(ф-т психологии, 1973) Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD (S — ее вершина). Сторона основания этой пирамиды равна а, высота пирамиды равна @V^ Пусть £ — середина стороны основания 4В,户一середина SB, и — середина SC (В и С — соседние вершины основания пир амиды к Найтн расстояние ал центра шара, описанного около пирамиды SABCD до плоскости, про • веденной через точки £, F, G и 方，где Н — середина CD.
(Мехмат, 1973) Точки К и М являются серединами ребер АВ и АС треугольной пирамиды ABCD с площадью основания р. Найти площадь грани ВС力，если сечение DKM имеет площадь д, а основание высоты пирамиды попадает в точку пересечения медиан* основания АСВ.
(ВМК, 1974) В треугольной пирамиде SABC суммы трех плоских углов прн каждой вершине А, В н С равны 180°. Найти расстояние между скрещивающимися ребрами 5Д и ВС, если известно, что ВС == 4, %С = 5, АВ = 6.
(Мехмат, 1974) В треугольной пирамиде ABCD ребро DC ^ ==9, DB == 4D, а ребро АС перпендикулярно к грани ABD. Сфера радиуса 2 касается грани АВС, ребра DC, а также грани DAB в точке пересечения ее медиан. Найти объем пирамиды.
(Химфак, 1975) В треугольной пирамиде $4夕。(S — вершина, треугольник АВС — основание пирамиды) грань 5Дь перпендикулярна к грани АВС. Кроме того, 5Д = SC « 1, а угол при вершине В треугольника АВС — прямой. Шар касается плоскости основания пирамиды в точке В и грани S4C — в точке S. Найтн радиус шара.
(Химфак, 1975) Дана пирамида SABC (S — вершина, треугольник АВС — основание пирамиды), в которой ребро ДС перпендикулярно к грани SAB. Шар касается грани 4SC в точке 5 и грани АВС — в точке В. Найти радиус шара, если АС = 1, ZACB — =NBCS = 60°.
(Филфак, 1975) В правильную треугольную пирамиду с ребром основания длины а и двугранным углом прн основании, равным 60°, вложено три шара одинакового радиуса, так что каждый шар касается двух других, плоскости основания и двух боковых граней пирамиды. Найти радиус каждого шара.
(Физфак, 1975) В треугольнике АВС угол АСВ — прямой, ABAC = л/6, ВС *=> т. На перпендикуляре к отрезку 4С, проходящем в пространстве через точку Д, взята точка D так, что AD = /к. Полуплоскости, которым принадлежат треугольники АВС н ACD, образуют двугранный угол, равный л/3. Шар касается отрезка АВ в такой точке X, что 力К — 5/^8, и касается отрезка CD в такой точке 厶 что CL = %CD Найти радиус шара.
(Физфак, 1975) Два равных треугольника KLN и LMN имеют общую сторону LM £LNK =，NLM =嘉内^ 厶№・2“尸38
KN — LM = 126. Плоскость KLN перпендикулярна к плоскости LMM На отрезке KN взята такая точка Р, что Кр = %КМ а на отрезке LM взята такая точка Q, что QM = %LM. Шар касается отрезка KN в точке Р и касается отрезка LM в точке Q. Найти радиус шара.
(ВМК, 1975) Дана треугольная пирамида ABCD. Скрещивающиеся ребра АВ и CD этой пирамиды перпендикулярны, а скрещивающиеся ребра АС и BD перпендикулярны н равны между собой. Все ребра этой пирамиды касаются некоторого шара. Найти его радиус, если длина ребра ВС равна а.
(ВМК, 1975) Все ребра треугольной пирамиды ABCD касаются некоторого шара. Трн отрезка, соединяющих середины скрещивающихся ребер 4В и CD, АС и BDt AD и ВС, равны; Z АВС = =100°. Найтн отношение высот пирамиды, опущенных из вершин Л и В.
(Мехмат, 1975) Сфера радиуса % вписана в четырехугольную пирамиду SABCD, у которой основанием служит ромб ABCD такой, что /.BAD = 120 , высота пирамиды проходит через точку К пересечения диагоналей ромба, а ребро SB наклонено к основанию под углом arctg 2V3. Доказать, что супдествует единственная плоскость, пересекающая ребра основания АВ н 4D в некоторых точках М н N таких, что MN = 2/7 “3, касающаяся сферы в точке, удаленной на равные расстояния от точек М н N н пересекающая продолжение отрезка SK за точку К в некоторой точке £. Найти длину отрезка SE.
§ 5. Комбинации тел
Широко распространены на вступительных экзаменах задачи по стереометрии, в которых рассматриваются различные комбинации тел. При решении таких задач необходимо хорошо представлять себе взаимное расположение тел в пространстве, четко выполнять чертеж, ак« куратно доказывать все утверждения. Очень полезными оказываются и вспомогательные плоские чертежи — вынос планиметрических конфигураций, изображение которых искажено пространственной перспективой.
Рассмотреть все комбинации геометрических тел практически невозможно, и потому в настоящем параграфе мн ограничимся подробным рассмотрением только случая, когда одно из тел — шар. Именно в таких задачах обычно возникают особенные затруднения с чертежом. Однако надо сразу же заметить, что изображение самого шара часто бывает излишним — достаточно лишь указать его центр и точки касания с различными пл о-： скостями и прямыми.
Сначала остановимся на конфигурации, состоящей иэ пирамиды и вписанного в нее шара.
Определение. Шар называется вписанным 8 (про- извольную) пирамиду, если он касается всех граней 九〃“ рамиды (как боковых, так и основания).
Таким образом, центр О вписанного шара (рис. 124)—точка, равноудаленная от всех граней пирамиды. Иначе говоря, если из центра вписанного шара опустить перпендикуляры OAt OBt ОС, ...на грани пирамиды, то все эти перпендикуляры будут иметь одну и ту же длину. Сами же точки А, В, С, ... — основания
Рнс. 124.Рнс. 124.перпендикуляров — являются точками касания вписанного шара с гранями пирамиды.
Рнс. 124.
Рнс. 124.
Отметим дополнительно следующий факт. Если из точек Л и В, лежащих в гранях, пересекающихся по ребру MN пирамиды, опустить перпендикуляры на это ребро, то их основанием будет одна и та же/*х точка. Действительно, отрезок ОВ перпендикулярен к пло-
скости основания, а потому ОВ丄MN (см. § 4 раздела III);
отрезок ОА перпендикулярен к плоскости MSN、а потому ОА 丄 MN. Следовательно, ребро MN перпендикулярно
к плоскости, проведенной через пересекающиеся прямые ОА и ОВ. Если Р — точка пересечения этой плоскости с ребром MN (отметим, что она может лежать и на tipg должении этого ребра), то АР 丄 MN、ВР 丄 MN. Следовательно, 尸 есть общее основание перпендикуляров, опущенных из точек Л и В на ребро MN, Конечно, все рас< суждения останутся справедливыми, если вместо ребра основания взять боковое ребро пирамиды.
Теорема. Если в пирамиду вписан шар, то его центр является точкой переселения биссектральных плоскостей всех двугранных углов пирамиды.
В самом деле, любая точка, равноудаленная от обеих граней двугранного угла, лежит на его биссектральной плоскости (см. § 1, А раздела III). Поэтому центр вписанного шара, будучи равноудален от всех граней
пирамиды, должен находиться в каждой из биссектраль- ных плоскостей, т, е. ои является точкой пересечения бис- сектральных плоскостей всех двугранных углов.
Верно и обратное утверждение: в пирамиду можно вписать iuapt если биссектральные плоскости всех ее двугранных углов пересекаются в одной точке. Конечно, в общем случае ниоткуда не следует, что все биссектральные плоскости пересекаются в одной точке. Нетрудно придумать пример такой четырехугольной пирамиды, у которой нет точки, общей всем восьми биссектральным плоскостям; в такую пирамиду шар вписать нельзя. Однако легко доказать, что: 1) в любую треугольную пирамиду можно вписать шар; 2) в правильную п-угольную пирамиду можно вписать шар.
Центр вписанного в пирамиду шара всегда лежит внутри пирамиды, так как все точки биссектральной плоскости лежат между гранями двугранного угла. Более точно указать местоположение центра вписанного шара в случае произвольной пирамиды нельзя. Однако, например, в правильной пирамиде центр вписанного шара лежит на ее высоте; убедиться в этом совсем просто. Следовательно, центр шара, вписанного в правильную пирамиду, есть точка пересечения биссектральной плоскости любого двугранного угла при основании пирамиды с ее высотой.
Подчеркнем, наконец, что если вписанный в пирамиду шар ортогонально спроектировать на плоскость основания пирамиды, то получающийся в проекции круг не будет вписан в многоугольник, лежащий в основании пирамиды.
Следующая задача дает представление о том, как нужно исчерпывающе проводить решение задач на комбинации пирамиды и шара (и других подобных задач). Она интересна еще и тем, что рассматриваемая в ней пирамида 《плохая》—в ее основании лежит не правильный многоугольник, как это часто бывает, а трапеция.
(Мехмат, 1963) В четырехугольную пирамиду РА BCD вписан шар, касающийся всех ее граней. Основанием пирамиды является равнобочная трапеция ABCD с боковой стороной АВ = I и острым углом ф, а боковые грани APD и ВРС — равнобедренные треугольники (АР = PDt BP = PC)t образующие с основанием
пирамиды один и тот же угол а. Найти радиус вписан^ ного шара.
Пусть PABCD (рис. 125) — пирамида, в основании которой лежит равнобочная трапеция ABCD:
АВ = CD =厶 N BAD = / ADC = <p.
Боковые грани пирамиды APD и BPC — равнобедренные треугольники:
AP = PD, ВР = РС;
их основания являются одновременно основаниями трапеции.
Проведем апофему РК грани APD и высоту РН пирамиды. Тогда ребро ЛД, будучи перпендикулярным к
двум пересекающимся прямым РН и РК, перпендикулярно к плоскости 方戶左； ВС II AD и потому ребро ВС перпендикулярно к плоскости НРК и, в частности, к линии PL пересечения этой плоскости с гранью ВРС ,(т. е. PL ——апофема). По* этому NPLK и NPKL — линейные углы двугранных углов между основанием и боковыми гранями BPCnAPD соответственно; по условию ZPLK= 4PKL = a.
В данную пирамиду по условию вписан шар; требуется найти его радиус. Центр вписанного шара лежит на линии пересечения биссектральных плоскостей
двугранных углов между
плоскостями ВРС и APD и между плоскостями АРВ и CPD. Докажем, что этой линией пересечения как раз и яв力яется высота РН пирамиды. Для этого достаточно показать, что высота РН лежит в каждой из этих биссектральных плоскостей..
Сначала докажем, что РН лежит в биссектральной плоскости двугранного угла между плоскостями ВРС ц
APD, Так как плоскость LPK перпендикулярна к плоскости APD (плоскость APD проходит через перпендикуляр AD к плоскости LPK) и к плоскости ВРС (по аналогичным причинам), то плоскость LPK перпендикулярна к линии пересечения плоскостей APD и ВРС и, следовательно, угол LPK есть линейный угол двугранного угла между гранями ВРС и APD, Но ZPLk = =/户К厶 поэтому треугольник PKL равнобедренный и высота РН одновременно является и его биссектрисой. Как известно, биссектриса линейного угла, соответствующего двугранному углу, лежит в биссектральной плоскости двугранного угла.
Теперь докажем, что РН лежит в биссектральной плоскости двугранного угла между плоскостями АРВ и DPC. Убедимся, что такой биссектральной плоскостью является плоскость LPK; для этого покажем, что расстояние от произвольной точки S (точка S на рис. 125 не изображена) плоскости LPK до граней АРВ и DPC одно и то же. Соединим мысленно точку S с вершинами Р, Л, В, С и D пирамиды. Так как
丿PABLK ~ УPDCLK
(у этих пирамид одна и та же высота РН и равные основания ABLK и DCLK) и (по таким же причинам)
^SABLK = 'SDCLK，'SAPK =卜SDPK，'SBPL ^ 'SCP厶
TO
。S48P =丿 SDCP*
Однако из равенства объемов пирамид SABP и SDCP в силу равенства треугольников АВР и DCP (по трем сторонам) следует равенство высот, опущенных из точки S соответственно на грани АВР и DCP, Итак, LPK — бис- сектральная плоскость, и высота РН лежит в этой плоскости.
Таким образом, центр вписанного шара — обозначим его буквой О ——действительно лежит на высоте Р".
Рассмотрим теперь равнобедренный треугольник LPK. В него вписан большой круг нашего шара, ибо эта плоскость проходит через центр шара. (Из сказанного выше следует, что шар касается пирамиды в точке " н в точках М и Nt лежащих на апофемах PL и 尸К.) Задача
сводится, таким образом, к планиметрической задаче: найти радиус круга, вписанного в равнобедренный треугольник LPK с углом а при основании LKt где LK — высота равнобочной трапеции ABCD с острым углом 屮 и боковой стороной I и потому имеет длину Zsin ф.
Так как центр вписанного круга лежит в точке пере- сечения биссектрис, то NOK" = а/2, а потому искомый радиус
г = ОН = КН tg — = y/sin(ptg-|-.
В следующей задаче используется тот факт, что цент邑 любого шара, касающегося только боковых граней пра^ вильнон треугольной пирамиды, лежит на высоте этой пирамиды.
(Химфак, 1973) В правиль- ной треугольной пирамиде расположены два шара Qi и Q2- Шар Qi вписан в пирамиду, шар Q2 касается внешним образом шара Qi и боковых граней пирамиды. Радиус шара Qi равен 3, радиус шара Q2 равен 2. Найти объем пирамиды и величину двугранного угла, образованного боковыми гранями пирамиды.
Прежде всего покажем, что центр любого шара, касающегося
только боковых граней правильной треугольной пира* миды, лежит на высоте пирамиды, опущенной на плос- кость основания.
Пусть SABC (рис. 126)—правильная треугольная пи- рямида, т. е* АВ = ВС = А С и 4S = BS = CS, SK — высота этой пирамиды, опущенная на плоскость основа^ ния АВС. Тогда точка К есть точка пересечения высот треугольника АВС. Пусть AD — одна из этих высот. Из вершин 5 и С опустим перпендикуляры на ребро 4Sq Оба эти перпендикуляра пересекут ребро 4s в одной и той же точке L, поскольку ASCL = △S8L (ибо АС =□ ^АВ, ^SAB ^ ZSAC, ZBLS =- ZCAS = 90°). Значит, CL = BL. Но тогда угол BLC есть линейный угол двугранного угла между плоскостями ASC. и ASB,
Рис. 127.Рис. 127.
Рис. 127.
Рис. 127.
Соединив точки 丄 и D, убедимся, что 2CDL = 4LDB (ибо CD я= 03, LC = LB, LD — общая сторона), откуда следует, в частности, что Z-DLC =厶DLB, т. е. что LD — биссектриса угла BLC. А это и означает, что плоскость ADS есть биссектральная плоскость двугранного угла между плоскостями ЛС5 и ABS,
Аналогично показывается, что плоскость SKB есть
биссектральная плоскость двугранного угла между пло* «костями ABS и BCS. Поскольку центр шара, касающегося плоскостей ДВЗ, BCS и ACS, лежит в биссектраль^
Чых плоскостях двугранных углов между этими плоскостями, то он лежит и на линии их пересечения. А так как плоскости SKB и ADS пересекаются по прямой SK — вь卜 соте пирамиды SABC, то центр любого шара, касающегося трех* пло скостей ABSt BCS и ACS, лежит на высоте SK пирамиды. Значит, и центры 01 и 02 шаров Qi н Q2 лежат на высоте SK (на рис. 126 центры не показаны). Если теперь из любой точки высоты SK опустить перпендикуляр на прямую SD, то он будет перпендикулярен к плоскости BCS,
так как лежит в плоскости, перпендикулярной ребру ВС. Поэтому перпендикуляры O^Mi и JO2M2, опущенные из точек Oi и О2 на прямую SD, будут яерпендикулярны к плоскости BCS, т. е. точки Л1Г и М2― ,точки касания шаров Qi и Q2 c плоскостью BCS. Поэтому 01М1 = 3, 02M2 = 2. Если из точки 0】опустить перпендикуляр на плоскость ЛВС, то его основание — ?точка К — будет точкой касания шара Qi с плоскостью АВС\ поэтому QK = 3,
Поскольку центры шаров Qi и Q2 расположены на одной прямой, то точка их касания также лежит па этой прямой, а потому Q1Q2 = 5.
Вынесем на отдельный чертеж (рис. 127) плоскость ASD* Поскольку кЬ 丄 SX,。即】丄 SD, 02M2 丄 SDt то
△ KDS s △ O^S s △ 02M2s.
Из подобия треугольников O^iS и 02Mzs вытекает
0困2 :0阳1 = 02s : OjS,
откуда находим 02S_= 10, но тогда легко видеть, что KS = 18, SM2 = V96. Из подобия треугольников 5"2s и KDS следует
O2Mz：SM2 = KD：SKt
откуда KD = 3/2 V6. Поскольку тфеугольник АВС пра* вильный, то KD = '/з“О = 7б Vs 48; поэтому АВ = = 9“2.
Теперь легко найти объем пирамиды:
VS4BC = "у SK ' 5д лвс = "у SK • ~ АВ • ЛВ *^^~ = 243 *v^
Определим еще величину двугранного угла, образо< ванного гранями ACS и ABS. Ясно, что для этого надо найти величину линейното угла BLC.
В прямоугольном треугольнике AKS известны оба катета К* 18 и 4K = 3“瓦поэтому гипотенуза AS = =3 V^2. Таким образом, в треугольнике ASC опреде< лены все три стороны; но тогда легко находится высота этого треугольника CL = %《“ 14. Наконец, из треугольника CDL находим sin (^DLC) = д/^/б, так что искомый угол равен 2arcsin«7/5)・
Перейдем теперь к случаю, когда шар описан около пирамиды.
Определение. Шар называется описанным около (произвольной) пирамиды, если все вершины пирамиды лежат на его поверхности.
Таким образом, центр О описанного шара (рис. 128) — точка, равноудаленная от всех вершин пирамиды. Иначе говоря, если центр описанного шара соединить с вершинами S, 4, В, С, ... пирамиды, то все отрезки OS, ОЛ, ОВ, ОС, ,.. будут иметь одну и ту же длину.
Отметим дополнительно следующее. Если из центра О описанного шара опустить перпендикуляр ОМ на грань BSC, то основанием этого перпендикуляра будет центр окружности, описанной около грани BSC. В самом деле, AJS = М8 = МС* как проекции равных наклонных OS,
ребро, скажем, АВ, торебро, скажем, АВ, тоРис. 128.Рис. 128.08 и ОС на плоскость BSC. (Повторив это рассуждение для основания пирамиды, легко убедиться, что около многоугольника основания можно описать окружность.) Таким образом, если около пирамиды описан шар, то его центр лежит на пересечении перпендикуляров, восставленных к каждой из граней пирамиды в центре круга, описанного около этой грани. Заметим также, что если из точки С опустить перпендикуляр на какое-нибудь основание N этого перпендику^ ляра будет серединой ребра АВ.
ребро, скажем, АВ, то
ребро, скажем, АВ, то
Рис. 128.
Рис. 128.
Теорема. Если около пирамиды описан 以ар, то его центр является точкой пересечений всех плоскостей^ проведенных через середины ребер пирамиды перпендикулярно & этим ребрам.
Действительно, любая * точка, равноудаленная от ° двух вершин пирамиды, прн・ лежащих к одному ребру, лежит в плоскости, проведенной перпендикулярно к через его середину (см. § 1,А раздела Ш). Поэтому центр описанного шара, будучи равноудаленным от всех вершин пирамиды, должен находиться в каждой из таких плоскостей, т. е. он является точкой пересечения всех этих плоскостей.
Нетрудно придумать пример такой четырехугольной пирамиды, вокруг которой описать шар нельзя. Вообще, вокруг пирамиды можно описать шар, если можно описать окружность около многоугольника, лежащего в основании пирамиды. Отсюда вытекает, что: 1) вокруг любой треугольной пирамиды можно описать шар\ 2) вокруг правильной п-угольной пирамиды можно описать иар\ доказываются эти утверждения достаточно легко.
ребру пирамидыребру пирамидыПри выполнении чертежа поступающие часто помещают центр описанного шара наугад, не представив себе достаточно хорошо данной пространственной конфигурации и тем более не проводя никаких рассуждений о положении этого центра. При атом, как правило, центр ста，
ребру пирамиды
ребру пирамиды
вится внутри пирамиды. АТежду тем центр вписанного шара может лежать и внутри, и вне, и на поверхности пирамиды (в зависимости от конкретного вида пирамиды) .Однако, например, в правильной пирамиде центр описанного iuapa лежит на ее высоте или на продолжении высоты за плоскость основаниям убедиться в этом совсем просто. Следовательно, центр шара, описанного около правильной пирамиды, есть точка пересечения высоты пирамиды с перпендикуляром, проведенным через середину любого бокового ребра и лежащим в плоскости, определяемой этим ребром и высотой пирамиды.
В следующей задаче главная трудность состоит именно в выяснении местоположения центра шара, описанного около пирамиды. В ходе проводимых рассуждений мы убедимся, что он лежит вне пирамиды.
(Мехмат, 1956) 8 треугольной пирамиде SABC ребро ВС равно а, АВ = 4 С, ребро SA пер- пендкку力ярно к основа
нию АВС пирамиды, двугранный угол при ребре SA равен 2а, а при ребре ВС равен р. Найти радиус описанного шара.
Рассмотрим пирамиду SABCf о которой идет речь в условии задачи (рис. 129). Поскольку ребро SA перпен” дикулярно к плоскости основания, то
N В AS = N CAS = 90°,
а потому угол ВАС как раз и является линейным углом двугранного угла при ребре SA. Таким образом, в основании пирамиды лежит равнобедренный треугольник с углом 2а при вершине, а высота пирамиды совпадает с ребром S4
Так как проекции боковых ребер SB и SC на плоскость основания равны, то и сами эти ребра равны. Поэтому грань BSC — равнобедренный треугольник, и его
высота, смущенная из вершины S, попадает в середину К ребра 8С. По теореме о трех перпендикулярах ЛК —— высота треугольника ВАС. Отсюда ясно, что угол S/СЛ — линейный угол двугранного угла при ребре ВС》 т. е.厶 SR/ — 0.
Центр описанного шара лежит на пересечении прямой 厶 перпендикулярной к плоскости BSC и проходящей через центр окружности, описанной около треугольника BSC с плоскостью, проходящей через середину ребра 'AS перпендикулярно к нему. Прямая / лежит в плоскости ДS^: в самом деле, плоскость BSC проходит через прямую ВС，перпендикулярную к плоскости ASK, т. е= плоскости BCS и ASK перпендИ' иуляриы; в то же время прямая / перпендикулярна к плоскости BSC и проходит через линию пересечения этих плоскостей так что она лежит в плоскости ASK-
Итак, центр шара лежит в плоскости ASK，Вынесем эту плоскость на специальный чертеж. Центр шара О будет тогда лежать на пересечении прямой / я прямой т, перпендикулярной к AS и проходящей через его середину. Но, вообще говор#, могут
представиться три возможности: прямые / и m пересекаются внутри или вне треугольника /SK или на erQ стороне9 и нам придется рассмотреть все эти возможности (рис. 130, 131, 132). Ниже, в ходе выкладок, мы покажем, что две из них на самом деле не осуществляются.
Нас интересует радиус R описанного шара, т. е. расстояние от точки О ——точки пересечения перпендикуляров т и I к сторонам угла KSA——до точки S, вершины этого угла.
Прежде всего отыщем SL — проекцию искомого рас* стояния на сторону SK треугольника К/S. Так как в треугольнике АКВ (рис. 129) нам известен катет ВК = "2a и угол КАВ = % то
餌=qactga・
Далее, из треугольника KAS имеем
S"^・
2 cos р
Так как £ ——центр описанной около треугольника BSC окружности, то LS = 丄8, а потому из треугольника BKL находим, что (S^ — SL)2 -}- КВ2 = SL2, откуда
qj — a (ctg2 а + cos? 0)— 4 ctg а cos § '
Отметив, что проведенные вычисления отрезка SL никак не зависели от местоположения центра О описанного шара, вернемся к рис. 130, 131, 132. Обозначим
через М точку пересечения прямой т со стороной SK* Ясно, что прямые / и m пересекаются вне треугольника KAS, если SN С SL (см, рис. 131); если же SN > SLt то точка О лежит внутри этого треугольника (см, рис. 130); наконец, если SN = SL, то точка О лежит на стороне SK этого треугольника (см. рис. 132). Выясним, какое из этих положений имеет место на самом деле.-
Так как MN ——средняя линия треугольника KAS, то SN = %SK. Сравнивая длины отрезков SN и S£, без труда докажем, что при любых а, а и § а ctg а а ©^。十 ©疗 0)
4 cos В "4 ctg a cos 0
(из геометрических соображений следует, что а > О, 0° < а < 90° и 0 < р < 90°). Следовательно» каковы бы
ни были размеры а, а и § пирамиды SAB€t центр О описанного шара всегда лежит вне пирамиды. Это в свою очередь означает, что вынесенная нами плоская конфигурация в плоскости К/S может иметь лишь вид, указанный на рис. ：31; расположения, изображенные на рис. 130 и 132, в действительности иметь места не могут.
Рассматривая рис. 131, легко покажем, что Z.ONL ^ и В, а потому
LO = “£ tg 0 = (SL 一 SN) tg 仇
Подставляя сюда полученные выше выражения для SL н SN, получаем после очевидных вычислениГ
LO = tgasinp.
Наконец, из прямоугольного треугольника OLS находим
R = “纳 + SU =万認｝GB Vcos2p+sin2 pcos^a.
Если комбинации пирамиды co вписанным или с опи* санным шаром поступающие обычно представляют себе удовлетворительно, то всевозможные иные случаи взаимного расположения,пирамиды и шара вызывают у них почти непреодолимые трудности. Лишь немногие могут правильно представить себе пространственную конфигу-* рацию, скажем, в случае шара, касающегося всех ребер треугольной пирамиды, шара, касающегося основания пирамиды и проходящего через ее вершину, шара, касающегося двух скрещивающихся ребер треугольной пирамиды, и т, п.
Нет возможности рассмотреть и исследовать все взаимные расположения шара и пирамиды, которые могут представиться в задачах. Поэтому ограничимся здесь лишь примерами.
(Мехмат, 1974) В основании треугольной пирамиды ABCD лежит треугольник АВС, в котором Л ВАС = СО。, а угол АСВ — прямой. Грань BCD образует угол & 60° с гранью АВС\ BD = 2. Сфера касаетс兄 ребер АВ, АС и грани BCD. Центр сферы— точка О — лежит на имо- вании пирамиды и отрезок OD перпенЗакулярен к плоскости основания пирамиды ABCD, Найти длину ребра ACt
Из точки О опустим перпендикуляр ОМ на ребро ВС (рис. 133), Соединив точки。и AJ, получим, что DM ± X ВС. Действительно, так как DO перпендикуляр к плоскости ЛВС, то, в частности, 0D 丄 SC; но по построению ОМ 丄 ВС. Значит, ребро ВС перпендикулярно к двум пересекающимся прямым 0D н ОМ в плоскости 0MDt т. е. ребро ВС перпендикулярно к плоскости 0MD9 а отсюда н вытекает, в частности, что ВС 丄 DM.
Итак, угол 0MD ——линейный угол двугранного угла между плоскостями АВС и BCD, т. е. Z.0MD == 60°. Те・
перь DM.перь DM.из точки О опустим перпендикуляр ON на прямую Поскольку ребро ВС перпен-
перь DM.
перь DM.
дикулярно к плоскости ODM, то, в частности, ВС 丄 ON. Значит, ON X ВС и ON 丄 DM，т. е. ON есть перпендикуляр к плоскости BCDt т. е. ^ — точка касания сферы с гранью BCD. Обозначим точки касания сферы с ребрами АВ и АС через К и L, длину отрезка АС через х, радиус сферы через R; тогда 0K = OL =
—ON = R.
Плоскость АВС сферы окружность,
Рис. 133.Рис. 133.высекает из касающуюсявысекает из касающуюсяребер АВ и АС в точках /С и L соответственно. Поэтому АК = AL
Рис. 133.
Рис. 133.
высекает из касающуюся
высекает из касающуюся
ИЗ одной точкиИЗ одной точкикак отрезки касательных, проведенных к окружности. Поскольку, кроме того, 0 K — 0 M К。丄/К и。厶丄/厶 то i^AKO = △ Д0£, откуда,
ИЗ одной точки
ИЗ одной точки
в частности, вытекает, что zL КАО = Z- LAO, Значит, АО — биссектриса угла САВ, а потому
z OXL==30° и /U = 4K = Rtg30° = R“M.
Из прямоугольного треугольника 0NM находим
ом ==岑“工
sin (Z OMN) 3 у
Из прямоугольного треугольника BMD находим
Вынесем теперь на отдельный чертеж (рис. 134) пло* скость АВС. В прямоугольном треугольнике АВС нам известна, что QL 丄 АС и ОМ 丄 ВС, поэтому
CL = ОМ =普 R “3,МС = OL = R・
Поскольку АС = AL + £С, то х = %/? V^. Но / САВ — = 60°, а потому
ВС = АС • tg 60° = k“3 = 5R・
Используя равенство ВС = МВ + ТИС, получаем урак нение
5R = 74 —导必 + R,
откуда R = 〃3/4 и, следовательно» АС = 5/4,
(Мехмат, 1966) Шар "а0〃〃са г касается всех ребер треугольной пирамиды. Центр шара лежит внутри пирамиды на ее высоте на расстоянии 㓧 от вершины^
Доказать, что пирамида правильная. Найти вь^гу пирамиды.
Пусть М, ^ и L ——точки касания шара с боковыми ребрами пирамиды SABC, a D, Е и F —точки касания этого шара со сторонами основания (рис. 135). Буквой О
обозначим центр шара; лежит он на высоте SK пмра* МИДЫ.
По определению касательных к шару:
ON1AS, 。厶丄 BS, ОМ 丄 CS;
ON =。附=OL н г.
Отсюда следует, что прямоугольные треугольники SNO SLO и SM。равны, а потому
SN = SL = SM и Z NSO = / LSO = Z MSO.
Последнее равенство позволяет нам заключить, что треугольники AKSt BKS и CKS равны между собой; следо* вательно, AS = BS = CS, т. е. у пирамиды SABC все боковые ребра одинаковы. Но этого, конечно, еще недостаточно, чтобы утверждать, что пирамида правильная.
Равенство боковых ребер и равенство отрезков SM, SL и SM показывают, что1 AN = BL = СМ. Воспользуемся теперь тем, что касательные к шару, праведен* ные из одной точки, равны:
AN — AF = ЛЕ; BL = BE = BD; CM = CF = CD.
Поэтому
AN — BL = CM = AF = AE = BE = BD = CF = CD.
Отсюда вытекает, что точки D, £ и F ——середины ребер основания, а АВ =^ ВС = СЛ, т. е. треугольник АВС правильный. Равенство боковых ребер пирамиды влечет за собой равенство их проекций: АК = ВК = СК, т. е. К — основание высоты — центр правильного треугольника АВС.
Итак, пирамида SABC ——правильная. Найдем длину высоты SK.
Прямоугольные треугольники /KS и ONS, имеющие общий острый угол при вершине S, подобны, откуда
SK = 4К ・ NS/NO.
Обозначим для краткости длину высоты* SK через ft. Выше уже указано, что O^ = г. Из прямоугольного тре< угольника SNO получаем
NS 二 VSO2 - NO2 = г 战
а потому 厶=4К “2 и нам остается найти еще одно соотношение между h и АК. Его можно получить из прямоугольного треугольника OKD, В этом треугольнике KD = ^ АК, OD = r :: QK = h — г “W;
«едовательно,
；4/(2 =产一(力—「“3产.
Подставляя в последнее равенство /К = /г/“2, получим квадратное уравнение относительно 九，имеющее два положительных корня:
Второй корень, однако, не удовлетворяет условию задачи. В самом деле, центр шара должен лежать внутри пирамиды на ее высоте на расстоянии /'“3 от вершины. Это^означает, что высота пирамиды должна быть больше /"Уз, тогда как второй корень h2 меньше г V^« Первый корень hx дает искомую высоту пирамиды
h = ^r V3.
Отметим, что и в этом случае мы обошлись без изображения шара на чертеже. Надо только хорошо представлять себе, что шар, о котором идет речь в задаче, «вылезает» за пределы пирамиды, пересекаясь с ее гранями (многие поступающие почему-то пытались изобра-* зить шар, касающийся граней!).
(Мехмат, 1968) Дана правильная треугольная пирамида SABC (S — вершина) со стороной основание q и боковым ребром а “公 Сфера проходит через точку А и касается боковых ребер SB и SC в их серединах. Найти радиус этой сферы.
И в этой задаче попытка изобразить всю конфигурацию не облегчает решения задачи; можно использовать лишь сам факт касания.
Наиболее просто эта задача решается при помощи планиметрической теоремы: квадрат касательной к окружности равен произведению секущей на ее внешнюю часть.
Зная, что сфера касается ребра SC в его середине и проходит через вершину А, находим еще две точки, в которых сфера пересекает ребра АС и AS (рис. 136). Действительно, плоскость Л CS пересекает сферу по окружности, касающейся прямой CS (в середине CS) и проходящей через точку А. Применяя только чтоЗная, что сфера касается ребра SC в его середине и проходит через вершину А, находим еще две точки, в которых сфера пересекает ребра АС и AS (рис. 136). Действительно, плоскость Л CS пересекает сферу по окружности, касающейся прямой CS (в середине CS) и проходящей через точку А. Применяя только чтосформулированную теорему, ность пересекает ребро АС а ребро %S в точке Е такой, что SF = /а д/2.Аналогичные рассуждения с плоскостью 4BS позволяют найти еще две точки пересечения сферы с ребрами АВ и 4S: точку F — середину ребра АВ и ту же точку Е иа ребре AS. Теперь можно найти радиус сферы, используя лишь точки Л, К, 尸и Е.Так как сфера проходит через точки 力，К и F, тосформулированную теорему, ность пересекает ребро АС а ребро %S в точке Е такой, что SF = /а д/2.Аналогичные рассуждения с плоскостью 4BS позволяют найти еще две точки пересечения сферы с ребрами АВ и 4S: точку F — середину ребра АВ и ту же точку Е иа ребре AS. Теперь можно найти радиус сферы, используя лишь точки Л, К, 尸и Е.Так как сфера проходит через точки 力，К и F, тонаходим, что эта окруж-находим, что эта окруж-центр сферы лежит на перпендикуляре к плоскости АКР,центр сферы лежит на перпендикуляре к плоскости АКР,восставленном из центра треугольника AKF. Поскольку точка N (центр треугольника 4К尸)лежит на медиане AD треугольника АВС, причемвосставленном из центра треугольника AKF. Поскольку точка N (центр треугольника 4К尸)лежит на медиане AD треугольника АВС, причемANAN22ззАРАР= %AD，= %AD，
Зная, что сфера касается ребра SC в его середине и проходит через вершину А, находим еще две точки, в которых сфера пересекает ребра АС и AS (рис. 136). Действительно, плоскость Л CS пересекает сферу по окружности, касающейся прямой CS (в середине CS) и проходящей через точку А. Применяя только что
Зная, что сфера касается ребра SC в его середине и проходит через вершину А, находим еще две точки, в которых сфера пересекает ребра АС и AS (рис. 136). Действительно, плоскость Л CS пересекает сферу по окружности, касающейся прямой CS (в середине CS) и проходящей через точку А. Применяя только что
сформулированную теорему, ность пересекает ребро АС а ребро %S в точке Е такой, что SF = /а д/2.
Аналогичные рассуждения с плоскостью 4BS позволяют найти еще две точки пересечения сферы с ребрами АВ и 4S: точку F — середину ребра АВ и ту же точку Е иа ребре AS. Теперь можно найти радиус сферы, используя лишь точки Л, К, 尸и Е.
Так как сфера проходит через точки 力，К и F, то
сформулированную теорему, ность пересекает ребро АС а ребро %S в точке Е такой, что SF = /а д/2.
Аналогичные рассуждения с плоскостью 4BS позволяют найти еще две точки пересечения сферы с ребрами АВ и 4S: точку F — середину ребра АВ и ту же точку Е иа ребре AS. Теперь можно найти радиус сферы, используя лишь точки Л, К, 尸и Е.
Так как сфера проходит через точки 力，К и F, то
находим, что эта окруж-
находим, что эта окруж-
центр сферы лежит на перпендикуляре к плоскости АКР,
центр сферы лежит на перпендикуляре к плоскости АКР,
восставленном из центра треугольника AKF. Поскольку точка N (центр треугольника 4К尸)лежит на медиане AD треугольника АВС, причем
восставленном из центра треугольника AKF. Поскольку точка N (центр треугольника 4К尸)лежит на медиане AD треугольника АВС, причем
AN
AN
2
2
з
з
АР
АР
= %AD，
= %AD，
то центр шара лежит в плоскости 4QS, так как в ней, как известно, лежит и высота SQ пирамиды. Поскольку AQ = 2〔зА> то AN = NQ и, стало быть, центр шара лежит на средней линии NR треугольника %SQ.
Но центр шара г ежит также в плоскости, перпендикулярной к АЕ и проходящей через середину АЕ ——точку Р. Значит, центр шара лежит на прямо丸 лежащей в плоскости ASD, перпендикулярной к ребру AS и проходящей через Р. Итак, центр шара лежит в плоскости ASQ на пересечении средней линии треугольника ZSQ и перпендикуляра к отрезку АБ в его середине.
Перейдем к вычислениям:
А0х“％р2 十 р02.
Так как АР = %4Е = %(4S — ES) = %а“2, то остается найти РО. Из подобия треугольников RPO и RAN находим
Поскольку
RP=AR-АР = ^ал/2, 4N =扌4D =^а “豆
/?2 =扌5(3 =6(2“正，
то РО — а VЮ/40. Отсюда /? = а V115/20.
Что касается комбинаций шара с другими геометрическими телами, то мы приведем здесь лишь несколько определений, которые отсутствуют в школьных учебниках. Эти определения нет нужды заучивать, надо только хорошо понять геометрическую картину и свойства каждой конфигурации, выполнив необходимые чертежи. После определений приведены основные полезные факты; их доказательства не представляют труда.
Шар вписан в призму, если он касается всех ее граней. Если призма прямая, то ортогональной проекцией шара на плоскость основания призмы будет круг, вписанный в многоугольник ——основание призмы; для наклонной призмы этот факт неверен. В любом случае высота призмы равна диаметру шара.
Шар вписан в прямой круговой конус, если он касается &〃& основания конуса, так и его боковой поверхности. Точкой касания шара с основанием является центр основания, а с боковой поверхнсгтью касание происходит по некоторой окружности (она не является окружностью большого круга!), плоскость которой параллельна плоскости основания. Ц::\р шара лежит на высоте конуса.
Шар вписан 8 прямой круговой цилиндр, если он касается как оснований цилиндра, так и его боковой поверхности. Точками касания шара с основаниями являются центры оснований, а с боковой поверхностью касание происходит по окружности большого круга шара, параллельного основаниям. Центр шара лежит на оси цилиндра; диаметр основания цилиндра равен диаметру шара и равен высоте цилиндра.
Шар вписан в усеченную пирамиду, если он касается ее оснований и боковой поверхности. Диаметр шара равен высоте усеченной пирамиды.
Шар вписан в усеченный прямой круговой конус, если он касается его оснований и боковой поверхности. Точками касания шара с основаниями являются центры оснований, а с боковой поверхностью касание происходит по окружности, лежащей в плоскости, параллельной основаниям конуса. Центр шара лежит на оси конуса, диаметр шара равен высоте конуса.
Призма вписана в шар, если ее вершины лежат на сфере. Призма является прямой, ее основание——многоугольник, который можно вписать в окружность.
Прямой круговой конус вписан 8 шар, если его вершина и окружность его основания лежат на сфере. Ос^ нование конуса является малым (или большим) кругом шара; центр шара лежит на высоте конуса (или на ее продолжении за плоскость основания).
Прямой круговой цилиндр вписан 8 шар, если окружности его оснований лежат на сфере. Основания ци^ линдра являются малыми кругами шара, центр шара совпадает с серединой оси цилиндра.
Приведем пример на применение одного из этих определений.
(Биофак, 1971) В усеченный прямой круговой конус, образующая которого наклонена под углом 45° к нижнему основанию, вписан шар. Найти отношение величины боковой поверхности усеченного конуса к величине поверхности шара.
Обозначим радиус шара через /?, радиус нижнего основания конуса через а, радиус верхнего основания конуса через Ь, длину образующей через /, боковую поверхность шара через S^ боковую поверхность усеченного конуса через S2. Тогда по известным формулам имеем Si = 4冗庐，S2 = л(а + Ь)/, а потому
S2：Si = 3 + Q/：4R
Теперь остается выразить а, Ь и / через R.
Из приведенного выше определения зьнскает, что высота конуса равна 2/?, центр О шара лежит на оси конуса, а точками касания шара с основаниями яв* ляются точки Oj и О2一 центры оснований,
Проедем плоскость через высоту конуса и точку 4’ на нижнем основании конуса (рис. 137). Эта плоскость пересечет нижнее основание по диаметру АВ. верхнее основание по диаметру CD, боковую поверхность по пря* мым AD и СВ, причем на этих прямых лежат течки £ и 尸一точки касания сферы с боковой поверхностью ко、 нуса. При этом угол, образуемый прямыми AD и A3t равен углу наклона образующей конуса к нижнему основанию.
Действительно, угол наклона образующей конуса к нижнему основанию равен углу между образующей и ее ортогональной проекцией на плоскость основания. Если из точки D опустить перпендикуляр DK на плоскость основания, то. поскольку DK || О1О2 n DK = Oi°2*
четырехугольник O{O^DK есть параллелограмм, а по-* тому О\К II DO2f т. е. точка К лежит на прямой 40% Таким образом, прямая А0\ есть ортогональная проекция образующей AD на плоскость основания, а это означает, что угол OiAD равен углу наклона образующей конуса к нижнему основанию, т. е. ZOiAD = 45°. Аналогично показывается, что ZOjBC = 45°.
Плоскость сечения высекает из сферы окружность, вписанную в четырехугольник. Вынесем плоскость сечения на отдельный чертеж (рис. 138). Тогда получим равнобочную трапецию ABCD, у которой нижнее основание АВ = 2а, верхнее основание DC = 2&, /АВС = = /240 = 45°, высота 015 = 2R. В эту трапецию вписана окружность радиуса 2R; центр О окружности — середина высоты Об； точки。卜。2> 尸 и Е — точки ка~
санйя окружности со сторонами трапеции, поэтому OiB = BF и FC = О2С как касательные к окружности, проведенные из одной точки. Значит, / = а+ 瓦 Из пря” моугольного треугольника AKD、учитывая, что
АК — А。】—КО】=о —仇 AD ~a-\-b н DR = 2R* получаем
(a + »2 一 (a一匕)2 = 4内
Из прямоугольного треугольника 0Q8 находим
а = Rctg 22,5。°
Из этих двух соотношений следует, что
b = Rtg22,5*
а потому——
a + b = 2R^2,l = a + b = 2R V2.
Окончательно^
S]' S2 = 2.
В заключение приведем задачу на касание шара и конусу. Основная трудность этой задачи лежит в осмысливании конкретного расположения тел.
(Химфак, 1971) Три одинаковых прямых круговык конуса, радиусы, основания которых равны г, а высоты равны 4/з『, расположены по одну сторону от плоскости Р, а их основания лежат в этой плоскости. Окружности оснозаний каждых двух из этих конусов касаются. Най^ та радиус шара, лежащего между конусами и касающе^ гося ка& плоскости Р, так, и всех трех конусов.
Конфигурацию тел, о которой идет речь в задаче, довольно легко себе представить, но весьма сложно изобразить. Впрочем, для решения задачи «общий вид» этой конфигурации рисовать нет необходимости ——достаточно его себе именно представлять. Если этот об* щий вид описать, то можно сказать, что шар вложен в《воронку》между тремя равными конусами (стоящими на одной и той же горизонтальной плоскости Р так, что их основания попарно караются друг друга внешним образом) и его размер таков, что он касается плоскости Р.
Однако прежде чем решать задачу, надо уточнить смысл слов《шар вложен о《воронку» между конусами»?
придать им строгий математический смысл. Очевидиц что шар имеет с боковой поверхностью каждого из конусов только одну общую точку, или, как говорят, кгь сается боковой поверхности конуса внешним образом. Что же это означает? Это означает, что если провести секущую плоскость через высоту конуса и центр шара, то получившийся в сечении шара большой круг внешним образом касается боковой стороны равнобедренного треугольника, представляющего собой сечение конуса (рис. 139). Именно в этом и состоит определение касания шара, лежащего вне конуса, с боковой поверхностью
Рис. 139.
конуса. Иначе говоря, если М — точка касание шара с конусом, то шар касается образующей SMN конуса (с вершиной S) в точке М, и радиус ОМ шара перпен-^ дикулярен к этой образующей.
Пусть теперь на рис. 139 изображены сечения одного из конусов нашей конфигурации, шара с центром О и плоскости оснований конусов Р, плоскостью л, проходящей через высоту SH этого конуса и центр О шара ^остальные два конуса при этом не изображены). Секущая плоскость л перпендикулярна к плоскости А, так как она проходит через высоту SH конуса, перпендикулярную к плоскости Р его основания.
Пусть М ——точка касания шара и конуса; тогда в силу сказанного выше большой круг, получающийся в .сечении шара плоскостью л, касается образующей SN конуса в точке М, Однако toi факт, что этот же круг касается прямой, по которой пересекаются плоскости л и Р, требует особого доказательства.
Обозначим через К точку касания шара с плоско* стью Р. Любая прямая в плоскости Р, проходящая через точку ^, и, в частности, прямая КН, будет касательной к шару, т. е. будет перпендикулярна к радиусу ОК; поэтому ОК 丄 КУ Поскольку радиус O^ шара, нров&\ денный в точку касания, перпендикулярен к плоскости 户; то OK II SH как два перпендикуляра к одной и той ж® плоскости Р, Однако две параллельные прямые ле-
жат в одной плоскости ——отсюда вытекает, что радиус ОК лежит в плоскости л, проведенной через SH и точ-*,
ку О. Иначе говоря, точка К касания шара с плоскостью Р лежит в плоскости л. Это в свою очередь означает, что прямая КН — линия пересечения плоскостей л и Р ——есть касательная к большому кругу, получающемуся в сечении шара плоскостью л. В самом деле, прямая КН проходит через конец радиуса ОК этого большого круга перпендику
лярно к ОК.
Обозначим угол SNH через а, искомый радиус ша< ра ——через R. Соединяя точки О и N, легко найдем, что /0乂驳=%(冗一а), и потому из треугольника ONk
KN = Rtg*
Нискольку КН = KN + NH, то
K" = Rtg今 + 八
Отсюда вытекает, что расстояние от проекции К центра шара О на плоскость Р до центра основания конуса не зависит от того, какой именно конус из трех данных мы рассматриваем. Иначе говоря, точка ^ равноудалена от всех трех центров оснований конусов, и потому КН (рис. 140) легко находится как радиус окружности, ошь санной около правильного треугольника со стороной 2г, а именно, КН = 2『/д/М Теперь имеем
& = rctg 式言 _ 1).
Для получения ответа остается найти tg(a/2). ИзДля получения ответа остается найти tg(a/2). Изпрямоугольного треугольника NSH (см. рис. 139)прямоугольного треугольника NSH (см. рис. 139)на-на-ходимходимNHNHNHNH33COS (X ==-「————「’-=-NS “W/ + HS- 5COS (X ==-「————「’-=-NS “W/ + HS- 5
Для получения ответа остается найти tg(a/2). Из
Для получения ответа остается найти tg(a/2). Из
прямоугольного треугольника NSH (см. рис. 139)
прямоугольного треугольника NSH (см. рис. 139)
на-
на-
ходим
ходим
NH
NH
NH
NH
3
3
COS (X ==-「————「’-=-
NS “W/ + HS- 5
COS (X ==-「————「’-=-
NS “W/ + HS- 5
Применяя формулу тангенса половинного аргумента и учитывая, что угол а ——острый, находим tg(a/2) = Vs- Следовательно. ctg(a/2) = 2, а потому
/? = |"Г(2лЛ-3)°
九(Л1ехмат( 1961) Сторона правильного тетраэдра равна а Определить радиус шара, касающегося боковых ребер тетраэдра в вершинах основания.
(Мехмат, 1962) В шар радиуса а списан правильный тетра- едо. Найти объем тетраэдра.
'3. (Физфак, 1963) Ребро куба равно а. Сфера с центром О пересекает три ребра куба, сходящиеся в вершине А, в их серединах. Из точки Й пересечения сферы с одним из этих ребер куба опущен перпеидикуляр на диагональ куба; проходящую через вершину Л, причем угол между перпендикуляром и радиусом ОВ делится ребром куба пополам. Найти радиус сферы.
4。(Филфак, 1966) В куб с ребром а вписаи шар. Определить радиус другого шара, касающегося трех граней куба и первого шара.
& (Мехмгт, 1966) Шар радиуса г касается всех ребер правильной четырехугольной пирамиды со стороной основания а. Найти объем пирамиды.
(Физфак, 1967) Ребро куба равно а. Найти объем прямого кругового цилиндра, вписанного в куб так, что осью его является диагональ I куба, а окружности оснований касаются тех диагоналей граней куба, которые не имеют общих точек с диагональю /.
(Физфак, 1967) Даны три прямых круговых коиуса с углом а, а V 2л/3, в осевом сечении и радиусом основания, равным ，• Основания этих конусов расположены в одной плоскости и попарно касаются друг друга внешним образом. Найти радиус сферы, касающейся всех трех конусов и плоскости, проходящей через их вершины.
(Химфак, 1968) Три шара радиуса г лежат на нижнем основании правильной треугольной призмы, причем каждый из них касается двух других шаров и двух боковых граней призмы. На этих шарах лежит четвертый шар, который касается всех боковых граней и верхнего основания призмы. Определить высоту призмы.
(Химфак, !968) Четыре равных шара радиуса 尸 внешним образом касаются друг друга так, что каждый касается трех остальных. Найти радиус сферы, касающейся всех четырех шаров и содержащей их внутри себя,
(Физфак» 1968). В правильной треугольной пирамиде высота равна h 公 сторона основания равна а. Одна из вершин основания
является центром сферы, касающейся противоположной грани пирамиды. Найти площадь тех частей боковых граней пирамиды, которые расположены внутри сферы.
(Мехмат, 1968) Дана правильная треугольная пирамида SABC (S — вершина) со стороной основания а и боковым ребром Ь, b > а. Сфера лежит над плоскостью основания АВС, касается этой плоскости в точке Л и, кроме того, касается бокового ребра S8. Найти радиус этой сферы.
(Химфак, 1969) Дан куб с основаниями ABCD и АВ GDI Точка Е — середина ребра CD\ точка F — середина ребра В£\ Найти радиус сферы, проходящей через точки Е,尸,А, С, если реб* ро куба равно а.
(Физфак, 1969) В прямом круговом конусе угол при вершине осегого сечения равен 冗/З. В этом конусе расположены три одинаковых шара радиуса г, касающиеся изнутри боковой поверхности конуса, плоскости основания конуса и попарно друг друга. Найти площадь боковой поверхности другого коиуса с теми же вершиной, высотой и плоскостью основания, которого данные шары касаются внешним образом.
(Физфак, 1969) В основании пирамиды лежит равносторонний треугольник со стороной а. Одно из боковых ребер пирамиды также равно а, а два других равны &. Найти радиус сф、ры, описанной около пирамиды.
(Экономия, ф-т, 1970) В правильный тетраэдр ABCD вписан шар. Из точки D иа грань ЛЯС опущена высота DE. Точка Р является серединой отрезка DE. Через точку Р проведена плоскость Л1 перпендикулярно к отрезку DE. Из всех точек, которые принадлежат одновремеиио вписанному та吁 и плоскости М, взята точка О, являющаяся ближайшей к точке 4 Найти расстояние от точки О до грани ABDy если объем вписанного шара равен 1.
(Ф-т психологии, 1970) В правильную усеченную треугольную пирамиду помещены два шара так, что 1-й касается верхнего основания пирамиды, всех ее боковых граней и 2-го шара, а 2-й шар касается иижнего основания пирамиды, всех ее боковых граней и 1-го шара. Какую долю объема пирамиды занимают оба шара, если ее боковые грани наклонены к основанию под углом а?
(Физфак, 1970) Треугольная пирамида ABCD, все ребра которой равны а, вложена в прямой круговой конус так, что вершина Л лежит на окружности основания коиуса, ребро AD лежит в пло* скости основания конуса, ребро 8c параллельно осиованню конуса, а вершимы 5 и С лежат на боковой поверхности коиуса. Угол между высотой коиуса и его образующей равен а, а V н/6. Определить высоту конуса.
(Экономич. ф-т, 1971) В двугранный угол величиной 60° вписаны два шара радиуса R, касающиеся друг друга. Найти радиус шара, вписанного в тот же угол н касающегося обоих данных шаров.
(Экономич. ф-т, 1971) На плоскости лежит прямой круговой цилиндр радиуса R и, не пересекаясь с ним, лежит шар радиуса 二 Расстояние от оси цилиндра до центра шара равно р. Найти минимально возможный радиус шара, который бы касался одновременно цилиндра, плоскости и заданного шара£
(Биофак, 1971) Усеченный конус и правильная шестиугольная призма расположены так, что верхнее основание усеченного конуса вписано в верхнее основание призмы, а нижнее основание усеченного конуса описано около иижнего основания призмы. Известно^ что высота усеченного конуса равна сумме радиусов его оснований. Найти отношение величин боковых поверхностей этих тел.
(Химфак, 1971) Правильная прямая треугольная призма АВСЛ,В/С, описана около шара радиуса，； М — середина ребра В8[ N — середина ребра СС'. В шар вписан прямой круговой цилиндр так, что его основание лежит в плоскости AMN. Найти объем этого цилиндра.
(Химфак, 1971) Правильный треугольник со стороной а лежит в плоскости Р. Средними линиями он разделен иа 4 треугольника, и на трех из них, примыкающих к вершинам, построены как на основаниях три правильные треугольные пирамиды высоты а (все три — по одну сторону плоскости Р). Найти радиус шара, лежащего между пирамидами н касающегося как плоскости Р, так и всех трех пирамид.
(Ф-т психологии, 1971) В правильной треугольной пирамиде отношение длины бокового ребра к длине ребра основания равно р. Указать вое значения р, при которых центр описанного около пирамиды шара будет находиться внутри пирамиды.
(Физфак, 1971) В правильную треугольную пирамиду SABCt все ребра которой равны а, вписана сфера. Высота SD пирамиды опущена на основание АВС. На ребре АС взята точка М так, что Md = 2AM, а на высоте SD — точка ^ так, что ND = 2NS, Прямая M^ пересекает сферу в двух точках Р и Q. Найти длину отрезка PQ.
(Геофак, 1972) В треугольнике АВС известны стороны: ДС «== 12, АВ = ВС = 3 V^O* Два шара касаются плоскости треугольника АВС в точках Л и С и расположены по разные стороны от этой пл ок ост и. Расстояние между центрами этих шаров равно 15* Центр третьего шара находится в точке В, и этот шар касается внешним образом двух данных шаров. Определить радиус третьего шара.
(Ф-т психологии, 1972) Пусть АВ, АС, AD, DE, DF — ребра куба. Через вершины Е к 尸 н середины ребер АВ и АС проведена плоскость Р. Какую часть объема шара, вписанного в куб, составляет объем меньшей из двух частей, на которые этот шар делится плоскостью Р?
(ВМК, 1972) Боковые ребра правильной треугольной пирамиды SABC наклонены к плоскости основания под углом 45°. Шар касается плоскости основания ЛВС в точке А и, кроме того, касается вписанного в пирамиду шара. Через центр первого шара и высоту BD основания проведена плоскость. Найти угол наклона этой плоскости к плоскости основания.
(ВМК, 1972) Шар касается плоскости основания ABCD правильной четырехугольной пирамиды SABCD в точке Л и, кроме того, касается ребра Sg. Через центр этого шара и сторону основания ВС проведена секущая плоскость. Найти угол наклона этой плоскости к плоскости основания, если плоскость сечения перпендикулярна к грани ASDt ”
(Мехмат, 1972} В треугольной пирамиде ЗАВС середины всех ребер лежат на поверхности шара радиуса 2; АВ = 3, 4c = 4. Ребро SA перпендикулярно к плоскости основания АВС. Доказать, что отрезки, соединяющие середины противоположных ребер пирамиды, являются диаметрами указанного шара, и найти объем пирамиды.
(Химфак, 1973) В правильной четырехугольной пирамиде расположены два шара Q】и Q2- Шар Q】вписан в пирамиду и имеет радиус 2, шар Qa касается внешним образом шара Q】и боковых граней пирамиды. Радиус шара Q? равен 1. Найти площадь боковой поверхности пирамиды и величину двугранного угла при боковом ребре пирамиды.
(Ф-т психологии, 1973) В правильной четырехугольной пирамиде SABCD (S — ее вершина) сторона основания равна а, боковое ребро пирамиды равно %& "2 Пусть А я С — две противоположные вершины основания пирамиды. Е — середина ребра SC. Через точки Д и Е проведена плоскость Р, параллельная диагонали BD основания ABCD. Найти расстояние от центра шара, вписанного в пирамиду SABCD, до плоскости Р.
(Физфак, 1973) Прямой круговой конус с вершиной S вписан в треугольную пирамиду SPQR так, что окружность основания конуса вписана в сснсванне PQR пирамиды. Известно, что NPSR= =л/2, NSQR = п/4, ZPSQ = 7л/12. Найти отношение площади боковой поверхности конуса к площади основания PQR пирамиды.
ЗХ (Геофак, 1974) В прямой круговой цилвндр с радиусом основания, равным 1, и высотой 12(3 + 2“3)вписаны три одинаковых шара так, что шары касаются верхнего основания цилиндра, его боковой поверхности н попарно друг друга. Найти объем прямого кругового конуса, основание которого совпадает с нижним основанием цилиндра и который касается всех трех шаров.
(Геофак, 1974) В прямой круговой цилиндр с радиусом основания, равным 3/2, н высотой 6 (“2 — 1) вписаны четыре одинаковых шара так, что 0aH касаются верхнего основания цилиндра и его боковой поверхности, н каждый из шаров касается двух из трех других шаров. Найти площадь боковой поверхности прямого кругового конуса, основание которого совпадает с нижним основанием цилиндра и который касается всех четырех шаров.
(Химфак, 1974) Шар лежит на основании прямого кругового конуса, касаясь основания в его центре. Плоскость, образующая угол В с высотой конуса, касается шара и отсекает на окружности основания дугу с острым центральным углом а. Найти радиус тара* если радиус окружности основания равен R.
(Химфак, 1974) На основании правильной четырехугольной пирамиды со стороной основания а и двугранным углом при основании равным а, лежит шар, касающийся основания в его центре* Плоскость, проходящая через вершину пирамиды и середины двух смежных стерон основания, касается этого шара. Найти его радиус,
(Филфак, 1974) В правильную четырехугольную пирамиду с плоским углом при вершине, равным В，вписав шар. Найти отношение объемов шара и пирамиды.
(Филфак, 1974) Дана правильная четырехугольная пирамида с плоским углом при вершинег равным а. В пирамиду вписан
прямоугольный параллелепипед тан, что нижнее его основание лежит нз основании пирамиды, а верхнее — совпадает с сечением пирамиды плоскостью, проходящей через верхнее основание параллелепипеда. Высота параллелепипеда вдвое больше длины стороны его основания. Найти отношение объемов параллелепипеда и пирамиды.
(ВМК, 1974) В треугольной пирамиде SABC суммы трех плоских углов при каждой вершине S, А а В равны 180°, SC = 15 н NACB ^ 60°. Найти радиус описанного шара, если радиус вписанного шара равен 3.
(Мехмат, 1974) В основании треугольной пирамиды ABCD лежит правильный треугольник АВС. Грань BCD образует с плоскостью основания угол 60°. На прямой, проходящей через точку D перпендикулярно к основанию, лежит центр сферы единичного радиуса, которая касается ребер ЛВ, АС и грани BCD. Высота пирамиды DH в 2 раза меньше стороны основания. Найтн объем пирамиды.
(Геофак, 1975) В прямой призме АВСА,В,С, с боковыми ребрами 44', 88', С2‘ нижнее основание АВС является равнобедренным прямоугольным треугольником с гипотенузой ВС. Сфера Si с радиусом «23 — “2 — 3 касается боковых граней AAZBZB, BBZCZC в нижнего основания АВС. Сфера $2 с центром в точке С' касается сферы Si внешним образом. Известно, что АВ = 44’ и что радиус сферы Si в 2 раза меньше радиуса сферы Sg. Найти объем призмы.
(Химфак, 1975) Шар радиуса R касается всех боковых граней треугольной пирамиды в серединах сторон ее основания. Отрезок, соединяющий вершину пирамиды с центром шара, делится пополам точкой пересечения с основанием пирамиды. Найти объем пирамиды. -
(Филфак, 1975) В прямой круговой конус с углом раствора 60° вложено три одинаковых шара радиуса г, так что каждый шар касается двух остальных, боковой поверхности конуса и плоскости основания. Найти радиус R основания конуса.
(Физфак, 1975) Отрезок LM служит общей стороной двух равных треугольников KLM и LMN、в которых ZKA1L = NMLN == ₽= л/4, LM == 2/и, LV = КМ = 4m V^ Плоскости KLM и LMN взаимно перпендикулярны. Шар касается отрезка КМ в такой точке 力，что ЛК »т V2- и касается отрезка L" в такой точке В, что BN = т7?. Найти рапнус шара.
(ВМК, 1975) Все ребра треугольной пирамиды ABCD касаются некоторого шара. Три отрезка, соединяющие середины скре- йцивающнхся ребер АВ и CD, АС и BDt AD и ВС, равны. Угол РВС равен 50°, з угол BCD больше угла BDC. Найтн отношение площадей граней ABD и ЛВС.
§ 6・ Сечения много^анников
Довольно часто на вступительных экзаменах в вузы предлагаются геометрические задачи, в которых проводится некоторая плоскость сечения данного многогранника и требуется вычислить, например, площадь сечения
или отношение, в котором секущая плоскость делит объем многогранника. Каждая из таких задач состоит из двух частей: построение сечения и вычисление того, что требуется.
Без решения первой части задачи, естественно, не может быть и речи о решении второй ее части. Обычно в задачах на сечение после геометрических рассмотрений, связанных с построением сечения, задача стано-* вится совсем простой. Таким образом, «центр тяжести» задач на сечения лежит не в тригонометрических выкладках или решении треугольников, а именно в геометрии в собственном смысле этого слова.
Экзамены показывают, что обычно поступающие правильно указывают форму сечения и правильно проводят дальнейшие вычисления. Однако достаточно убедительно обосновать геометрическую сторону решения могут да^ леко не все из них, а многие даже и не пытаются проводить соответствующие доказательства, считая, что все и так очевидно. Естественно, в таких случаях задача считается нерешенной. Поэтому не лишне здесь еще раз подчеркнуть, что при решении задачи все утверждения, даже кажущиеся «наглядно очевидными», должны быть обязательно обоснованы.
Укажем один достаточно общий способ построения сечений многогранников. Построить сечение — значит указать точки пересечения секущей плоскости с ребрами многогранника (эти точки, в частности, могут оказаться и вершинами многогранника) и соединить эти точки отрезками, лежащими в гранях. Для этого достаточно в плоскости грани указать две точки, принадлежащие сечению, соединить их прямой и найти точки пересечения этой прямой с ребрами многогранника.
Такое построение весьма естественно, однако применяют его далеко не все. Связано 9To с тем, что отыскать две точки сечения, лежащие в самой грани, обычно трудно. Тем не менее нас вполне удовлетворили бы две точки сечения, лежащие в плоскости грани (а ие обязательно на самой грани). Найти такие точки часто удается просто, но для этого, как правило, приходится выходить за пределы рассматриваемого многогранника. Однако делать дополнительные построения вде много* гранника поступающие почему-то боятся»
Между тем, такие дополнительные построения в ряде задач оказываются неизбежными. Кроме того, эти по
строения позволяют сравнительно просто проводить не・ обходимые доказательства и вычисления.
Покажем на конкретных задачах, как применяется этот способ построения сечений.
(Химфак, 1972) 〃а龙т“ площадь сечения куба ABCDAiB^CiDi {ABCD — нижнее основание; 44, ВВЬ
р可с.⑷.р可с.⑷.С&, DD* — боковые ребра) плоскостью^ проходящей через вершину А и середины ребеи В© 以 Qi&・ Ребро куба равно а.
р可с.⑷.
р可с.⑷.
Прежде всего надо построить сечение. Пусть точки К н L — середины ребер D{C\ и 81cl (рис. 141). Прямая К/ лежит в плоскости грани A\B{CiD\t
поэтому она пересекает продолжения ребер А\В\ и A^Di соответственно в точках 尸 и £*, причем легко подсчитать, что
81 尸—у 48t = j A{F. D{E = ^AVD{ = у A{E.
Точки 4 н 尸 лежат в плоскости грани AA{B\Bt поэтому прямая AF пересекает ребро ВВХ в некоторой точке М. Из подобия треугольников AAXF и МВ/' находим МВ{ = 1/зАЛь Учитывая, что АА\ == ВВЬ получаем, что точка М делит ребро ВВХ в отношении 2: 1.
Точки А и Е лежат в плоскости грани ADD[Aif поэтому прямая АЕ пересекает ребро Q力】в точке ^. Аналогично предыдущему можно показать, что точка N делит ребро DR в отношении 2 : 1.
Итак, сечение построено: оно проходит через верт шину А, середины ребер В£ и C\DX и через точки, делящие ребра BBi и DDi в отношении 2:1. и представляет собой пятиугольник AMLKN,
Вычислим его площадь. Пятиугольник AMLKN получается из треугольника AEF отбрасыванием двух рав-
ных треугольников EKN и FLM. Из проведенного построения легко получить длины сторон этих треугольник ков и вычислить их площади; окончательный ответ: пло* щадь сечения равна 7a2 VT7/24.
Можно поступать и иначе, рассматривая пятиугольник AMLKN как составленный из треугольника AMN и четырехугольника KLMN. При этом придется дополнительно доказать, что KLMN — трапеция.
Оба эти способа требуют значительных вычислений, которые, однако, не представляют принципиальных трудностей. На самом деле можно обойтись без громоздких вычислений, если воспользоваться формулой для площади проекции (см. § 4 раздела III). Проекцией пятиугольника ANMLk на нижнее основание куба будет, очевидно, пятиугольник ABLRD, площадь которого равна 7/$絞，@ из треугольника 4QQ1 легко находим, что cos (NQ4Qi) = 3/V17. Но остается самое главное — доказать, что угол Q4Qf как раз и является углом между плоскостью сечения и нижней гранью куба,
(Мехмат, 1964) Дан куб ABCDA{BXC\D^ где AAit ВВ[, СС], DD\ — бо* новые ребра. S каком отношении делит объем куба плоскость, проходящая
через вершину Л, середину ребра ВС и центр г^ана DC&DW'
Пусть точка К—середина ребра ВС (рис. 142). Так как точки Я и Л лежат в плоскости нижней грани, то прямая АК пересечет продолжение ребра DC в некоторой точке О. Рассматривая треугольники АВК и КСО, убеждаемся, что они равны, а потому СО — АВ = DC и DO = 2DC.
Пусть точка М — центр грани DCCD. Точки М и。 лежат в плосгюсти грани DCCjOj, поэтому прямая МО пересекает ребра G© и 2。соответственно в точках 厶 и Л7.
Тем самым форма сечения найдена — это четырехугольник AKLN&
РАЗДЕЛ III, ГЕОМЕТРИЯ
Опустим из точки М перпендикуляр на прямую DC; ясно, что его основание — точка Е — есть середина ребра DC. Из подобия треугольников DNO, EMO п CLO находим CL = 2/3МЕ и DN — 4/3МЕ Учитывая, что ME = =%С& = %。。1, получаем DN = 2/3DD] и CL = =%С&・
Итак, положения всех точек пересечения плоскости сечения с ребрами куба определены. Теперь выясним, в каком отношении плоскость сечения разделила объем куба. Обозначив длину ребра куба через а, вычислим объем многогранника ——части куба под секущей плоскостью.
Этот многогранник, как можно заметить, получается из треугольной пирамиды NADO (с вершиной М) отбрасыванием пирамиды LKCO (с вершиной £). Объемы этих пирамид легко определяются, поскольку ND и LC — их высоты — уже вычислены. В результате получим, что объем многогранника ADCKNL равен 7а3/36, а потому секущая плоскость делит объем куба в отношении 7 : 29.
Большинство поступающих строило сечение иначе, основываясь на интуитивном, чисто геометрическом представлении. При этом они наугад ставили -точки ^ и L на соответствующих ребрах. Те из них, кто обладал хорошим геометрическим воображением и «увидел», что точка 厶 лежит ниже середины ребра ССЬ смогли построить правильный чертеж и обнаружить (а затем, разумеется, доказать), что часть куба, лежащая под плоскостью сечения, есть лежащая на 《боку》 усеченная пирамида с основаниями AND и KLC. Остальные же, поместив точку L выше середины ребра ССЬ получили искаженный чертеж и, естественно, не смогли даже приступить к вычислениям.
Между тем, предложенный выше стандартный метод позволил автоматически построить нужное сечение, указать положение точек пересечения секущей плоскости с ребрами куба и легко провести вычисления.
(Мехмат, 1965) Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD с вершиной S. Через середины ребер АВ, AD и CS проведена плоскость. В каком отношении ат* плоскость делит объем пирамиОб?
Пусть течки Л н 尸一середины ребер АВ и AD (рис. 143). Прямая KF пересечет продолжение ребер СВ и CD соответственно в точках М и Е. Легко показать, что треугольники В КМ, AKF и DEF равны; поэтому МВ = %£С и ED 二《
Рнс. 143.Рнс. 143.尸%DC.
Рнс. 143.
Рнс. 143.
Пусть точка N — середина ребра CS. Течки М и М лежат в плоскости грани S5C, поэтому прямая MN пересекает ребро BS в некоторой точке L.
Выясним теперь, в ка~ ком отношении точка L делит ребро SB. Для удобства вычислений по-
лезно построить вспомога
тельный планиметрический чертеж, вынося плоскость грани SBC на рис. 144. Проведя в треугольнике CBS среднюю линию NQ, получим два равных треугольника NQL и LBM, из которых находим
攵BL = %5Q = %8S・
/\Аналогично показывается, что
/ \DP = %SD, где Р — точка пере-
川厶一—\ лсечения прямой EN с ребром SD
/(см. рис. 143).
/^\^\ Итак, сечение построено. Ока-
С^^―—^*^ зал ось, что плоскость сечения
пересекает пирамиду по пяти-
Рис. 144.угольнику LKFPN. Эта плоскость
делит пирамиду SABCD на два
многогранника, причем таких, что вычислить непосредственно их объемы не представляется возможным. Для того чтобы вычислить объем хотя бы одного из этих
многогранников, нужно сделать дополнительные построения и рассмотреть несколько пирамид.
Однако из рис. 143 можно увидеть, что объем многогранника CDFKBLNP, лежащего под секущей плоскостью, равен объему треугольной пирамиды NECM без объема двух треугольных пирамид LKBM и PEDF. Вычислим теперь объем этих пирамид.
Пусть высота пирамиды SABCD равна Я, а ребро основания равно а; тогда ее объем равен V = %出Н. Так как точка ^ есть середина ребра CS, то перпендикуляр, опущенный из этой точки на плоскость ABCD, равен %庁 Столь же легко показать, что перпендикуляры, опущенные из точек L и Р на плоскость ABCD, равны //Л Площади оснований рассматриваемых пирамид легко вычисляются: они равны соответственно %* %" и %а& Поэтому объем многогранника CDFKBLNP равен
小 48aa / 96 2 *
Значит, секущая плоскость делит объем пирамиды в отношении I: I.
В этой задаче определение формы сечения может быть сделано довольно просто и без применения рассматриваемого метода, поскольку ясно, что в сечении получается пятиугольник NLKFP. Однако, не выходя за пределы пирамиды, мы не нашли бы изящного способа вычисления объема многогранника, лежащего под секущей плоскостью.
Многие поступающие пытались найти объем много^ гранника CDFKBLNP, разбивая многогранник на пирамиды. Но такой способ требует прежде всего отличного геометрического воображения, значительно более развитого, чем необходимо для приведенного выше решения. Кроме того, такой способ связан с громоздкими вычислениями, тогда как в изложенном решении они незначительны.
Существуют задачи, в которых секущая плоскость задана тремя точками, лежащими на ребрах (или их продолжениях) рассматриваемого многогранника, и тем не менее формальное проведение описанного выше метода построения сечения не приводит к цели. Так обстоит дело в задачах, в которых прямая, соединяющая две данные точки сечения, оказывается параллельной ребру многогранника. В таких случаях надо воспользоваться теоремой о том, что если дзе плоскости парап* лельны прямой, то линия их пересечения гакже параллельна этой прямой.
(Ф-т психологии, 1968) В правильной четырехугольной пирамиде SABCD все боковые грани ——равно- Сторонние треугольники со стороной, разной 1. На продолжении ребра AS за точку А взята точка К так, что АК — %. Через точку К и середины ребер ВС и AD проведена плоскость. Найти площадь получившегося сечения.
середины ребер Е лежат в пло-середины ребер Е лежат в пло-88КЕ пересекает ребро DSКЕ пересекает ребро DSПусть точки Е и 尸一соответственно fAD и ВС (рис. 145). Так как точки К и
середины ребер Е лежат в пло-
середины ребер Е лежат в пло-
8
8
КЕ пересекает ребро DS
КЕ пересекает ребро DS
скости грани ADS, то прямая в точке ^. Проведя прямую АР II DS и рассмотрев подобные треугольники КАР и KSM найдем АР = %SM Учитывая же, что АР = DN, получаем, что точка N делит ребро SD в отношении 3: 1.」
Найдем еще одну точку [(кроме данной точки 尸)сечения, лежащую в какой- нибудь боковой грани. Это можно сделать с помощью
сформулированной выше теоремы. Действительно, поскольку EF I, CD, то плоскость сечения параллельна ребру CD, а так как ребро CD лежит в грани CDS, то плоскость сечения пересекает грань CDS по пря^ мой MN, параллельной ребру CD.
Итак, сечение построено: это трапеция EFMN. Теперь найдем ее площадь. Так как SN = ^DS и так как △D*C s △МЛ/S, ю SN = 3j Рассматривая треугольник DNE и применяя теорему косинусов, находим NE = % д/3・ Аналогично находим FM = % “3. Зная все сюроны трапеции EFMN, находим ее площадь： 7 7П/64.
(Геофак, 1973) В правильной четырехугольной пщаяыде SABCD с вершиной S сторона основания равна 1. Объем пирамиды равен “2/3. Через сторону основания CD проведено сечение, которое делит пополам двугранный угол, образованный боковой гранью SCD и основанием, Найти площадь сечения.
чала высоты SE ичала высоты SE иПоскольку объемПоскольку объемПоскольку плоскость сечения содержит ребро CD (рис. 146), то она параллельна ребру АВ и, следовательно, пересекает плоскость АВС по прямой MN jj АВ. Значит, в сечении получается трапеция CDMN, площадь которой и надо найти.
чала высоты SE и
чала высоты SE и
Поскольку объем
Поскольку объем
Для точного построения прямой MN надо отыскать хотя бы одну принадлежащую ей точку. Проведем сна- боковых граней CDS и ABS и рассмотрим треугольник SEF. Так как 丄 CD и FE _L CD, то плоскость S£F перпендикулярна к ребру CD; значит, угол SEF — линейный угол двугранного угла, образованного гранями CSD и ABCD. Но тогда биссектриса EL тре< угольника SEF лежит в плоскости сечения и пересекает сторону SF в точке 厶 лежащей на прямой MN.
Итак, мы нашли точку на прямой MN, чем заканчи' вается построение сечения, и остается только провести выкладки.
амиды равен «2/з, а сторона
основания равна 1, то легко видеть, что высота пира- миды SK = “2. Из треугольника KSE находим SE = =3/2 и 8s(2FES)= %. Так как биссектриса треуголь-
ника делит противолежащую сторону на части, пропорциональные прилегающим сторонам, то SL:厶尸= 3:2. Но тогда MN : АВ = 3 : 5, т. е. MN = 3/s и LF — %尸У = =%.
Из треугольника LFE, применяя теорему косинусов,
находим
£Е2 = FE? + 尸厶2 _ 2 •尸Е •尸厶 cos (Z EFL),
откуда £Е = 2“б/5・ Так как ребро CD перпендикулярно к плоскости сечения, то, в частности, CD 工 LF、 а это означает, что LF есть высота трапеции CDMN,
SA = SBt АС — ВС = Ь, ПосколькуSA = SBt АС — ВС = Ь, Посколькупирамиды) на сторонепирамиды) на сторонепо прямой ЕМ II CS,по прямой ЕМ II CS,четы-четы-точкаАВСт. е.точкаАВСт. е.
SA = SBt АС — ВС = Ь, Поскольку
SA = SBt АС — ВС = Ь, Поскольку
пирамиды) на стороне
пирамиды) на стороне
по прямой ЕМ II CS,
по прямой ЕМ II CS,
четы-
четы-
точка
АВС
т. е.
точка
АВС
т. е.
Теперь легко вычислить площадь этой трапеции:
S —2* LE — - 25 •
В следующей задаче мы неоднократно будем пользоваться теоремой о линии пересечения плоскостей, па* раллельных одной прямой.
(Химфак, 1972) В треугольной пирамиде SABC
(S — вершина, АВС — основание АС взята точка D так, что АС = 3DCt а на стороне ВС взята точка Е так, что ВС = =ЗС£. Найти площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точки D и Е параллельно ребру SC, если известно, что
SC = а, N АСВ = а. плоскость иско-
мого сечения параллельна ребру CS, то она пересекает плоскость ACS, содержащую это ребро, по прямой DN || CS (рис.
147). Аналогично, плоскость сечения пересекает плоскость CBS
Так как CD : СА = СЕ : СВ = 1:3, то DE || АВ и ОЕ = 1/з48. Значит, плоскость сечения пересекает плоскость АВС по прямой DE || 48, т. е. плоскость сечения параллельна ребру 48; следовательно, она пересекает плоскость ABS, содержащую ребро АВ, по прямой MN || АВ, Итак, в сечении получается четырехугольник DEMN
такой, что DE || MN и DN || ЕМ\ это означает, что рехугольник DEMN — параллелограмм.
Покажем, что DEMN—прямоугольник. Пусть К — середина ребра АВ. Поскольку треугольник
и высота,и высота,равнобедренный, его медиана есть
и высота,
и высота,
КС ± АВ. Аналогично показывается, что SK 丄 АЗ. Но это означает, что ребро АВ перпендикулярно к плоскости KSC и, в частности, к ребру SCy т. е, АВ 丄 CS. Значит, четырехугольник DEMN ——прямоугольник.
Найдем площадь этого прямоугольника. Рассматривая подобные треугольники DEC и АВС, ВМЕ и BCS, AND и 4SC, получаем
99
DE = у АВ, ME = DN = у CS =百 а・
Применив к треугольнику АВС теорему косинусов, будем иметь
4В2 = ЛС2 + 8c2 - 2АС • ВС-cos (Z АСВ), откуда
ЛВ = b «2 — 2 cos а = 2b sin ^ ・
Теперь легко определяется площадь искомого сечениям S = DE・ME = ^a6s呜.
В предыдущих задачах мы всегда имели в плоскости хотя бы одной грани многогранника две точки искомого сечения. Зная их, мы находили еще одну или две точки, лежащие на ребрах, а значит и лежащие в других гранях. Тогда в плоскости новой грани также имеем две точки сечения и т. д.
Однако так бывает далеко не во всех задачах; часто одна из точек, определяющих сечение, лежит внутри многогранника, или все эти точки задаются в разных гранях. При решении таких задач приходится делать сначала дополнительные построения. Обычно в таких случаях проводится вспомогательная плоскость, содер* жащая какую-либо прямую из плоскости сечения и какую-либо прямую, лежащую в плоскости одной из граней многогранника. В построенной вспомогательной плоскости отыскивается точка пересечения этих прямых и тем самым находится еще одна точка сечения, лежащая уже в плоскости грани. Дальнейшее построение проходит по описанной выше схеме.
(Мехмат, 1965) Дана правильная треугольная призма АВСАХВ\С\ с боковыми ребрами ЛЛЬ ВВ： и СС\. Пусть точка Р делит ось OOj призмы в отношении 5:1. Через точку Р и середины ребер АВ и А^С^ проведена плоскость. В каком отношении эта плоскость делит объем призмы?
рассуждениярассужденияпредыдущих задках.предыдущих задках.
рассуждения
рассуждения
предыдущих задках.
предыдущих задках.
Пусть точки £ и N — середины ребер 4 & и АВ (рис. 148). Для построения сечения его точку, лежащую в одной грани с точкой М например, точку пересечения прямой ЕР с гранью АВВ{А\. Ясно, что эта прямая лежит, в частности, в плоскости а, проходящей через точки Е, 01 и Р. В этой плоскости лежит прямая ЕОЬ а значит, и точка
Так как прямые POi и ВВХ параллельны и так как прямая 戶С^ лежит в плоскости а, то в ней лежит и прямая ВВЬ Значит, прямая ЕР пересечет ребро ВВ\ в некоторой точке D. Так как треугольники EDB\ и РЕО\ подобны и так как Е0\ = %8咼 POi = %8丛，то QB = %ВВ「Итак, мы нашли еще одну точку сече
ния ——середину ребра ВВ】. Дальнейшие
аналогичны рассуждениям в
Поскольку точки N н D (рис. 149) лежат в плоскости грани АВВ\А\, то прямая ND пересечет продолжения ребер А\ВХ и А\А соответственно в точках М н L, причем легко показать, что точка L отстоит от точки А на половину ребра 44b а точка М отстоит от точки В】 на половину ребра А\В{,
Соединяя точку Е с точками 乂 и L, получаем точки К и ^окончательно определяющие искомое сечение — пятиугольник EKDNF.
Из подобия треугольников ALF и A\LE получаем Af=%AC, Для определения 81K можно рассуждать так же, как в задаче 3; в результате получим 瓦 К =: =1/4当&.
Таким образом, положение точек Е, К, D, М 尸 пол
ностью определено.
Вычислим объем многогранника A\EKB\DNAF, обозначив боковое ребро призмы через h, а площадь ее основания через s. Этот многогранник получается из пирамиды LA[EM {L — вершина) отбрасыванием пирамид LAFN и DB\KM (L и D — вершины). Несложный подсчет показывает, что объем нашего многогранника равен 49/is/144, откуда следует, что секущая плоскость делит объем призмы в отношении 49:95.
Иногда плоскость сечення задается не тремя точками, а другими условиями, например, одной точкой и условием, что секущая плоскость параллельна некоторой плоскости, или точкой и условием, что секущая плоскость параллельна двум скрещивающимся прямым. В таких задачах надо найти какие-либо точки, лежащие в плоскостях граней, а уж затем продолжать решение описанным выше стандартным способом.
(Физфак, 1966) В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1&&D1 (ABCD и A{B{C\DV — основания, АД 1 И ВВ\ II ССХ II DDX) даны длины ребер АВ = а, AD — Ь,力4 = с. Пусть О — центр основания ABCD, Oi — “еатр основания A\B{C\D{, а S — точка, делящая отрезок 010 в отношении 1 : 3, т. е. QS : SO —1:3. Найти площадь сечения данного параллелепипеда плоскостью, проходящей через точку S параллельно диагонали АС\ параллелепипеда и диагонали BD его основания ABCD.
Поскольку точка S лежит в диагональной плоскости BDDXB\, то секущая плоскость, которая параллельна диагонали 8D, пересекает эту плоскость по прямой EF, параллельной BD (рис, 150). При этом ясно, что
DlE = ^DlD = ^,
Итак, используя условие параллельности секущей плоскости и диагонали BD, мы нашли две точки сечения, лежащие на ребрах параллелепипеда.
Используем теперь второе условие: параллельность секущей плоскости и диагонали ДСь Точка S лежит также в диагональной плоскости ACCiAi (не показан-
пой на рис. 150); поэтому- секущая плоскость пересекаем эту плоскость по прямой MN、параллельной диагональ АС{. Пусть точка Q ——середина диагонали ДСь Так каа прямая ОО] лежит в плоскости АСС\АЬ то ясно, что
SQ = ；0Q = ；44 ==*•
Поскольку MN II 4&, AM || SQ и ^C1 || SQ, то
AM = NCi = SQ =《
Таким образом, мы нашли четыре точки, принадл^ жащие сечению и лежащие или на ребрах параллелепи*
педа или на их продолжениях.
Точки Е н N лежат в плоскости грани DCC、D\, поэтому прямая EN пересекает ребро D© в некоторой точке L. Так как ED： = NC\, то ясно, что точка L есть середина ребра D[C\ и, кроме того, EL — LN. Аналогично находим, что пря* мая FN пересекает ребро В© в его середине — точке К к что KN = KF.
Итак, сечение полностью определено ——это пятиугольник MFKLE. Для нахождения его площади заметим, что наш пятиугольник получается из четырехугольника MFNE от-
Рис. 150.Рис. 150.брасыванием треугольника
Рис. 150.
Рис. 150.
LNK. Четырехугольник MFNE есть параллелограмм, так как ME II FN и MF || EN (секущая плоскость пересекает параллельные плоскости по параллельным прямым); поэтому его площадь равна удвоенной площади треугольника MFE.
Учитывая, что LN = %£% и ^^ = %FN, получаем, что площадь треугольника L^^ равна четверти площади треугольника ENF или четверти площади равного ему треугольника MFE. Значит, площадь сечения равна ‘/《 площади треугольника MFE.
Найдем теперь площадь треугольника MFE. Легко видеть, что
ЕР = “出十 b?, MF = aJа2 + 弓~ ,МЕ = «а + ^ .
По формуле Герона после необходимых преобразований вычисляем площадь треугольника MFE* Затем сразу получаем, что площадь сечения равна
奈 V曲汐 + а%? + Ь%*.
Итак, во всех рассмотренных задачах стандартный метод позволил почти автоматически строить сечение, а дополнительные построения вне рассматриваемого многогранника позволили очень просто проводить необходимые вычисления.'
Задачи
(Мехмат, 1951) В правильной четырехугольной пирамиде через вершину основания проведена плоскость, перпендикулярная к противоположному боковому ребру. Определить площадь сечения, если ребро при основании равно 1, а боковое ребро равно 2.
(Мехмат, 1964) Дан куб ABCDA\BiC\Db где ДЛЬ ВВЬ С&, DR ——боковые ребра; ребро куба равно 1. Найти площадь сечения куба плоскостью, проходящей через вершину Д н середины ребер В]& и CjDf.
(Физфак, 1965) В основании правильной четырехугольной пирамиды лежит квадрат со стороной а. Высота пирамиды равна диагонали этого квадрата. Пирамида рассечена плоскостью, параллельной ее высоте и двум противоположным сторонам основания. Найти периметр сечения, если известно, что в него можно вписать окружность.
(Мехмат, 1965) Дан fy6 ABCDA'B'CD1 с боковыми ребрами ЛД\ ВВ\ СС н DDf. На продолжении ребер 4В, 44, AD отложены соответственно отрезки BP, %'Q, DR длины з^АВ (ДР = AQ — =4R = 5/2АВ). Через точки Р, Q в R проведена плоскость. В каком отношении эта плоскость делит объем куба?
(Химфак, 1966) В правильной четырехугольной пирамиде SABCD плоскость, проведенная через сторону AD основания перпендикулярно к грани BSC, делит эту грань иа две части, одинаковые но площади. Найти полную поверхность пирамиды, если AD ~ а.
(Физфак, 1966) Стороны оснований правильной шестиугольной усеченной пирамиды равны а и За Расстояние между двумя параллельными ребрами, лежащими в плоскостях различных осио-
ваний и в противоположных боковых гранях, равно 6. Вычислите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через указан* ные параллельные ребра.
(Физфак, 1-966) Площадь сечения, проведенного через диагональ основания правильной четырехугольной пирамиды параллельно непересекающемуся с этой диагональю боковому ребру, равна S. Найти площадь сечения, проходящего через серединх двух смежных сторон основания и середину высоты пирамиды.
(Физфак, 1966) Площадь боковой грани правильной шестиугольной пирамиды равна S. Вычислить площадь сечения, проходящего через середину высоты пирамиды параллельно боковой грани.
(Мехмат, 1966) В правильной треугольной пирамиде SABC с вершиной S и объемом V проведена плоскость, которая параллельна медиане основания BN и пересекает боковое ребро S4 в точке К. а боковое ребро SB в точке £, причем SK = %总A, SL = %S8. Найти объем части пирамиды, лежащей ниже этой плоскости.
(Мехмат, 1966) Плоскость отсекает от боковых ребер SA, SB и SC правильной четырехугольной пирамиды SABCD с вершиной S отрезки SK = 2/з$4, SL = %SB, SM — %SC соответственно. Длина бокового ребра пирамиды равна а Найти длниу отрезка SN, отсекаемого этой плоскостью на ребре SD.
(Мехмат, 1966) В правильной четырехугольной пирамиде SABCD с вершиной S и высотой 九 через центр основания проведена плоскость, параллельная грани SAB. Площадь получившегося сечения равна площади основания. Найти объем части пирамиды, лежащей ниже плоскости.
(Геофак, 1967) Угол между боковым ребром и плоскостью основания правильной треугольной пирамиды SABC с вершиной S равен 60°. Через точку 4 проведена плоскость, перпендикулярная к биссектрисе угла S треугольника BSC, В каком отношении линия пересечения этой плоскости с плоскостью BSC делит площадь грани 8SC?
(Биофак, 1967) В правильной четырехугольной пирамида SABCD с вершиной S проведена секущая плоскость Р, параллельная стороне АВ и проходящая через точку касания вписанного шара и грани SAB и через точку этого шара, ближайшую к вершине S* Найти площадь сечения пирамиды плоскостью Р, если АВ = 1( 54 =闹2.
(Географич. ф-т, 1968) В правильной четырехугольной пирамиде SABCD через середины сторон основания АВ и AD проведена плоскость, параллельная боковому ребру SA. Найти площадь сечения, зная сторону основания а и боковое ребро 6.
(Ф-т психологии, 1968) Дан куб ABCDA\B\CXDX с ребром, равным 1 дм. На продолжении ребра D】D за точку D взята точка Р такая, что DP = */г дм. Через точку Р и середины ребер 44] и CCi проведена плоскость. Найти площадь получившегося сечення^
(Физфак, 1969) Пусть S — вершина правильной четырехугольной пирамиды SABCD, все ребра которой равны а. Через точку Д и точку Е ребра SC проведена плоскость перпендикулярно к плоскости треугольника 5ЛС, причем SE = Ь. Определить объем четырехугольной пирамиды, отсекаемой этой плоскостью от данной пирамиды.
(Физфак, 1970) В основании треугольной пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник АВС (угол С—прямой). Ребро SA перпендикулярно к плоскости основания. В пирамиду вписан шар, радиус которого равен 7з54. Через вершину S и точку касания шара с основанием пирамиды проходит плоскость, параллельная ребру ВС. Зта плоскость делит поверхность шара в отношении 1 : 4. Найти угол ВАС.
(Физфак, 1970) В треугольной пирамиде SABC все ребра равны друг другу. На ребре SA взята точка М такая, что SM — =МА, на ребре SB—точка ^ такая, что S^ = 113sB. Через точки М и W проведена плоскость, параллельная медиане AD основания АВС. Найти отношение объема треугольной пирамиды, которую проведенная плоскость отсекает ог исходной пирамиды SABC к объему последней.
(Ф-т психологии, 1971) Дана правильная треугольная пирамида SABC. На продолжении ребра АВ взята точка М так, что АМ = АВ (Л1В = 24В). На ребре SB взята точка ^ так, что S^ = NB. Где на апофеме SD грани S8C должна находиться точка Р для того, чтобы в сечении пирамиды плоскостью, проведенной через точки М, /V и Р, был треугольник?
(Ф-т психологии, 1971) Дан куб ABCDA,B,CfDf с боковыми ребрами 44, В8‘，СС‘ н DDL На продолжениях ребер АВ и ВВГ взяты точки А1 и N соответственно так, что АМ = B'N == %АВ (ВМ = BN = 3/2力8). Где на ребре СС‘ должна находиться точка Р для того, чтобы в сеченни куба плоскостью, проведенной через точки М, ^ и Р, был пятиугольник?
(Физфак, 1971) В основании треугольной пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник АВС. Середина D гипотенузы 4В этого треугольника является основанием высоты SD данной пирамиды. Известно, что SD =儿 АС =匕，ВС ~ а. Через середину высоты SD проведено сечение пирамиды плоскостью, параллельной ребрам АС н SB. Найти площадь этого сечения и угол между пло- < костью сечення и основанием пирамиды.
(Физфак, 1971) В основании четырехугольной пирамиды ^ABCD лежит равнобочная трапеция ABCD (4В = а, ВС = 2а, CD == а, AD = За, ВС || AD). Ребро SC перпендикулярно к плоскости основания и равно h. Через точку С проведено сечение пирамиды плоскостью, параллельной ребрам АВ и SD. Найти площадь ©того сечения и угол между плоскостью сечения и основанием пирамиды.
(Химфак, 1972) Основанием треугольной пирамиды SABC служит прямоугольный треугольник АВС с прямым углом при вершине В. Ребро SA перпендикулярно к плоскости треугольника АВС, Через середины D н Е ребер АС и ВС соответственно проведена плоскость, параллельная ребру SC и образующая в сечении четырехугольник DEFH (точка 尸 лежит на ребре SB). Найти площадь четырехугольника DEFH, если известно, что ВС = а, АС = &, S4 =瓦
(Химфак, 1972) В прямую призму ABCi)A，BCD\ нижним основанием которой является ромб ABCD, а ДД\ 8В： СС\ DDf — боковые ребра, вписан шар радиуса R Найти площадь сечения призмы плоскостью, проходящей через вершины Д, В, С； если известно, что ZB4D = сс.
2员(Ф-т психологии, 1972) Пусть 48, АС и AD — ребра куба. Через середины ребер АС н AD и вершину В проведена плоскость Р. Какую часть площади поверхности шара, описанного около куба, составляет площадь поверхности меньшей из двух частей, на которые этот шар делится плоскостью Р?
(ВМК, 1972) Шар касается плоскости основания ABCD пра- еильной четырехугольной пирамиды SABCD в точке Л и, кроме 宵его, касается вписанного в пирамиду шара. Через центр первого trapa и сторону основания ВС проведена секущая плоскость. Найти угол наклона этой плоскости к плоскости основания, если известно, что диагонали сечения перпендикулярны ребрам SA и SD.
(ВМК, !972) Боковые ребра правильной треугольной пирамиды SABC наклонены к плоскости основания под углом 45°. Шар касается плоскости основания АВС в точке Д н, кроме того, касается продолжения ребра BS за вершину S. Через центр шара и высоту BD основания проведена плоскость. Найтн угол наклона этой плоскости к плоскости основания.
(Геофак, 1973) В правильной треугольной пирамиде SABC с вершиной S через сторону ВС основания проведено сечение перпендикулярно к ребру SA Плоский уго£ при вершине пирамиды равен 60°, Высота пирамиды равна 2 “2. Найтн площадь сечения.
(Геофак, 1973) В правильной четырехугольной пирамиде SABCD с вершиной S сторона основания равна 4. Через сторону CD основания проведено сечение, которое пересекает грань SAB по средней линии треугольника SAB. Площадь сечення равна 18. Найти объем пирамиды SABCD.
(Ф-т психологии, 1973) Боковые ребра правильной четырехугольной пирамиды SABCD (S — ее вершина) равны а, а стороны ее основания равны а^2. Найти расстояние от центра шара, вписанного в пирамиду SABCD, до плоскости, проходящей через диагональ BD основания ABCD н середину Е ребра SA.
РАЗДЕЛ IV
《НЕСТАНДАРТНЫЕ» ЗАДАЧИ
Практически все задачи, разобранные в предыдущих разделах, имели обычный, «школьный», вид и решались стандартными школьными методами, с помощью привычных школьных рассуждений. Однако на вступительных экзаменах, и это особенно касается вузов, где математика имеет большой удельный вес, довольно часто предлагаются задачи совершенно иного рода. Мы назовем их для краткости «нестандартными» задачами.
Эти «нестандартные» задачи бывают разных видов. Некоторые из них внешне выглядят очень необычно, и поэтому сначала совершенно не ясно, как к ним под^ ступиться. Другие замаскированы: с виду, например, это обычное уравнение, но стандартными приемами оно не решается. Для решения третьих необходимо очень тонкое и четкое логическое мышление. В четвертых, … в общем, можно долго перечислять всевозможные особенности этих «нестандартных» задач и вряд ли можно перечислить все возможные особенности.
Эти своеобразные, «нестандартные» задачи требуют и определенной сообразительности, и свободного владения различными разделами математики, и высокой логической культуры. И помимо этого — психологической подготовленности. Сколько раз бывает, что задача, по существу совсем не сложная, но сформулированная несколько необычно, вызывает непреодолимые трудности! А ее решение и требует-то всего несколько слов.
Конечно( невозможно указать все методы решения «нестандартных» задач. Здесь приходится применять и графики, и самые различные свойства функций, и неравенства, и — последнее по счету, но первое по важности —логику.
Особо подчеркнем, что эти «нестандартные» задачи и «нестандартные» методы их решения ни в коей мере не выходят за рамки программы для поступающих в
вузы. Их «нестандартность》состоит скорее всего не в сложности, а в непривычности. Однако мы надеемся, что «нестандартные» методы, применяемые ниже к решению «нестандартных» задач, после внимательной проработки этого раздела превратятся в стандартные, приобретут равные права с уже привычными приемами решения.
Мы разбираем здесь подробно решения некоторых «нестандартных» задач, причем во многих случаях приводим несколько решений, использующих различные подходы к задаче. Заметим сразу же, что сами по себе эти решения несложны, их вовсе нетрудно понять, гораздо сложнее найти эти решения самостоятельно. Поэтому рекомендуем каждую из разбираемых ниже задач попытаться решить самостоятельно до ознакомления с ее решением.
В этих задачах имеет смысл особенно четко разли* чать «черновое» и《чистовое》решение. Дело в том, что когда вы только начинаете решать задачу, то идете как бы вслепую, наощупь, проводите какие-то вычисления и рассуждения, не зная еще, какие из них вам действительно нужны, а какие, быть может, впоследствии окажутся лишними. Таким образом вы получаете в конце концов «черновое» решение. В этом решении, как правило, бывают не очень ясные логические переходы, расплывчатые формулировки, много лишних утверждений и т. д. Однако экзаменаторов не интересует, каким образом вы дошли до окончательных утверждений. Им нужно, чтобы задача была решена, и ее решение было аккуратно обосновано — им нужно «чистовое» решение. Это «чистовое» решение не должно, конечно, копировать в точности весь ход «чернового» решения ——зачем повторять путь, по которому вы шли вслепую? Поэтому полученное вами 《черновое》 решение следует обработать надлежащим образом.
В ряде разбираемых ниже примеров мы приводим и то и другое решение, однако чаще ограничиваемся лишь «черновым» решением, предоставляя читателям возможность проделать чрезвычайно полезное упражнение по переработке этих решений в «чистовые».
§ 1. Задачи, нестандартные по внешнему виду
Для того чтобы понять, какие именно задачи мы считаем «нестандартными по виду», достаточно просто посмотреть на условия задач, разбираемых ниже. В этих задачах с первого взгляда ясно, что обычные преобразования, какие-либо алгебраические или тригонометрические формулы не приведут к цели, если наряду с ними не применять рассуждений совершенно иного рода.
Эти рассуждения, как правило, бывают связаны с неравенствами, с графиками и вообще с различными свой^ уствами функций.
I 2L (Мехмат, 1961) Решите
\/ 夕/ е/уравнение
J/一sin” = " + “+L
! IДля того чтобы подсту-
^7^$\ 行 питься к этому уравнению, по/смотрим,как ведут себя гра-
Iфики еголевой и правой час-
Рис.151.тей. Еслиэти графики пересе
кутся, то абсциссы точек пересечения и будут корнями данного уравнения, если не пересекутся, то уравнение корней не имеет. Из рис. 151 ясно, что уравнение не имеет корней.
На этом заканчивается《черновое》решение. Но его нельзя считать «чистовым»: ведь график — еще не доказательство, остается формально убедиться, что это уравнение не имеет корней. Разумеется, наше графическое рассуждение вовсе не пропадет, именно им мы и воспользуемся для нахождения строгого доказательства. .Представим себе яснее, из каких именно свойств графиков очевидно, что они не пересекаются. Этот факт следует из того, что график функции ^ = х2 + х + 1 всюду лежит выше, чем график функции у = sin х. В переводе с геометрического языка на алгебраический это означает, что при любом х выполняется неравенство
х2 + х + 1 > sinx.
Именно это неравенство мы и докажем совершенно строго. Из свойств квадратного трехчлена следует, что при % > 0 и при % V —1 выполняется неравенство
х2 + х + 1 > 1, так что при всех этих 尤 имеет место неравенство х2 + х + 1 > sin х. А на оставшемся промежутке —1 & %《0 справедливы неравенства х2 + + -V + i > 0 и sin х 0, так что и на этом промежутке уравнение корней не имеет.-
Подчеркнем, что, хотя при отыскании решения мы прибегли к наглядным геометрическим рассуждениям, в окончательном строгом решении они вовсе не используются.
(Экономич. ф-т, 1970) Решить уравнение
I 5 一 6х I ■ 4 sin 4sin —■5—|= 0e
Нетрудно видеть, что два последних слагаемых в левой части уравнения взаимно уничтожаются, и уравнение можно переписать в виде
|5-6x| = 4sin 等.(1)
Заметим сразу же, что при этом преобразовании ОДЗ уравнения расширилась, так что получаемые корни придется еще проверить на вхождение в ОДЗ.
Построив графики функций, стоящих в обеих частях уравнения (1) (рис. 152), мы видим, что эти графики пересекаются в двух точках. Вычислить абсциссы точек пересечения с помощью преобразований, очевидно, невозможно, и их придется 《угадать》. А для этого особенно важно аккуратно выполнить построение графиков. Тогда можно догадаться и затем прямой проверкой убедиться, что графики рассматриваемых функций пересекаются
%】=у2 к 尤2 = З/2. Эти числа и являются корнями уравнения (1). Однако исходному уравнению удовлетворяет только значение х = %, поскольку х = % не входит в ОДЗ этого уравнения.
Многие поступающие на этом свои рассуждения закончили. Между тем это решение не является исчерпывающим, поскольку отсутствие других точек пересечения, хотя и очевидно из чертежа, но подлежит строгому обоснованию. Его можно провести, например, следующим образом. При % > 3/2
15 - 6х I == 6х - 5 > 4,4 sin 号 & 4;
при О V % V 恥 левая часть уравнения (1)—убываю-* щая функция, а правая ——возрастающая; при х < О
I 5 - 6х I > 4,4sin*&4.
Таким образом, на рассмотренных промежутках уравнение (1) корней не имеет. Доказательство отсут* ствия корней на промежутке 5/^ V 尤 V 3/г не может быть проведено без использования фактов, выходящих за пределы требований программы вступительных экзаменов, и от поступающих не требовалось.
Для решения подобных уравнений иногда нет необходимости строить графики. Да и само построение этих графиков может оказаться слишком сложным. На самом деле при решении мы пользуемся не столько графиками, сколько различными неравенствами, а графики просто подсказывают нам пути доказательства. В более сложных случаях приходится искать доказательство чисто формально, не имея перед собой зрительного, геометрического образа. Это, разумеется, несколько сложнее.
(Мехмат, 1964) Решить уравнение
2cos2~^^A = 2"+ 2一*.
Ясно, что лучше и не пытаться строить график левой части, и вся надежда здесь на неравенства. С одной стороны, при любом % имеет место неравенство
2 cos22,
а с другой стороны,
2*+ 2-"》2
§ 1* ЗАДАЧИ, НЕСТАНДАРТНЫЕ ПО ВНЕШНЕМУ ВИДУ б27 как сумма вааимно обратных положительных величин. Поэтому левая и правая части исходного уравнения могут равняться друг другу в том и только в том случае, когда обе они равны 2.
Иными словами, должна выполняться система двух уравнений с одним неизвестным:
2 cos2=
О
2”+ 2T = 2・
Второе уравнение этой системы имеет единственный корень х = 0. Этот корень удовлетворяет и первому уравнению, т. е. является единственным решением системы, а вместе с ней и исходного уравнения.
Следующие задачи благодаря использованию свойств тригонометрических функций также сводятся к систем мам двух уравнений с одним неизвестным.
Решить уравнение cos7;; + sin4x = 1.
Поскольку cos7 x ^ cos2 х и sin4x ^ sin2 х, то левая часть данного уравнения не превосходит единицы и равна единице только в случае, когда в обоих написанных выше нестрогих неравенствах имеет место равенство, т. е. выполняется система уравнений
f cos7 х = cos2 х,I sin4x = sin2x.
Первое уравнение удовлетворяется при cos х = О и при cos х = 1. Но при этих значениях х второе уравнение также удовлетворяется: если cos х = 0, то sin2x = 1, а если cos х = 1, то sin х = 0. Поэтому решениями системы, а вместе с ней н исходного уравнения, будут
无= ^ + ^л и х= 2йл, k — целое число.
Решить уравнение sin4x — cos7x = 1.
Рассуждение, примененное в предыдущей задаче, здесь непосредственно не проходит, но его можно несколько модифицировать. Из данного уравнения еле* дует, что cos7 х ^ 0 (иначе sin4x >1), т. е. cos х ^ 0.
Но тогда |cos7x| = —cos7 х, и уравнение переписывается в виде
sin4x +1 cos х ]7 = 1.
А теперь мы можем рассуждать так, как раньше:sin4 % & sin2 х, I cos 尤卩 & I cos x F = cos2 x,
и в результате получим систему уравнений f sin4x = sin2x, I |cosx|7 = |cosx|2.
Второе уравнение удовлетворяется при |cosx| = О и при |cosx| = 1. Из I cos х I = 0 получаем решения л: = (зт/2) +々зт, fe = 0, ±1, ±2, ..., которые удовлетворяют и первому уравнению. Если же |cos%|=l, то cos х = —1 (так как cos х 0) и х = (2я + 1) л； эти значения также удовлетворяют первому уравнению. Таким образом, решение исходного уравнения дается двумя сериями:
% = ^ Т■左冗и х = (2й + 1) л, 々 ——целое число.
Укажем еще один способ решения, сводящий данное уравнение к предыдущему. Заменив % на л — р, полу** чим уравнение
sin4 (л — у) — cos7 (л — у) = 1、
или, пользуясь формулами приведения, уравнение sin4 y + cos7 г/ = 1,
разобранное выше. Решив его, нужно еще вернуться к старой неизвестной х = л — у.
Большие трудности у поступающих вызывают задачи, в которых комбинируются уравнения и неравенства или встречаются некоторые дополнительные условия, не являющиеся ни уравнениями, ни неравенствами — такие, например, как требование целочисленности значений неизвестных.
(Мехмат, 1973) На^и- все пары чисел (х, у), 4006V 'летворяющие условиям
'У6 + !/3 + 2х2 = V 切一炉产, 1/ (2)
4冲з + g3 + ；》2х)十 “ 1 + (2х —疗.
В этой задаче действительно трудно найти идею решения, и мы сразу укажем ее, не рассматривая никаких более или менее естественных попыток, не приводящих к цели. Как это ни странно, но для решения задачи приходится «испортить» входящее в систему уравнение, заменив его неравенством.
Именно, в правой части уравнения стоит выражение вида V2 —步・ Рассмотрение квадратного трехчлена г — z2 показывает, что его наибольшее значение равно ，4, так что правая часть уравнения меньше или равна %• Поэтому, если некоторая пара (%, у) удовлетворяет условиям (2), то она удовлетворяет и системе нера-* венств.
'ge + ^ + z^&g,
Вычитая теперь из первого неравенства второе, мы получим, что эта пара (х.у) удовлетворяет неравенству,
* + 2х2 — 4хУ — 1 < 1 — 2х2 — V1 + (2 г — у)2,
ИЛИ
уб — 4%уЗ + 4尤2《1 — " 1 十(2х —疗.
В этом неравенстве левая часть равна (у3 ——2х)2, т. е. неотрицательна, а правая часть, как легко видеть, неположительна, и, следовательно, это неравенство удовлетворяется только в случае, когда обе его части равны нулю. Другими словами, пара (х, у) удовлетворяет сн- стеме уравнений
[歹一2X=0,
(“ 1 十(2х — у)? = 1,
которая легко решается:
尤I = °,//1 = 0；%2 = - %，，2 =- 1；*3 = ’/2,乡3 = L
Однако в процессе решения мы заменили исходную систему (2) вовсе не равносильной ей системой (3), а эту систему заменили затем одним неравенством, так же, разумеется, не равносильным ей. Поэтому, естественно, мы могли получить посторонние решения, так что необходимо сделать проверку. Эта проверка проводится непосредственной подстановкой решений в систему (2), после чего убеждаемся, что условию задачи удовлетворяет только пара % = —%, У = —1-
(Экономич. ф-т, 1973) Найти все пары чисел х, у, для которых выполняются одновременно следующие условия:
а) 2%2 — %у + 10 = 0; б)炉 + 力 & 90;
в) х — целое число.
Нетрудно заметить, что из условия б) следует неравенство х2 90, т. е., с учетом в), —9《х & 9、Поэтому в принципе для решения задачи можно по очереди перебрать все целые значения х в этом промежутке. Однако на этом пути нам пришлось бы рассмотреть 21 значение х, так что этот путь, пожалуй, слишком долог. Более короткий путь связан с несколько неожиданным для данной задачи применением неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим.
Заметив, что из условия а) вытекает х =/= 0, выразим у через
2尤2 + 10
У ・
Отсюда
и, пользуясь упомянутым неравенством между средними, получаем
|д|》2“2|х|•台=2“丽.
Другими словами, у2 ＞： 80. Теперь из условия б) следует, что 炉 W 90 — “ W 10, и остается рассмотреть лишь значения х = ±1, ±2, ±3. Перебор этих шести
значений уже не составляет труда; в результате мы на・ ходим две пары, удовлетворяющие условию задачи:
修=2, у】=9; 尤2 = — 2, у? = — 9.
В связи с этим решением отметим, что во многих задачах, в которых одно или несколько неизвестных являются, по условию, целыми числами, довольно часто приходится прибегать к перебору отдельных значений неизвестных. Поэтому в тех случаях, когда задача сводится к перебору, следует научиться чувствовать, является ли этот перебор практически целесообразным. Если, например, требуется рассмотреть 500 значений неизвестного, то вряд ли такой путь решения приведет к цели — на его осуществление на экзамене просто нз хватит времени.
Нельзя, разумеется, однозначно ответить на вопрос, сколько значений стоит перебирать, а сколько не стоит — это зависит и от простоты рассмотрения отдельных случаев, и от техники решающего, и от его умения рационально организовать такой перебор. В только что разобранной задаче, к примеру, даже прямой перебор 21 значения х не отнял бы слишком много времени — может быть, даже меньше, чем поиск пути, сокращающего этот перебор. Кстати, и в приведенном выше решении вместо шести значений х достаточно было бы перебрать только три: %=1, 2, 3, если заметить, что вместе с каждой парой (х, у) условию задачи удовле* творяет и пара (—尤,—у)・
При подготовке к экзамену всегда полезно стараться находить приемы, сводящие перебор к минимуму. Что же касается тактики на экзамене, то следует соблюдать определенную меру, и ситуация здесь примерно такая же, как в геометрических задачах, где часто приходится выбирать между проведением длинного вычислитель* ного решения и поиском изящной геометрической идеи.
(Мехмат, 1974) Найти все значения а, для кото рых существуют четыре натуральных числа (%, у, 〃，и), удовлетворяющих равенствам
[(%+у)а + у + 20) = (140 — а)(а — 80),
( а (8и2 + 2М — а) = (4炉一и2)2.
Пусть сс — число, удовлетворяющее условию задачи, а х,弘 u, V — соответствующие значения неизвестных, удовлетворяющие данным равенствам (4). Из первого равенства (4) заключаем, что (140 — а) (а — 80) > 0 и, следовательно, 80 V а V 140.
Однако в этом интервале «слишком много» чисел а, так что придется привлечь к рассмотрению и второе равенство, которое, как легко видеть, также накладывает на а довольно сильные ограничения. Переписав это равенство в виде
а2 — (8(? + 2絞)а + (4а2 —絞产=0,
мы можем рассмотреть его как квадратное уравнение относительно а и найти два корня а】，2 = (2〃 士 и)4 Теперь мы видим, что а——натуральное число; более того, а — квадрат натурального числа. А в промежутке от 80 до 140 лежат всего три квадрата натуральных чисел, и поэтому для а возможны лишь значения 81, 100, 121. Остается только проверить, какие из этих трех значений а удовлетворяют условию задачи. Другими словами, для каждого из зтнх значений а мы должны попытаться найти натуральные числа х, у, 〃， и такие, что выполняются равенства (4).
При а = 81 первое равенство в (4) принимает вид
(% + у)(% + // + 20) = 59・
Но число 59 — простое и не может быть разложено в произведение двух натуральных сомножителей, отличающихся друг от друга на 20. Поэтому а = 81 не удовлетворяет условию задачи.
При а = 100 первое равенство в (4) принимает вид
(х + у)(х + у + 20) = 800,
и поскольку 800 = 20•40, то этому равенству удовлетворяют любые натуральные числа х, у такие, что х +' + у = 20, например, х = у=10. Для отыскания значений и и у, соответствующих рассматриваемому значению а, заметим, что, согласно нашему решению, до^ статочно, чтобы удовлетворялось одно из равенств
100 = (2〃 + и)?,100 = (2〃 一 и)，
Ясно, что можно положить 〃 = 5, и = 0. Таким образом, значение а = 100 удовлетворяет условию задачи.
Оставшееся значение а = 121 рассматривается так же, как и а = 81, и не удовлетворяет условию задачи.
Итак, решением данной задачи является единственное число а = 100.
Заметим, что исследование значения а = 100, проведенное выше, является частью «чернового» решения, а в решении《чистовом》вполне достаточно было бы написать так: «Число а = 100 удовлетворяет условию задачи, так как при этом значении а равенствам (4), как легко проверить, удовлетворяют натуральные числа % = 10, у = 10, 〃 = 5, и = 0》.
Отметим, кроме того, что в самом начале решения мы могли бы сделать более тонкую оценку для а： поскольку х и у—натуральные числа, то
% +心 2,% + 什20)22,
и поэтому
(140-а) (а— 80) >44.
Однако, как можно проверить, это уточнение привело бы к более сложным выкладкгм, но ничего не дало бы по сравнению со сделанной более грубой оценкой.
Распространенным типом задач, необычных по внешнему виду, являются «одиночные» уравнения н неравенства с двумя или более неизвестными и системы уравнений, в которых число неизвестных не равно числу уравнений. Несколько таких задач ——систем двух уравнений с одним неизвестным ——мы уже решили в предыдущих примерах. Большие психологические затруднения у поступающих обычно вызывают задачи, где неизвестных больше, чем уравнений или неравенств: видимо, это связано с мнением, явно или неявно выражаемым, что из малого числа условий нельзя определить большое число неизвестных. Ниже разобранные задачи показывают, что это мнение не соответствует действительности.
(Экономич. ф-т, 1967) Решить систему уравнений [tg2 % + etg? х = 2 sin2 у, (sin2 y + COS2 2 = 1.
Данная система имеет три неизвестных н всего два уравнения. Однако сразу же ясно, что в первом
уравнении левая часть не меньше двух как сумма взаимно обратных положительных величин, а правая часть не больше двух. Поэтому первое уравнение рав・ посильно системе двух уравнений
tg2x + ctg2x = 2>sin2 y = 1.
Тем самым необычность данной системы полностью «снята» — мы имеем обыкновенную систему трех уравнений с тремя неизвестными, и притом чрезвычайно простую. В самом деле, из двух новых уравнений и второго данного мы сразу же получаем tg2x = 1, cos2 2 = 0. Поэтому решения исходной системы даются формулами
х =-^(2й+ 1),“ = ^ + Е, 2 = ~ + тля,
где 財 /, т — целые числа.
(Экономии, ф-т, 1968) Решить неравенство
-|pl + x - “/+员一1^1。
Отметим прежде всего, что решить неравенство с двумя неизвестными х и у ——значит, естественно, указать все пары чисел %, у, при подстановке которых в данное неравенство получается верное числовое неравенство.
Указать все такие пары можно, очевидно, или непосредственно, так, как, например, они указываются при решении обычных систем уравнений (при этом их может быть и бесконечно много ——скажем, для тригонометрических систем), или геометрически — изобразив область, составленную из соответствующих точек плоскости. Поэтому естественно привести данное неравенство к такому виду, чтобы его решения легко изображались на плоскости.
Перепишем неравенство в виде
х — \у\>-^х2 +у2 — 1 + I.
Теперь видно, что всякое решение должно удовлетворять условию х ——|у|》0, а при выполнении этого условия обе части неравенства неотрицательны (в ОДЗ)(
11 мы можем возвести их в квадрат, получив равносилье ное в ОДЗ неравенство
—X j I》7 K + * — 1.
Но в рассматриваемой области %》|川纟0, так что левая часть получившегося неравенства неположительна, а правая часть неотрицательна. Поэтому оно удовлетворяется в том и только в том случае, когда обе части равны нулю:
х\ ij\ = Q и 炉 + “ 一 1 = 0.
Первое из этих уравнений означает, что либо х, либо у равен 0. Если х = 0, то из л ^ | г/| следует р = 0, а пара % = 0, У = 0 не входит, очевидно, в ОДЗ исходного неравенства. Следовательно, у = 0, и из второго уравне-* ния получаем (с учетом % 力 0), что % = 1.
Подстановка в исходное неравенство показывает, что полученная пара %=1, у = 6 ему удовлетворяет. Интересно отметить, что, хотя мы и «настроились» сразу на геометрическое изображение решения, оно для записи ответа не понадобилось.
(Мехмат, 1965) Найти все пары чисел х, у, которые удовлетворяют уравнению
cos % + cos у — cos (% + у) = ^ •
Первое решение. Разумеется, вместо данной длинной формулировки можно было бы сказать просто: решить уравнение. Это уравнение допускает «почти стандартное» решение, сводящееся, как мы сейчас увидим, к решению тригонометрического неравенства. Первая мысль, которая может возникнуть при решении одного уравнения с двумя неизвестными, — нельзя ли выразить одно неизвестное через другое? Затем, придавая значения одному неизвестному, можно было бы получить соответствующие значения другого, и полученные таким обра* зом пары будут решениями уравнения. Тем самым задача будет решена.
Попытаемся выразить у через х. Наше уравнение можно записать в виде
cos% + 2sin (у +小呜=^.
3*2—■ cos х2 s呜3*2—■ cos х2 s呜<1.<1.Это неравенство переписать в виде3_Это неравенство переписать в виде3_(поскольку % — cos л > 0) можно(поскольку % — cos л > 0) можно-■ cos x W 2 sin "^ .-■ cos x W 2 sin "^ .
3
*2—■ cos х
2 s呜
3
*2—■ cos х
2 s呜
<1.
<1.
Это неравенство переписать в виде
3_
Это неравенство переписать в виде
3_
(поскольку % — cos л > 0) можно
(поскольку % — cos л > 0) можно
-■ cos x W 2 sin "^ .
-■ cos x W 2 sin "^ .
Ясно, что sin(%/2)=0=O (иначе cosx = 3/г)3 и поэтому
3
/х 、豆一COSXSin (у+£/)=-——.
2 sin ~
Будем рассматривать это уравнение как уравнение относительно у. Оно разрешимо в том и только в том случае, когда его правая часть по модулю меньше или равна L т. е. когда
Но cosx=l — 2sin2(x/2), и, обозначая |sin(%/2)|
рез /，будем иметь неравенство 4/2 —4/+ 1 ^ 0, которое удовлетворяется лишь при / = Vs-
Итак, правая часть рассматриваемого уравнения относительно у не превосходит по модулю единицу только при ]sin(x/2) I = Vs, т. е. при sin(尤/2)= 土％. При остальных значениях х оно решений не имеет. Рассмотрим отдельно оба возможных случая.
Если sin(%/2)=%, то x = (一1产(n/3)+2 々找，где 力 ——целое число. Тогда при любом й
cosx = cos [(— 1 产-—+ 2&冗]=—, и рассматриваемое уравнение относительно у принимает вид sin [(л/2) + у] = 1. Отсюда (х/2)+ у =(冗/2)十2"几 и, следовательно,
^ = 2з + ^ 一 ^ = 2"冗+ ^一 (一1产专一2尼
Таким образом, мы получили одну серию решений исходного уравнения
尤=(-I产^ + 2归冗，У -^ -V (-1)'+‘ у + (2m-尼)Пэ
% 尼=0, ± 1, ±2,
Аналогично рассматривается случай sin(x/2)=——'/г, который приводит ко второй серии решений:
尤=(- 1 严I ? + 2左m， " = _ ^ + (一 1产专 + (2" 一 生)%
и, й = 0, ± 1, ±2,
Второе решение. Данное уравнение допускает и иное решение, основанное на удачной группировке. Пользуясь тригонометрическими формулами, приведем уравнение к виду
4 cos2 —у— — 4 cos ±/ cos -% 貫.+ 1=0.
Первые два слагаемых в левой части легко дополнить до квадрата разности, после чего уравнение запишется в виде
(2 cos 中一 cos — J + sin?宁=0,
Последнее уравнение равносильно системе
2 cos - •$? = cos —
、sin—尸- = 0・
Из второго уравнения этой системы имеем х ——у = 2knt или у = х — 2々冗,где й ——целое число. Подставляя значение у в первое уравнение, получим
2 cos (х ——йл) = cos йл.
Поскольку cos (% —々冗)=(——1) & cos x и cos 々冗=(——1)比, то отсюда cos % = %, т. e. % = 土 (冗/3) +2〃冗，где n — целое число.
Таким образом, решение исходного уравнения дается следующими парами:
х=±у + 2ил, y = ±^ + 2(n-k)^
где м и k — целые числа (в формулах одновременно берутся либо оба верхних знака, либо оба нижних).
Отметим, что формулы, получившиеся в этом решении, мало похожи на формулы, полученные в первом решении. Тем н。менее они описывают одно и то же
множество пар (л,у), хотя убедиться в этом непосредственно не так просто.
Интересно сравнить приведенные решения: второе решение, весьма простое с виду, основывается на удачно найденной группировке, а в этом всегда есть некоторая искусственность и элемент догадки. В то же время первое решение следует естественной идее, но представляет технические трудности.
В следующем уравнении с двумя неизвестными идея выразить одно неизвестное через другое, очевидно, неприменима, и для решения используются соображения, связанные с неравенствами.
(Мехмат, 1965) Найти все пары чисел х, у, ко- торые удовлетворяют уравнению
tg4 % + tg4 у + 2 ctg2 X ctg? 9 = 3 + sin2 (% + у).
Рассмотрим левую часть этого уравнения. Воспользовавшись неравенством а4 + Ь4 ^ 玄а2b2, справедливым, как легко видеть, для любых а н Ь, будем иметь
tg4 尤+ tg4y> 2tg2%tg2y,
причем равенство достигается только при tg2x = tg2 у. Далее,
tg2 х tg2 у + ctg2 % ctg?心 2
как сумма взаимно обратных положительных величин, причем равенство достигается лишь при i^ xt^ у = 1. Итак, левая часть нашего уравнения больше или равна 4， причем равна 4 только при одновременном выполнении равенств
tg2 K =tg2y,tg%tg2g= 1.
С другой стороны, sin2(x + у) ^ 1 и, следовательно, правая часть меньше или равна 4.
Таким образом, исходное уравнение удовлетворяется в том и только в том случае, когда обе его части равны 4, что имеет место, когда % и у являются решениями системы
tg" = tg»,tg2xtg2y= 1,sin2 (尤 + g) = !.
Из первых двух уравнений имеем tg2 х = ig2 у = 1, т. е. tg% = ±i, tgf/=±l, причем возможны все четыре комбинации знаков. Тогда
x = ^(2k+ 1), у = ? (2 九 + 1), 在,n — целые числа.
Из полученных значений надо отобрать те, которые удовлетворяют третьему уравнению системы. Для этого подставим их в третье уравнение:
sin2 (л + у) = з1п^~(к + n + 1)=
{
1, если 论+ 几+1 нечетно, О, если 论 + 几 + 1 четно.
Отсюда следует, что из решений первых двух уравнений надо взять такие пары А и п, для которых сумма k-\-n четная, k-\- п = 2/п, т. е. п = 2т ——財 где /п ——целое число.
Итак, решениями данного уравнения являются пары %, р вида
% =京2々+1),y = ^{4m-2k+l)t
тп, й — целые числа.
Это решение лучше считать «черновым» и переофор* мить его в логически более четкое «чистовое» решение. Это можно сделать, например, следующим образом* Приведем левую часть к виду
ig"尤 + tg* + 2ctg2%ctg2y =
=(tg2 X — tg2 y)2 + 2 (tg2 Xtg2y + ctg2 尤 ctg2 y)=
=(tg2 尤—tg2 y)2 + 2 (tg 尤 tg у — ctg X ctg y)2 + 4,
Тогда уравнение принимает вид
(tg? х — tg2 у)2 + 2 (tg x tg у — ctg 尤 ctg г/)2 + I = sin'2 (x + a).
Левая часть этого уравнения больше или равна единице, а правая меньше или равна единице. Поэтому уравнение удовлетворяется в том и только в том случае, когда обе части равны единице, т. е. когда х и у являются
решениями системы
!
tg2X — tg2y =■(), fg尤tgy — ctgxc gy = o， sin2(X + y)= L
Эта система решается так же, как в《черновом》решении.
Задачи
Решить уравнения я неравенства:
(Мехмат, 1951) 2 sin х ~ 5х2 + 2х + 3.
(Мехмат, 1964) 2 cos (х/3) === 2х + 2-х.
(Мехмат, 1966) 10或 х + (х — 1) log2 х — 6 — 2%.
(Ф-т психологии, 1967)
^^L=log%(M_18y+10)+2.
(Ф-т психологии, 1967)
炉+,『+ L
(Экономич. ф-т, 1967) tg2 х + 2 tg х (sin // + cos //) + 2 — 0.
(Экономич. ф-т, 1967)
2 “2 (sin x + cos 尤)cos // = 3 + cos 2y,
(Экономич. ф-т, 1968)
cos x — y2 — “y — W — 1 > 0.
(Экономии, ф-т, 1968) — x —炉—“％一毋—1^—1. 10. (Экономич. ф-т, 1969) (4х — х2 — 3) log2 (cos2 лх + 1J 1. 11* (Экономич. ф-т, 1969) 2-1*一21 log? (4尤—尤2 一 2)》L 12. (Экономич. ф-т, 1970)
2. ,. cos 2х — 1 с
% — cos % + tgx h：=屮
лsin 2%
(Экономич. ф-т, 1970)
(d -sin 万+ С …；=0.
tg?万 + 1
И.И.(Ф-т психологии, 1971) Найти все такие значения к. чтоmin (2%х2, х — 1} > —^,
И.
И.
15・(Ф-т психологии, 1971) Найти все такие значения х, что
max ｛力2 — 2х, —— 1 J < —^-・
(Экономич. ф・т, 1971) Найти минимальный член последовательности
9
^ = 2必一24〃+69一(3〃_22户 + 3'及=I，2, 3,…
(Экономич.巾“т, 1971) Найти максимальный член последовательности
0"М —2紋+20/г — 48 + 7^~^,2 , 1П,п=1» 2, 3,…
(Мехмат, 1971) Найти все значения а, при которых система неравенств
f х2 + 2х + а《0,
I х2 — 4х — ба^О
имеет единственное решение.
(Мехмат, 1971) Найти все значения а, при которых решения системы неравенств
[炉一4х 苍 1 — 4a
образуют на числовой оси отрезок длины 1.
(Географии, ф-т, 1972) Найти все числа хну, для которых (2х+1=4у2 + 1,
1 2* &2у.
(Географии, ф-т, 1972) Найти все числа х и yt для которых [4 log^x + 1 R 2 10g2协
I log2 x2 > log2 协
(Филфак, 1972) Найти наибольшее число у такое, что существует число х, удовлетворяющее равенству
2х2 + 5y2 + 2ху — х — 2// — 3 = 0.
(Филфак, 1973) Существует ли, такое число с, при котором выражение logl+ct;2 не меньше, чем 2е + 1?
Найти все пары чисел (х, у), для которых выполняются одновременно следующие условия:
(Экономич. ф*т, 1973)
а) х2 — 2ху + 12 = 0;6)炉 + 旬2&60; в) х — целое число.
(Экономич. ф-т, 1973)
а) 2炉—％у 十 9 = 0； б) 2*2 + 川 & 81; в) % — целое число.
(Мехмат, 1973)
(X — у)2 —(X 一 у у = у2 一 2%2,
D》4%4+4"2 + ^_.
97・(Мехмат, 1973)
f 4y2 — 2炉="2 (e王 2У户一(% + 2y)*, I x^ +2^4y(x2^l).
(Биофак, 1974) Найти все значения х, для которых вели« чина
// — у (sin % + “3 cos х)
удовлетворяет уравнению
!о^4 (tg 2у — 3 ctg у) = 1 + 扌 1咱为(etg у — tg у).
(Химфак, 1974) Верно ли, что всякое решение неравенства log2 (8 + 8尤一5炉)> 2
будет решением неравенства
log2(2 + 2x-x2)>0?
(Химфак, 1974) Верно ли, что всякое решение неравенства 1о^/2 (х2 — 4х + 6) < — 2
будет решением неравенства
log%(3炉 一 14天 + 9) V 0?
(Филфак, 1974) Найти все значения х, удовлетворяющие неравенству
и3 (х) — би2 (х) + 8и (х) ^ 0,- где «(х) = log?翁工卜.
(ВМК, 1974) Найти все значеиия х, удовлетворяющие одновременно следующим условиям:
(I —2| + |а31 = 1, [813%-974 sl 63*2.
(ВМК, 1974) Найти все значеиия х, удовлетворяющие одновременно следующим условиям:
[|х + 5|-|х + 2|+3,
I 1114 + 279%《139炉.
(Мехмат, 1974) Найти все значения а, для каждого из которых существуют четыре целых числа (х, у, 〃，и), удовлетворяющих
§ 2, ЗАДАЧИ, ГДЕ НАИБОЛЬШИЕ ТРУДНОСТИ - ЛОГИЧЕСКИЕ _ 543
равенствам
х2 + р2и(Ш-а)(а-89),
50 他2 — V2) = а (15課斗 5и — а).
(Мехмат, 1974) Найти все значения а, для каждого из которых существует четыре натуральных числа (*, р,弘 и), удовлетворяющих равенствам
ху (40 + ху)«(150 — а) (а — 90),
а (8М + 18°2 — а)»(4 炉—9w2)2.
2. Задачи, где наиболее существенные трудности — логические
Очень серьезные трудности логического характера вызывают обычно уравнения, неравенства или системы с параметрами, в которых требуется найти такие значения этих параметров, при которых выполняются некоторые дополнительные требования (например, уравнение имеет единственное решение или, наоборот, удовлетворяется всеми допустимыми значениями %, или всякое решение одной системы уравнений является решением другой системы, или всякое решение одного неравенства является решением другого и т. п.).
Эти задачи являются, пожалуй, наиболее трудными из предлагаемых на экзаменах, именно потому, что они требуют логической культуры — того, чего не хватает большинству поступающих. Чтобы решить такую задачу, необходимо в каждый момент представлять себе, что уже сделано, что еще надо сделать, что означают уже полученные результаты.
(Мехмат, 1964) При каких а уравнение
1 + sin2 ах = cos 尢
имеет единственное решение?
Ясно, что sin2 ах при произвольном а нельзя выразить через sin х и cos х. Поэтому рассматриваемое урав« нение не может быть решено обычными методами — необходимо найти новую идею решения. Идея эта аналогична тем, которые применялись в § 1 раздела IV.
Вследствие того, что cos х ^ 1 ^ 1 + sin2 ах, исходное уравнение выполняется в том и только в том случае.
когда выполняется система уравнений
+ sin2 ах = 1»( sin ах = О,
cosx= I.( COSX= 1・
Таким образом, надо решить последнюю систему и исследовать, при каких значениях а она имеет единственное решение. Так как исходное уравнение равносильно полученной системе, то эти значения а и будут искомыми.
В этом месте и начинаются самые серьезные логические трудности. Именно здесь становилось ясно, кто понимает поставленную задачу, а кто просто делает какие-то выкладки, не отдавая себе отчета, что он, собственно говоря, делает и зачем это ему нужно.
Вот, к примеру, одно из предложенных «решений» этой системы:
《"尤==冗论,x = 2лП, 2апп = л^, a =元》.
И все! Больше не было ни единого слова, только равенство а = k/(2n) было подчеркнуто и считалось, видимо, ответом. Понять это решение просто невозможно!
Приведем решение, которое повторит выкладки пре-* дыдущего《решения》，но будет сопровождаться рассужу дениями, которых там явно не хватает.
Решения первого уравнения системы таковы
ах = /гл, 尼=0, 士 1, ±2,...
Решения ее второго уравнения также очевидны:
% = 2〃冗, п = 0, ±1, ±2,
Нам ну;хнь【 такие х, которые удовлетворяют одновременно обоим уравнениям, т. е. надо найти такие числа kun, при которых из обеих серий получается одно и то же значение х. Таким образом, надо решить одно уравнение с двумя неизвестными и и /г (и параметром а):
2fmп = Е(1)
Очевидно, что при любом а пара чисел 门=0, k = 0 является решением этого уравнения. Ей соответствует корень х = 0, Таким образом, при любом а исходное
уравнение имеет решение % = 0. Если 门 #= 0, то уравне* ние (1) можно переписать в виде
⑵
Вспомним теперь нашу основную задачу: ведь нам нужно не решить уравнение, а лишь определить, при каких а оно имеет единственное решение. Но любая пара чисел k ^ п, удовлетворяющая условию (2), даст решение исходного уравнения х = 2лп =冗尼/以 Поскольку мы уже нашли при любом а один корень исходного уравнения (х = 0), то теперь следует искать те значения а, для которых не существует таких целых к и 门, что выполняется соотношение (2), Ясно, что если Q иррационально, то таких k п п действительно не найдется. Первый результат получен: если а ——иррациональное число, то данное уравнение имеет единственное решение.
Решена ли уже задача? Разумеется, нет — ведь еще совершенно не исследованы рациональные значения а. Однако если а рационально, г. е. а — pjq、то его можно записать в виде а = 2P/2д и в уравнении (2) получить решение k = 2р, п = q. Следовательно, в этом случае, кроме 尤=0, будет по крайней мере еще одно решение (па самом деле их будет даже бесконечно много). Итак, при рациональном а исходное уравнение имеет не одно решение. Задача решена.
Все эти рассуждения приходится проводить для того, чтобы решить задачу для себя, получить ответ. Это, можно сказать, «черновое» решение. Теперь покажем, как можно было бы изложить «чистовое» решение.
Очевидно, х = 0 является корнем уравнения нрн любом а. Докажем, что при а иррациональном других решений нет, а при а рациональном — есть. В самом деле, пусть сначала а иррационально. Из неравенств cos 尤 & 1 W 1 + sin2 ах следует, что х является решением в том и только в том случае, когда удовлетворяет системе
(1 + sin2 ах == 1, [ sin ах = 0,
{ cosx= 1, I cos# = L
Если 允耍 0 является решением последней системы, то, во-первых, ах =冗々,k — некоторое целое число, и, во-вторых, х = 2лп, п — некоторое целое число, причем 也，0. Но тогда 2 а ли — л/г, откуда а = /г/2〃, т. е. а — рациональное число, что противоречит предположен нию. Пусть теперь а рационально, а = plq. Тогда х = =2л〃 будет, очевидно, решением, и притом отличным от нуля. Таким образом, данное уравнение имеет единственное решение тогда и только тогда, когда число а иррационально.
Эту задачу можно решить и графически. Будем ан、 тать, что а #= 0, так как при а = 0 уравнение, очевидно,
Рис. 153.
имеет бесконечно много решений. Перепишем наше уравнение так:
sin2 ах = cos х™ 1
к рассмотрим две функции
<.о 1 — cos 2ах
У1 = COS X — 1, у2 = Sin2 Q# 2 •
Построим на одном чертеже оба графика (рис. 153). Ясно, что исходное уравнение имеет решение тогда в только тогда, когда эти графики имеют общую точку.
Из чертежа видно, что при любых а есть точка пересечения графиков: х = 0. Из чертежа также видно, что дальнейшее пересечен не графиков возможно лишь в точках, где оба графика касаются оси Ох, т. е. там, где одновременно sin2 а% = 0 и cos 尤= 1. Но sin2 а% = 6 口л я ах =冷冗,где п — 0, 士 1, 士 2, ..., a cos x = 1 для x = 2尼冗,где А = 0, ±1, 土2, ... Поэтому точка х = 0 будет единственной точкой встречи графиков только в том случае, когда 2@尼冗 * 门冗 ни для каких целых п и 財 отличные от нуля. Другими словами, мы показали,
2. ЗАДАЧИ, ГДЕ НАИБОЛЫПЖ ТРУДНОСТИ1- ЛОГИЧЕСКИЕ 547 что единственное решение будет телька тогда, когда а =# 几/2々,где п и 々—целые отличные от нуля числа. Затем, так же как и гаше, показывается, что это будет только тогда, когда а число иррациональное.
Для решения задач с параметрами часто рассуждают следующим' образом. Пусть ггаралгетр а — некоторое фиксированное числи, удовлетворяющее условию з〃・ дачи; такие значения а будем называть подходящими. Далее будем выводить следствия из усповяя задачи и предположения относительно а. Тем самым получаются некоторые условия, которым обязаны удовлетворять подходящие значения параметра. Таким образом, значения параметра, не удовлетворяющие этим следствиям, автомаггически； не являются подходящими, и остается рассмотреть лишь- те значения параметра, ко» торые удовлетворяют полученным следствиям, В част- йостия есл№ этим следствия-м удовлетворяют лишь нек。* тарые конкретные значения, то задача сводится просто к проверке этих значений^
(Мехм-атг 1966) Найти &ее значения, о». при кою^ рых система
I 2h1 + |:罗| = D十/2十庵< 尤2 +疗=]
имеет только одно решение.
В соответствии с только что сказанным предполагаем сначала, что а — некоторое подходящее число, т. е. число, удовлетворяющее условию задачи. Другими словами, при этом значении а яанная система уравнений имеет ровно одно решение: обозначим его (%о> Уо). Но легко заметить, что оба уравнения системы не меняются при замене х на —%, а это аначит, что пара (—№, %} при рассматриваемом значении с также является реше* нием системы. Однако, по первоначальному предположению относительно а, система имеет единственное решение. Выход из этого противоречия одан: (х0, Уз) и (——Хо, у。) представляют собой одну и ту же пару. Это значит просто, что %о =——％о, т. е. хс == 0. О числе 夕о из этих рассуждений мы никакой информации не получаем. Но, подставив решение (0, %) в исходную систему,
приходим к равенствам
1=Уо + а, %=L
Отсюда следует, что у()равно либо 1, либо ■—1, и в соответствии с этим а равно либо 0, либо 2.
Таким образом, мы доказали, что если а — подходящее число, то либо а = 0, либо а = 2. И особо подчеркнем, что предыдущими рассуждениями ни в коем случае не доказано, что числа 0 и 2 являются подходящими. Наоборот, именно это предстоит сейчас выяснить.
Рассмотрим сначала значение а = 0. В этом случае имеем систему
{2(3) (Х2+ у2 = 1.
Если мы докажем, что система (3) имеет единственное решение, то это и будет означать, что значение а = 0 удовлетворяет условию задачи. Заметим, что значение а — 0 было получено выше при подстановке в исходную систему пары (0,1). Легко проверить, что эта пара действительно удовлетворяет системе (3) и, таким образом, при а — 0 исходная система уже имеет одно решение. Выясним, имеются ли у системы (3) другие решения.
Эта система не решается обычными приемами. Поэтому применим специальные рассуждения. Из второго уравнения этой системы следует, что |х| ^ 1, | j/| ^ 1, откуда х2 jx| и у&1. Кроме того, 2印力 1, гак как |х| ^ 0. Из всех этих неравенств получаем
^х' + \х]^\+^^у + А
и следовательно, первое уравнение удовлетворяется лишь в случае, когда в обоих нестрогих неравенствах имеет место равенство, т. е. когда
2,х| = 1, I х I = х, {/==!,
«< это верно лишь при х = 0, у = 1. Таким образом, при & = 0 данная система имеет единственное решение (0J).
Теперь рассмотрим значение а = 2. В этом случае имеем систему
f 23 + |x』+ d + 2,
I Y + “ = L
Как и раньше, замечаем, что пара (0,——1) является решением, и снова нужно выяснить, есть ли другие реше^ ния. Но подставив х == 1, у = 0, убеждаемся, что пара (1, 0) также является решением системы, и следовательно, при а = 2 система имеет не одно решение.
Итак, данная система имеет единственное решение только при а — 0.
Приведенное решение требует еще неско«тьких слов—* не математического, а скорее психологического характера. Как часто бывает, это решение легко понять, но как его найти? Конечно, на этот вопрос в общем случае нельзя дать универсальный ответ,
В нашем решении есть три таких едогадки».
Первое — мы заметили, что система не меняется при замене 工 на ——х, и это дало нам существенное продвижение. Невоз?ложно сказать, как это заметить, но каждый, кто знаком с понятием четности и нечетности функций и имеет навык в обращении с ними, сможет это сделать.
Второе — мы стали решать систему (3) нестандартным путем, используя неравенства. Эта догадка несколько сложнее, но изложенные в предыдущих параграфах (фимеры показывают, что применение неравенств для решения уравнений часто бывает необходимо.
И, наконец, третье ——мы догадались, что при а = 2 исходная система имеет еще одно решение: х=1, у = 0. Мы попытались просто подобрать решение, и это удалось. Этот путь оказался успешным только благодаря наличию «хороших» целочисленных решений. В некоторых случаях такой подбор является единственным возможным путем решения.
(Мехмат, 1966) Найти все значения а и bt при которых система
(xyz + z= а,
《尤州2 + n = 6,
1 X? + //2 + 2纟=4 имеет только одно решение.
Пусть (а,匕)——подходящая пара значений параметров и (%о, У^ ^о) — соответствующее единственное решение. Но легко заметить, что система не изменится, если в ней одновременно заменить 尤 на ——尤，а у на ——у. Отсюда следует, что тройка (—尤°,——у% 之。)также является решением системы, и, как в предыдущей задаче, заключаем, что %о = Уо = 0. Подставляя теперь тройку (0, 0, No) в систему, получим & = а, % = Ь, ^ = 4, откуда г0 = ±2 п а = b — ±2.
Таким образом, если пара (а, Ь) подходящая, то либо а = b = 2, либо а — b = —2. Снова, как и в предыдущей задаче, надо установить, являются ли эти пары значений параметров подходящими.
При а = b = 2 имеем систему
' x" + z = 2,« ху^ + г = 2,、%2+力+ / = 4,
одним из решений которой, как легко проверить, является 尤=0, у = 0, z = 2. Из второго и первого уравнений следует, что ху(^ ——г) — 0. Если х = 0, то далее из второго и третьего уравнений получаем г — 2 и у = 0, — это решение нам уже известно. То же самое решение получится, если у = 0.
Будем теперь считать, что 之？一z = 0, т. е. г — 0 или z=l. При z = 0 первые два уравнения противоречивы, а при г = 1 получаем систему
Г 尤 у = 1,I 尤2 + у- = 3.
которая, как легко убедиться, имеет четыре решения. Таким образом, при а = Ь = 2 исходная система имеет пять решений, а потому пара а = b = 2 не является подходящей.
Теперь пусть а = b = —2. Имеем систему
xyz + z = — 2,、 х^г24- г = — 2,I炉十у?十2? = 4,
§ 2. ЗАДАЧИ, ГДЕ НАИБОЛЬШИЕ ТРУДНОСТИ - ЛОГИЧЕСКИР 551 оаннм из решений которой, как легко убедиться, является 乃=0, у = 0, г = —2. Рассуждения, аналогичные приведенным в»ыте, показывают, «по других решений эта система не имеет, а потому при 立 = b = —2 исходная система имеет единственное решение* т. е. эта пара значений параметров подходящая.
Итак, условию задачи удовлетворяют лишь значения а ~~ b = —2.
(Мехмат, 1966) Найти все значения а, при котсь рых система
(x2+1)。+ 期+1¥=2,а + bxy + х2у = t
имеет хотя бы одно решение для любого значения Ь.
Пусть а — иодлодящее значение параметра, т. е. такое значение, при котором данная система имеет хотя бы одно решение при всякое значении Ь“ Выберем некоторое значение Ь; это можно сделать совершенно произвольно, но мы выберем Ь так, чтобы система приняла наиболее простой вид.
Ясно, что лучше всего взять b = 0. Тогда система принимает вид
((炉+1)@=1,
I а + х2у = 1,
причем, поскольку а — подходящее значение, эта си< стема имеет хотя бы одно решение, которое обозначим через(№,%)・
В этом решении х° либо равно, либо не равно нулю. Если хо = 0, то из второго уравнения получаем а= 1? а если х0 #= 0, то х^ + 1 =^ 1, и из первого уравнения получаем а = 0.
Таким образом, если а — подходящее число, то либо а = 0, либо а = L Теперь надо выяснить, являются ли эти значения на самом деле подходящими.
При а = 0 система имеет вид
(俨+D』，
I bxy + ^у = 1;
нам надо выяснить, имеет ли эта система решение при любых Ь. При b ^0 из первого уравнения следует, что у = 0, а тогда второе уравнение противоречиво. Следовательно, значение а = 0 не является подходящим.
Пусть а = 1. Тогда система имеет вид
х2 + (&2+ 1产=1,bxy + х2у = 0.
Очевидно, х = у = 0 при любом b является решением, и следовательно, а = 1——подходящее значение.
Таким образом, условию задачи удовлетворяет единственное значение а = L
(Мехмат, 1968) Найти все те числа а, при каждом из которых всякий корень уравнения
sin Зх = а sin % + (4 — 21 а I) sin2 尤(4)
является корнем уравнения
sin 3尤 + cos 2х = 1 + 2sinx cos 2%(5)
а, обратно, всякий корень второго уравнения является корнем первого уравнения.
Более кратко эту задачу можно, очевидно, сформулировать так: при каких а урабнения (4) и (5) равносильны? Для выяснения равносильности двух уравнений существуют в принципе два пути: первый ——получить каждое уравнение из другого с помощью некоторых преобразований, и второй — в соответствии с определением равносильности доказать, что всякий корень одного уравнения является корнем другого уравнения, и на* оборот.
В нашем примере первый путь, по-видимому, неприменим и придется воспользоваться вторым путем. Однако и здесь все не так просто: трудно вести рассуждения о совпадении корней двух уравнений, которые так непохожи одно на другое; единственное, что здесь может спасти,——это знание всех этих корней или корней хотя бы одного из уравнений.
В нашем случае, оказывается, совсем просто решается уравнение (5), и поэтому задача легко сводится к следующей: при каких значениях а уравнение (4) h-kclt g точности те же корни, 47。и уравнение (5).
Для сокращения выкладок обозначим sin% через у. Тогда уравнение (5) приводится к виду
2力 一 у = 0.(6)
Последнее уравнение имеет корни 小=0, У2 = %• Аналогично после замены sin3% = 3y — 4уЗ уравнение (4) приводится к виду
[^ + (А-2\а\)у + а-3]у =0.(7)
Проведенную нами замену sin х на у сделали многие поступающие, и это《помогло》им сделать две серьезные ошибки. Так, многие сразу решили,' что требуемых значений а не существует, поскольку уравнение (6) квадратное, а уравнение (7) кубичное, и следовательно, они не равносильны, так как имеют разное число корней. В этом рассуждении сразу две ошибки. Во-первых, квадратное и кубичное уравнения могут быть равносильны (например, уравнения х2 = 0 и х3 = 0 имеют оба единственный корень х — 0) и, во-вторых, как мы убедимся ниже, уравнения (4) и (5) могут быть равно сильны, даже если (6) и (7)——неравносильны.
Именно в этом и состояла вторая допущенная ошибка. В самом деле, на первый взгляд представляется совершенно очевидным, что наша задача свелась к еле дующей: при каких а уравнение (7) имеет лишь корни б и Vs- Но в действительности, если не забывать, что у = sin х, то можно указать еще одну возможность, для того чтобы значение а было подходящим: если уравнение (7) имеет корни 0, %, а третий его корень 禽 по модулю больше 1, то уравнения (4) и (5) равносильны—соответствующее значение sin х = уз не даст уравнению (4) дополнительных решений. Разумеется, кроме того, уравнения (4) и (5) равносильны в случае, когда третий корень уравнения (7) равен 0 или 7г•
Теперь наша задача полностью прояснилась: надо найти такие значения а, при которых уравнение (7) имеет корни 0, V2, а третий его корень либо равен 0, либо равен LA, либо по модулю превосходит 1.
Сразу видно, что 0 является корнем уравнения (7), поэтому дальше будем рассматривать уравнение
4力十(4 — 21 а I) у + а — 3 = 0.〔8)
Одн邑м из корней этого уравнения должна быть Уг- Подставляя в него {/ = "2, получаем, что Vz будет корнем при а — \а\, т. е. при а ^ 0. По теореме Виета второй
тем, что ска- в следующихтем, что ска- в следующих1)与Х = 0, 2)1)与Х = 0, 2)а — 31а — 3122З) IЗ) Iо — Зо — З22!> 1!> 1корень равен (〃 一 3)/2, и в соответствии с зан:о даше^ значение 僚 будет подходящим трех случаях:
тем, что ска- в следующих
тем, что ска- в следующих
1)与Х = 0, 2)
1)与Х = 0, 2)
а — 31
а — 31
2
2
З) I
З) I
о — З
о — З
2
2
!> 1
!> 1
(ари этом надо еще учесть, что 仪 N 0).
Отсюда мн и пплучаем ответ:
а = 3, а — 4, 0 & а V 1,а〉5.
6】(Мехмат, 1968) Найти все те числа а, при каждом из которых всякий корень уравнения
2 sin7 % — (1 — a) sin3 х + (2娥—2〃 一 Г) sin % = 0(9)
является корнем уравнения
2sin6x + cos 2х = 1 + а — 2/ + а cos2% (10) и, обратно, всякий корень второго уравнения является корнем первого уравнения.
Здесь уже оба данных уравнения сложны, и поэтому поступить так, как в предыдущей задаче, нельзя. Од・ нако с первого же взгляда можно заметить, что уравнение (9) имеет решения вида х = fcn, где 尼——целое число fn быть может, еще какие-то решения). Эго замечание н приведет к решению задачи.
Пусть а — подходящее значение параметра. Тогда значения % =々л — корни уравнения (9)——являются кор^ ними уравнения (10), а это сразу дает равенство 炉=仪 (поскольку sin6to = 0, cos 2йп = cos2 йл = 1). Поэтому подходящие значения а надо выбирать всего лишь из трех чисел: 0, ! и —1. Теперь следует проверить все эти три значения.
Пусть а = 0. Тогда уравнения примут вид
sinх(sin2l)(2sin4x4- 2sin2x+ 1) = О, sin2 x (sin2 дс — !)(sin2x 4- 1) = 0.
Поскольку I + sin2x #= 0 и 2sin4 x + 2sin2 x + 1 =0= 0, to эти уравнения равносильны.
Пусть а = L Тогда уравнения перепишутся так:
sinх(2sin6% — 1) = 0 и sin2x(2 sin4x — 1) = 0.
6 一 Поскольку первое уравнение имеет решение sinx = д/1^, которое не удовлетворяет второму уравнению, то эти уравнения неравносильны.
Пусть 〃 = —I. Тогда имеем уравнения
sin,v(2sin6x — 2 sin?% — 1) = 0 н sin2x (2 siM 芯— 3) — 0.
Так как 2sin4x — 3,0 и 2sin6x — 2sin2x—1 = =2sin2 x(sin4 x—1)—1*0, то ясно, что уравнения равносильны. Итак, условию задачи удовлетворяют лишь а — 0 и а = —I.
Заметим, что и в этой задаче многие поступающие, заменив sin2x на у, не смогли разобраться со значением а = —1, поскольку в неравенствах, которые требуется доказать в этом случае, существенно используется то, что 0 & у & I.
В следующих задачах трудность состоит не только в логической аккуратности, но и в нахождении способов рассуждений, в умении отыскать иногда довольно извилистый путь к решению.
(Филфак, 1971) Определить, для каких t неравенство logf+1 U2 + 3) > 1
выполняется при любом значении 无？
Выражение, стоящее под знаком логарифма в дан* ном неравенстве, всегда больше единицы, и поэтому при всяком подходящем значении параметра / должно выполняться неравенство.
f+2
—иначе логарифм был бы отрицателен. Решая это неравенство, получаем t V —2.
При выполнении условия / <—2 мы можем освободиться от логарифма и прийти к неравенству
尤2、一 2f + 5
4，f+ 2 .
Полученное неравенство должно выполняться при любом х; это, очевидно, справедливо в том и только в том случае, когда правая часть неравенства отрицательна, т. е., с учетом / + 2 V 0, когда 2/ + 5 V 0. Отсюда /V—5/2； эти значения / и являются решениями задачи.
(①нл巾ак, 1970) Найти все 无 >1, которые при всех Ь, удовлетворяющих условию 0 V b W 2, являются решениями неравенства
log 炉+芯(*+2ь一1)V1. (11)
Заметим прежде всего, что при любом 无 > 1 и любом & из промежутка 0v^W2 основание логарифма в неравенстве (11) больше 1, а число под знаком логарифма положительно. Это позволяет освободиться от знака логарифма и после необходимых преобразований переписать неравенство (11) в виде
炉一(6-1次一(2匕一1)ь>0,
Трехчлен в левой части этого неравенства обычным спо* собом раскладывается на множители:
[х — (2& — 1)] (х + 加〉。
Второй сомножитель при всех рассматриваемых значениях х и & положителен; поэтому нухсно, чтобы был положителен первый сомножитель.
Другими словами, требуется найти такие х > 1, чтобы при любом b из промежутка 0 V 匕 W 2 выполнялось неравенство х> 2Ь— i. Но это будет верно в том и только в том случае, когда это неравенство выполняется для наибольшего из рассматриваемых значений й, т. е. для b = 2. Следовательно, условию задачи удовлетворяют значения 尤 > 3.
Приведем еще одно решение этой задачи. Исследуем левую часть неравенства (11) с целью изучить ее поведение при изменении & и фиксированном 尤 >1, надеясь, что такое исследование позволит вместо целого промежутка значений b рассмотреть лишь крайние значения—наибольшее или наименьшее.
Рассмотрим функцию
f 3) = log ^+х (х + 2& — 1)
от. аргумента &, считая 无 >1 фиксированным числом. Исследовать поведение этой функции трудно, поскольку и основание логарифма, и выражение под знаком логарифма зависят от Ь. Поэтому перепишем функцию f(b) в ином виде, перейдя к постоянному основанию;
"6)=」唱"贫丁. (⑵
Из свойств логарифмической функции геперь видно, что числитель и знаменатель в правой части (12) — при рассматриваемых & и х ——положительны и при возрастании b числитель возрастает, а знаменатель убывает. Следовательно, функция f(力)является монотонно возрастающей.
Но тогда очевидно, что для выполнения неравенства f (b) V 1 (см. (11)) при всех О V 匕 & 2 достаточно, чтобы это неравенство было справедливо при наибольшем значении &, т. е. при & = 2. Таким образом, следует решить неравенство f ⑵ V 1, или
log 炉+芯(% + 3) < 1
при условии, что х > 1. Отсюда легко находим, что х > 3.
(Мехмат, 1972) Даны три уравнения
х2 + ах + ac==Q\
х1 — Ьх + с^ = 0;
х4 — b%2 -f- с3 = О-
Каждое из них имеет по крайней мере один корень. Известно, что абсолютные величины корней первого уравнения больше единицы. Известно также, что каждый 〃з корней первого уравнения является корнем третьего уравнения и по крайней мере один из корней первого уравнения удовлетворяет второму уравнению. Найти числа а, &, с.
Ясно, прежде всего, что первые два уравнения имеют корни. Пусть а, р — корни первого уравнения, и пусть именно корень а является также корнем второго уравнения. По условию числа а и 0 являются также корнями третьего уравнения.
Срэвтв^ая теаерь второе и третье уравнения, им замечаем, во, кватфат иаадога яор^я третьего ура варения является корнем второго. В самам делег ее л® у — корень треттЬйго ypw 困喪им工 т. а Y&一屮十^=⑪，t@ (у2)2—Ьу2' + с》н6, а эфо и оэнача»©7, фго у2 — корень второго уравнения». Отсада следует, что второе уравнение имеет еще два корадя：: а2 и р2.
Таким образом, второму уравнению удовлетворяют числа а,.а2 и р2. Между тем квадратное уравнение не может иметь трех различных корней, и, следовательно, по крайней мере «два из этих трех чисел равны между собой. Равенство а = а2 незерно, так как по условию задачи |а[> 1, и мы рассмотрим две оставшиеся возможности.
Пусть сначала а = 0Z По теореме Виета из первых лвух уравнений получаем равенства оф = ас и а2Р2 = с* откуда аас2 == с3. Поскольку с#0 (иначе нуль был бы кпр.ием первого уравнения*, что неверно), то с = а2. Но тогда Р3 = оф = ас = а$, т. е„ $ = а. Другими словами, число а является корнем первого уравнения:戒+” + + ас = 0. Поскольку с = а2, то 2а2 -J- а3 = 0, откуда а = —2, так как а 片 0： Далее имее恢 с = 4 и, поскольку р2 = а2 = 4 является корнем второго уравнения, то Ь == 20. Не представляет труда непюсредстве^ьь® проверить, что найденная тройка чисел
а = —* 2, 6 == 20, с = 4 удовлетворяет условию задачи.
Пусть теперь а2 == 俨.Если при этом а =—艮 то из первого уравнения по теореме Виета а + 0 =——а = 0, что неверно. Поэтому а = Р， так что дискриминант первого уравнения равен нулю: а2 — 4ас = 0, т. е. а = =4е. С другой стороны, по теореме Виета из первых двух уравнений получаем равенства
а2 = а& а • а2 = с3
откуда легко следует, что а — с. Но тогда с = 4с, что неверно, так как с 抖 0. Таким образом, равенство а2 = р2' невозможно, и выписанная в-ыше тройка чисел а, Ь, с есть единственное решенте задачи.
Мы видим, что решение этой задачи действительно требует довольно тонких рассуждений. Можно убедиться, что «лобовое» использование условий задачи
не приводит к успеху. Между тем многие поступающие выписывали условия, юбесп-еч-йБающие существование корней вс^х трех уравнен-та, и пытались решить получающуюся громоздкую систему неравенств, или, записав по известным формулам выражения для корней данных уравнен™, старались их сравнить между собой.
В ряде задач, по внештему виду чисто алгебраических, нащупать путь решения гораздо легче, если воспользоваться геометрическим языком. Вообще, умение реша гь задачи комбинированными средствами и, в частности, использовать геометрические и графические представления при решении алгебраических задач, яв« ляется одним из основных требований, предъявляемых к поступакщ-им.
(ВМК, 1974) Найти все значения а, при которых каждое решение неравенства
(0,5)"^不0(0,25戸市(13)
является решением неравенства
16а4£ — 9&0.(14)
Прежде всего обычным путем (см. § 6 раздела I) найдем решения неравенства (13):
一1《"1,i<x<5/3,(15)
и решения неравенства (14):
33
—矛&Х&守п₽и(16)
и 无——любое число при а = 0. Отсюда сразу видно, что значение а = 0 удовлетворяет условию задачи, и в дальнейшем мы будем считать 會声&
Решения неравенства (14) образуют в этом случае отрезок числовой пр-ямюй, а решения неравенства (13)—■ «отрезок с выколотой точкой». Для решения задачи следует выяснить, при каких значениях а множество (15) целиком лежит на отрезке (16).
Сделать это можно, если прибегнуть к геометррше- ской интерпретации. Ясне, что справедливо следующее утверждение: отрезок 仪〔 & 尤 & §i лежит на отрезке ос 言 兀 W § в том и только в том случае； когда левый
конец cci первого отрезка лежит правее левого конца а второго отрезка (или совпадает с ним) и одновременно правый конец 仇 первого отрезка лежит левее правого конца § второго отрезка (или совпадает с ним). Другими словами, отрезок си《％《01 лежит на отрезке а《％《0 тогда и только тогда, когда выполняются одновременно два неравенства:
a<aj и Pi《M
Нетрудно видеть, что приведенное утверждение спра-* ведливо и в случае, если в отрезке си & 尤 & 01 «выко* лота» внутренняя точка.
Применим сформулированное утверждение к рассматриваемой задаче. Оно означает, что число а должно удовлетворять системе неравенств
I
решения которой 一 一
Значение о = 0, полученное нами ранее, входит в это множество, и потому указанный промежуток представляет собой решение задачи.
(Ф-т почвоведения, 1974) Найти все значения а, при которых неравенство
выполняется для всех х из промежутка 1 V 尤 & 2.
Неравенство (17), очевидно, равносильно квадратному неравенству
[х — (2а + 1)](х —а) V 0,
решения которого образуют на числовой прямой проме* жуток с концами а и 2〃+1 (исключая концы), если, разумеется, числа а и 2a ； 1 различны. Легко видеть, кроме того, что значение а, при котором а = 2а + 1, условию задачи не удовлетворяет, так как в этом случае неравенство (17) вообще не имеет решенийг
Заметим теперь, что и в случае, когда а 声 2а + 1, мы не можем записать решения неравенства (17) в виде двойного неравенства, поскольку неизвестно, какое из чисел а и 2а + 1 больше. Поэтому рассмотрим два воз' можных случая.
В случае 〃v2a+l, т. е. 〃 >——1, условию задачи удовлетворяют те значения а, при которых отрезок I & х & 2 лежит внутри интервала a W х V 2а + 1. Геометрическое представление полученных промежутков показывает, что это будет в случае, когда
а < 1 и 2 V 2а + 1 (совпадения концов промежутков, здесь, очевидно, исключаются). Отсюда получаем % V а V 1; все эти значения 〃 удовлетворяют условию а>——1 и, следовательно, являются решениями задачи.
В случае а > 2〃 + 1, т. е. а V —1, мн имеем дело с интервалом 2а + 1 <. х < а и аналогично предыду* тему приходим к системе неравенств
2а + i < 1,
2 < а,
которая не имеет решений. Окончательно заключаем, что условию задачи удовлетворяют значения 〔厶 V а V L 12. (Мехмат, 1966) Найти все значения п, при которых любое значение х, удовлетворяющее неравенству
qx~ 十(1 — а*) х — а > 0.
по модулю не превосходит двух.
В этой задаче нам предстоит выяснить, при каких значениях а все решения данного неравенства лежат на отрезке —2 & % & 2. Если а *0, то данное неравенство квадратное, и мы будем сначала рассматривать этот общий случай. Итак, пусть 〃，0.
Известно, что решения квадратного неравенства» если они существуют, образуют на числовой оси либо интервал, либо два бесконечных интервала, либо все множество действительных чисел, и это зависит от знаков дискриминанта и коэффициента при старшем члене. Поэтому сразу же подсчитываем дискриминант квадратного трехчлена, стоящего в левой части неравенства, !)=(1一的2+4戒=炉+2游+1 =⑷十1户.
Таким образом, О > 0 при любых а, так что корни трехчлена действительны и различны; эти корни легко находятся: %]= 仪,无2 = —1/〃・
Теперь, в зависимости от знака числа 0, решения данного неравенства образуют либо интервал между корнями (при а < 0, когда ветви параболы идут вниз), либо два бесконечных интервала (при а > 0).
По условию нам нужны такие значения 〃，при которых все решения неравенства лежат на отрезке —2 & % W 2. Поэтому значения а > 0 не подходят: два бесконечных интервала не могут уместиться внутри конечного отрезка. Остается лишь рассматривать значения а V 0. В этом случае 修 V 0 V 冷，и решением данного неравенства является интервал а V 无 V ——1/а.
Нам нужно, чтобы весь интервал a VxV—1/а лежал на отрезке ——2 《％ & 2, а это выполняется, очевидно, в том и только в том случае, когда концы этого интервала лежат на отрезке ——2&%《2 (совпадение граничных точек при этом допускается), т. е. выполняются неравенства
-2&а V -；&2.
Из неравенства —1/а & 2, учитывая, что а V 0, получаем а&——1/2 и, следовательно, ——2&а&—Т?・
Итак, всякое решение исходного неравенства по модулю не превосходит 2 при ——2 W 〃 & ——V2, но это получено в предположении 〃声 0. Для завершения решения остается рассмотреть этот особый случай. При а — О исходное неравенство принимает вид х > 0 и не все его решения по модулю не превосходят 2, так что значение а = 0 не является подходящим. Таким образом, полученное выше неравенство —2 & а & —V2 является окончательным ответом.
{Мехмат, 1966) Найти все значения а, при которых для всех %, по модулю не превосходящих единицу, выполняется неравенство
ах — а (1 — а)、°а?—。尤—• 1 *
Прежде всего заменим данное неравенство на равносильное ему, но более привычное квадратное
неравенство!
(aх 4- t -陶h龙一点(丄一a)] V(h (IS)
Назвав это неравенство квадратным, мы несколько поспешили ——euxe не проверено, будет ли отличен от нуля коэффициент при %? после раскрытия скобок. Этот коэффициент равен а? и равен нулю при а = 0; но при а = 0 данное неравенство принимает ввд 0 V0, т. е. не вштттется ни при кикам х. Поэтому а= 0 не является иодходяпшм значением4, и мн его исключаем из рассмотрения, считая всюду палее а #= ®.
Квадратна нерав<ежтво> (18) бупем решать, следуя тем- же кдаям, что и в- пфхедыдущей мадаш； Здесь уже сразу видно, что корни квадратного- трехчлена действие тельнъг, так чт© д1Фекрнаминант считать не нужно. Кроме того, коэффициент а? при старшем члене положителен, и следовательно, решения квадратного неравенства образуют интервал между его корнями
修=а—工2 = 1—。，
если эти корн环 различны. Но п.рн совпадении корней квадратное неравенство (18) не удовлетворяется ни при одном значении х, и поэтому соответствующие значения нас не интересуют.
Таким' образом, нам нужны значения а, ггрн которых весь отрезок ——I W % W 1 лежит между числами а — аг' и I — а. Но для того чтобы записать это геометрическое условие на языке неравенств, необходимо знать, какое из этих двух чисел больше. Это зависит, очевидно, от числа а, и мы рассмотрим поэтому два слу^я.
а — а-1 < 1 — а. Как и в предыдущей задаче, для того чтобы отрезок —1&%&1 целиком лежал внутри интервала а — а-1 < х < 1—а, нужно, чтобы концы его — точки —I и ! — лежали внутри- интервала, т. е. должны выполняться неравенства
а — а" V — 1<IV1— а.
(Совпадения крайних точек, т. е. равенства а ——а-1 = =—1 н 1——а = 1； не допускаются, так как, например, при а — L = —1 число —1, лежащее на отрезке —1 &%《1, не лежит »а интервале ——1 V 尤 V 1 — а.) Из неравенства 1 V 1 — а следует, что а < 0, а тогда
из неравенства а — tr*'V—1 получаем 出 + а—1 > 0( Решения этого неравенства — значения
а < и а >.
Поскольку , V 0, то оставляем лишь значения а < V (— 1 — “5)/2.
Теперь из получившихся значений а надо отобрать те, которые удовлетворяют условию а), т. е. неравенству а — а-1 < 1—а. Но при значениях а<(—1—“5)/2 это условие удовлетворяется автоматически: в самом деле, указанные значения получены как решения неравенств а — а— V —1 V 1 V 1 —以
1 — а < а — a~L В этом случае надо решить неравенства
— а V ~ 1 V 1 V а — а".
Из неравенства 1—aV—1 имеем а > 2. Но тоща из а — аН > 1 следует а2 — а—1 > 0. Решения этого не， равенства — значения
a < - 2 ■-и а >——寸—・
Поскольку а > 2, то оставляем лишь значения а > 2. Как и в случае а), эти значения автоматически удовлетворяют условию б).
Итак, условию задачи удовлетворяют значения а V — (1 + “5)/2 и а > 2.
Задачи
Доказать, что если уравнения
a sin х + b сз х + с = 0 и 2』tg 力十 b etg х + 2c = 0
Оба ие имеют решений, то а = 6 = 0, с * 0.
При каких значениях параметра а уравнения
х2 -Ь jc + А = 0 и х2 + ах -Ь 1 == С
2)имеют общий корень; б) равносильны?
Дано неравенство ах + ^2 >> 0. При каких значениях а:
неравенство выполняется при всех значениях * н 也？
найдутся такие значения х и А, при которых неравенство вы* полняется?
найдется такое значение х, что неравенство выполняется при любом значении 6?
для всякого значения х найдется значение А, при котором неравенство выполняется?
найдется такое значение 电 что неравенство выполняется при всех значениях х?
для всякого значения k найдется значение 招 при котором неравенство выполняется?
(Мехмат, 1966) Найти все значения а, при которых система *3一曲3=}(0+ [)2,
х3 + ах2у + *у2 =； 1
имеет хотя бы одно решение, и всякое ее решенне удовлетворяет уравнению х + g = 0.
(Мехмат, 1966) Найти все значения а и &, при которых сн、 стема」
{ |-5тт| = а>
имеет только одно решение.
(Мехмат, 1966) Найти все значения а, при которых система J 2"+(0+ 1)勿2 = *
I (а - 1)х3 + г/3=1
имеет хотя бы одно решение для любого значения Ь.
(Мехмат, 1968) Найти все те числа а, при каждом из которых всякий корень уравнения
a cos 2х 4- I a I cos 4х 4- cos 6х = 1 является корнем уравнения
sin * cos 2х = sin 2х cos Зх —— sin 5х
и, обратно, каждый корень второго уравнения является корнем первого уравнения.
(Мехмат, 1968) Найти все те числа а, при каждом из которых всякий корень уравнения
4 cos2 х — cos Зх = a cos х — I а — 4 I (1 4- cos 2х) является корнем уравнения
2 cos х cos 2х == 1 + cos 2х + cos Зх, и, обратно, каждый корень второго уравнения является корнем первого уравнения.
(Филфак, 1970) Найти все * V L удовлетворяющие неравенству
bgx(l+a)/3(*^|_ + 1) <1
при всех а, для которых % V а V 2,
(Филфак, 1970) Найти все 尤，для которых 0,5 < х < 2,5 и которые удовлетворяют неравенству
1吵3”炉(за - ах) < 1
при всех а из промежутка 0 V а V 2.
(Филфак, 1971) Определить, для каких а неравенство 心g"(a+I)(炉+ 2|а|) > 0
выполняется при любом %.
(Филфак, 1971) Определить, для каких а неравенство
1%/3+1)(*2 + 2) > 1
выполняется при любом х.
(ВМК, 1972) Ндйти все значения параметра % при которых неравенство
tg2 (sin д/9冗2 — %2) — 2a tg (sin “9冗？ 一 炉)十 q 十 2 & 0
имеет и притом конечное чнсло решений. Для каждого такого а указать все решения неравенства.
(ВМК, 1972) Найти все значения параметра а, при которых неравенство
“Зл; — 2 I х I fctg2 (cos х) + я ctg (cos х) + 言~| &0
имеет и притом конечное число решений. Для ка?кдого такого а указать все решения неравенства.
(Мехмат, 1972) Даны три уравнения
х2 — (а + &) х + 8 = 0;
#2 — b 3 + 1)尤 + с = 0;
3)炉一方3 + 1)х2-Ь^=0-
Ка?кцое из них имеет по крайней мере один корень. Известно, что корни первого уравнения больше 1. Известно также, что все корни первого уравнения являются корнями третьего уравнения и хотя бы один корень первого уравнения удовлетворяет второму уравнению. Найти числа а, &, с, если b > 3.
(Мехмат, 1972) Даны три уравнения
ах2 十匕尤 + с = С；
сх2 + 沙尤 + а == 0;
х2 + а2х + с2 =^ 0.
Каждое из них имеет по крайней мере один корень. Известно, что любой корень третьего уравнения удовлетворяет первому уравнению и хотя бы один корень второго уравнения является корнем третьего уравнения. Найти числа а,良 & если а > 2；|с|.
(Экономич. ф-т, 1974) При каких значениях h многочлен
/ + 2C0S 厶• / + (sin 也 + tg 〃)x + 2C0S 厶-1
является квадратом квадратного трехчлена относительно х?
& (Экояамич. ф-т, 1974) При как^х звачениадх & многочлен х4 — 2tg л • х2 + (cos Л + cos 2й) х + 2fg 辰
является квадратом квадратного трехчлена относительно х?
(5-т почвоведения, 1974)' Найти нее згвачеяия а, при кото、
рых неравеггство
Х~Т
х — 2а
выполняется при всех х такнх, что 2《х《4.
(ВМК, 1974) Найти все значения о, при которых каждое решение неравенства
｝叫⑵一GW Eg% 2炉
является решением неравенства 9а4 — 64x7 > Q；
2L《BAUi 1974) Haikr好 все значения а, при которых, каждое решение неравенства
(0.36)'族+2)"《(0,6产+8尸
является решением неравенства 25а*х2:—4《现
(Химфак, 1975) Найти все значения параметра Ь* нрн которых система
f cos (у —6)—2 cos № 0,
I1 唯2 (by —疗)=2 Iog4 (― x) — ng% (Зу)
имеет нечетное число решений.
(Химфак, 1975) Найти все значения параметра Q, при кою* рых система
fsin (За — Зд) + 3 sin х = 0,
I 2 log? (а — у) + 2 Iogt(2 Vr/) = log2 VF + 3 log8 (2x)
имеет четное число решений.
(Филфак, 1975) Найти значения г, удовлетворяющие уравнению
2 1。出十球(4 一 V7 + 2X) = log2+出炉(4 - 3x)
при любом а.
«Фнлфзк, 1975> Найти значения г, удовлетворяющие уравнению
Jog2 (а2ха — 5а气2 + «6 二G =* 20g2+a*(3 —■ д/力一1)
при любом a.
Задачи, связанные с расположением корней квадратного трехчлена
Квадратный трехчлен с полным правом можно назвать главной функцией всей школьной математики. Если не считать уж совсем простой линейной функции, то это, пожалуй, единственна:； функция, для которой в школьном курсе строго доказываются все свойства, нужные в теории и для решения задач. Безукоризненное знание необходимых свойств квадратного трехчлена требуется от каждого поступающего.
Такое особое положение квадратного трехчлена, естественно, отражается и на вступительных экзаменах — и на письменных, и на устных, где число задач, решаемых с помощью свойств квадратного трехчлена, очень велико, а сами эти задачи чрезвычайно разнообразны. При этом наряду с задачами, решение которых получается сразу из известных теорем (такими, как решение квадратных уравнений и неравенств, нахождение условия существования корней, определение знаков корней, отыскание наибольшего и наименьшего значения квадратного трехчлена), встречаются (и не менее часто) задачи, где непосредственного применения простейших теорем оказывается недостаточно.
Не имея возможности описать полностью все встречающиеся типы задач на квадратный трехчлен, мы останавливаемся здесь только на задачах, в которых в том или ином виде идет речь о расположении корней. Среди стандартных школьных задач, перечисленных выше, есть одна задача такого типа: в самом деле, определить внаки корней ——это и значит выяснить расположение корней относительно точки 0. Как известно, эта задача решается с помощью теоремы Виета. А как быть, если требуется выяснить расположение корней относительно какой-нибудь другой точки? Неужели точка 0 настолько <лучше^ других точек, что для нее задача решается сразу, а для других точек это уже проблема? Разумеется, нет. Единственное, чем точка 0 отличается в этом смысле от других точек, это то, что для нее уже есть 《готовая» теорема Виета, а для всех остальных аналогичную теорему для решения задачи надо еще придумать.
Но здесь мы попадаем в сложное положение: если придумать теоремы, с помощью которых все задачи на расположение корней решались бы так же просто, как определение знаков корней, то число этих теорем было бы столь велико, что их просто невозможно бшю бы запомнить. В самом деле, вполне естественно (и это действительно встречается в задачах) интересоваться расположением корней в некотором заданном интервале с V % V d или в бесконечном интервале % V с, или в бесконечном интервале % > d. Относительно каждого из этих интервалов можно поставить, например, такие вопросы: при каком условии на нем лежат оба корня, или нет ни одного корня, или есть ровно один корень, или есть по крайней мере один корень. Из названных вопросов мы уже можем составить 12 различных задач. А если наряду с указанными интервалами рассглатри- вать еще интервалы с включенными концами типа с & % V d или х ^ d? И еще учесть, что свойства квадратного трехчлена существенно зависят от знака его старшего коэффициента (коэффициента при 炉)？ Совершенно ясно, что количество требуемых теорем практически необозримо. Поэтому путь запоминания теорем здесь не годится. И остается только одно——научиться придумывать теорему каждый раз, в каждой конкретной задаче, ну и, конечно, постараться запомнить наиболее важные.
Для придумывания этих теорем нужно не только знание свойств квадратного трехчлена, нужно действительно свободное владение ими и прежде всего умение мыслить одновременно на двух языках ——алгебраическом и геометрическом. Это означает, что для любого свойства, сформулированного словесно или на алгебраическом языке, нужно уметь давать геометрическую интерпретацию на графике. И наоборот, любое свойство графика надо уметь описать словами и формальными алгебраическими условиями. Например, старший коэффициент меньше нуля ― значит, ветви параболы направлены вниз; трехчлен не имеет действительных корней —— значит, парабола не пересекает и не касается оси абсцисс; график трехчлена ах2 + &х + с находится выше оси абсцисс—•значит, а>0 н Ь2 — 4ас <； 0 Последнее геометрическое утверждение можно высказать, по
кра-йней мера еще тремя разлимн^ми способами: ^равенство 应尤2 + 3% 十 с > 0 ныпюлняется 叩如 любом х; неравенство 仪*2十 fee 十 & V @ не имеет решеда^; трехчлен не имеет действительных корней и его старший коэффи
циент потожителен.
Решение многих нижеследукущях зада^ ——это по су
ществу погтсхинеяие приведенного 《ел©вара перевода» с алгебраичеекого языка на геометрический и- обратно. Прежде- «гем- переходить к разбору конкретных задач,
покажем мгетодику решения н а нискольких пр抬 мерах теоретического характера.
Пусть f(х)=時2 + Ьх +： + с. S^e рассуждетя будем вести 8 предположении, что а > 0; соответствен^©,, ре- тая конкретпы-е задачи, мы всегда так их переформулируем^ чтобы тользоватьея свойствами； трехиле称а с по- ложигель«ылт старшим коэффициентом, Обозначим
также корни этого трехчлена через； Г] и. 丫2» а дискртмина нт через D.
При каких условиях оба корня квадратного трехчлена f{x) больше некоторого заданного числа d?
Чтобы сформулировать нужные условия, представим себе график трехчлена /(х), оба корня которого больше числа d (рис. 154). Совершенно очевидны следующие свойства графика, изображенного на рис. 154 сплошной линией: во-первых, он пересекает ось абсцисс или касается ее — значит, 0^0； во-вторых, его значение f(d) в точке d положительно. Но этих двух неравенств 0》О и f(d)>0 еще недостаточно: трехчлен, график которого изображен на рис. 154 пунктирорл, удовлетворяет указанным неравенствам, однако оба корня меньше числа d. Для того, чтобы отделить 《наши» трехчлены от «посторонних» такого типа, достаточно, очевидно, потребовать» чтобы вершина параболы (точнее, ее абсцисса) лежала правее точки 4 т. е, —^ > d. Тем самым мы нашли требуемые условия; оба корня больше d
в том и только в том случае, когда
£>》0, f(d)>0 и ~^>d.
Безусловно, все предыдущее р ассуждеме совершенно нестрого, и его можно рассматривать лишь как «черновое》решение, как поиск ответа, и нужно провести еще строгое доказательство. Оно достаточно просто.
Пусть оба корня больше d. Тогда 0^0, так как корни существуют, абсцисса вершины — больше d, так как она лежит между корнями, и, наконец, /(d) > 0, так как d лежит вне интервала между корнями. Обратно, пусть выполнены указанное три неравенства. Тогда в силу D ^ 0 трехчлен имеет корни; условие /(d) > 0 означает, что точка d лежит вне интервала между корнями, а третье неравенство обеспечивает то, что d меньше меньшего корня — в противном случае d было бы больше большего корня и, следовательно, больше полусуммы корней, которая равна ——五.
В дальнейших примерах мы будем ограничиваться только «черновым» решением, оставляя строгое доказательство читателям в качестве полезного и даже необходимого упражнения.
При каких условиях корни квадратного трехчлена f(x) лежат по разные стороны от числа d?
Ответ на этот вопрос дается немедленно, если его переформулировать так: при каких условиях число d лежит между корнями данного трехчлена? А это утверждение, как известно, равносильно неравенству f(d) <0. (Напомним, что старший коэффициент считается положительным!)
При каких условиях ровно один корень квадратного трехчлена /(%), имеющего различные корни, лежит на интервале d V 尤 V е?
Здесь ответ тоже достаточно очевиден: это верно в том и только в том случае, когда в точках due трехчлен имеет значения разных знаков. При этом, если f(d)V°, f(e) > 0, то в рассматриваемом интервале лежит, очевидно, больший корень, а если f (d) >0"(е) V0*
то — меньший корень. Если же для решения задачи эти два случая различать не нужно, то требуемое условие можно записать в более компактной форме:
f(d)f(e)V0.
В решении этой задачи существенно, что квадратный трехчлен имеет два различных корня. Если же трехчлен имеет только один корень, или, как иногда говорят, два равных корня, то условие того, что этот корень лежит на интервале d V 尤 V е, выглядит по-другоМу. Оказывается, что этот случай наиболее удобно рассматривать как «частный случай》более общей задачи.
При каких условиях два (凡е обязательно различных) корня квадратного трехчлена f (工)лежат на интервале d V х с?
Решение этой задачи проводится такими же рассуждениями, как и в задаче 1.
Во-первых, трехчлен, обладающий требуемыми свойствами, должен иметь действительные корни; во-вторых, должны быть положительны значении трехчлена в точках due； в-третьих, вершина параболы должна лежать между точками d 口 с. В результате получаем, что оба корня (различные или нет) лежат на интервале d V 尤 V с в том и только в том случае, когда
D》0, f ®) > 0, f (с) > 0, d <—^ <仇
Отметим особо, что случай, когда трехчлен имеет единственный корень (два равных корня), и в самом деле является частным в этой задаче; он соответствует тому, что
£) = 0, d < —^ < е
(поскольку Xi == %2 = ~ ^ ) •
Из четырех приведенных примеров уже достаточно ясен общий подход к задачам рассматриваемого типа. В большинстэе задач, однако, далеко не всегда вопрос ставится так прямо, как в разобранных теоретических примерах, и для того чтобы прийти к нужной постановке, задачу часто приходится переформулировать, Те- рерь перейдем к разбору конкретных задач.
(Ф-т почвоведения, 1974) Найти все значения 〃, при которых неравенство
(% + 3 — 2d) (х + За — 2) V 0(1)
выполняется для всех х таких, что 2 & 尤 & 3.
Обозначим квадратный трехчлен в левой части неравенства (1) через f{x). Корни этого трехчлена:
尤1 = 2。— 3 и尤2 = 2 — За.
Если 尤 1 = х2, т. е. а — 1, то неравенство (1) принимает вид (尤 + 1)2 V 0 0 не выполняется ни при каком х. Поэтому значение а = 1 не удовлетворяет условию задачи.
Пусть теперь а ^ 1, т. е.尤i ^ х2. Тогда квадратный трехчлен /(尤)отрицателен в промежутке между корнями, поскольку его старший коэффициент положителен. Таким образом, требуется выяснить, при каких значениях а отрезок 2 W 尤 W 3 лежит целиком между корнями 尤 1 и 尤2・ Но отрезок 2 ^ х ^ 3 лежит между корнями трехчлена /(尤)в том и только в том случае, когда концы этого отрезка лежат между корнями, т. е. (см. задачу 2), когда одновременно выполняются два неравенства f(2) V 0 и f(3) V 0. Следовательно, условию задачи удовлетворяют решения системы неравенств
(5 — 2〃) За < О,
(6 — 2a)(3а+ l)Vf).
Из этой системы получаем а < ——7з и а > 3.
Отметим, что с помощью аналогичного рассуждения можно было бы провести более короткие решения в задачах 11 и 13 из § 2 раздела IV. Так, в задаче 13 требуемые значения а получаются как решения системы неравенств f (—1) < 0, f (1) < 0, где f(x)—квадратный трехчлен в левой части неравенства (18) из § 2 раздела IV.
(Физфак, 1964) Найти, при каких значениях m квадратный трехчлен 尤？十 团尤 斗 加2 十 6m отрицателен при всех х, удовлетворяющих условию 1 V 尤 V 2.
Для того чтобы рассматриваемый квадратный трехчлен был отрицателен при всех значениях х из интервала 1 V 尤 V 2, нужно, чтобы, во-первых, он имел положительный дискриминант и, во вторых, чтобы
янтервял F V 尤 V 2 лемал между его кортами, причем совпадение концов с корнями не исклютаетст. вычислив корни квадратного трехчлена,, придем к системе
[ т2 — 4 (疗 + 6m) > 0，
f -m — N—3m?-24m 广r 6 一 m + д/ 二 荻z 一 24^"
В решении э<гой системы нет ничего принципиально сложного, однако с вычислительной точки зрения она может доставить ттху хлопсгг.
Поэтому пртаеним изукже^шые выпз^ соображения: нушгое тргеЕование выттоот^ется; если тасла f(l)碎 f(2) отриггат^льнБг, т. е. выношняетея система неравенств
М+ 7/и + I MQ, 卢 + 8п^+ 4《0, решения которой легко находятся:
-J土；.У^,《加《一4 + 2"3.
(Мехмат, 1970) При каких значениях а неравенство
sin6x + cos6% H-asrn.rcosx^G
выполняется при всех 尤？
Пользуясь очевидным тождесгвом
(sin2x 十 cos? .г)3 = sin6x + cos6x + 3 sin2 x cos2x, перепишем данное неравенство в виде
1 — 3 sin2 х cos2 г + « siji x cos x > 0.
Левая часть этого неравенства является квадратным трехчленом относительно z = sin х cos х; старший коэффициент этого трехчлена равен — 3. Но, как отмечалось ранее, в задачах рассматриваемого типа удобнее иметь дело с трехчленами с положительным старшим коэффициентом, а поэтому последнее неравенство перепишем в виде
322 - 3 - 1 《 0.⑵
В этом месте многие поступающие считали, что даль- нейитая цель состоит в том, чтобы найти такие значения
параметра а, при которых квадратное неравенство (2) выполняется для всех 2. Они основывались, видимо, hw том, что данное в условии неравенство должно выполняться для всех X. Однако условие, что 尤 принимает все значения, вовсе не означает, что и 2 принимает все зна^ чения ——ведь z = sin х cos х = V2sin 2х, а потому 2 может принимать значения только из отрезка —1/2 W 三 2 W %•
Таким образом, правильная переформулировка задачи будет следующей: при каких значениях параметра а неравенство (2) выполняется для всех z из отрезка -72 £ 2 W %?
А теперь решение проводится так же, как в задаче 6: число а удовлетворяет требуемому условию в том и только в том случае, когда трехчлен f(z) — Зг2 — —az—1 принимает отрицательные или нулевые значения в точках 2 =——% и 2 = %. Тем самым мы приходим к системе неравенств
решения этой системы, а следовательно, й исходной задачи, таковы: —%《a W %.
(Биофак, 1973) Найти все значения параметра % при которых неравенство
а9* 十4 (а — 1)3"+ а> I
справедливо при всех х.
Обозначив 3х через у, перепишем данное неравенство в виде
a//2+ 4(a— l)y + (a — 1) > 0.(3)
Требуется выяснить, при каких значениях а неравенство (3) справедливо для всех у > 0 (так как у = 3第 А О при всех х).
Ясно, что значения a V 0 не удовлетворяют условию задачи. В самом деле, если квадратный трехчлен f(y) с отрицательным старшим коэффициентом имеет корни, то f(y)V° при значениях у, больших большего корня; если же трехчлен не имеет корней, то f(^) < 0 при
всех у. Следовательно» квадратный трехчлен f(y) с отрицательным старшим коэффициентом не может быть положителен при всех у > 6.
Значение а = 0 также не удовлетворяет условию задачи. Действительно, в этом случае неравенство (3) принимает вид —4//——1 > 0 и при у > 0 не выполняется.
Будем теперь считать, что а > 0. Квадратный трехчлен /(g) с положительном старшим коэффициентом положителен при всех у > 0 в двух случаях: если трехчлен корней не имеет — тогда f (у) > 0 при всех у, и если корни pi и ,2 трехчлена непо^ожительн1я ——тогда f(y)> > 0 при значениях у, больших большего корня. Первый случай имеет место, когда дискриминант
D = 4 (а — I)2 一 а (а — 1) < 0,
т. е. при 1 V а V 4/3, а второй по теореме Виета ——при выполнении условий
Q》0・ У\ -Г У2 《0， 少也2 = —~ >0,
т. е. при а = 1 и а ^ 4/з- Объединяя результаты двух случаев, окончательно получаем а 》L
(Мехмат, 1965) Найти, при каких значениях р уравнение
1 + 〃 sinx = р?——sin?尤 имеет решение.
Обозначив sin х через у, перепишем уравнение в виде 力 + 〃у + 1 — р2 = о.(4)
В этом месте поступающие сделали грубую ошибку, рассуждая примерно так: «Поскольку у есть sin х, то ——1 Wi/W 1, и, следовательно, нужно найти такие значения р, при которых корни квадратного уравнения (4) лежат на отрезке —1 W W 1》.
На самом же деле вовсе не нужно, чтобы оба корня лежали на этом отрезке; достаточно, чтобы хотя бы один корень лежал на нем: если при некотором р один корень у\ по абсолютной величине не превосходит единицу, то уравнение sin х — у{ имеет решение, т. е. имеет решение и исходное уравнение; такое число р является подходящи мг
Таким образом, нужно найти такие значения р, при которых хотя бы один из корней уравнения (4) лежит на отрезке —1 &.g W L Эта задача может быть сведена к решению- неравенств： во-первых, должен быть неотрицателен дискриминант 5р2 ——4^0 и, во-вторых, должно выполняться хотя бы одно из двойных неравенств
Но с вычислительной точки зрения такое решение будет весьма сложным. Мы изберем другой путь.
Для удобства дальнейших рассуждений будем сначала считать, что оба корня трехчлена “ + ру+1 — р2 отличны от —1 и 1. Тогда требуемое условие осуществляется в двух случаях: когда корни различны и ровно один из них лежит на интервале —1 Vy V 1 и когда оба корня (различные или нет) лежат на этом интервале. Первый случай, согласно задаче 3, имеет место тогда и только тогда, когда произведение значений рассматриваемого трехчлена в точках —1 и 1 отрицательно, т. е. при значениях р, удовлетворяющих не* равенству
(р2-р-2)(р? + р-2) <0,
Решения этого неравенства легко находятся методом интервалов: —2 V 〃 V —L 1 < ^ < 2.
Второй случай, согласно задаче 4, имеет место тогда и только тогда, когда
5^-4>0,2-р-р2> °,2 + р-р2> о,
—I V —§ V L
Решения этой системы:
-1<P《一2/“F, 2/УГ<р < 1.
Наконец,- рассмотрим временно оставленный в сто-* роне случай, когда трехчлен имеет корни у = —I или у = I. Очевидно, что у = —I является корнем при р = 1 и р = —2, а у = 1 — при р = —1 н р = 2, н эти значения р также являются подходящими.
Собирая все найденные значения р, получим оконча- тельм^ш ответ: исходное уравнение имеет решение при
—2&р& — 2/ “于，2/7Г<р<2.
(Физфак, 1966) Для каждого числа а решите： уравнение
q— I х — 21д q—|Х—2|л
В — 4 • 3— а = 0.
Обозначив для краткости 3~*х"21 через у и учитывая, что 0<3一"-引总1 при любом х, получим уравнение
у2 — 4у — а = 0,(5)
у которого надо найти корни, лежащие в промежутке °VyWL Абсцисса вершины графика трехчлена f(y) — у2 — 4y — а равна 2, так что если трехчлен имеет корни, то больший корень больше 2 и он нас не интересует. Поэтому остается написать условие, при котором в промежутке 0 < у ^ 1 имеется ровно один корень.
Прежде всего, у = 1 является корнем при а — —3. Далее, поскольку /(0) = —а, *!) = —а — 3Vf(0), то, согласно задаче 3; на интервале О V у V 1 ровно один корень имеется в том и только в том случае, когда f(0) > 0, a f(l) < 0, что будет при —3 V а V О.
Таким образом, только при значениях —3 ^ а < 0 卩 промежутке 0 < у ^ 1 уравнение (5) имеет ровно один корень — это его меньший корень у =2 — “4 + а ・ ,₽€ниая теперь уравнение
которое при найденных значениях а имеет решение (по^ скольку найденное значение у лежит между 0 и 1), пот лучим
］尤1— 2 I = - 1。g3(2 — “4 + a ),
Следовательно, исходное уравнение при —3 W а V。 имеет корни
修,2 = 2 士 log3(2 — «4 +a),
а при остальных значениях а корней не имеет*
Задачи
L При каких значениях а корни многочлена 2х2 — 2 (2а + 1) х + а (а — 1) удовлетворяют неравенствам 尤1 V n V %2?
При каких значениях а уравнение
° + а)(тт-)2 - За "^Т + 4或=О имеет корни?
(Физфак, 1961) При каких значениях а один из корней многочлена (谑十。+ 1)炉十(а—1)尤十"больше 3, а другой меньше 3?
4* (Физфак, 1964) Найти все значения т, для которых неравенство тх2 — 4х + Зт + I >0 будет выполнено при всех л > 0.
(Физфак, 1965) Найти все значения а, при которых корни уравнения л? + х + а «= 0 больше а.
(Филфак, 1965) При каких значениях у верно следующее ут・ верждение: «Существует хотя бы одно значение х, прн котором неравенство'
2 1о^о,5 户—3 十 2к 1о^ол ^2 — х2 > О выполняется»?
(Филфак, 1965) При каких значениях у верно следующее утверждение: «При любом х неравенство
仪2 7。啟言J +
+ 2х(1+1。出击)一2(1+1。取才)>。 выполняется»?
(Мехмат, 1966) Найти все значения а, при которых из неравенства ах2 — х + 1 — а V 0 следует неравенство О V 尤 V 1・
(Мехмат, 1966) Найти все значения а, при которых из неравенства 0《 х £ 1 следует неравенство
S + а — 2)炉 一(п + 5) к — 2《0.
(Мехмат, 1966) Найти все значения а, для которых при всех х, не превосходящих по модулю единицы, справедливо неравенства 2х2 — 4а2х — а? + 1 > 0.
(Филфак, 1968) Найти все те значения параметра d, при которых оба корня квадратного уравнения
х2 一 6dx + (2 — 2d + 9d2) = 0 больше 3.
(Филфак, 1968) Найти все те значения параметра а, при которых оба корня квадратного уравнения х2 — ах % 2 = 0 находятся между 0 и 3 (исключая крайние значения).
(Физфак, 1964) Решить уравнение
4sinx + /n.2Sinx +/п2_. !=01
где — 1《m & L
Решить уравнения с параметром:
(Физфак» 1965) ОУ+ 2a 十廿 + 1=0.
(Физфак, 1966) 4" — 4m • 2" + 2加 + 2 = 0.
16・(Физфак, 1966) lg2 sin х — 2а lg sin х — а2 + 2 — 0.
(Физфак, 1968) V^ (2х — 2) +1 =1—2".
(Биофак, 1973) Найти все значения параметра а, для которых неравенство
4* — сс • 2” 一 а + 3 & 0
имеет хотя бы одно решение.
(Биофак, 1973) Найти нее значения параметра а, для которых неравенство
1 + logs (炉 + 1) > log5 (ах2 + 4尤十 а)
справедливо при всех х.
(Ф-т почвоведения, 1974) Найти все значения а, при которых неравенство
(х — За) (* — 2 — 3) < 0
выполняется при всех х таких, что 1《х & 3,
РАЗДЕЛ V
О ВСТУПИТЕЛЬНЫХ ЭКЗАМЕНАХ ПО МАТЕМАТИКЕ
1. Устный экзамен
Теоретический материал, который составляет содержание устного экзамена, довольно четко очерчен в «Программе вступительных экзаменов по математике для поступающих в высшие учебные заведения СССР». Во всех вузах страны экзамены проводятся в строгом соответствии с этой официальной программой.
Программа вступительных экзаменов соответствует обычному школьному курсу элементарной математики, т. е. включает в себя те знания, которыми должны обладать лица с законченным средним образованием. В частности. никаких дополнительных сведений по элементар* ной математике, никакого знакомства с элементами высшей математики она не требует.
На устном вступительном экзамене поступающий «вы* тягивает» билет, содержащий несколько теоретических вопросов'). Если школьный материал усвоен хорошо, то. в билете никаких сюрпризов не будет: формулировки вопросов, как правило, взяты прямо из упомянутой программы.
Ниже приведены примеры экзаменационных билетов по математике.
I. Вычисление объема шара.
Признаки делимости натуральных чисел на 2, 3, 5 и 9.
П. 1. Признак перпендикулярности двух плоскостей.
Формулы общего члена геометрической прогрессии и суммы п ее первых членов.
Ш. 1. Формула площади круга.
Графики функций: у — ах; у = logax.
L Вычисление площади треугольника.
Решение системы двух линейных уравнений с двумя неизвестными.
1. Признаки подобия треугольников.
2. Выражение тригонометрических функций двойного и половинного аргумента через функции основного аргумента.
В некоторых вузах билет, помимо 1еоретических вопросов, содержит н примеры,
VI. 1. Вычисление площади поверхности и объема призмы.
Формулы приведения.
、/JL L Признак перпендикулярности прямой и плоскости. Теорема о трех перпендикулярах и обратная к ней.
Обращение периодической десятичной дроби в обыкновенную.
1. Существование вписанной окружности треугольника. Существование описанной окружности треугольника.
Решение квадратных неравенств с одним неизвестным.
I. Свойства касательных к окружности.
Графики функций: у = sin х; у = cos х; у = tg х.
L Свойства параллельных прямых, пересекающих стороны угла.
2. Преобразование в произведение сумм вида sin а ± sin р, cos а ± cos р tg а ± tg р
XL 1. Теорема косинусов.
Свойства десятичных логарифмов.
ХП. h Свойства углов с соответственно параллельными пли пер' пендикулярнымя стороными. Сумма внутренних углов тре” угольника и выпуклого многоугольника.
Формулы сложения трцгоиомеетрнческнх функций.
Поступающий может готовиться к ответу на содержащиеся в билете вопросы в течение установленного времени (в среднем — около часа). Никаких ограничений на то, какие именно доказательства рассказывать, не накладывается. Поступающий волен выбирать ту систему изложения материала, которая ему больше нравится — для экзаменаторов безразлично, по какому учебнику излагаются ответы на поставленные в билете вопросы. Важно только, чтобы были даны точные и четкие формулировки, верные доказательства.
Устный экзамен по математике проходит в форме беседы поступающего с двумя экзаменаторами. Обычно она начинается с ответов на теоретические вопросы билета. После того как экзаменующийся рассказал материал билета, ему задают еще несколько дополнительных вопросов (как теоретического характера, так и задач), чтобы полнее выяснить его знания, в частности, по тем разделам программы, которые непосредственно в билет не вошли. Разумеется, и эти дополнительные вопросы не выходят за рамки изучемого в школе материала.
Дополнительные вопросы, как правило, равномерно охватывают все содержание программы вступительного
экзамена. Однако можно все же выделить такйе ее разделы, знакомство с которыми особенно необходимо при изучении высшей математики на первом курсе вуза н знание которых проверяется в первую очередь!):
Обращение десятичной периодической дроби в обыкновенную
Действия над радикаламн и степенями с рациональными показателями.
Абсолютная величина денстяительного чнсла<
Алгебраические дроби и действия над ними.
Основные свойства равенств, неравенств и уравнений:
Уравнения второй степени. Формулы Виета,
Решение неравенств первой и второй степени.
Графики основных функций: прямая, гипербола, парабола, лс^арифмическая а показательная кривые, тригонометрические кривые.
Бесконечно убывающая геометрическая прогрессия.
Свойства логарифмов.
Признаки равенства и подобия треугольников.
Метрические соотношения в прямоугольном треугольнике.
Формулы площади треугольника и круса» длины окружности.
Признаки параллельности и перпендикулярности прямой Я плоскости, двух плоскостей. Теорема о трех перпендикулярах.
Угол между прямой н плоскостью, между двумя плоскостями, между скрещивающимися прямыми,
Формулы объема пирамиды, конуса, тара; боковой поверхности конуса и поверхности шара.
Градусное н радианное измерение углов. Положительные я отрицательные углы.
Определение тригонометрических функций; их свойства а основные соотношения между ними.
Формулы сложения* двойного и половинного аргумента.
Теоремы синусов и косинусов.
Опыт вступительных экзаменов показывает, что наибольшее число вопросов и задач относится к курсу алгебры и элементарных функций.
На устном экзамене проверяются владение поступающими материалом программы, навыки в применении тех или иных теоретических положений для решения задач и примеров, владение техникой элементарных преобразований, построения графиков функций, решения уравнен ний и неравенств. Особое внимание уделяется выяснению того, в какой мере поступающий умеет логически рассуждать, ибо это имеет решающее значение для уо воения курса высшей математики.
Это, конечно, не означает, что на экзамене проверяют зна-. иие лишь этих разделов, а другие можно вообще не знать.
Хотя общий объем знаний, которым должны обладать поступающие, определен программой, уровень предъявляемых требований различен в разных институтах (и на разных факультетах); он зависит от необходимой для дальнейшего обучения математической подготовки. Уровень требований проявляется прежде всего в степени трудности вопросов и задач, которые предлагаются на экзамене. Естественно, что лица, поступающие на те специальности, где предусмотрено углубленное изучение высшей математики, должны показать более прочные и глубокие знания, свободное владение техникой решения Задач по материалу программы, а главное ——навыки логического мышления.
Общие требования, которые предъявляются на экзаменах по математике к поступающим и которые являются основополагающими при выставлении экзаменаторами оценки, можно сформулировать вкратце следующим образом:
четкое знание математических определений и теорем, предусмотренных программой, умение доказывать эти теоремы;
умение точно н сжато выражать математическую мысль в устном и письменном изложении;
уверенное владение математическими знаниями и навыками, предусмотренными программой, умение применять их при решении задач.
Дадим еще несколько «тактических» советов.
Ни экзамене необходимо проявить определенную выдержку и самообладание. Немало бывало случаев, когда молодой человек шел на экзамен неплохо подготовившись, но затем, во время экзамена, получив билет или задачу, терял присутствие духа, начинал нервничать, волноваться и не мог как следует рассказать даже то, что хорошо знал.
Во время беседы с экзаменаторами на устном экзамене не рекомендуется спешить отвечать на поставленный вопрос, даже если он кажется простым и легким. Всегда, прежде чем ответить, полезно понять и обдумать вопрос, собраться с мыслями, а затем дать обстоятель^ ныя и исчерпывающий ответ, ибо, не подумав и не вспом-
нив все относящееся к вопросу, легко допустить ошибки и неточности.
Если какой-либо вопрос показался . неожиданным, трудным ——необходимо спокойно сосредоточиться, попробовать различные подходы к решению. Не следует отчаиваться и считать, что все погибло, если вдруг окажется, что какая-нибудь формула «вылетела из головы». Главное для экзаменаторов ——выяснение математической подготовки поступающего, а не проверка его памяти. Поэтому ему всегда дадут время подумать и вывести нужную формулу.
В заключение хотелось бы познакомить поступающих со следующими словами академика А, Н. Колмогорова, взятыми из его брошюры 《О профессии математика» ,(Изд-во МГУ, 1960, стр. 14—15):
«На устных экзаменах задача экзаменатора в советском вузе, вопреки распространенному воззрению школьников, состоит не в том, чтобы поскорее《срезать》незадачливого поступающего, а в том, чтобы тщательно взвесить, учитывая все обстоятельства экзаменационной обстановки, перспективы его дальнейшей работы по избранной им специальности... Приемные и экзаменационные комиссии более всего озабочены тем, чтобы не потерять ни одного поступающего, достаточно подготовленного и способного серьезно работать на данном факультете. Между тем часто случается, что более боязливые молодые люди, подготовленные - не хуже других, предпочитают подавать заявления не туда, куда нм хочется поступить, а туда, где, по их сведениям, конкурс поменьше».
Образцы дополнительных вопросов
Какая из дробей больше: 7/1э или 0,36?
Обратить в обыкновенную дробь 0,35(28).
На какое целое положительное число надо разделить 180, чтобы остаток составлял 25% частного?
Пусть а и 6 — натуральные числа, НОД (й, Ь)—наибольший общий делитель, а Н0К(4 匕)一наименьшее общее кратное этих чисел. Доказать, что НОД(а, fe) • НОК(а, b) = ab.
Доказать, что если две положительные несократимые дроби в сумме равны 1, то их знаменатели равны.
Доказать, что при любом натуральном п число п3 4- 2я ае* лите я на 3.
7* Найти последнюю цифру，倒額務 З*3叫
& Доказать, что удвоенная сумма квадратов двух натуральных чнсел есть также сумма квадратов двух натуральных чисел.
訳 Что больиге:出 “2 или 卡3; 6) 2 十，Н или “3+3?
?旣 Что можно сказать о действительных числах аь 以备 一，,an« ®сля а} а； + 磋 + ・ * • + n： =ss 0; 6}勿&2 . . . Йп = *
1L Найти общую меру двух отрезков, длины которых соответственно равны 1,5 и З3/】”
0 а} Может ли сумма двух рациональных чисел быть нрра” цио^альиой? 6) Может ли сумма двух иррациональных чисел быть рациональной?
Изобразить на числовой прямой точки, соответствующие тем 4вслам к» которые удовлетворяют условиям: а) |х + 2| ^ 3; 6”5—尤| =а; в) |х —xoj > 6.
Однозначно ли определяются два положительных числа, если известно rx среднее арифметическое а и среднее геометрическое 6?
Доказать, что I2 4- 22 4-…+ 紋=龙{/z 十！)(2总 + 1)/6.
x + « 工一у
Выпэл^пть действия: —►
Известно, что а арифметической прогрессии @2 = 4» 佝e R =—•4. Найти число л членов этой прогрессии, сумма которых равна 泛
Известно, что в треугольнике стороны составляют геометрн- чеекую прогрессию. Доказать^ что соответствующие высоты также составляют геометрическую прогрессию.
Вычислить без помощи таблиц:
盡”呜“ ®v^k 6)2&®%2 в} 0>001tg2. » 严吃' + 2135*
Сколько цифр имеет число 2*°^ если 1g 2 = 0,3010?
Что больше:
a) logs 3 или log3 2; б) log4 7 или log jy32; в) log2 5 или log3 5?
Что больше: З400 или 4300?
Дано, что log318 = а и log5 15 = b; найти log? t%
В какой четверти расположен угол величиной “и радиан?
Вычислить sin,—870°)»
Что больше:
a) cos 3 范〃и 0; б) sin 1 или sin 1°; в) tg 1 нли arctg 1?
Положительно или отрицательно число 1garctg 2?
Найти без таблиц tg 2а» если sin а = %.
Доказать тождество tg За — tg a tg(60° 4- а) tg(60® — сф При каких значениях а оно справедливо?
Упростить выражение “&出 ct(i 十 ct^ja) + co/a。孑 tga).
Найти tg а, если sin 2a + cos 2a = V^/2, а угол а лежит! во второй четверто
Представить выражение 1 + cos а + cos 2a в виде произведения.
Доказать, что cos 引 + cos 飞-=—.
При каких значениях аир справедливо равенство
sin а -|- sin Р == sin (а + р)?
35・ Вычислить:
a) tg[arccos (—^~)} б) sin ^arctg i — arccosу^.
Равносильны ли уравнения
(tg г + Cig х) (sin х 4- cos х) — 0 и sinfx 4- 45°) =0?
При каких значениях а уравнение ах2 — 4х Ц- а = 0 имеет корни?
#2 + 4х —#2 + 4х —7 W + 4 力 + 57 W + 4 力 + 5а) Найти все значения р и ^ при которых уравнение х2 + рх -Ь ^ — 0 имеет корни р2 и q. б) Не вычисляя корней %i н Хг уравнения 3" — 5* + 4 = 0, найти величину x^x2+xix2*
#2 + 4х —
#2 + 4х —
7
W + 4 力 + 5
7
W + 4 力 + 5
Решить уравнение:
Решить уравнения:
12 乃一炉-8| =舒一1; 6) “*不限 + 6 + "K二T = 2% +力 в) 100lgJC = 2x2;г) log <+б(2х — д/^ + ^Э e V2；
д) 5 *25х Ч- 5x+I == 250; е) 2 cos 2х — sin х — 1;
яс) tg 2х cos Зк + sin Зк + “2 sin 5х = 0;3) (Iog3in х cos х)2 — L
Решить системы уравнений:
(" + 4 = 3, J 炉 + 初=21g
I х + У = 3;' I у2 + 切=231;
,“к + “g + 1 == 1,I Vx +1 + Vf/ = ь
Исследовать систему уравнении:
2х — ay = 5, Зу — 6尤=—15.
Равносильны ли неравенства у > “2к + 1 ^ у2 > 2х + 1^
При каких значениях а неравенство ах2 — |х|^0 справедливо для всех х ^Ю?
Решить неравенства:
I 小一к — 8 ] & %;I 小一к — 8 ] & %;в；д)в；д)炉—4к + 3—2尤一3-炉—4к + 3—2尤一3->2;>2;log./J^2 —4|> I;log./J^2 —4|> I;ж) I Sin X I + I cos х|> I;ж) I Sin X I + I cos х|> I;10gx 2 > logx 3：D上齊三》{:e) logl/t (x2 + 5) < log% £2尤-G);3)logsinxcosx<0.10gx 2 > logx 3：D上齊三》{:e) logl/t (x2 + 5) < log% £2尤-G);3)logsinxcosx<0.
I 小一к — 8 ] & %;
I 小一к — 8 ] & %;
в；
д)
в；
д)
炉—4к + 3
—2尤一3-
炉—4к + 3
—2尤一3-
>2;
>2;
log./J^2 —4|> I;
log./J^2 —4|> I;
ж) I Sin X I + I cos х|> I;
ж) I Sin X I + I cos х|> I;
10gx 2 > logx 3：
D上齊三》{:
e) logl/t (x2 + 5) < log% £2尤-G);
3)logsinxcosx<0.
10gx 2 > logx 3：
D上齊三》{:
e) logl/t (x2 + 5) < log% £2尤-G);
3)logsinxcosx<0.
Найти область определения функций:
а)g=5"「二4吟6) g== log% (2 一炉);
в) t/= log1/a I sin х|:г) у= IgQ —"1 —炉).
а) Доказать, что 2 sin к + 5cos х & “30. б) Может лн при каком-нибудь значении х выполняться равенство sin к + cos к = “3 ?
Выяснить, есть ли наибольшее или наименьшее значение
у Фуьч<1ШЙ:
а)
У = з + к —吟
6)
У = (tgz + ctg к)?；
1
2x2
"+ К +1，
у G +1，
д)
乡=sin (sin x);
e)
4 = 2! smxl.
Являются ли периодическими следующие функции:
(—2, —2) до прямой, проход?!--у = 3/8+1)；^ = 0,01lg х；y = I 1咱厶(产一4)卜у = sin 2х — V^ cos 2司к) ун呻serie.(—2, —2) до прямой, проход?!--у = 3/8+1)；^ = 0,01lg х；y = I 1咱厶(产一4)卜у = sin 2х — V^ cos 2司к) ун呻serie.а) р = * б) ^ == х3 + х — 4; в) у =炉一х + 1；г) ^ = sin х Ч- cos 2х д) ^ == cos (к “2)?
(—2, —2) до прямой, проход?!--
у = 3/8+1)；
^ = 0,01lg х；
y = I 1咱厶(产一4)卜
у = sin 2х — V^ cos 2司
к) ун呻serie.
(—2, —2) до прямой, проход?!--
у = 3/8+1)；
^ = 0,01lg х；
y = I 1咱厶(产一4)卜
у = sin 2х — V^ cos 2司
к) ун呻serie.
Найти расстояние от точки щей через точки (1, 4) и (1, —10).
Построить графики функций:
у = — 4х Ч- 0,5;
у = I R — Зк + 2 ];
Д)广10%3;
у = (%)优
и) г/ = Vsin2 х Ч- 1 — 2 sin х;
С помощью графиков установить, сколько корней имеет уравнение 1g к = sin
На плоскости с заданной системой координат изобразить множество точек, координаты х н д которых удовлетворяют соотио- шеяиям：
h { 3；士;;U；6)log"<0; в) y>sin|x|.
Доказать, что если в треугольнике две высоты равны, то он равнобедренный.
Доказать, что в прямоугольном треугольнике сумма катетов равна сумме диаметров вписанной и описанной окружностей.
Доказать, что если в трапеции точка пересечения диагонали равноудалена от боковых сторон, то трапеция равнобочная.
Найти необходимое н достаточное условие для того, чтобы в трапецию можно было вписать окружность и одновременно вокруг нее можно было описать окружность.
Доказать, что сумма длин медиан треугольника больше %р、 но меньше Р, где Р — периметр треугольника.
Доказать, что если в треугольнике справедлива зависимость: а : cos А = b : cos В, то он равнобедренный.
Определить стороны прямоугольного треугольника, зная его периметр 户 и площадь S.
Найти высоту равнобочной трапеции, если ее площадь равна S, а острый угол между диагоналями равен 2а.
Даны две окружности одного н того же радиуса R, причем расстояние между нх центрами также равно R. В лунку, полученную при пересечении этих окружностей, вписан квадрат. Найтн его сторону.
Найти геометрическое место оснований перпендикуляров, опущенных из центра О круга на хорды, проходящие через фиксированную точку N внутри круга.
桢.Построить треугольник по стороне а, высоте 力，опущенной на эту сторону, и медиане m другой стороны.
Построить треугольник по периметру Р и двум углам ос и р.
Построить окружность, касающуюся данной прямой / н проходящую через две фиксированные точки А и В.
Доказать, что сеченне треугольной пирамиды плоскостью, параллельной скрещивающимся ребрам, есть параллелограмм.
Прямая образует равные углы с тремя непараллельными между собой прямыми, лежащими в одной плоскости. Доказать, что она перпендикулярна к этой плоскости.
Найти необходимое и достаточное условие того, что в призму можно вписать шар.
Найти угол между скрещивающимися диагоналями прилежащих граней куба.
Найти длину кратчайшего пути, ведущего по поверхности куба с ребром I из одной его вершины в противоположную.
В правильной треугольной пирамиде дана высота Л и боковая поверхность S. Найтн сторону основания, боковое ребро, двугранные углы при ребре основания и при боковом ребре.
Найти радиус шара, вписанного в усеченный конус, если радиусы оснований конуса равны R н г.
Дана плоскость и точки Л н В, лежащие по разные стороны от этой плоскости. На плоскости найтн такую точку С, чтобы раз- ност% АС — ВС была минимальной.
Найти геометрическое место точек пространства, равноудаленных от трех заданных точек»
2. Письменный экзамен
В большинстве высших учебных заведений перед устным экзаменом проводится еще и письменный экза* мен по математике.
Во время этого экзамена поступающий получает ва； риант задания, содержащий некоторое число задач (разное в разных институтах и в различные годы). Подров-* ное письменное изложение решений этих задач необхо* димо составить в отводимое время.
На письменном экзамене проверяется, умеет ли по^ ступающий решать задачи, требующие хорошего знания основных вопросов школьного курса, прочного владения техникой алгебраических н тригонометрических преобра* зовани询* умения последовательно и логически правильно строить доказательства. Существенное внимание уне・ ляется тому, насколько четко поступающий может изла^ гать свои рассуждения в письменной форме.
Следует подчеркнуть, что ни в одной из экзамена^ иконных задач не требуется никаких знаний сверх «Программы вступительных экзаменов по математике», никаких сведений из высшей математики. Эти задачи решаются последовательным применением изучаемых в школе правил и приемов, использованием известных из школьного курса определений и теорем.
Это, разумеется, не означает, что экзаменационные задачи решаются без труда ——они предполагают активное знание материала, умение самостоятельно искать подход к решению и логически рассуждать. Иначе говоря, справиться с такими задачами может лишь тот» кто твердо усвоил школьный курс, получил достатоЧ'- ные навыки четкого и уверенного решения школьных задач.
В подавляющем болыиинстве случаев для решения задач вариантов письменных экзаменов не требуется какой-либо особой изобретательности, и в этом основное отличие этих задач от олимпиадных. Целью экзамена является проверка глубины и прочности знаний посту* лающих, а не выяснение их сообразительности и смекалки.
Лицам, поступающим на специальности с повышен” ными требованиями по математике, предлагаются, есте-*
ственно, более трудные задачи, в том числе и такие, в которых нужно проявить определенную самостоятельность мысли. Но и в этих задачах речь идет не о какой- то особой изобретательности, а о необходимости исследовать поставленный вопрос в самом естественном направлении хорошо известными средствами.
У поступающих часто возникают затруднения с оформлением письменных работ. Нужно стараться решения задач в экзаменационной работе писать четко, подробно и аккуратно.
В алгебраических и тригонометрических примерах следует объяснять выкладки (что из чего получается и каким образом), провести проверку решений (если это необходимо), указать все ограничения (возникающие как из условия, так и в ходе преобразований). В текстовых задачах нужно объяснить обозначения, описать^ как нз условия следуют те или иные соотношения, а затем найти из этих соотношений искомые величины.
В геометрических задачах чертежи надо выполнять аккуратно (можно чернилами и от руки) ； все обозначь ния на чертеже должны быть объяснены, а обозначения в тексте решения должны с ними совпадать. Если в процессе рассуждений применяется какая-либо теорема или формула, то она должна быть названа. Следует строго доказывать используемые геометрические утверждения (скажем, перпендикулярность каких-то плоскостей, факт пересечения двух прямых в некоторой точке и т. д.).
Поступающие часто допускают в решении арифметические ошибки, путают знаки и т. п. Поэтому полезно тщательно контролировать себя, внимательно проверять выкладки. При наличии арифметических ошибок задача не может считаться решенной безукоризненно.
Многие поступающие выполняют письменную работу небрежно, пишут беспорядочно и настолько непонятно, что зачастую потом сами не могут расшифровать свои записи. Все это приводит к путанице, опискам, ошибкам и в конечном итоге ——к более низкой оценке. Рекомендуется и на черновиках писать достаточно четко, не разбрасывая решение по разным листам, ибо в противном случае при переписке на чистовик легко допустить ошибку или перепутать обозначения,
Иногда поступающие привлекают для решения задач факты, выходящие за пределы программы： принцип Кавальери, теоремы Чевы, Стюарта, неравенства Бернулли, Буняковского, методы дифференциального исчисления и т. д. Следует иметь в виду, что правильное решение, ис* пользующее такие соображения, засчитывается лишь если на устном экзамене поступающий покажет владение привлекаемым им дополнительным материалом.
Нет необходимости приносить на экзамен книги, справочники, таблицы, логарифмические линейки и т. п., поскольку эти материалы для выполнения письменной работы не потребуются.
При выполнении экзаменационной работы полезно учесть несколько советов.
Целесообразно сначала решать ту задачу, которая кажется более простой, довести ее решение до конца, переписать его начисто, а уже после этого приниматься за решение следующей задачи. Не нужно решать одну к ту же задачу несколько часов подряд, если она не получается,——в результате может не хватить времени на остальные задачи.' Лучше отложить эту задачу и заняться другими, а потом, сделав их, вернуться к ней снова. Это позволит более рационально использовать предоставляемое для экзамена время.
Многие экзаменационные задачи допускают несколько разных решений. Поступающий волен дать любое правильное решение. Хотя желание найти наиболее короткий и красивый путь решения весьма естественно, отысканием такого пути в условиях экзамена не следует заниматься очень долго — это может занять много времени. Поэтому лучше довести до конца пусть длин^ ное, но надежное решение.
Иногда встречаются экзаменационные задачи со сложными и длинными формулировками условий. Такого рода задач не нужно бояться — обычно их решение не так уж сложно, как кажется на первый взгляд. Необходимо только спокойно разобраться в условии и правильно понять его*
Не следует отчаиваться, если письменную работу удалось выполнить не особенно хорошо. Лучше, не теряя времени, приниматься за подготовку к устному экза-
мену по математике и к другим вступительным экзаменам. Не нужно думать, что студентами становятся толь* ко те, кто решил все предложенные на письменном экзамене задачи,——зачисление производится в порядке конкурса по результатам всех приемных экзаменов.
Мы приводим ниже изложение решений задач вариантов письменных работ, предлагавшихся в 1975 году поступающим на экономический, биологический и механико-математический факультеты Московского универ-* ситета. Познакомившись с этими решениями, читатель может получить примерное представление о том, как следует оформлять чистовик экзаменационной работы.
I. (Экономич. ф-т, отделение по/ктииескоа эконо-. мии, 1975)
Два пешехода вышли из пункта А в пункт В, а одновременно им навстречу из пункта В вышел третий пешеход. Когда расстояние между первым и третьим пешеходами было равно половине' пути от Д до В, второй пешеход прошел 】/《пути от Л до В. Еще 28 минут спустя второй пешеход встретился с третьим. Когда вто^ рой пешеход обогнал первого на расстояние, равное Vis пути от Л до В, третьему еще оставалось пройти 2/3 пути из В в А. Сколько времени затратил на весь путь из 4 8 В второй пешеход?
Ремитъ уравнение
(2 sin % — 1)(2 sin 2r + 1) = 3 — 4 cos2x.
Решить систему уравнений
log* (Vx + у + 2)+ logi/x (х + У) = о,
%у + 5 = 0.
В прямоугольной трапеции верхнее основание равно высоте, а нижнее основание равно а. Найти боковые стороны, если известно, что одна из них касается окружности, проходящей через обе верхние вершины а касающейся нижнего основания.
При каком значении х выражение
尹一 1 + --1-
2^+2
принимает наименьшее значение?
Задача 1. Обозначим скорости пешеходов соответственно через 6,方，Уз (km/jwuh); расстояние 4В — через s (/см), а время, за которое второй пешеход црошел % пути от Л до В, — через / (мин).
За время f первый пешеход прошел путь и", третий——путь 禽f, а вместе они прошли расстояние s/2; поэтому
(5 +03)/ = £⑴
Ва то же время f второй пешеход прошел расстояние £/4, т. е.
® = $⑵
За время f + 28 второй пешеход прошел путь v2(t + 23), а третий ——путь v3(t + 28). Из условия их встречи в этот момент получаем
®2 + s)(f + 28) = s.(3)
На путь s/З третий пешеход затратил время -^-. За зтс время первый прошел путь ^-5, а второй путь •^- и2. Так как по условию второй пешеход прошел расстояние на s/15 большее, чем перзый, то
肃(02-5)=/.(4)
Из системы уравнений (1)——(4) требуется найти время s/s, которое затратил на путь АВ второй пешеход.
Из уравнения (2) выразим f и, подставив полученное выражение в уравнения (1) и (3), после сокращения на s придем к системе
5 + 3 = 2%
(u2 +03)(含 + 28)= 5,(5)
。2 — 5 = * .
Из первого и третьего уравнений системы (5) вытека- 5 п
ет， что оз =y v2. Подставляя это значение во второе
ур^Ененме с-истемы (5), .имеем
^&(言+ 28)=s, или }.^ + 28 = $・专.
Отсюда находим s/v2 = 144.
Ответ: на путь из Л в S второй пешеход затратил 2 ч 24 мин.
Задача 2. Заменяя cos2x на 1 — sin^%, получим уравнение
(2 sin х — 1)(2 sin 2х + 1) = 4sin2x— 1.
Поскольку 4 sin2x— 1 = (2sinx— 1) (2 sin x + 1), то уравнение далее можно переписать в виде
(2 sin % — 1) (2 sin 2х — 2 sin х) = 0.
Наконец, применяя формулу разности синусов, запишем уравнение в виде
(2sinx — 1) • 4si崂cos萼=О*
Остается решить уравнения:
sin% =彳，sin j = 0, cosg = 0.
Ответ: Xi ==(—l)ft -2- + Агл, x2 = 2/ix, 尤产^ + ^l. где k, a, m — целые числа.
Задача 3. Используя свойства логарифмов^ перепишем первое уравнение системы в виде
log* (“X + у + 2)= logx (х + 办
откуда, после потенцирования, получаем
Vx + ^ + 2 ==х + у.
Обозначим “汇 + y через /; тогда уравнение примет вид产一f —2=0,
откуда 厶=2, U = —1. Однако t ^ 0, и потому второй корень надо отбросить. Поэтому “％ + у = 2, и мы при* ходим к системе уравнений
J % + У = 4,
I = —5,
которая имеет два решения： м = 5,勿=—1;也=—1, 次=5
Поскольку в ходе рассуждений мы не могли потерять решения, но могли приобрести лишние решения, то надо сделать проверку. Она показывает, что исходной системе удовлетворяет только пара 勺=5, у\ = —1.
Ответ: % = 5, у — —1.
Задача 4. Пусть в трапеции ABCD нижнее основание обозначено через 48, а верхнее — через CD\ боковая сторона AD равна основанию CD и перпендикулярна к основаниям" трапеции. В зависимости от того, какое из оснований трапеции больше, возможны два чертежа
7рис. 155). По условию задачи окружность проходит через точки С и О и касается нижнего основания АВ. Точка касания К является точкой пересечения прямой АВ с прямой МК, перпендикулярной к отрезку DC в его середине М.
Эта окружность не может касаться боковой стороны AD. В самом деле, в противном случае отрезок CD был Оы диаметром окружности (как хорда, перпендикулярная к касательной в точке касания), его середина М— центром окружности, а отрезок МК — радиусом, что невозможно, так как по условию = AD =М/С
Следовательно, окружность касается боковой стороны С8, и притом в точке С. Отсюда ясно, что ВС = =ВК (как две касательные, проведенные к окружности из одной точки). Однако в случае, когда нижнее основание трапеции меньше верхнего (см. рис. 155,6), отрезок ВС не может равняться отрезку ВК, так как
BK<BA<DC = AD< ВС
((ибо перпендикуляр AD меньше наклонной ВС).
Таким образом, мы показали, что верхнее основание трапеции меньше нижнего (см. рис. 155, а). Опустим перпендикуляр CL из точки С на нижнее основание АВ. Из прямоугольного треугольника CLB имеем
BC = CL2+BL2.(6)
Но CL = AD, а
BL = АВ — AL = а — DC — а — 4D,
ВС = вк = АВ - АК = а Т DC = а - ^ AD.
Подставляя эти выражения в равенство (6), получаем
AD = -—-, ВС = а — -— AD = -у-.
Ответ: боковые стороны трапеции равны 4a/7 и 5a/7.
Задача 5. Обозначим 2* + 2 через £; ясно, что t ^ 3. Среди этих значений f будем искать то, при котором выражение
/ + ；-3
принимает наименьшее значение. Начертив график функции
у ;
(см. рис. 18), замечаем, что при / ^ 3 эта функция возрастает и, следовательно, принимает наименьшее значение при / = 3.
Поэтому исходное выражение принимает наименьшее значение при 2若 +2 = 3, т・ е. при х == 0. В приведенном рассуждении, однако, мы использовали график ческие соображения. Теперь докажем строго, что выражение
принимает наименьшее значение при х = 0, т. е. докажем, что при любом значении х справедливо неравенство
Используя снова обозначение f =2冥' + 2、перепишем неравенство (7) в виде
，+；》枭е
Поскольку t положительно, то неравенство (8) равно сильно неравенству
3产一10/ + 3》0, илн (/-3)«一g)》0.
Последнее неравенство, очевидно, справедливо для всех f > 3, а потому неравенство (7) действительно выполнено для всех х.
Ответ: данное выражение принимает наименьшее значение при х = 0.
П.1)П.1)(Биофак, 1975)
П.
1)
П.
1)
Из пункта Л в пункт 8, расстояние между кото
рыми 100 км, выехал мотоциклист, и одновременно с ним из В в А выехал велосипедист. Через некоторое время они встретились в пункте С, расположенном между А и 8, и, продолжив свой путь, прибыли 6 пункты назначения. На следующий день мотоциклист вернулся в At а велосипедист——8 В. При этом мотоциклист двигался 8 з厶 раза быстрее, чем накануне, и поэтому на весь путь из В в А затратил на 10 минут меньше, чем на путь от Л до С 6 первый день. Скорость велосипедиста во второй день была на 10 км/час выше, чем в первый день, 〃 на весь путь из А в В он затратил в 5/2 раза больше времени, чем на путь от В до С в первый день. С какой скоростью двигался мотоциклист в первый день на пути из А в В?
Найти все значения параметра р, при которых квадратное уравнение
(4x)2 _|_(4方+2 - 40)х + 9 = 0
имеет ровно одно решение.
В круге проведены две хорды АВ и CD, пересекающиеся в точке М. К—точка пересечения биссектрисы угла BMD с хордой BD. Найти отрезки 8K и KD、если BD = 3, а площади треугольников СМВ и AMD относятся как 1 : 4.
Решить уравнение
I cosx + 2sin2х — cosЗх | = 1 + 2sinx — cos2х.
Найти все целые числа п, удовлетворяющие мера венству
log/ л
"(4 sin—п+10)V 1 +“九+ 12 丿
Задача 1. Пусть и (к,м/ч)—скорость мотоциклиста а первый день движения, v (км/ч)——скорость велосипедиста в этот день, а / (ч) —время от начала движения до их встречи в пункте С.
Поскольку АС =庇 н ВС =此 а АС + ВС = 100, то 也 + и" =100.(9)
Далее, во второй день мотоциклист, двигаясь со скоростью з/2〃，прошел 100 км за время £ — %, и поэтому, "!*〃(/ 一 春)=100.(1。)
Наконец, во второй день велосипедист, двигаясь со скоростью 口 + 10, прошел 100 км за в—мя 5/乩 Так что е+!0)子= 100.(11)
Из уравнения (9) имеем а = 100/(〃 +и), а из урав* нения (II) находим 方=40/e+10). Отсюда
100402(4 — 50
—;———гттг，т. е.V = —5—>
〃 + и о + to3
и поэтому _ 100 =100_ 60
我十"2在一50 u 10 *
Подставляя это выражение для t в уравнение (10), 6у・ дем иметь
■у и (“‘Уб — —^ = 100, или и2 + 30〃 — 4000 工 0.
Решая последнее квадратное уравнение, получаем 〃i п =50, 〃2 = —80. Второй корень не удовлетворяет условию задачи, так как 〃 > 0; следовательно, а «= 50.
Ответ: в первый день мотоциклист двигался со ско* ростью 50 км/час.
Задача 2. Квадратное уравнение имеет ровно одно решение тогда и только тогда, когда дискриминант уравнения равен нулю. Поэтому число р удовлетворяет условию задачи, если
откудаоткуда(4。+2 —40)— 4-9* 16 == 0, или 4。+' —40 = ±24,
откуда
откуда
丄+2丄+2
4 P =64 или 4 P = 16.
Из первого уравнения получаем р" + 2 = 3, а потому р= 1； из второго уравнения получаем р—+ 2 = 2, что
невозможно.
Ответ: данное квадратное уразнение имеет ровно одно решение при р ~ \.
Задача 3. Треугольники AMD и ВМС (рис. 156) подобны, поскольку ZMAD = ZMCB как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу BD, и ZADM=^ =Z CBM как вписанные углы? опирающиеся на одну и ту же дугу АС.
Так как ■ площади подобных
треугольников относятся как квадраты сходственных сторон, то ВМ2: DM2 = &, откуда DM = 2ВМ. По свойству биссектрисы внутреннего угла треугольника
ТУ = W = ^
и поскольку DK -|- К8 = DB = 3, то DK = 2, К8 = 1.
Ответ： ВК = 1, KD = 2.
Задача 4. Преобразуя левую и правую части данного уравнения, получим цепочку равносильных уравнений:
I 2 sin 2xsinx + 2 sin2x | — 2sin2x + 2sinx,
I sin2x(l + sinx) | = sinx(l + sinx),
|sin2x] • 11 + sinx| = sinx(l + sinx). (12)
I sin 2х I = sin%・ имеет серию решений 々一целое число,I sin 2х I = sin%・ имеет серию решений 々一целое число,(13)(13)Так как 1 + sin х ^ 0 при любом х, то 11 + sin 尤]— = 1 + sin лг, а потому уравнение (12) распадается на два:
I sin 2х I = sin%・ имеет серию решений 々一целое число,
I sin 2х I = sin%・ имеет серию решений 々一целое число,
(13)
(13)
1 +sinx = 0, Первое из уравнений (13)
уравнений (13) рассмотримуравнений (13) рассмотрима для решения второго иза для решения второго изx = -+ 2左Л,
уравнений (13) рассмотрим
уравнений (13) рассмотрим
а для решения второго из
а для решения второго из
два случая.
sin2х^0. Тогда получаем
sin 2% = sin %, или sin х (2 cos х — Г ~ 0.
Это уравнение имеет три серии решений:
jq = /л, х2~у + 2/пл, х3 =——W■ + 2пл,
где 厶 m, п ——целые числа. Первая и вторая серии удовлетворяют условию а):
sin 2/ = sin 2/л == 0》0,
sin 2х2 = sin (警 + 4m) = sin-y- > 0>
а третья серия ——не удовлетворяет условию а): sin2%3 = sin (—— 筹-J- 4几冗)=——sin 警 V 0.
sin2x < 0. Тогда получаем
—sin 2х ^ sin х, или sin х (2 cos х + 1) = 0.
Это уравнение имеет три серии решений:
Xi = /л, х2 = -^- + 2пп, х3 ———書■ + 2гш,
где /, m,卅——целые числа. Первая и третья серии не удовлетворяют условию б), а вторая—удовлетворяет условию б).
Ответ: X] = — ~ + 2 々冗,х2 = /л,^2 = у + 2тл,
#4 =警十2心1, где k,厶 m, h - целые числа.
Задача 5. ОДЗ данного неравенства определяется услотиями
— 12&П&14, n< 10 + 4siny, a#=9 + 4siny (14)
(几一целое число). Так как я/6 V л/5 V л/4, то
2<4srn|<2V2<3.(15)
Поэтому, с одной стороны, 4 sin (эг/5) не есть целое число, так что третье условие (14) всегда выполнено, а с другой стороны, из второго условия (14) вытекает, что и W 12. Следовательно., ОДЗ данного неравенства определяется неравенством —12 п ^12, где п — целое число.
Как известно, неравенство 10gA В W 0 при положительных Лив выполняется в двух случаях: а) когда /4 V 1 и В N 1; 6) когда Д > 1 и 0^1. Рассмотрим каждый из этих случаев.
В случае а) имеем систему неравенств
f 4 sin£ — л + 10 V 2,
{1 + V« + 12
Первое из этих неравенств перепишем в в^fдe
п > 9 + 4siny
н, учитывая (15), находим 片^ 12. Однако систему (16) мы решаем в ОДЗ исходного неравенства, т. е. при ■—12《几£12. Следовательно, необходимо проверить единственное значение п — 12. Так как это значение не удовлетворяет второму неравенству (16), то оно не является решением системы (16).
В случае б) имеем систему неравенств
4sin-y —几 + 10 > 1,
vir^ с(⑺
'1 + л/丸 + 12
Первое из этих неравенств перепишем в воде
几 V 9 + 4$in^,
и, учитывая (15), находим я ^ 11. Так как Н- Ч- V^ + 12 > 0, то для значений —12《 孔《12 второе неравенство (17) равносильно следующим:
"15 — /1 & 1 + 7 孔 + 12,
15-n<n+ 13 + 2д/«П2,
1 — n^ V« + 12.(18)
При nV 1 обе части неравенства (18) можно возвести в квадрат, после чего получим 饅一Зп— 11 <0； отсюда
— 3) / д/53 + 3
Учитывая, что n — целое число н "V】,заключаем, что —2 w 冷 W 0・ Кроме того, неравенство (18) выполнено при всех n ^ 1. Следовательно, неравенство (18) справедливо при всех целых п 3 —2.
Таким образом, система (17) удовлетворяется при всех целых п из промежутка —2 w 冷 < 11. Эти значения п и являются решением исходного неравенства.
Ответ: п = —2, —1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7» 8, 9, 10, 11.
(Мехмат, 1975)
Решить неравенство
log^ (х2 + 4х + 6) + 6 д/I逅忑阡'森干巧 > 8.
Найти все пары чисел (х, у), удовлетворяющие условию у ^ 0 и системе уравнений
4炉+切+加一32 = 31 • 2炉+w+叱
COS [л(X2 + у2)] = 1.
Два равных ромба ABCD (АВ || CD. AD || ВС)互 APQH (/P 11 QR, AR II PQ) имеют общую вершину A « лежат в одной плоскости. Известно, что Z.BAD == = /PAR = а, причем а V 冗/2, точка R лежит внутри ромба ABCD, Z.RAD = р. Стороны ВС u QR пересекаются в точке К. Найти величину угла ВА*.
8 правильную треугольную пирамиду SABC с вершиной S и основанием АВС вписан шар единичного ра・ диуса\ двугранный угол между основанием пирамиды и боковой гранью равен 60е. Доказать, что существует единственная плоскость, пересекающая ребра основания АВ и ВС в некоторых точках М и N таких, что MN = 5, касающаяся шара в точке, удаленной на равные расстояния от точек М и N и пересекающая продолжение высоты пирамиды SK за точку К s некоторой точке D. Найти длину отрезка SD.
Без помощи таблиц найти все значения х s промежутке ——4 V % V——2,5, удовлетворяющие равенству log% (sin х — cos 6% + у j = log% (sin 3x — cos8x 十 » .
Задача 1. Поскольку
i°gVT(产 + 4x + 6) = 2 log3 (x2 + 4% + 6),
io, обозначив V1 og3(x? + 4x + 6) через y\ перепишем данное неравенство в виде
犷+ Зу—4》0<
Отсюда у & —4 или у》L Поэтому решениями исходного неравенства будут все решения каждого из двух следующих неравенств:
V 10g3 俨 + 4% + 6) 《 - 4,V 1。？3 a? + 4% + 6))1 .
Первое из этих неравенств не имеет решений, так как его левая часть неотрицательна при любом допустимом
Во втором из этих неравенств обе части неотрицательны при любом допустимом х, и потому оно равно- 「мльно неравенству
log3(^2 + 4х + 6)> 1.
Используя свойство логарифмов, получаем далее равно сильное неравенство х2 + 4х + 3 ^ 0, которое справедливо при х w —3 и при х А ——I. Эти значения х и яв- ■ляются решениями исходного неравенства.
Ответ:尤 < —3,工^ —1.
Задача 2. Обозначив 2*"切*尸 через z, перепишем первое уравнение системы в виде
2” 一 312 — 32 = 0,
откуда, учитывая, что % > 0, получаем z = 32, т. е.
工2 + у? + 2у = 4.
С другой стороны, пара (х, у) удовлетворяет второму уравнению системы тогда и только тогда, когда
х2 + у2 = 2 財
где й ——некоторое целое число. Таким образом, пара чисел (х, у) удовлетворяет условию задачи в том и только в том случае, когда она является решением одной из бес* конечного множества систем
f 尤2 + 力 + 2у = 4,
，炉十小=2依(19)
〔心0,
где k пробегает все целые числа.
Рассмотрим систему (19) при некотором фиксированном k. Из первых двух уравнений системы следует, что у 土 2 — k и, поскольку у 2=0, система (19) не имеет решений, если 左 >2. Из второго уравнения системы (19) видно, что она не имеет решений если 总 V 0. Остается только рассмотреть системы (19), соответствующие значениям й = 0, 1, 2.
При 左=0 имеем систему
'炉 + 川 + 2g = 4,
' х2 + у2==0,
• у》о,
которая» не имеет решений. Далее, при k = 1 имеем систему
(尤2 + 货 + 2р = 4,
] х2 + у2 = 2,(20)
(心0・
Вычитая из первого уравнения второе, получим у = I, а тогда х2 =s 1. Поэтому система (20) имеет два решения:
Xi = —I, gi = 1; х* = 1* % = L Наконец» при k = 2 имеем систему
炉 + 力 + 2g = 4,
炉+ “ = 4,
心0,
которая также имеет два решения: *з = —2* ^3 = 0;
*4 = 2,弘=0.
Ответ:修=—1,协=1;也=L 〃2 = 1；汇3 = —2,
Уз = 0;修=2,弘=0«
Задача 3. Изобразим на чертеже ромб ABCD и стороны /R 耳 С0 ромба APQR (рис. 157). Точка R лежит
внутри ромба ABCDT а точка К является точкой пересечения сторон ВС и RQ. По условию угол ARQ — тупой угол ромба APQR, равный углу АВС ромба ABCD. Точку пересечения прямой 4R со стороной ВС или ее продолжением за точку С обозначим через М.
Докажем, что тонка К лежит на стороне ВС между точками В и М (см. рис. 157,б), т. е. что чертеж, изо- браженный на рис. 157, а, невозможен. Допустим противное. Соединим точку К с точкой 4 и рассмотрим треугольники АВК и 联/< (см. рис. 157,а). По теореме о внешнем угле треугольника
N ARK > Z АМК > N АВМ,
^то противоречит данному по условию равенству
N ARK = Z 4RQ = N АВС = N АВМ^
Следовательно, имеет место чертеж, изображенный на рис. 157, б. Это означает, что точки к и D лежат по разные стороны от прямой АМ\ поэтому весь ромб APQR и, в частности, его вершина Р лежит с точкой О по разные стороны от прямой АМ (см. рис. 157,6). От* сюда вытекает, что
/ PAD= / PAR+ N RAD = a+^.
С другой стороны, точка К удалена от прямых AD и АР на расстояние, равное высоте каждого из ромбов. Другими словами,才人一биссектриса угла PAD. Теперь имеем
一 ВАК = N BAD 一 / KAD =
Ответ: N BAK —'貿評•.
Задача 4. Как известно, центр О шара, вписанного в правильную треугольную пирамиду SABC, лежит на ее высоте SR; при этом шар касается основания пйрамиды в точке К, являющейся центром правильного треугольника ЛВС, и касается боковых граней пирамиды в точках, лежащих на апофемах этих граней.
Пусть 厶 ——середина ребра WC; тогда SL — апофема боко- < вой грани ASC, a BL — высота треугольника АВС (рис. 158). Отсюда следует, что NSLB — =60° как линейный угол двугранного угла между основанием пирамиды и ее боковой гранью 4SC.
Центр шара О равноудален от прямых SL и BL, а потому AOL^ == 30°. Из прямоугольного треугольника OKL находим L/< = O^ctg30° = V^- Но
откуда АВ = 6. Кроме того, из прямоугольного тр^*_ угольника SKL находим высоту пирамиды: S& =工
РАЗДЕЛ V，О ВСТУПИТЕЛЬНЫХ ЭКЗАМЕНАХ
Пусть л — плоскость, удовлетворяющая условию задачи; обозначим через Р точку касания плоскости л с Шаром. Так как касательные к 山ару, проведённые из одной точка равны между собой, то MP = МК, NP = р NK. Hg MP = NP по условию, а тогда МК = ^^> т. е. точки М и N удалены на равные расстояния от точки К.
Теперь в равносторонний треугольник АВС со стороной 6 помещен отрезок MN длины 5 так, что точка М лежит на стороне ЛВ, точка М — на стороне ВС и точки М и N равноудалены от центра К этого треугольника
(рис. 159). Применяя теорему косинусов к треугольникам МВК и NBK, можем написать
Ж2 = 8K2 + в“2 -вк • ВМ • “м
NK』BK2+ BN2 — BK，BN • 72
откуда, учитывая, что ВК == 2“3 и МК = NK, получаем равенство
(ВМ 一 BN)(BM + BN - 6) = 0・
Следовательно, либо ВМ + BN = 6, либо ВМ = BN. Если ВМ + BN = 6, то отрезок MN не параллелен стороне АС (в противном случае его длина равнялась бы 3). Таким образом, отрезок MN может занимать три положения (рис. 159,а, 6, в).
Найдем для каждого из этих случаев расстояние от точки К до отрезка ММ Если ВМ V ВЫ' (см. рис. 159,6), то проведем
KL 丄 ВС» KQ 丄 АВ, КН 丄 ММ
Из четырехугольника BLKQ заключаем, что NQKL = =120°. Так как △^QЛ^ = AKLNt то /MKQ = /МК厶 а потому NMK'/V = Z LKQ = 120°. Таким образом, /КМ" = 30° и из прямоугольного треугольника KHN находим
KH = R_. (21)
Если ВМ > BN (см. рис. 159, о), то расстояние К〃 вычисляв! ся аналогии но, и мы получаем тот же резу〃ь“ тат.
Если ВМ = BN (см. рис. 159, в), т. е. если MN || АС, то из равностороннего треугольника MBN находим его высоту ВН — 5 V3/2, а тогда —
КН = ВН - ВК =咚. (22)
Рассмотрим плоскость, проходящую через высоту SK пирамиды и точку касания Р (рис. 160). Эта плоскость перпендикулярна как к плоскости АВС, $ так и к плоскости л (ибо она содержит перпендикуляр ОР к плоскости л), а по
тому перпендикулярна и к линии их пересечения—прямой Л^^ — и пересекается с ней в точке Н. Прямая Р" является касательной к окружности, получающейся в сечении шара плоскостью SKP.
По условию задачи прямая РН пересекается в точке D с продолжением высоты S《за точку ^. Это, очевидно, возможно тогда и только тогда, когда ZКОР < 90°, или, поскольку /КОН = =~ Z.KOP (что следует из равенства
прямоугольных треугольников ОКН и ОРН), ко( да Л КОН < 45°, что равносильно неравенству кН V О К.
Значит, плоскость л удовлетворяет условию задачи в том и только в том случае, когда К" V L Но еслн ВМ 声 BN, то в силу (21) имеем КН > 1; если же ВМ = =BNt то в силу (22) имеем К" V 1. Следовательно,
условию задачи удовлетворяет единственная плоскость я. соответствующая расположению отрезка MN параллельно стороне АС (см. рис. 159,6), Вычислим, наконец.
длину отрезка SD. Из подобия прямоугольных треугольников (см. рис. 160) HKD и OPD имеем
KD DP .
но 0尸=“0。2 — OP2 = д/ (DK + 1 )2 ™ 1, а потому К。= 6. Окончательно,
SD = S《 + KD = 9.
Ответ： SD = 9.
Злдача 5. Потенцируя данное уравнение, получаем
sin х — cos 6х + ^ = sin Зх — cos 8х + 专. (23)
Далее имеем следующую цепочку равносильных урав， йений:
sin х — sin Зх — cos 6х — cos 8尤，
~ 2sinxcos2x — 2sin尤sin7.r,
sin x (sin 7% + sin(^ — 2x)) =0₽
sin X sin (彳 + cos (丁 --)=0.
Последнее уравнение имеет три серии решений!
(4"一J)Ttх —.(4 刃 + 3)@
где 电 n, tn ——целые числа. Из этих значений х в проме^ жуток —4 V 尤 V —2,5 попадают только четыре числа:
9лx2=_而，/=一于,9лx2=_而，/=一于,/ =—需• (24)/ =—需• (24)
9л
x2=_而，/=一于,
9л
x2=_而，/=一于,
/ =—需• (24)
/ =—需• (24)
Поскольку при переходе от исходного уравнения к уравнению (23) расширилась ОДЗ и за счет этого рао ширения могли появиться посторонние корни, то решениями задачи будут лишь те из чисел (24), которые вхо- 力ят в ОДЗ исходного уравнения. .Поэтому надо проверить, какие из чисел (24) удовлетворяют системе неоавенств
*/.2
sin 尤一cos 6x + 百 A 0,
«(25)
、sin 3x"— cos 8x + 告 > 0.
Но числа (24) удовлетворяют уравнению (23), так что достаточно проверить выполнение только первого из неравенств (25).
Поскольку
sin 修一cos 6%i + у =
= sin (— л) — cos (― 6л) + у = — -g- < О,
то число %1 не удовлетворяет исходному уравнению. По* скольку
2 sin %2 - COS 6%2 + g =
= sin(一需)一cos (-需)+ 等
то число %2 удовлетворяет исходному уравнению. Поскольку
sin 尤з ——cos 6x3 + -3 =
=sin (等")一cos (— 7л) + *^ = "^ > О»
то число Хз удовлетворяет исходному уравнению. По、 скольку
sin %4 — COS 6x4 + 守=
=sin (一等)-cos (一与)+普=^ j sin/,
то остается выяснить знак выражения
. л
6-sm 市.
Если а ——острый угол, то sin а > 0 и по формуле тройного угла
sin За = 3 sin а — 4 sin3 а < 3sin а.
Подстайляя сюда а = л/18, имеем
-- = sin -^ < 3sin-y^ , т. е. sin-75- > -g-.
Следовательно, число 尤4 не удовлетворяет исходному
уравнению.Ответ:%=一需уравнению.Ответ:%=一需x=一穿x=一穿
уравнению.
Ответ:%=一需
уравнению.
Ответ:%=一需
x=一穿
x=一穿
Образцы вариантов письменных работ
Вариант 1. (Экономический факультет, отделение политической •кономии, 1975)
На заводе работают токари первого, второго и третьего разрядов. Некоторую работу два токаря третьего разряда и один то- *&рь первого разряда, работая вместе, могут выполнить на 15 мин быстрее, чем три токаря второго разряда. За то время, за какое ©дин токарь первого разряда и один токарь второго разряда могут вдвоем выполнить эту работу, один токарь третьего разряда сделает только 5/7 всей работы. Один токарь второго разряда и один токарь третьего разряда вместе могут выполнить эту работу за то же вре- ■я$ что и три токаря первого разряда. За какое время выполнит эту работу бригада, включающая в себя по одному токарю каждого разряда?
Решить уравнение
(sin х + 2 cos 尤 + 2) (1 — 2 cos x) = 4 sin2 大—3.
Решить систему уравнений
“3 + logax У2 = — log2* У>
丄 3
Прямоугольный треугольник с острым углом а расположен внутри окружности радиуса г так, что гипотенуза является хордой окружности, а вершина прямого угла лежит на диаметре, параллельном гипотенузе. Найти площадь треугольника.
При каком значении х выражение
Принимает наименьшее значение?
Вариант 2. (Географический факультет, 1975).
Моторная лодка, пройдя 20 км по спокойной воде озера, во* шла в вытекающую из озера реку и, сразу выключив мотор, проплыла но течению реки еще 5 км. Весь описанный путь занял 2 xiaca. Затем лодка мгновенно развернулась и, двигаясь относительно воды с той же скоростью, как и в начале пути (когда она шла первые 20 ям), вернулась к озеру через 20 мин после рйзворота. Какова скорость текзння?
Решить уравнение
12 cos2 — — 9 — 4 gs 0 期彳・
Решить уравнение
9証］-)log,才貶zL
6\2尤丿=6 中 V9 T2 .36Sg25(3 + 公.
В треугольнике АВС биссектриса АН делит медиану BE в отношении ВК : КЕ — 2; /4СВ = 30°. Найти отношение плогиади треугольника ВСЕ к площади описанного около этого треугольника круга.
Решить систему уравнений
f ctg4x = tg "^竺,
］气管)+2宀。% = 2^ 回(*T
Вариант 3. (Факультет почвоведения, 1975)
Два насоса разной производшелыюсти, работая одновременно, могут наполнить резервуар за 2 дня. Вначале два таких одинаковых резервуара были наполовину заполнены. Первым насосом перекачали содержимое одного яз них в другой, после чего с помощью второго насоса заполнили освободившийся резервуар. Вся работа заняла 6 дней. Сколько времени потребует та же работа, если насосы поменять местами, т. е. сначала использовать второй насос, а потом первый?
Найти все значения х, при которых выражение
2 sin2 2% — 4 cos2 % — 1
достигает своего максимального значения.
Решить уравнение
.т| log4V2 (JC + I)S| 53
4
- 4) В параллелограмме лежат две окружности. Одна из них, радиуса 3, вписана в параллелограмм, а вторая касается двух сторон параллелограмма и первой окружности. Расстояние между точками касания, лежащими на одной стороне параллелограмма, равно 3. Найти площадь параллелограмма.
Доказать без помощи таблиц, что
log2 31 + (14 4- sin 91°) log3i 2 < 8.
Bapuam 4. (Геологический факультет, отделение общей геологии, 1975)
Решить уравнение
+ 2 cos2 к + 2 “ 2 sin х 4- cos 2x ~ 0.
В бассейн проведены две трубы: через первую трубу вода поступает, через вторую — вытекает из бассейна. Сначала, когда бассейн был пустым, были открыты обе трубы. Когда треть бассейна была заполнена водой, вторую трубу закрыли. Через п兄ть
часов после открытия труб бассейн был наполнен. Найти пропускную способность первой трубы, если объем бассейна равен 15 000 л/3, а пропускная способность второй трубы равна 2000 м3/ч.
Решить неравенство
2 1og(3x+D，l° — 3<!og%/3*+l|3.
В правильном треугольнике АВС проведена окружность, проходящая через центр треугольника и касающаяся стороны ВС в ее середине D. Из точки Д проведена прямая, касающаяся окружности в точке £ так, что NBAE V 30°. Hai'mi площадь треугольника АВЕ, если площадь треугольника АВС равна Ю/(4 — “2 ) см2.
Решить неравенство
“(к — 3)(— % + 5)> — “к — 3 — 1 +“一 х 十 5.
Вариант 5. (Биологический факультет, 1975)
Два насоса, работая одновременно, наполнили водой бассейн емкостью 80 川з. Если увеличить производительность первого игсоса в 4/3 раза, то он один сможет наполнить бассейн, работая на два часа дольше, чем работали оба насоса вместе. Если уменьшить производительность второго насоса на 1 加з/“， то он Один сможет наполнить бассейн, если будет работать в ,0/3 раза дольше, чем работали оба насоса вместе. Сколько кубометров воды в час перекачивает второй насос?
Найти все значения параметра р, при которых квадратное уравнение
(Зх尸+(3万’15)х + 4 = 0 имеет ровно одно решение.
Отрезок АВ есть диаметр круга, а точка С лежит вне этого круга. Отрезки АС и ВС пересекаются с окружностью в точках D и М соответственно. Найти угол CBD, если площади треугольников DCM и АСВ относятся как 1 : 4.
)4) Решить уравнение-
sin х — 2 sin 2к + sin Зк = ] 1 — 2 cos х + cos 2% |.
5) Найти все целые числа п, удовлетворяющие неравенству
/ Vn + 5— 1 \
%2cos 空…8)1 УЙЕ 产 °'
Вариант 6. (Геологический факультет, отделение геофизики, 1975)
Решить уравнение
“ (х —2)2 —6 = |х —2].
Решить неравенство
1。g4%2-4x+1 (4炉一12% 十 8) > ^ legjc
Найтн все решения системы
/3§Е 工十 cosg —[,
I 25$т 尤+ cos* 二 §
удовлетсоряюшие условиям 0V%V 汽，0V//V 割.
Дан правильный треугольник АВС, сторона которого равна а см. Окружность проходит через центр треугольника и касается стороны ВС в ее середш!е М. Прямая, проведенная из вершины ,4$ касается окружности в точке Е так, что /ВАЕ V 30°. Найти площадь треугольника А.ЕМ.
Дан куб A3CDNBCD с нижним основанием ABCD и боковыми ребрами 44； 8夕，СС‘，DD1. Длина ребра куба равна (4 —2“2)/(“23 — “2 — 3) см. Первая сфера касается нижнегэ основания ABCD, боковой грани ВВ'С'С и плоскости АА'С^. Вторая сфера с центром в точке Аг имеет радиус, вдвое больший, чем радиус первой сферы, и касается первой сферы внешним образом. Найти радиус первой сферы.
Вариант 7. (Химический факультет, 1975)
Решить неравенство
3ЗЗ _ 7.32Х V 18 • 3丫 +2 «К,
В хоккейном матче, состоящем из трех периодов, команда 4 победила команду В с перевесом в две шайбы, причем ни одна из команд не забила шайб в свои ворота. В первом периоде команда А забила столько же шайб, сколько она пропустила в свои ворота во втором периоде, а в третьем периоде эта же команда забила на оану шайбу меньше, чем в первом. В первом периоде команда А пропустила вдвое больше шайб, чем в третьем. Что больше и на сколько: число шайб, забитых командой 力 во втором периоде, или число шайб, забитых командой В в третьем периоде? Известно, что если бы команда 4 забила во втором периоде столько же шайб, сколько она забила в первом, то она выиграла бы первые два пе- риода с перевесом в пять шайб.
В треугольнике АВС косинус угла ВАС равен %, АВ — 2, ДС = 3. Точка D лежит на продолжении стороны АС так, что С находится между 4 н D, CD = 3. Найти отношение радиуса окружности, описанной около треугольника АВС, к радиусу окружности, вписанной в треугольник ABD.
В треугольной пирамиде SABC (S — вершина) углы S4B н S/4C — прямые. Шар касается плоскости треугольника АВС в точке А и боковых ребер SB и SC в их серединах* Найти радиус шарА, если ВС — ап /方АС =艮
Найти все значения параметра а, при которых система
г sin (。一 у) + 2 sin л — 0,
(2 log[6 (а - В) + 4 log?* у = log2 (券)+31喰"R
нмее£ четное число решений.
Вариант 8. (Филологический факультет, отделение структурной н прикладной лингвистики, 1975)
Из пункта 4 в пункт В вышел пешеход и од!：овременно из пункта 8 в пункт Л вышел второй пешеход и выехал трактор. Первый пешеход встретил сначала трактор, а затем, через такой же промежуток времени, встретился со вторым пешеходом. После встречи пешеходов второй был в пути до пункта 4 в девять раз дольше, чем первый в ”тн до пункта 8. Во сколько раз скорость трактора превосходит скорость второго пешехода?
Найти к, удовлетворяющие уравнению
log^+d+i (”％ + 2) = 2 log7+2x(5 — “6 — 2%)
:при любом а.
Решить уравнение
tgtg)2 л=2 cos 5 ctg х.)2 л=2 cos 5 ctg х.
tg
tg
)2 л
=2 cos 5 ctg х.
)2 л
=2 cos 5 ctg х.
Найти сумму корней уравнения
1 — 2 sin4 хsin2 х1 — 2 sin4 хsin2 хsin 力 + ctg? x,sin 力 + ctg? x,
1 — 2 sin4 хsin2 х
1 — 2 sin4 хsin2 х
sin 力 + ctg? x,
sin 力 + ctg? x,
принадлежащих промежутку 4 & к & G2.
В правильную треугольную пирамиду с длиной ребра основания а и двугранным углом при основании, равным 60°, вложено три шара одинакового радиуса, так что каждый шар касается двух других, плоскости основания и только одной боковой грани пирамиды в точке, лежащей на биссектрисе этой грани, проведенной из вершины пирамиды. Найти радиус шара.
Вариант 9. (Факультет психологии, 1975)
Бригаде из трех трактористов поручено вспахать поле. Если бы работали только первый и второй трактористы, то за один день было бы вспахано 45% поля. Если бы работали только второй и третий трактористы, то за два дня было бы вспахано 75% поля. На- 1；онец, если бы работали только первый и третий трактористы, то за три дня было бы вспаха"。97,5% поля. За сколько дней данное поле вспахал бы каждый тракторист в отдельности, если считать производительность труда каждого тракториста постоянной?
Вокруг треугольника АВС со сторонами АВ = 10 V 2 сл\ АС — 20 см и углом 8, равным 45°, описана окружность. Через точку С проведена касательная к окружности, пересекающая про- дилжение стороны АВ в точке D. Найти площадь треугольника BCD.
Решить уравнение
Найти все целые положительные решения уравнения
2%2 十 2ху — % + у = 112.
Вариант 10. (Экономический факультет, отделение планирования и экономической кибернетики, 1975)
Найти все действительные решения уравнения
(“3 + 2«^утх + (“3 _ 27^广"x =号.
Дана трапеция ABCD с основаниями AD и ВС. Диагонали АС и BD пересекаются в точке Q, а прямые 4В и CD — в точке К, Прямая КО пересекает стороны ВС и AD в течках М и N соответственно; ABAD = 30°. Известно, что в трапеции ABMN п NMCD можно вписать окружность. Найти отношение площадей треугольника ВКС и трапеции ABCD.
Решить неравенство
~/Г
< х — л х,
%V х
Зоопарк ежедневно распределяет 111 кг мяса между лисами, леопардами и львами. Каждой лисе полагается 2 ка мяса, леопарду 14 кз, льву 21 ка Известно, что у каждого льва бывает ежедневно 230 посетителей, у каждого леопарда 160, у каждой лисы 20. Сколько должно быть лис, леопардов и львов в зоопарке, чтобы ежедневное число посетителей зоопарка было максимальным?
Вариант 11. (Физический факультет, 1975)
Решить уравнение
2 sin (尤 + 3) cos (4x — 1) + sin (3丫 一 4) = 0.
Решить уравнение
6log1/6(x+3)6log1/6(x+3)log4(№+5^ + 12)
6log1/6(x+3)
6log1/6(x+3)
<S) Решить неравенство
(2 - 5*)(7炉-10x + 3) <0.
В прямоугольном треугольнике АВС угол АС Впрямой. Пусть Е ——точка пересечения биссектрисы угла АВС со стороной /；С, точка D ——середина стороны АВ, О — точка пересечения отрезков BE и CD. Через точку О проведен перпендикуляр к прямой ВО йо пересечения со стороной ВС в точке F. Известно, что FC = Ь,
3
ОС = —&. Найти площадь треугольника АВС.
Два равных треугольника KLM и KLN имеют общую сторону ^L, /KLM — /LKN — -—-, KL — a, LM = A7V — 6а. Пло скости KLM зт KLN бзгпчлио перпендикулярны. Шар касается отрезА коз LM и KN в их серединах. Найти радиус шара.
Вариант 12. (Факультет вычислительной математики и кибернетики, 1975)
Решить неравенство
д/х? + 4х — 5 — 2% 十 3 > 0.
Решить систему уравнений
(sin (2х 十 sin2 у) = 0,{ х — 3 sin2 у = —2.
Дана прямоугольная трапеция. Известно, что некоторая прямая, параллельная основаниям, рассекает ее на две трапеции, в каждую из которых можно вписать окружность. Определить основания исходной трапеции, если ее боковые стороны равны end, причем с V d.
Два грузовика доставили со склада на стройку одно и то же количество кирпича и одно и то же количество цемента, причем каждый из них сначала доставлял кирпич, а затем цемент, перевозя ва каждую поездку груз одного и того же веса. Первый грузовик начал работу на 40 мин раньше, а закончил на 40 мин позже второго. При этом интервал времени между окончаниями доставки кирпича грузовиками был не более 20 мин. Если бы первый грузовик начал работу на 1 ч 5 мин раньше второго, уменьшив свою производительность на 10%, а производительность второго грузовика не изменилась, то второй грузовик закончил бы работу на 55 м〃н раньше первого, а интервал времени между окончаниями доставки кирпича грузовиками был бы не менее 25 мин. Если бы производительность первого грузовика уменьшилась и а 2 тонны в час, а производительность второго грузовика ве изменилась, то первый грузовик затратил бы на выполнение всей работы в два раза больше времени, чем второй грузовик на доставку кпргшма. Сколько всего цемента было доставлено на стройку?
Дана треугольная пирамида ABCD. Скрещивающиеся ребра АС и BD этой пирамиды перпендикулярны; перпендикулярны также скрещивающиеся ребра £D и ВС. Ребра АВ и CD равны. Все ребра этой пирамизы касаются шара радиуса г. Найти площадь грани АВС.
Варианз 13. (Механико^математический факультет, 1975)
Решить неравенство
98 -产叶5%Т8> 49^+5.49.
Найти все пары чисел (х, у), удовлетворяющие условию > 0 и системе уравнений
,sin [(х — “7Г)2 + у2] = 0,
(log極介 + 旷 4-= 2.
Два равных равнобедренных греугольиика АВС и DBE 1АВ = ВС = ВО = BE) HM8S общую вершину В и лежа! в одной
плоскости так, что точки Д и С находятся по разные стороны от прямой Е£\ а отрезки АС и DE пересекаются в точке К. Известно, что - ZABC =上DBE = а, причем а V л/2, NAKD = §, причем 6 V а. В каком отношении прямая 8K делит угол АВС? ■
Сфера радиуса % вписана в четырехугольную пирамиду SABCD, у которой основанием служит ромб ABCD такой, что /B/1D = 6O°; высота пирамиды, равная 1, проходит через точку К пересечения диагоналей ромба. Доказать, что существует единственная плоскость, пересекающая ребра основания АВ и AD в некоторых точках М, ^ таких, что MN =4/5〃3 касающаяся сферы в точке, удаленной на равные расстояния от точек М и ^, и пересекающая продолже!ше отрезка SK за точку К в некоторой точке Е. Найти длину отрезка 5£.
Без помощи таблиц найти все значения х в промежутке —3,5 V к V 1,5, удовлетворяющие равенству
log, ( sin Зх — cos 2工方)=log2 ( £也 7工 ——cos 6x — ).
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ1)
Раздел !
§ 1
А. 1. в) Уравнение вида ах2 Д- Ъх -\- с — 0, где х ——неизвестная величина, а а, Ь, с — заданные числа, причем с? =# 0； г) см. § 2 раздела I; д) см. § 2 раздела I; ж) см. § I, Г раздела 1, 2. а) Аксиома; б) теорема; в) определение; г) теорема. 3. При а > 0, b ^ 0. 4. Обратная теорема: «Если квадратное уравнение имеет два различных корня, то дискриминант положителен» ——верна. Противоположная теорема: «Если дискриминант квадратного уравнения неположителен (т, е. отрицателен или равен нулю), то это уравнение не может иметь двух различных корней» — верна. Теорема, противоположная обратной: «Если квадратное уравнение не имеет двух различных корней, :о дискриминант неположителен» ——верна. 5. Доказать от противного. 6. (Д[ — а) ... (ап — а) = 0. 7. \ab [ 4- 1^с| + |са| = 0. 8. Либо а V 0,匕 > 0, либо а н b одного знака и а> Ь. Воспользоваться тем, что функция у = 1/х отрицательна и убывает при х V 0 я положительна и убывает при л > 0. 9. Если любые х( и х2 таковы, что —1 & 勺 V 冷 W L то 3%； — %； V 3x9 —展 10. Необходимое условие."
Б. 1. Число ап …。3&。1的 тогда и только тогда делится на 11, когда на 11 делится число |а° — а】+。2 — аз + •.. +/—1)"。几 2. Доказать от противного. Пусть N = ди2; рассмотреть два случая: когда m делится на 3 и когда т не делится на 3. 3. Убедиться, что последней цифрой квадрата целого числа может быть лишь одна из цифр 0, 1, 4, 5, 6, 9. 4. Доказать, что (р—1)(р+ 1) делится на 3 и на 8. 5. /I》2. Разложить п4 4- 4 на множители. 6. Показать, что среди чисел 也，m, п имеется либо два четных, либо два нечетных. Далее использовать тождество 々？十 团3 十 几з =(々 十 团 十 几)з一 —3传 +/и)(团 十 冷)(冷 + 立).7. При п, представимых в виде 5s — 3, где s — натуральное. Если 3〃 + 4 = 5々，то 3(〃 + 3) = 5(倉十 1), а потому п + 3 должно делиться на 5. 8. Ни при каких. Если бы имели место равенства 2п ^ 3 = kp и 5/г -}- 7 = kq, /г > 1, то получилось бы 1 = (5р —2g)瓦 9. Например, числа (а 4- 6)/2 а 〃 + 2一％(6 —а). 10. Не могут. 11. б) Показать, что из рациональности числа tg 15° следовало бы, что tg 30° — рациональное число. 12. а) Рационально;, б) иррационально, 13. 494. 14. 34 056, 34 452,
!) В ответах к тригонометрическим задачам k,厶 m, п означают, если не оговорено противное, любые целые числа.
34 956. Использовать признаки делимости на 4 и на 9.
15. 1 ... 1 -2 ... 2 = 9~! -9 ... 9 -2-9-1 -9 ... 9 = 9_| (102,1-1)-
2п раз п раз2п разп раз
-2-9-'-(10п - 1) = [(Ю；г- 1)3]2==(3... З)2. 16. X! = 3, у,=
n pa i
х2 = —3, ^2 = —I- Рассматривая уравнение как квадратное относительно 尤，заключить, что его дискриминант 25^? + 56 должен быть квадратом целого числа, т. с. 56 =(々十 5g) (k — 5g). Далее перебрать возможные представления числа 56 в виде произведения двух целых члссл. 17. *1 = 2, у\ = 2; Лг^^2, у?^^ —2;九飞=：—2; дз=2;尤4= —2, у；=——2, Выразить %2 через у2； ， может прнн尸мать лишь такие целые значения, для которых 3 V 疗 & 12. 18. 17, 32, 47, 62, 77, 92, 107. 122, 137, 152. 19.財=15,財=23. Из равенства 也丄 35%工一 —25局=1 следует, что 电一1 делится на 5, т, e. kx = 1, 6, 11, 16, ... ; проверяя последовательно эти значения, находим, что число 厶2 целое, например, при 々1 = 13. 20. Остаток равен 22. Из условия задачи следует, что м = 6В + 4 и м = 15/+ 7; тогда 5孔 = =30也 + 20 и 2/2 = 30/ + 14. Отсюда 打=5九一2 • 2n = 30(0 — 2/) — —8 = 30(/? — 2/— 1)+ 22. 21. 27 способами. Задача сводится к ургпнению Юх -^- Зу = 800. Отсюда видно, что у должно делиться на 10, т. е. у — 10z, поэтому х = 80 — За. Это уравнение имеет 27 решений в целых неотрицательных числах. 22. 17 способам и. 25, 16 решений. 26. %)~ 3, У)= 22;冷=3,柒=23; хз = 3,禽= =24. 27. k = 17, m = 24,几—12. 29.打=9,协=9;冷=1, //2 =33. 30. к = 2, ^ = 8.
I.汽~呻¥/$. 2. log尹V. 3. 0. 4. 0. 5. 0. В самом деле, 2'ogi5 =(5log52)bg!5==5i；;,2. 6. 0. Доказать, что 2“丽=3^丽. 7. 6. 8. 25, 10. Доказать, что log& а ■ logc b • logd c — logd a. 11. 2. 12. 3. 13. (5 —- 8) (2а + 2сф — 4冃十2)乜 Убедиться, что log2s 24 выражается через logs 2 и log5 3. Из условий а = log615 и ^ — log^ 18 получить систему двух линейных уравнений относительно log5 2 и 1о^5 3 и доказать, что а + оф — 2£ + 1 * 0 (это есть условие разрешимости полученной линейной системы!). Последнее получается, если рассмотреть каждое слагаемое в выражении (а—р + 1) + + В(а—1) и учесть, что О V 6 V 2, а > 1. 14. Числа равны. 13. Первое число больше. 16. Второе число больше. 17. Второе число больше. 18. Второе число больше. 19. Первое число больше. 20. Первое число больше.
Г. 2. Показать, что разность d》0, а знаменатель д 戸 L Для доказательства неравенства bn+i >。几+】，n ~ 2, 3,…，заметить, что aiqn —ai — nd = ai(q~ ])[9制一'+ д“т 十...+ д + 1 —几]и выражение в квадратных скобках неотрицательно. Равенство всех соответствующих членов прогрессий возможно лишь в случае q = 1 (и, следовательно, d — 0). 3. 27 135. 4. 27, 81, 243. 5. % = 2, у = 2. 6. %。，2/1э, з/е, 7/5, I%. 7. %7, %7, 5/7, 3, 19. 10. а = —82/д. и. а = = %5. 12. 3%, 3%, 3%, 3-%, 3-%. 13. 100, 10, l,J/lt), %。。. 14. 462 462. 15. Xi = ± (л/3) + Лл, х, = ± arccos VV2 — 1 + kn. 16,尤=arctg 4 + (2々 + j)尼 17. 2; 62/s- 18. а =100, b = 20, с =4. 19. 70; i0. 29, 117л.
Д. 1. SR—%, &==6・ 2. Р1 ~0, 01=0, P2= h 02*=—2・ 3. а( — —2, «2=1. 4. а】=0, & = 3* 5. 1 V 九 V '/is. 6. “而一4 V 九 V %. Сделать замену у — х — (1/х), 7・ р = —%. 8. р = 1. 9. Х1 = “К 勿= |/з“6; %2== —“6, У2 = —%“6・ 10. %； = V5 勿=2; %2 = —j/^, У2 = —2, И. х— 1, ^ = 0. 12. х = 1, ^ = I. 13. х = 10~^26^3, у = log? [(5 + “26)/3]. 14. % = =10-〃丽/4, у ^ iog2 [(б + “丽)/4]. 15・ х = 2’％, у = 3"5/s. 16. % = 4, у = 4. 17. х = ^з» рн%. 18. % = 5, у = 7. 19. % = —•2, у==—L 20. х = 3, у — \. 21. х = 3, у = —2. 22. х = 4, ^ = 1. 23. Если □卢0 и &^=0, то х = а*"11^8, 3 =。％-5； если а = 0 и Ь#0 или а=#0 п b = 0, то решений нет; если а = Ь = О, то X)— любое число, ^! = 0; х2 = 0, у2 — любое число. 24. Если а=#0 и Ь=#0, то ^ =歩厂9, ^^广叫七 если а = о и ь^=0 нли а=#0 и Ь = 0, то решений нет; если а — h = 0, то 工】 ——любое число, У1=0; х2 = 0» у2 — любое число. 25. а=#(2立十 1)冗/2. 26. а = — 2/з. 27. а — ―4, 28. а = 1. 29. а — 1, b = —1. 30. 〃； = 1, & = —1; & = L h2 — —2; @3 = —1, Ьз = —1；仪4 =—1, 64 n 一2.
E. 4. Если 11 *+2 十 122n+1 = 133 ・ М, где Л/ — целое число, то “нз + 12^+з = н . 1зз • М— и • 122府+】+ 122 . 12^+L 5. При 几 W 0 неравенство очевидно; при л》1 применить метод математической индукции. 7. %】=—2, х2 =, 一1, %з = 0, %? = 1. 8. %】——1, № = 0, х3 = 1, 刷=2. 9. Свести к доказательству неравенства (2 Vn + 0 > V^ + 2 — V^+ 1» правая часть которого равна [Vn 4- 1 + д/л + 2]~[-1°- Если при уплате N руб. была отдана купюра в 5 руб., то для уплаты " + I руб.следует вместо этой купюры отдать две купюры по 3 руб. В ином случае три купюры по 3 руб. надо заменить на две купюры по 5 руб.
L Да. При а — 0 модуль а равен одновременно и а и — а. 2. а) Если х>0, то — %《0, и тогда | — х| = — (— х) = х = | х |, если к V 0, то — х > 0, и тогда | — х| — — х==|х|; б) если х>0； то I х I = xf и следовательно, к《| % ]; если х < 0, то % V — %, т. е. х < I х |. 4. flj = ... — ал — 0. 5. Пусть для определенности а V Ь; тогда \ b — а\ — b — а. Возможен три случая： 0《а < 瓦 а < о < Ь, а V b V 0. В первом случае расстояние равно Ъ — а=^ = |Ь—а|, во втором b-]-\a\~b — а — \Ь~а\, в третьем \а\ — \ Ь\ = ~а — (— Ь) — Ь — а~\Ь~а\. 6* а)а — Ь<м< a+匕; 6) х ^.а ~~ b, %>。+ 止 8. Нет решений. 9. х — любое число. 10. Xj = —1, х2 = 0. 11. х = —1, х ^ 0. Переписать неравенство в виде |14-х|2>|14-х|-|1 — х|; х= —1 является решением, а гри х =#— 1 можно сократить на | % + 1 | > 0. 12. х = —2. 13. Х[,2=±1с£з2. Заметить, что уравнение ие меняется при замене х на — х, так что достаточно искать неотрицательные корни, 14. к = —1, 0《х《1. 15, 0 < % < 1, 1 V к《2, к= 5/2. 1б・心！/б, 17* 0 <С х ^ 2, 18. х = 7/[о. 19, X] — '/з,心=%. 20* х( — '/*
& == 2%・ 21. %)= 0,冷二七 22. Xj = —5丄工2 = L 23. I — “]7《 & 尤《-l/~5 — 1. 24. —1 +“2VyV1+“2. 25. — %(3 + “65)V <x<3. 26. 2 < x < 3. 27. x < —1 - 7~2(尤 > 1 + .5・ 28.冷=%弘=】；尤2 = %欤=—3;乎=—6,北=9・ J9. %i = 2V_2» у】=—“ 2；冷=—2 “2, p2 = “ 2. 30. Xi = V 2,^ 川=2 i 2; 也=—“2, У2 = —2 “2. 31. x = 2, —3《尤式一2 j ?；・ 32. Если о V 0, то 丸 2 = ± % (1 — “1 — 4а); если а = 0, то / = 0； если а > 0, то решений нет. 33. “|尤|; х2; |х|; х; | 汇产 “ у. 34. При а》0, Ь》0・ 35. 2(2 —尤厂‘，Заметить, что 尤 ±2“％ —f = =(“尤一1 土 I)?，36. I cosct — cos p |. 37.冷=也冗，尤2 = 土 (л/4) + 左冗. 38.y=々冗.39.冷=左乳，Y2 = (5n/4) + 2々儿 43. xi = л + 2knt x2 = (я/2) + 2 内h.
—% W 尤 W %• 2. Функция ие определена ни при одном зря- чении х. 3. % V —2, —2 之尤 V 0, 0 V 尤 V 1, х > L 4, Функция определена всюду, кроме точек х = н/е/2. 5. х <0, 0 <“尤 £2, х ^ 3. 6. Функция определена только в точках х — k. 16. Заметить, что у = —2 для всех 尤声 3. 23. График состоит из точек оси 。尤 с абсциссами л = (п/2) + 2/гл. 24. Заметить, что у = L 25. Заметить, что у — —cos 2х. 26. Ввести вспомогательный угол. 37. Доказать, что cos(cos х)》0. 39. График функции у】 состоит из двух вет- есп, а график функции д‘2 ——лишь из оцной. 40. График функции у】一биссектриса первого координатного угла (без начала координат). 41. Функция у】 не определена при х =々冗/2. 42. Куски параболы у = (х — 2)2, соответствующие 尤 W 1 и х ^ 3, и куски параболы у = —х2 十 4尤一2, соответствующие х W i н х А 3. 43. биссектриса первого координатного угла и третий координатный угол (включая отрицательные полуоси абсцисс и ординат), 44. Внутренность (включая и границу) квадрата с вершинами в точках (2, 0), (1, —1), (2, —2), (3, —1). 45. Полуплоскость, лежащая ниже прямой у = х — 2, и полуплоскость, лежащая выше прямой у ==尤 * 2 (не включая сами эти прямые). 46. Части синусоиды у = sin х, соответствующие 2左л W х W (2々十 i)k, 11 кривые, симметричные нм относительно оси абсцисс. 47. Полоса 0 V g V 1 без вертикальных стрезков, проведенных в точках г =々冗/2. 48. Прямая {/ = 0 и точки (0, —4), (5, —2/s). 49, Прямая х == 1 и точка (—%, —2/э)•■ 50. Прямая у = 一3/2 и точка (%, %). 51. 9. 52. 10,5. 53. 8. 54。 “I 力 |/2. Заметить, что абсциссы точек пересечения графика данной функции и прямой у = kx 十 b являются корнями уравнения 2尤2 一尤=左尤 + b. Далее использовать формулы Виета. 55. y2(i 十 а). 56. “2 I ctg а |. 57. у = 1 + (х— I)'1, _ х > 0, у > 0. 58. х = =-У2 + %协 w > X > 0. 59. и = (V 3/12)[х 一 ％厂L $ > 1/3. £0.ь=1/з [y-%f？y > 厶
§ 4
плек1 а. в комплекте 7 синихплек1 а. в комплекте 7 синихj. Нет. 2. На 5/n (f — /2) — 5惰一 (/ —厶).3. 40 лл2. Из усло- вйЛ задачи получить уравнение ДС = 5 + ^^ВС2 + 7ie^^2； кроме того, для любых трех точек А, В и С выполняется неравенство АС ^ АВ + ВС. Отсюда 5 +/ВС? + 片^中《4В + ВС или «%ВС — 1尸 +「/МВ — 2)2《0, что возможно лишь при АВ == 8 и ВС = 2. 4. Число опенок 2, 3, 4 н 5 равно соответственно 11, 7, 10 и 2. 5. 20 км/ч и 80 км/ч, 6. Нет. 7. 0,6 км/мин. 8. 4 ящика третьего типа и 25 ящиков второго тяпа. 9. 12 листов. 10. 16 часов 45 минут. 11. 10%. 12. (0,8г —24) кг первого и (35—0,8г) ка второго; 31,25《「《33,75. 13. Нет. 14. Деревня от шоссе дальше, чем школа от реки. 15. 1/2 (15 “Е + 5 “54 - 16 “ё) Л2. 16. 20 м/сек, 17. 50%. 18. 28 км\ 1 час 45 минут. 19. В 6 раз. 20. 5 < и < 10. 21. Полкруга. 22. 11 трехтонных и 7 пятитонных грузовиков. 23. 8 м/се^. 24. 12,5 г. 25. 135 руб. 26. 9 пятиэтажных я 8 девятиэтажньгх домов, 27. d = 10. 28. Продано 3 ком-
плек1 а. в комплекте 7 синих
плек1 а. в комплекте 7 синих
ние стеклянной стены 8 м, 8000 руб. 30. 24 и 20.33. 2 км/ч., Я4. 28 а. 35.ние стеклянной стены 8 м, 8000 руб. 30. 24 и 20.33. 2 км/ч., Я4. 28 а. 35.и 3 красных карандаша. 29. Основа
ние стеклянной стены 8 м, 8000 руб. 30. 24 и 20.
33. 2 км/ч., Я4. 28 а. 35.
ние стеклянной стены 8 м, 8000 руб. 30. 24 и 20.
33. 2 км/ч., Я4. 28 а. 35.
38. 10 игрушек в час.23 «четверки». 41. 9 т.44. 15 т. 45. 11 иасов38. 10 игрушек в час.23 «четверки». 41. 9 т.44. 15 т. 45. 11 иасовперпендикулярной к ней стены 10 м\ 31. 15 пассажиров. 32. 14 часов. 18 часов. 36. 28° н 56°. 37. 21 к ль
38. 10 игрушек в час.
23 «четверки». 41. 9 т.
44. 15 т. 45. 11 иасов
38. 10 игрушек в час.
23 «четверки». 41. 9 т.
44. 15 т. 45. 11 иасов
39. 35 руб. н 24 руб. “О. 1《тройка» и 42. Тупоугольный. 43. 21 час и 28 часов. 55 минут. 4 6. 120 м3. 47. 20 коп., 10 коп.
1 час. 49. 15 &,% 25 км, 20 км, 30 км. 50. 3 т, 9 т. 51. 14 дней.
1 второклассник, 5 третьеклассников и 2 четвероклассника. 53. 7э- 54. 10 м3/ч. 55. 3 т. 56. 16 дней. 57. Январская добыча второй шахты больше январской добычи первой шахты на 3100 г・ 58. В 3 раза. 59. 2,5 к附/% 4 км/ч, 5 км/ч. 6Q. 600 км/ч.
1•勺=(2/е + 1) зт/4,尤2, з = (6月 ± 1) зт/6. 2. х= I, 3. х = 2・ 4. %q 也arctg 4 + 2归зт. 5. х = л/6. 6. 0 < х< 1,尤=4. 7・ *=» =% (“5—1). 8. Xi == 2kn,尤2 = (6归 + 5) л/3. 9. Х[ = (8论 + 1) зт/4, х2 == (8fe 4- 3) л/4, х3 « (\2k + 5) л/6. 13•打=(2鉄 + 1) зт/12,陋= ==(24fe + 5)冗/12. 11. х = (4论 + 1) л/2. 12. * ==« 9. 13. х1( 2 = =± “log2 3・ 14, Х)( 2 = 一1 土 “3 + 1。且3厶 2. 15. X] =3 1,尤2 = —4. 16. х> 25. 17. х — — (5л/6) + 2fen. i8.居二%, x2 = 81. 19. x = 6. 20. %i = 4/з,尤2 = 3. 21. *i=3,心=4. 22. x = 7з- 23.勺=%, △ = 125. 24. x == 1. 25. *=16. 26. *1=1бТ% 陋=卡工 27. Xi = —5,不= 93/” 28.修,2 = 1 土 “1 + 1。叁(2 + “3・ 29.也2 = 2 ± “1 + log?(2 十 “3). 30. % == — 5/e- 31. № —2. 32. *1 =(m2) + 2归冗, 尤2 = (-1 户+1 (冗/6) + 也儿.33. x = -2. 34.不=一1,也=2/3. 35.勺=1, *2 = 7. 3氏 * = (- 1)电(冗/8)+(也h/2). 37.y=也冗. 38.向=一h/6, x2 = 0. 39./，2 = 土冗/3. 40.尤=4. 41. х = 3, 42. х= + (冗/3) 4- ^л. 43. х — (л/12) 4-2^л. 44.尤=— %. 45. Xi = 3,电 n loge & 46.修=(冗/2) + 2饱m & = (л/3) + 2йл.
47.訂=2々猫 х2 = (л/3) + 2/гл. 48. х = 3, 49. # =— “立口笈 50. хs®=—-1. 51. x = (5冗/6) + 2々尼 5乙 勺=—(5зт/6) + 2论зт, х2 =« =(5л/4) +_2fen. 53. х = — % (15 + V 5). 54.勺=—%(5 + V^i 汇2=1/2(“57 — 7). 55. Xj = 2,也=8. 56. X)= (2fe Ч-1) л/2( %?= —(л/4) + fen. 57. х = (л/6) + 2归冗.58. х = — (л/3) + kn. 59. х = 2. 60.* = - %. 61.办=2-8,也=227. 62. Xi = 3"$, 也 = 3盯. 63. х= — (зт/4) + 2fen. 64. х = 土 arccos (log? +y^ 2) + fen, 65. Решений нет. 66. X] = —3, x2 = 4. 67. x = 2. 68. xi = %,办=9/“ 69. x = 土 (л/4) + 2/гл. 70. х — 0.
.
X > 卜纟也佃⑶尸+工旦 2. 0<x<%, x>32. 3. log25-2< < x < log2 3, 4. 0 <x < logg 2, x > %. 5. 1 < x < 2. 6・ x V t, % V 尤 V 2, x > 3. 7. 0 < x < 1, x>2. 8. % V x V 1・ 9. x < —7： -5<x<—2, x>4. 10. V2(14 +7"7)<^<9, 11. —5/2 <x<-2, —3/2 < x < %， З/2 V x V 8/3. 12. 1 士 < %, 2< x < %, x >3. 13. x>l. 14. l-V^Vx《2 —"M 1 + Уб_<х<2Ч-д/101 15. 一6《尤 V 0, 3Vx & 4. 16. x《—2 一、“ 2,尤》1 +，3. 17. -V2(3 +V~5)<x<1. 18. 0 < x < 2, x > 4. 19. -4 < x < -3, x>l. 20. 1/ю<х<1/2. 21. 2-^<x< 1, 1 < X < 2'4 22. 2 < x < 5. 23. 0<x<」，4《х《21+"$. 24. 0<x《％, 25. >/8 (1 + V4T) < x < >/2 V"5. 26. 3/s </< %, l<x<%・ 27. 一％5 <»<0. 28. x< 1, V2(5 - V 5)< x < '/2(5 + V 5). 29. x > 1 30. x <_0, x > log4 3, 31. —l<x《2. 32. % < x < 4・ 33. —-v/3'<3< V3. 34. —3 < x < —2, x>%. 35. 9<x<%, l<x<5“豆 36. x<-4. 37. —1 < x < </2(5 - V13), x > 2. 38. x< % logs 4. 39. Vmo < x < 10. 40. 0<x《％, x> 1. 41. 0<x&%, x = 2. 42. '/2 < x < 1, x> 1. 43. x《一L 44. 1 < x < 5/ъ 5/4 0#<з/2. 45. log2 5 <_x < 3, x > log2 14. 46 . 29/so<x《7 + 4"m. 47. 3i/ioo<x<5 + 2“E. 48. -1 <x<>/3. 49. %<x《3. 50. x < - s/2, -*<x< — 7/“ x>%. 51. % < x < %, % < x < 27/35, x > I%。. 52. - в/? < * < -1, %<”3. 53. -1 < z < 0, x > 1. 54. -J/2 (1 + дЛб) < x < < % (" 5 •—1), %(5— “"§)< x < %(5 + “ 5). 55. х《—2, х = —1, х》0. _ 56. 1 < *工 2, 2 < х < 吐 57. z = 5. 58. %《》<7 — “40, 7 — “40<x<7 + “40, x > 7 + д/純 59. % < х < 1,_ % (1 + #15) < х < % (1 + 名向.60. -7 < х < <一6 + “4“ 万一8. 61. х<—2/з, — '/12 < х < 0. 62. 2《х< 18. 63. 0 < х < 4. 64. х > 2. 65. 1 < x < 2. 66. х < bg±2, ?/$ < 方 < 2. 67. 1 < х < log2_3, х>%. 68. - </!0(3 д/5-5)<х<2 69. - >/2(3 -1- V 7) < х < 0. 70. х《一2, х》4. 71. 86. 72. % = 1； 也=2. 73. Верно. 74. —1<х<-,3/26, >/3 < х<2. 75. «==-!; 0; 1; 2; ...; 12; 13.
623623ОТВЕТЫ И УКАЗАННА к ЗАДАЧАМ
623
623
а) Умножив неравенство на 2, перейти к очевидному неравенству (а —力产+(力一с)?+(с — а)2 0; б) переписать неравенство в виде (Q—1产+(6 — 1)?+(с—I)2 ^ 0. 5. Переписать неравенство в виде (尤 + 夕 + 1尸 + 2® + 1)2》0. 6. Переписать неравенство в виде (1 — sin2x) (5 -— sin2x) >0. 7. При ^W° все сла^ гаемые неотрицательны; при 0 V 尤 V 1 имеем х2 > х5, 1 > х; при х ^ 1 имеем х8 N х5,炉 N х. 8. Убедиться, что в левой части неравен* ства сумма чисел, равноудаленных от концов, не меньше 2(2汽上1)一1. 9. Представить (п\)2 = (1 • «)[2(/г — 1)]... [(м — 1)2](м . 1) и доказать, что при любом 依 1 V 左 V ", справедливо неравенство 々(/г —々+ 1) > 儿 10. Выразить ctg х через ctg (х/2). 1L Применить неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим, а затем использовать неравенство sin х 4- cos х ^ — V 2. Равенство достигается при х = (5п/4) -]- 2aH. 12. Свести задачу к еле- дующей： если сх>0, р > 0 и сс2 + р2 = 1, то а +0 К “ 2. 13. Свести задачу к следующей: если ct>0, р>0 и 廿+俨=1, то ct3-h₽3< L 15. Если р ——полупериметр треугольника, aS ——его площадь, то из формулы Герона и неравенства между средним геометрическим н средним арифметическим получаем “S《p/2. 16. Ввести вспомогательный угол. 17. Наименьшее значение 2/3 достигается при х = 0, наиболь- /пего значения нет. 18. Наименьшее значение 0 достигается прн 尤=0； наибольшее значение 7г достигается при 尤=—i и при х = 1. Для определения наименьшего значения представить функцию в виде у = (х2 + %-2) -'. 19. Наибольшее значение 1 достигается при х = 1； Наименьшее значение —i достигается при х = —1. 20. Возвести неравенство в квадрат и записать его в виде (а • 3? — 6 • 2*)2 + + (2* — а)?十(Зу —匕)2 3 0. 21. Исходить из очевидного неравенства х2 + 2ху + у? & 2(炉 + у2). 22 Так как (а/с) + (〃с) = 1, то О V а/с V 1, 0 V ь/с V 1, а потому (а/с)% > а& (〃，)％ > Ь& 23. Извлечь корень степени п иэ обеих частей неравенства. 24. Так как а + b = 2, то а — 1 == 1 —瓦 Пусть с = а — 1 = i ——力；тогда а == 1 4- с, & — 1 — с. Переписать доказываемое неравенство в виде (1 +，尸+ (1 — с)“2 2 и в левой части раскрыть скобки. 25. Применить метод математической индукции. 26. 2归冗 < х < (л/2) + 26л\ 27.修=5冗/6;北=i3k/6. 30. logis 60 > logeo 480. Перейти к логарифмам по основанию 2. 31. 310gl6 1862 + logie 1866 V log2 1863. Для того чтобы сравнить между собой числа 18623 • 1866 и 1863", применять к первому нз них неравенство между средним геометрическим и средним арифметическим для четырех чисел, 32. 3 logj759 1751 < V 410gl7591753. 33. Доказать, что log7 !8 V % < log5 И. 34. Привести неравенство к виду 3 < 2“％; поскольку %, то полученное неравенство следует из неравенства 3 V 2%. 41. cos 5 V V ctg 1 < sin 8 < tg 4. 42. ctg 5 <： sin 3 < cos 1 V tg 7. 43. Дока- 8ать, что промежуток, на котором 20х2 一 16尤 + 1 < 0 не содержит пи одного целого значения х. 44. 。7胃44厶卜 Рассмотреть квадратный трехчлен f(xj f -炉 + 14%一 45 и функцию g⑴ 三 4[(2y-17)2 4- 2]"1. Трехчлен f (х) при 4 V 7 возрастает； а при 尤 > 7 убывает;
функция g(x) при х < 8,5 возрастает, а при 尤 > 8,5 убывает. По
этому члены &, …，аб меньше члена а?, а члены 内°, а“ … меньше а§. Остается_сравнить между собой члены аъ а8, аэ- 45. а4 = — 1 э/22, «3・一％ (“28 — 4). Рассмотреть выражение 出 + 尤 + 1) (2工 + 3) т и исследовать его наибольшее значение при х V —3Л и при х > —3/2, 47.尤1 = —1, Yg = 0,尤3 = 1,尤〃 =2. В ОДЗ данного неравенства входят лишь целые 汽 N —1. Однако при п ^ 3 справедливо неравенство п—V2 > 2 log5 (n 4- 2), что доказывается методом математической индукции. Остается проверить, выполняется ли
исходное неравенство для оставшихся целых значений. 48. Нет, Сравнить косинус наименьшего угла данного треугольника, вычисленный по теореме косинусов, и cos 22,5°, найденный по формуле половинного аргумента. 49. 8 + 4 “2 — “ 3. Пусть /8 = с, ВС — а, СА = Ь. Тогда по условию Ьс = 16. По теореме косинусовеа2 =力2 q_。2 _〔6 “3, а из условия мин!1мальности а следует 力=с = 4. 50. х = 4. В ОДЗ неравенства входят лишь следующие целые числа: 1, 2, 3, 4. 51.修=2, х2 = 3. 52. а = —1* b = 3/2. 53. а = 1, & = %• 54. х = 0. 55. х = —1 E/i8.
Раздел II
А- 1. д) См. § LB раздела II. 2. а) Теорема; б) определение^ в) теорема; г) теорема. 3. Обратная теорема: «Если cos ф ^ 0, то угол (р оканчивается во второй четверти» — неверна. Противоположная теорема: «Еслн угол ф не оканчивается во второй четверти, то cos ф > 0» — неверна. Теорема, противоположная обратной: «Если cos ф > 0, то угол ф не оканч!1вается во второй четверти» — верна, 5. a) sin 1° < sin 1; б) tg 1 > tg 2.
Б.1. а) а — (—l)fep 4- kn или, что то же самое, В = (—1)"а + пл. Более точно, если а и 0 — некоторые конкретные углы такие, что sin а = sin р, то существует такое целое число k, что углы а и связаны соотношением а — (—l)feР 4- ^^； б) а= 土 В + 2^зт; в) а = =Р 4- fen, а，(п/2) + s, В 耍(тт/2) + 例冗；г) а =(田2) 土 卩 * 2归m 2. cos (а/2)=— % (“ 1 + sin а + “1 — sin a); sin (а/2)=% (V1 —sin а— —“1+sina). 3. 1. 4. “15/7. 5. /о “50 + 10 “5 ・ 6. tg х 1 = 0, tg^2, з = ± L 7. tg х ~ ± 3/4. 8. —Vs- Умножить и разделить данное 'выражение на sin (л/7). 9. Использовать выражение cos2а через tg а. 10. Вычисл!4ть tg 142°ЗО', используя равенство 142°30, =* =90° + 45° + i/2. 15°.
В- 1.-行3;k/2; - n/2. 2. 5h/6; n;к/2. 3.-冗/6; - зт/4; Я/4. 4. 2h/3; 3冗/4;冗/2, 5. 5 -2k；4n - 10; 2k - 6; 4n - 10. 6二второе число больше. 7. Первое число больше. 8. %; 1/“5; —%. 9. p/山—户；1/р； 1/V1 + /Л 10. а) Доказать, что 0 < arcsin % + + arcsin % < л, и вычислить cos (arcsin % + arcsin з/《)； б) доказать, что л/2《агссоз (— 2/з)十 arcctg %《Зл/2, и сравнить синусы левой и правой частей.
§ 2
Установить, что 0 < а < н/6, 0 < р < 冗/6, т. е. О < а + 2р < V п/2, а затем вычислить sin (а+ 20). 2. Преобразовать выражение ((а/6) (A/В) + Ц/[(а/Ь) + (力/8)1； условие аВ ЬА ^= 0 означает, что sin [2г— (ct-j-p)]#=O. 3. а+В=И=(冗/2)+也，ct^ (л/2) +«л, 0 抄 冗 + 2тл. 4. Умножить обе части доказываемого равенства на sin (л/7). 5. (1 Ч- cos4 х)-^2. 6. 0. 7. д/2 cos x sec (х/2) X X sin [(л/4) + (х/2)]. 8、74 (sin 2a + sm 20 + sin 2y). 9. у = a; z~c. f0・ В левой части равенства выразить котангенсы через синусы и косинусы, привести дроби к общему знаменателю и преобразовать числитель в прэизв едение, используя равенство 。-|_§ + 丫 =冗. 12. tg% х; х =(冗/3)十 /гл. 13. sin a (cos a cos 尤一i)~L 14. a + 6 = 2a瓦 15. (p2 — q?y = — pq. 16. q. 17. 3. 19. 194. 20. L 21. —8. 22. -7. Найти наименьшее знаивьнс тр_хч,ае»а 2г- — 8z — I на отрезка —1&2& 1. 23. 1. 24. х — ± (л/6) 4- ka. Доказать, что грехчлея —之2 + 之 j з свое па (большее а/&<еннс на отрезке — 1&2&1 принимает при г — ,/2 25.尤=士 1一"6) + 7гл.
§ 3
t[ = «л, 灰=土(冗/6) + 汽九 Перейти к функции cos 2/. 2.勿=2々冗，^2 = (Зл/8) -j- (W2), r/з = — (л/2) + 2тл. 3.打=2々冗, х? = (л/2) + /гл, %з = — (п/4) + тп, Левую часть уравнения преобразовать к виду 2 cos х (sin х + cos х)」.4.尤】=士 (冗/4) + 々冗,尤？= =—(冗/6) + (打冗/2). Использовать равенство tg x — etgx = — 2ctg》x; обозначить tgx—etg% через у. 5. Xj = kn, x2 = ± arctgV5/? + «^. 6. - (я/3) +归冗《尤《一(зI/6) 4-々乳,(h/6)十2冗4尤其 (n/3) +京h. Подкоренные выражения представить в виде полных квадратов. 7. Х[ — ± 1/г arccos (!/з) + kn,则=± % arccos (―】/力十汽吼 Переписать уравнение в виде 5 (tg х ■-}- cig 3,r) = tg 2х — \gx и перейти к синусам и косинусам. 8.尤=(冗/4) + 2^л. Переписать левую часть уравнения в в；пе 4 (sin х 十 со、х)-卜(sin х + sin 3尤)+ (cos x ——cos 3尤). 9.尤=(冗/8) + (礼冗/4). Левую часть уравнения преобразовать к виду 2+12 cos-薮+2 cos4 2х, а затем перейти к cos 4,匕 10. х=±(2л/3) + 2йл. Убедиться, что sin4 (х/2) — cos4 (х/2) — — cos х. 11.打=%叮，尤2 K —(—1)л (п/6) + пл. 12. %[ = л/3,尤二=5зт/3・ 13. х = =%(—i 产 arcsin (—2/3) + (々п/З). 14.尤 в 土 ％ arccos(飞修府—1)+々冗. io. x = 2л + 8左冗.16.尤=土 1 土 “1 + (冗/2) + 2рл, где р = 0, 1,2,... Привести уравнение к виду sin (х2) ~ cos2x — 0 и преобразовать разность тригонометрических функций в произведение. 17.尤=々冗. 18. х=± (5л/6)+2/гл. 19. Ху~(п12)-\~кп, Х2=^ / 4 аг<^со^[^ ^Л^^)/^]^ + («л/2). 20.尤=arctg [(1 土 д/3 )刨 + 々兀 21.打=1 + iog?(几/4), 尤2 == 1 + log2 [土(冗/4) + p叫 где р = 1, 2, 3,… О0ззна；пггь 2х"1 через у и выразить cos 2у через tg у. 22. х； — йя, х^ = (л/2) 4- 2пл. 23. х — — (2л/3) + 2"л\ 24. * = 士 (я/2)十 2^л. 25. * = kn. 26. х = =(冗⑵ + 々冗.27. х = (л/4)—(—l)fe arcsin [(^6 — д/2 )/(2 V^ )j + ^n 28. x = ± (я/6) + kn. 29.修=1 + 2p,力=—%+%q, где p, (? — 1, 2, 3, ... 30.勺=(5л/6) + p©,也=(n/4) + q冗，где p, q = —0, i, 2, ... 31.尤]=尼％ x2 = ± (^/9) + (2«n/3). 32, #i=/e/2：
;；2 = 土(冗/3) +J九 33. х = (3jt/2) + 2fen. 34. xj =—(冗/4) + 々冗, X» = arctg [(V? 一 1)/2] +拉冗， x3 — — a「ctg[(“7 — 1)/3] + тл. 35. Xj = (n/3) + 归冗，砲_=-(冗/4) + 汽冗.36.打=一(n/4) + 々冗，也=• = (-1)" arcsin (- 1/"6)+ 佈/4) + «n.37. x= ± (冗/3) + 2йn.
X = (л/4) 4- (fe^/2).39.尤=(―I产(冗/6) + 归冗.40. х == л/3*
41.*1 = 土(冗/6) 4-々冗，也=(冗/2) ±(冗/6) + 汽h.42.修=(n/6) + 2々% & =(5n/6) + 2拉冗.43.尤 1 =：(冗/6) } 2内穴，x2 — (5n/6) 4- 2mл, 2 = <=(2я/3) + 2тл. 44. % = (^/6) -г kn. 45. х = — (п/3) + 2^л. 46.打=少冗/3,也=主(5冗/12) + "几47.尤0-(冗/2) + 2々冗.48.%=* е % (― 1 产 arcsin (“3 — 1) + (左兀/2).49.打==々冗/5, x2 ~ пл/2.
59.尤[—内冗，也=(k/3) + 厚冗. 51. X - arctg l/2 4-々冗.52.打==-(зt/2) + + 2々冗，%2 = (2/t + 1) n. 53. %1 = (n/2) + 2Йn,冷П土(冗/3) + 2汽也 54. X = ± (2冗/3) + 2^Л. 55. х — ± (л/3) + kn. 56.修—归冗，x2 =(冗/2) + 2加，2二一(m/3)十川冗. 57.打=(冗/4) + (内冗/2), 也=—% arctg (丫3/5)+(耽/2).58 •打=5/2) + 々冗，х2 =
=—a;ctg [(6 十 <3)/11] + мм59.上=(―1 产+ 1 arcwin 5/s —(乳/4)+2冗. 69. x arcctg (—2) + 々н 61.打==—2 } Ал, х, = — % —(冗/4)十力冗. 62. При I a I <2; x = ± */2 arccos [(а2 — 2)/2] + ^л. 63. Показать, что равенства sin 2х = sin Зх — 1 невозможны ни нр/ одном значении х. 64. При b V %, b 耍 一 1,力 * 0, b 耍 ％； x = =(―l)fe arcsin [bf(b — 1)] 4- kn. Привести уравнение к виду sin х = =b/(b — 1) и учесть ограничения tg 尤 声 0, tg?尤耍】/?, cos x #： 0t cos 2x 耍 7г- 65. xi = 0,也=冗/6, x3 — 5л/6. 66.打=—§П/2, х3 = 0, х3 = л/2. 67. х = л/2. 68. Х[ = 25л/12, х2 == 17л/!2,禽=7冗/!2, х^ = — 11 л/12.69. — 3 久 а《一2; х = ± arccosV^ + 3 + йл.
7?. 1《а《2;_£= ± a「csin“2 — а + 归冗.71.— arcsin (如/m) +
+ arcsin(2/“10)+ 2冗，也.=—arcsfn (l/д/Тб) 一 arcsin(2/V Ю)+ Зя.
ai,2 = ±2. 73.尤1 =冗/6,七2 = 7冗/6. 74. %i ~ arccos VVs> 也，з = ==л ± arccos V3/st x4 = 2л — arccos V3/s- 75.修=(―1户(冗/⑵ + + (fen/2),y2=-(h/4) + 〃九 76. % = (5h/4) - 1. 77. 353k. 78. x = q ± (n/3) + 2々к，у н (n/18) 4-(面/3). 79. % = 1, g н (- 1户(冗/6)- -I + kn. 80. Xi =(h/6) +2也冗,弘=(-1产+‘(冗/3) + 拉冗;陋=(5值/6) + 十 2fen, y2 = (-1 产(k/3)斗 пя. 81. Xl = (3冗/4) 4- fen, у1 =(冗/2) + 2"冗； %2 =(k/4) + 々穴， 42 =一(冗/2) + 2%儿82. 打=0,川=-3/公
尤2 = — %, у2 = 0-83. % == 7/i2, У = — %2・84. * = 3冗，4,
у =5 — (3冗/2). 85. Xi = ± arccos (± “％2)+ 2归冗，ух = (Зл + 1)/24; 冷=士 arccos (土 “(ЗлГ+Т)712)+ 用％ 勿=(1舐 + 1)/24. 86. 打=—б%, г/i = ± arcsin V5/s + 左冗； x2 = — (JO + 力才， 與=± arcsin "(10 - 3h)/!2 + 也汽. 87. 如=arctg (疗34 — “5 户 1/1 = ± arccos.[(^ + V5)；1]; 尤2 — arctg (#34 + “5)， y2—± arccos [(^34 — <5 ) *]. 88. xi = л/4,勿=冗一arctg (“2 /2); & = 3口/4,%=h一arctg (д/2/2). 8g.修=—%"2冗，力=土 % <2:е； x2 = 一‘/4"2行，g2 = 土 九 寸:4".90.修=± <m/2, f/i =一厶；
#2 = ± “2 , у? == °・
Раздел III
1. д) Если две плоскости пересекаются, то при прямой, являющейся их линией пересечения, образуется четыре двугранных угла (две пары вертикальных двугранных углов) и любой из них можно принять за угол между плоскостями; е) обратить внимание на две возможност!!： когда один из радиусов кругового сектора, вращением которого получается шаровой сектор, совпадает с осью вращения (в этом случае шаровой сектор — выпуклая фигура, основание шарового сектора — сегментная поверхность) и когда ось вращения не пересекает дуги этого кругового сектора (в этом случае шаровой сектор ——невыпуклая фигура, его основание — шаровой no5ic). 2. а) Теорема; б) определение; в) аксиома; г) теорема. 3. Обратная теорема: «Если прямая 厶 параллельна плоскости 冗，то прямая 厶 параллельна прямой Z» — неверна. Противоположная теорема: 《Еслн прямая L не параллельна прямой /, то прямая L не параллельна плоскости 冗》一неверна. Теорема, противоположна只 обратной: 《Если прямая L не параллельна плоскости л, то прямая L не параллельна прямой 1》——верна 4. Следует из теоремы, обратной теореме Пифагора. 5. а) Нельзя; например, впишем в окружность треугольник АВС и будем рассматривать вписанные многоугольники, для которых хорды АВ и ВС всегда являются сторонами (т. е. все вершины, кроме В, выбираются на дуге ЛС); б) нельзя; например, возьмем последовательность вписанных треугольникоз АпВпСп> для которых дуги АпВп и ВпСп равны 2л/«. 6. Сравнить длину окружности с периметром вписанного в нее правильного шестиугольника и с периметром описанного около нее квадрата. 7. Не справедливо. Доказгтель- ство неверно и проходит лишь в том случае, если АВ и АВ? или С8 и С52 не составляют одну прямую; тогда треугольники действительно равны. Но возможна и такая конфигурация, при которой АВ и АВ2 (или СВ н С В 2)лежат на одной прямой. 8. Возможны две различные конфигурации: либо все три прямые параллельны между собой, либо все три пересекаются в одной точке. J0. Вся плоскость. Показать, что из любой точки плоскости как из центра всегда можно провести окружность, пересекающую все три прямые. 11. а) Прямая, перпендикулярная к плоскости треугольника АВС и проходящая через центр окружности, описанной около этого треугольника; 6) таких точек нет. 12. Сфера, построенная на отрезке АВ как на диаметре. 13. Окружность большого круга, высекаемая из сферы, построенной на отрезке АР (где 尸一основание перпендикуляра, опущенного из точки Л на прямую /) как на диаметре, плоскостью, проведенной через АР перпендикулярно к прямой 厶 14. Все точки, лежащие внутри данного двугранного угла. Показать, что если через любую внутреннюю точку М провести плоскость, перпендикулярную к ребру двугранного угла, то на сторонах образовавшегося линейного угла всегда можно выбрать точки Л и 5 так, чтобы точка М была ^серединой отрезка АВ. 15. Все точки плоскости И, приведенной через прямую L параллельно 厶 за исключением точек самой прямой L, и- все точки плоскости л, проведенной через прямую Z параллельно L, за исключением точек самой прямой I. 16. Если I > 必
то все точки окружности радиуса【/2“* —а? с центром в центре куба, лежащей в плоскости, параллельной основаниям куба и проходящей через его центр. Если I — а, то единственная точка центр куба. Если 2 V а, то таких точек нет. 17. Окружность, построенная на отрезке ОЛ (где О — центр данной окружности) как на диаметре. 18. Окружность с центром в середине отрезка 04 (где О — центр данной окружности) и радиусом^ вдвое меньшгш радиуса данной окружности. 19. s/^ (15 — “3) “26 — %“3. 20・ ％(3 + 2V^“沔・_
Б. 1. i/2«“2 (2——“3)・ Доказать, что плоскости граней, являю
щихся прямоугольными треугольниками, взаимно перпендикулярны. 2・ i/2«|sec2B|. Учесть, что угол 20 может быть как острым, так и тупым. 3. a3b3c3 (ab + 加 + са)т. 4. %力 | cos (За/2) | sec (а/2) cosec а Заметить, что ' при а < л/3 центр описанной окружности лежит ближе к основанию треугольника, чем центр вписанной окружности, а при а > л/3 — дальше. 5. 74fl2 tg а | cos 2а | (1 4- 2 cosa)~l. Заметить, что точка " может лежать как на стороне ВС, так и на ее продолжении за точку С. 6. cos а = 2/з- Показать, что угол при вершиье А треугольника должен, быть острым, а точку Я пересечения высот диаметрально противоположна точке касания вписанной окружности с основанием треугольника. Далее заметить; что Z НВС =93° — а, и получить^ равенство ctg а — 2 tgja/2). 7. АВ = =ВС = 2, CD= 1, AD == д/з, S = 3/2“M. 8. 6“元 9. Z ВАО > Z С/Ш・ Вычислить 4В и рассмотреть треугольник АВС, замерив, что Z CAD — Z АСВ. 10* 30°. 11. 16. 12. 2г д/sin ф. Рассмотреть случаи, когда точка касания находится от плоскости 戶 на расстоянии большем, равном или мекьшем, чем радиус шара. 13. Имеется три таких шара; их радиусы: 1,】/2(3 土 “5). 14, (“R + р — 二“守.15. I/1y6. 16. 2R. 17. 2R^ sin3 a sin p X X cosec (a ± 0). !8.方/4」9. 18 “2.20. */4a ctgf и %a tg a. 21. b+ d. 22. 77,a V3*. 23. '/4 Vj. 24. 85。. 25. %R “W. 26. % (12 + 8 “I). 27. is%. 28. 5/? VH. 29^2704 b2/75. 30. </2(a + P).
7. %居；arccos"%. 11. </2i> tg (a/2) [3-4 sin2 (а/2)]_1/1. 12. 6 -^бУ sin (a/2) [3 — 4 sin2 (a/2)]_，4 14. Окружность, построенная на отрезке АВ как на диаметре. 15. -Окружность, концентри* ческая с данной и имеющая радиус г cosec (a/2), где г — радиус данной окружности. 16. Вне трапеции; % "14* 17・ Сторону С» 18. Нет. 19. 8产. 20. sin 尤=%. 21. (“R + г — р — “Г)”・ 22. 2/3/^sin3 [7з_(п + a)] cosec [% (л + 4a)] cosec [% (л — 2a)]. 23. 2/2 7 25. “M 26. % (a + c)_s. 27.九“ + &) s. 28. 4. 29. Нет： 30. 31.8. 32. 3(713- 1)У^:32л. 33. ysaV22. 34. (а-В): (a + В). 35. 6用13.
Г. ■• Взять две прямые 厶 и /2 из заданных трех, построить параллельные плоскости 冗】и л2, содержащие 厶 и /2 соответственно. Пусть Л и В — точки пересечения третьей прямой /3 с плоскостями Л) и л2- Через точку А в плоскости Л[ провести прямую 々1, параллельную /2> а через точку В в плоскости л2 — прямую 论2： параллельную /). Далее построить равные параллели-
граммы: в плоскости 冗】с вершиной А и диагоналями, лежащими на прямых 厶 и 々1； в плоскости л2 с вершиной В и диагоналями, лежащими на прямых /2 и 々？. 2. Неверно. 3. Можно. Секущую плоскэсть надо взять параллельной линиям пересечения прзткво лежащих граней данного четырехгранного угла. 4. Нельзя. 5. Квадрат.'б. Правильный шестиугольник. 7. Две прямые: неогра- личенно продолженная в обе стороны медиана треугольника А方С, Проведенная из вершины В, и прямая, проходящая через вершину В М параллельная сторон? АС. 8・ ％(3д/з — л) м. 9. а д/3/2- 10. 7з^^3 sin2 (а/2) cos (а/2) cos р. 11. arctg ($in а “sec 2а), еслл 2а < л/2. Случай 2a = н/2 рассмотреть отдельно. Доказать, что при 2а> 冗/2 конусы не имеют общих касательных плоскостей, не прэходящ!；х через общую образующую. 12. 3/4^2 “3. Доказать, что сечение — правильный шестиугольник. 13. ；3/23. 14. Доказать, что прэекция правильного тетразара на плоскость, параллельную двум скрещивающимся ребрам,——квадрат. 16. 25/3^ “За? +《力么 17. dj"7 + "/二序2: 1乱 %；a3 A/% 19. 20. 2V6. 21. 1/2仪6 (cos Q scsee § — etg В cos у). 22.【/2 “5 — 2 “6 sin ср. 23.匕厶. 24. 4S/i25^^3- 25. Точка 戶 должна совпадать либо с точкой С, либо с точкой СР 26. На расстоянии от S, не большем '/3SC. £7. 2/57а Vi^* 28. %厶3 回口 ct + 2 cos (a/2)J [sin (a/2) + cosa]-!. 蔚.2 V3, %“K %“不・ S}. 1 - VV?. 31. xUab2 sin 2c:. 32.鸟厶仪-匕? sin a sin 0 cosec (a + p). 33. %(21 “3 +1—2 “2 ). 34.力92曲“2・ 35. 4C0. Рассмотреть развертку пирамиды. 450. 37. %。"两.爲. %г(3土"百).39. a 仆37m. 4,
2〃力(。+力厂L 2. 8 sfn (a/2) sin (₽/2) szn (y/2)- 3. 叫吋 4・(a — r) (a + г)-1. Провести прямую APOQ через точку Л и центр О окружности и заметить, что искомая величина равна отношению площадей треугольников ВРС и BQC. 5. ^(废 + 旅一 —2ab cos а) cosec a; | a2 — &2 I 6. 2(1— a). 7. 4. 8. sin2 [*/4 (冗一a)] cosec2 [74 (冗 + 3a)J. 9. 210.J0. cos"% (8 — С)] X X sec? [% (8 + C)]. 11. QP = QN ="з73 , PN = T; / ,VPQ = =/ 戶HQ = 33°, Z PQ^= 120°. 12. 13. 13. 20, — 14.力?. 15. (ЗаЬ-а2)(а±ЬГ1- 16. V^・ 17.竺37. 18.】/1y瓦 19. %. 23. 2 и 2(1+“万).21. I%. 22. %产“工 23. d^Jk. 24. д/亦. 25. abc~2. 27. %a cosec a[，8 sh/ a + sin2 § — sin p]. 28. 2,4. 2g. 4 V5 . 30. (a + c) (6 + c) (a + 方 + e)：[〃力(a + b + 2f)]. 31. V3* 32. 1 : д/3 . S3. 1 : д/3. 34. 4/з“2. 35. %(& +方+ c)s. 36. д/5. 37. 口冗八2. 3工 S4 勺，SB n % Vf, SC = J2 "N 39. SA}- “历，£办=д/ГГ, SCi = “Tl 4Э. 15 д/З. 41. */4 V3. 42. 169:792. 43. 7з2- ^. ^/^ал/^. 45. %. 46. 23:90. 47. 37:72. 48. V2 Vz^y ssc (a/2). 49. %屮 sin % 50, 2:11. 51. 70°. 52. 4“彳：7爲 53. 3 д/Тё/2. 54. 2. 55. 1. 56.门/外
57・ 10:11. 58. ,25Л(3 + УЗ). 59. 2广«方，2R«，. 60. q V^X
.】/з：гсЬс (b 十 c) sin a cos (a/2). 2. 4个 十 2R “密-' —戸. 3・ 2p (p + q) R2 sin 2(p cos2 9 [p2 +(7- + 2p^cos2(p]_1. 4・ Окружность с центром в середине отрезка /В н радиусом 4В. 5.】，匕冗03乂 X [1 4- 2 ctg2 (a/2,)]. 6. — 2s cos 2a cos2 a. 7. a) r < 7? <r (1 -j- “习； 6) R = r (1 + “2 ). 8. 2 c% % cm, % cm. 9. He достаточно. 10. m/4) 士 arccos 口厶(1 + 2“2 )]. 11. m sin § (m cos 叶“絞一序 $加2 §，* 12. a “iTV^^Tsec- a. 13.1.14. 1 + 5/2 ctg a — (1 — “a^- 4)2 X 义(a2 ——4) У 15. 2л-1 (cosec a + cosec p). 16. % “5.亿 32冗一£一4 乂 X (arccos m~ m “1 —毋), 18. (ctg a + ctg 0 + ctg y) ： [ctg (a/2)十 十 ctg (B/2) + ctg (丫/2)]・ 19. В == % (л — a) + % arccos [*/2 (冗 sin a — —2 cos a)], C =冗一В — a; 0 V a & 2 arcsin(2/"冗2 + 4). 20. cos x = = l-sin (₽/2) [sin (B/2)—“sin? (6/2)二sin? (a/2)]. 21.1.22・ ％(7±3"*, Z(5 +)T). 23. >/4 [p2 - (/? - r)2] [-v^ + V7]-2. 24. V2 ■ 25. 4. 2S. 9:16. 27. 2 阮 7. 28. %a. 29. % £ 30. — 8/з/г3 sin4 (a/3) cosec (4a/3); a > %jt. 31.北&. 32. 9/200隐 33. % (л 一 他).34. 4. 35.叶 ％ 力鼠
%(2 + “万).37. (V10 + 2):(9 -_3 两.38. 2 “氮 39」3. 40. л V3- 41. 7. 42. %,na2. 43. %r “疋 44.(3 + VI):(8 ± 2 “彳). 45. a2& (2a-б)-1. 46. V19 + 8/з д/З . 一 47. ^М2 (V2 -. 1) X X [(2 V2_- I)л 一 4]. 48. “^? 49. %(2 ^5 - 〃词.50. %/ yj. 51. 9/彳 “3. 52. “s cosec a. 53. 12 : 25л. 54. 2. 55. %(25+10 “Тб). 56. 128(3 + 2 72):49. 57. $%(6—“彳).58.氾？炉夜 59.
60. 25/6 a2 V7.
§ 4
9Э°; arccos(7з)； a/“5". 3. Справедливо. Доказательство, однако, не является правильным, поскольку не показано, что построенная плоскость л не зависит от выбора точки Л На прямой 丄. Нужно дополнительно доказать, что если взять другую тоуку на прямой L и провести те же построения, то получающаяся плоскость совпадет с плоскостью л. 4. Лишь если 厶丄 厶 5. Не всегда. Эта прямая существует лишь в том случае, если все три данные скрещивающиеся прямые параллельны одной плоскости. 6. Вгегдй. Через одну из прямых /】и точку Л на другой прямой /2 провести плоскость л; доказать, что точку Л можно выбрать так, что плоскость л и третья прямая /3 не параллельны. Провести прямую L через точку Л и точку пересечения прямой /3 с плоскостью 冗；доказать, что точку Л можно выбрать так, что прямые L н I】не на- ралл&льны. 7. Не существует. 8・】/з@“2 и 2/з^ V2. Заметить, что
общий перпендикуляр равен высоте треугольной пирамиды» отсекаемой от куба плоскостью, проходящей через концы трех его ребер, сходящихся в одной вершине. 9. Могут. 10. Параллелограмм. 11. arccos (cos a sin р). 12. Оба угла равны arcsin_(1/2 V^ sin а). 13. b/c. 14. arcsin [2/з V3 sin (а/2)]. 15“ tg ф — V/ ； d — a V3/? • 16. 9а3 cos3 (a/2) cosec (За/2). 17. 九卩^，3 ctg2 а (4 + tg2 cc)%・ 18. arccos (cos2 -y). 20. 45° или 60°. Через одну из скрещивающихся прямых провести плоскость, параллельную второй прямой, и спрО' ектировать эту последнюю на построенную плоскость. Возможны два случая в зависимости от того, стягивает ли отрезок, соединяющий проекции точек Л и Й на эту плоскость, острый или тупой угол. 21. 2 arcsin [*/г sin (Р/2) sec а]. 22. 2 arcsin [cos (а/2) X X sec (₽/2)]. 23« arccos (R/田.24. а д/"5 — 1. 25. cos (х/2)= =(cos 8 — cos2 а) cosec а. 26. %ab (cos а -— cos р cos 丫)cosec p. 27.%。“6. 28. Имеется два таких шара с радиусами i/?R(9±4，5~). 29. 2/3. 30. %. 3L %б(8-5“Т). 32.%(5 —j/7). 33. %。(5 一 J& 34. aV^. 35. ”4д2 + (р2/12). 36・台厶“毎 3工36. 38. %'公. 39. %“Й\ 40. %〃. 41. m V^®^. 42. b “赤.43. a/2 J»・ 44, д/З tg 50°. 45・ 10 界*
%a"Z 2. /7公"彳.3. %a "匸 4.九a (“不 一 l)2. 5. Если ^)< г < а/2, то конфигурация невозможна. Если a/2^r < a ^2"/2, го существуют два удовлетворяющих условию шара и ]/ = %&% где .厶=(2a2产 土 m "4/•2 一出)化壮——4产厂 1. Если 产=a “爱/2, Tо V ~ Vs^3* Если г > а ^2/2, то существует единственный удовлетворяющий условию шар и И ®= Угй2^, где h =(2a2r ——a2 “4工—出)* X (2a2—4戸)T. 6. '/isJta3 V3.7. %r •牙 tg[(n—a)/4]. 8. %，(6+V彳 + + “27+ 12«寸). 9. i/2r(2 +“&). 10. 9a2公(父 + 12*)7 X X arctg V'/з + 4a-2/i2. 11. >/23 (2b — a) “W(3庐一a2)~ /j. 12. %a “11. 13. 26/2?"2. 14. i/2a2(4&2 - а^1г (4a2&2 - a* - b'yK 15. %卡丽. 16.，小jt«Wf2(l+ 户+曾7, где f = tg(a/2). 17. (1 - V2 tga)-\ X aretg2a. 18. Имеются два таких шара; их радиусы %R(5土“面. 19. %[p2 -(R -"2](m^+#厂)20. ^^Vn. 21. %0"3 V顶 22. a/6. 23j> \2^ 24. 2/33。陋. 25. 6._ 26. 7/27. 27. arctg (Vs (V15 +V3)j. 竺* arctg “％. 2垣 2 “丽.30 . 96; ^arcsin (V3 V5). 31・ 5/4样<]7・ 32.力^冗(4“彳一3). 33.《//. 84. ：5/《兀.35, R cos (a/2) cos ₽(l+sin §厂 L 36・％a ctg a [“斗2联&—fj. 37•"口 cos § sin (B/2) [sin (0/2) + cos (財2)]一3. 33, 12 sin (a/2) cos a X X[4 sin (a/2) +Vco^a]""3. 39. 2 V^_4优。厶吻.41. 8(10 - 7 y2). 42. %R4/£ 4з, в/уд/у, 44.加 ^舐 45* V^ tg 40°.
З/д/Н. 2. 7д/Т?/24. 3. За. 4. 1 :47. 5. а2(1 + *‘4 + 2，声)・ G. HW4. 7. 5/4S—8. 25/iS 9. 2^24匕 10・」/5冉 и.竺川/247. 12. 100:69. 13. 3"彳/32. 14. 5/16а&УГ. 15. з/《“彳.16. % 〃» 炉状 X Х(а + Ь)」 17. 2 arctg V9. 18. 1 : 6. 19. На расстоянии от S, не большем 2/зЗР. 20. Должна совпадать с С. 21.⑶⑹匕 X X V^^2 -!- й2; arctg(2a~lh). 22. 2/эа V^^2 + За2; arctg (2/3 ^/3 а~Чг). 23. % "32 一^)伍? +方2). 24. 4 д/2 R^coseca. 25.九(3 — “3}・ 26. arctg(7бУз). _27. arctg(2 VF — д/Г). 28. “W 29. 32 “W・ 30. %40(“万一 "彳).
Раздел IV
Нет решений. 2. х = 0. 3.八='1&, х2 = 2. Привести уравнение к виду (leg?尤 + 2) (log? х + х — 3) = 0. Уравнение log2 х = 3 — х имеет единственный корень х = 2; при х > 2 левая часть уравнения больше 1, а правая — меньше 1; при (допустимых) %V2 — наоборот. 4•力=(2右 + 1) л/4, // = 1.5. х = 1, у = (2右一3)/4.
%i = — arctg “2 + 归冗，y\ — (л/4) -|- 2пл; х2 arctg^2~ -}- йл( у2 = (5л/4) + 2〃л:. Привести уравнение к виду [tgx + (sin y + cos ^)]2十 4- (1-sin 2f/) = 0. 7. %1=(冗/4)+2々Л，川=(2几 j 1) n;打=(5n/4)+2々冗， ^2 = 2几冗. Заменой cosy = z привести уравнение к следующему виду %? — 2z sin [% + (冗/4)]十 1 =0, или [г — sin (х 4- (ji/4))]2 + 十[1 — sin2 (% + (л/4))] = 0. 8. % = 0, г/ = 1. Если неравенство верно, то У》％2 + 1》L но cos %》疗十 “у — / — 1》此 т. е. COS 尤戸 0. Следовательно, все выписанные неравенства превращаются в равенства: у ==尤2 + 1 == 1, откуда % = 0, f/ = L Проверка показывает, что эта ■пара чисел дейсгвительью удовлетворяет неравенству. 9, х = 1, ^ = 0- 10. х = 2. 11. х — 2. 12. Нет решений. 13. х = 0. 14. % V % V 1 + V3/г-15. 1 — 亦/2 V 尤 V L 16.。6 == — 3 -уд-.
Доказать, что квадратный трехчлен 2х2 — 24х + 69 возрастает при 尤》6, а квадратный трехчлен (Зх — 22)2 + 3 — при х ^ 22/3 и, следовательно, при 尤>22/3 возрастает функция — 9/[(Зх — 22)2 + 3]. Общий член ап как сумма двух возрастающих выражений будет при " > 8 возрастать с ростом ". Нанмепыпий член найти прямым перебором среди 。卜 а2,.・.,а?, а8. 17. 。5 = 2云,18. сц = 0, а2 =^ 1. 19. aj = %, а2 = 1. 20.尤==0, у = %• 21•尤==“2 , у = 2. 22. у =九 X X(l+“26). Данное равенство рассмотреть как квадратное уравнение относительно %. 23. Не существует. 24. (3, 7/г)> (—3, —7/2). 25. (2, "/а), (—2, —%).26. ( — 1, —3/2), (0,%).27. (-2, 3/2)>
0, ―%).28. X] ^ (—l)fe + I (л/6) —• (л/З) + йл,尤2 ==(冗/6) + 2々:гс
633633OTBETtJ И УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ
633
633
2В. Верно. ЗО.^еверно, 31.九 V % & 2, — % £ % & — "/飙，32. х ~zt 2卷 & х《3. 33. х = — 2,尤》4 点,34. а=- 100. 35.窗=100.
Если первое уравнение не имеет решений, то с2 > а2 -^ Ъ2, в частности, с 抬 0. Второе уравнение представим в виде (2а tg2 х + 2с tg х + b) ctg % = 0. Если 。声 0, то дискриминант трех* члена 2ш/2 + 2су + Ь равен с2 — 2ab > а2 4- ^2 — 2аЬ》0, т. е. вто* рое уравнение имеет два различных корня; тогда по крайней мере 。二ни из них отличен от нуля и потому ctg х имеет смысл. Если а — 0, то tg % = — 〃(2с); при b 耍 0 имеем tg х ^= 0, т. е. второе уравнение имеет решение. 2. а) а = — 2; б) % V а V 2. 3. а) Ни при каких о; б) при любых а; в) о * 0; г) при любых а; д) а = 0; е) а 0. 4. а> — 1, ^2 — Ь 5*а==0, 0<b《L 6. а =—【. 7.。V — 1, а = 0. 8. а = 4, а〉5. 9. 0 < х < 1. 10. 2《％ < 2t5. 11. 一 IVuV — %* 12. 。< — 2. 13. д = — 1,尤 1,2 =и =y9五二一(冗 + arcsin (n/4))2, X3( 4 = 土 “9紋一(2冗一arcsin (:ге/4)产； fl =(tg2 1 4- 2) (2 tg 1 — 1)~\ 打，2 = ±% ViT冗，R, 4 = ±，2“35 项 14. а = — 2 ctg2 1 (2 ctg 1 + I)-', % = 0; а = 2, xJ( 2 = ± arccosf—л/4), %з = 2兀一arccos (―冗/4), x《=arccos (— n/4) — 2л. 15. а — 2, & = 4Г с = 64. 16* а = 1, b==L с = 0. 17. Л = 2左：те. 18. А = (2й + 1) л. 19. 2 < а < 8. 20・ а《一2“％ 心 2 V% 21. —“％5《。&“花 22. 3(2々+1)冗<6《6(々+ 1)几 一(3冗/2),也 = 0, 1, 2, 23. 2^П < V а《(2右十 1) л* & в 1, 2,…・ 24. x ==• L 25. x = 5.
§ 3
a<—3, a > 0. 2. —【/2《a&0* 3. Ни при каких &' 4. m 1・ 5. а V — 2. 6. у V — 2 V^ — l/“2 VyVO. 0<y< < I/7^ 少 2“Z 7. 0 < ?/ < I. 8. а> I. 9. —3Qa《3. IO. - 1/д/2 < а < l/V2. 11. d > H/9. 12. 2 V2^a < n/3. 13. x^ =(—!产 arcsin log. [(— /и + “4 — 3w2)/2] + 々m Найти корнн трех' члена f (у)—у2 -^ ту ^- т2 ~ \ такие, что 1/2&У&2. В силу —I < w < I дискриминант D = 4 — Зт2 > 0. а свободный член отри- цате/ен, гак что нас может интересовать лишь больший корень. Он не превосходят 2 в том и только в том случае, когда f (2) ^ 0< что выполняется при любом tn, 14. %i, 2 = V4 (V^2 — \ — а ± 土 “2a2 — 5 — 2а д/М — I У при а < — %； х = I при а = — 5/《、 нет решений при л > — 5/4- Найти корни трехчлена f (у}=^у2-\-2ay-\- !• удовлетворяющие условию у》2. Есги £) ~ а2 — I < 0, то корнеГ; вообще нет» поэтому должно быть а2 — I ^ 0. Если / ⑵=4a 十 + 5 V 0，то больше 2 будет больший корень у = — а + д/а? — L Если f(2)》0 и — а》2, то подходят оба корня, но этот случай на имеет места ни при каком а. 15. х = log2(2m + V4rM — 2m —— 力 при m < — I; % = I при 制=I; Xtt 2 — log?(2旧 士 V4m2 — 2/n — 2)
при zn > 1; при остальных т решений нет. Найти положительные корнн трехчлена у2 — 4ту + 2/тг 4- 2. ДискриминантD — 4т2—2т —2 неотрицателен при /и《一％, m》L При т I имгем 九 2 n ₽= 2制 + “4絞—2m — 2; при — 1《/и《一％ положительных корней нет; при m < — 1 положителен больший корень у = 2制十 + V^^2 ~- 2m - 2. 16.尤1 = (-1 产 arcsin 10"+"2"2-2 +々m x2 =■ =(一1 产"csin 10吋V5炉与 + 处 при 一"亍&ас1； % =也 при а<—“2, а = — 1,。》“2; при остальных а решений нет. 17. х = log2 а при 0 < а ^ 1; при остальных а решений нет. 18. а > 2. 19. 2 < а ^ 3. 20. О < а < %•
Раздел V
11. 5. Если а/b и c/d — две положигельчые несократимые дроби, в сумме равные 1, то ajb = (d — c)/d. Дробь (d — c)ld несократима. ибо числа d —с н d взаимно просты. Далее из опреде- лэния равенства дробей следует, что D = 2 6. Использовать тождество "3 十 2也=в (в?——1)十 3〃. 7. I. Доказать, что число вида ?4“ оканчивается цифрой !. 8. Использовать тождество 2 (层 + 々2) == (〃 + 々产 + (« — А)2. 10. а} Вес числа аР ..., ап равны нулю; б) по крайней мере одн「) из чисел а〔ап равно нуло. 12* а) Не может; б) может. 14. Да (естественно, должно выполняться соотношение 方 &а). 15. Воспользоваться методом математической индукции. 17. п = 3. 20. 121 цифру. 22. Второе числэ меньше. 23* 1 + (а — 2)-1 (Ь — 1厂〈24. Во второй. 26. a) cos 3 <0; б) sin 1 > sin 1°; в) tg 1 > arctg 1. 27. Положительно. Убедиться, что arctg 2 > л/З > 1. 28. Отдельно рассмотреть случаи, когда а лежит в первой четверти и когда а лежит во второй четверти； 29. а 声 30。(2右 + 1). 30. | sin а + cos сс |, сс / 々л/2. 33. Умножив обе части на sin (冗/5), перейти к синусу двойного угла и разности си .усов. 36. Да. 37. | а | & 2. 38. a) pi ~ 0> ^i = 0; р2 = ~ <?2 = 0; рз = 1, 0з н — 2. 39•尤[,2 = — 2土 V^ Сделать замену 无2十4芯+5 = д* 4). б) %i,2 = ± 1； в) корней нет; ж) Xj 口 為冗/5, %二=± (3兀/8) + 為冗. 4]. а) Бесконечно много решений вида х = с, у=3 —а, где а — 』ке числе,; в)修=%5，У\ = 7э；心=%，У2 = %5・ Сделать за- M2-：v 1/х = и> 1/f/ — V； г)х = у = 0. 43. Нет. 45. б) 0 < х < 1# 4G. 6£_0<% V “2,尤* L 47. а) Доказать, TiroJ_2sinx4- 5 cos х | ^ &д/29. б) Не может. Проверить, что ^2 <^3. 48. б) Минимальное значение 2 достигается при х = (л/4) + (也冗/2). Воспользоваться неравенством | tg х -г etg х | ^： 2; г) максимальное значение 1 дости- гзется при х == 1 их — —L Воспользоваться неравенством 2%? * &%4十1; д) максимальное значение sin 1 достигается при % 工 *=(冗/2)-卜2々冗,минимально? З'гачеиие — sin 1 достигается при х — =—(冗/2) + 2々也 50. 3. Уравнение прямой х — 1. 51. г) Записать функцию в в;где у — 1/№.亢 >0; з) загисать футкдк；，。 в виде 乡工 三九 sin (2к — 60°); и) записать функцию в виде z/ — j sin х — 1 ；.
Три корня. 56. Диагонали трапеции разбивают ее на четыре треугольника; заметить, что треугольники, прчмыкающие к боковым сгоропам, всегда равновелики. 57. Трапеция равнобочная и ее 6о- к：》Еая сторона равна средней линии. 53. Достроить треугольник до параллелограмма. 60. Составить и ргшить систему трех уравнений. CL “Stga. 63. Окружность, построенная на отрезке ON как на диаметре. 65. Рассмотреть треугольник со стороной 尸 и прилежащими углами а/2 и 0/2. 66. Построить точку пересечения прямых / и АВ и использовать свойство касательной и хорды, проведенных из одной точки. 69. В основание призмы можно вписать окружность, is высота призмы равна диаметру этой окружности. 70. 60°. 71. “5. 73. V^・ 75. Рассмотреть отдельно случаи, когда три заданные 7очки определяю? плоскость и когда они лежат на одной прямой.
1. 3 часа 15 минут. 2.尤=—(冗/2) + 2々:те, х = ± (л/3) + 2々冗. 3.尤=1, у = %• 4.产 sin 2a (1 + 对口2 2a厂L 5. x = 0. 2. 1. ±кл*/%
% = ± (冗/3) + 2bc. 3.%=L 4. $△ все： $круга = “М ：14m
5 %f5冗/6, y==8 一(5冗/2). 3. 1. 7,5 дня. 2. х = 土(:ге/3) + 々m 3 Х1==— 7з» 尤2 = %、4.75/2. 4.」.х=^ (―l)fe+1 (л/4) + йл.
2 4000 “儿 3. 一 ％<：% v 0,片(#ПГ - 1)<х< 73 (<Т00 一 1). 4 1 см2. 5. 4 — “4 “5 — 8 V %《5. 5, 1. 4 м3/ч. 2. р = — */2. 3 ZCBD = 30°. 4.尤 1 =2左：ге,尤2 = ± (冗/2) + 々冗，%3 =一(冗/6) + 2也冗， %t = (5兀/6) + 2々尼 5. /2 = 6, 7, 8. 6* i.修=—1, x2 = 5. 2. X < 0. 42 < X < 1.3.X)= Л/6,山=2冗/3;%2 = 5冗/6, у2 = 2n/3.
a2 V6/40 см2. 5. 1 см. 7. 1. — 1 ^ х < 8. 2. Команда В забила 1 в третьем периоде на две шайбы бальше, чем забила команда Д во втором периоде. 3.(7 + 4^/7~)：9・ 4. (а/(2%/3)) cosec (8/2),
6々冗 < а《6々:те + Зл. 8, 1. В 5 раз. 2. х = 1. 3. хг =(冗/2)十目工 'X? mrctg (5/j + 々冗.4. 294冗.5. a/i0. 9. 1. 5 дней, 4 дня, 8 дней. ;2. 150 + (250/V^") с炉* 3. % = arctg% + 左冗.4. 4 —д/色《尤 <3： '丫》4 十 «3 . 5. X— 1丄^ = 37. 10. 1. Решений нет. 2. (：3 /3)— %.
3 式无 V % (1 + “37), х> % (1 + 737). 4. 3 лисы, 6 леопардов, 】лев. 11. 1. л — */э (丁 2 + /гл). 2. % = 3. 3. 3/7 < х < log5 2, х> 14. W V1T/5. 5. а^7^ 12. 1. х<-5, 1 <х < 7з (^ + 7^2 ). 2. %i= — 2/7, j/i ―8 гл arcsin(2/д/7 ) + йл; х2 =*~ 7т (2 + Зя), у? = ± arcsin /^/ 4，‘ 吗 + 々м 3* 。== % Q — “由一с? )， b ~ */2@ +"” 二3). 4. 42 7. 5. SAnc = 2 V3?2. 13.L一10W尤<5. 2, 修="冗， У1 = Vn； %2= "冗， "2=一 "冗； % 3 = %"% 少3 = % V7冗；福=%%1/2 <7%. 3. да — р) (a + p厂*
7厶.5.电6
Георгий Впадимирвеич Дорофеев» Михаил Константинович Потапов, Николай Христович Розов
ПОСОБИЕ ПО МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ПОСТУПАЮЩИХ В ВУЗЫ
(Избранные вопросы элементарной математики)
*) Заметим, что справедливость свойств VII и VIII вытекает н мз свойств логарифмической функции (Кочетков, § 182)*
+ (2,00 - 22) + ... + (2100 - 298) + ⑵00 - 2")=
=100 ・2@一(1 +2+22+...+2") = 99。2m+ 1.
Несколько слов скажем по поводу бесконечно убывающей геометрической прогрессии. При рассмотрении этой прогрессии следует особое внимание уделить четкому выяснению принципиальной разницы между вопросом об определении понятия суммы такой прогрессии и вопросом о вычислении величины этой суммы.
Если мы имеем какой-то конечный набор чисел, то сумма 〃i + 〃2 + 〃з + ・•. + 〃п этих чисел имеет вполне определенный смысл в соответствии с понятиями арифметики. Мы должны найти число S2 = «1 + 以 2# к
i) В примере с числом г/+ 几 + 17 мы довольно быстро, уже на 16 шаге, убеждаемся, что это число не обязано быть всегда про
* W —3/2, —'/в V*V0,0Mr&L IV%; в решении от этого ничего не изменится Наш выбор сделан в согласии с определением абсолютной величины в форме (1).
1) В учебнике (Кочетков, § 167) показно, что эти условия определяют единственный угол ф в пределах 0 & 屮 V 2л, Однако в качестве вспомогательного угла можно выбрать и любой угол
中 + 2也冗，耳=±1, ±2>
1) Отметим, что искомая сумма sin? а 十 sin? р + sin? 丫 имеет вполне определенный смысл и вполне определенное значение при
COS? X
「 h + {2tg x 厂％】【tg x-(2tgx)% + l]-h-(2 厄 JC「％] [tgx^HZtg 书)％ 4ll +
J'gx-2(2tgLJ2tgx>% 口+2tgX(tC_「L.
V? COS1^ <tff X — ll2
M. (Экономич. ф-т, 1973) sin3 x 4* cos3』= "t4cos2%§in(%+ ^")*
Лб. (Географии, ф-т, 1973)
4) РешЕ^ть неравенство
10gx-2 -5■^10gj._3 у.
Г.В.Дорофеев, М.К.Потапов, Н.Х.Розов
ПОСОБИЕ ПО МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ПОСТУПАЮЩИХ В ВУЗЫ(избранные вопросы элементарной математики)
Книга предназначена для лиц, желающих углубить и расширить свои знания по математике перед вступительным экзаменом в высшее учебное заведение. Особенно полезной она может оказаться слушателям подготовительных отделений вузов. Учителя средней школы найдут в ней богатый материал по некоторым узловым темам школьной программы.
В книге изложены отдельные важные теоретические вопросы, подкрепленные большим количеством разобранных конкурсных задач. Особое внимание авторы уделяют логике решений, подробно обсуждают типичные ошибки поступающих. Книга снабжена упражнениями, взятыми из опыта приемных экзаменов.
При подготовке пятого издания книга подверглась переработке, имевшей целью учесть опыт приемных экзаменов последних лет.
ОГЛАВЛЕНИЕ
К читателю
5
уравнения и системы
Программа вступительных
11
Раздел Ш. Геометрия
318
экзаменов по математике (1975г.)
§ 1. Общие замечания
318