Embed Size (px)
Citation preview
О.С. Істер
МатеМатичні перлини
ТЕРНОПІЛЬНАВЧАЛЬНА КНИГА — БОГДАН
б і б л і о т е ч к а ф і з и к о - м ат е м ат и ч н о ї ш к о л и
ББК 22.1я72 І89
Охороняється законом про авторське право. Жодна частина цього видання не може бути відтворена в будь-якому вигляді без дозволу автора чи видавництва
ISBN 978-966-10-0742-9 (серія)ISBN 978-966-10-2986-5
© Навчальнакнига–Богдан,2012
Істер О.С.І89 Математичні перлини. — Тернопіль: Навчальна книга – Богдан,
2012. — 88 с.
ISBN 978-966-10-2986-5
У пропонованому посібнику представлено статті, що були в різні роки надруковані автором в періодичних спеціалізованих виданнях з математики.
Посібник містить оригінальні задачі, серед яких багато авторських, та нові методи їхнього розв’язання
Для вчителів та учнів загальноосвітніх шкіл та профільних класів природничого та фізико-математичного спрямування.
ББК 22.1я72
Серію «Бібліотечка фізико-математичної школи» засновано 2010 року
Від автора
У пропонованому посібнику представлено 10 статей, що були в різні роки надруковані автором в газеті «Математика» та журналі «Математика в школі».
Учні середньої та старшої школи знайдуть у книзі оригінальні за-дачі, серед яких багато авторських, та нові методи їхнього розв’язання. Колегам-вчителям, сподіваюсь, книга буде корисною для підготовки до уроків та для позакласної роботи.
Зауваження та пропозиції надсилайте на адресу: [email protected].Відвідайте наші сторінки в Інтернеті: www.bohdan-books.com та
ister.in.ua.
Статті, що ввійшли у книгу
№ Назва статті Де надрукована
1 Тригонометричні підстановки«Математика» №8 за 1998 р. (початок) та «Математика» №9 за 1998 р. (закінчення)
2 Олімпіадні «ігри» з остачею від ділення «Математика» №11 за 1999 р.
3 Багатозначні геометричні за-дачі «Математика» №17 за 1999 р.
4Обернені тригонометричні функції: самостійне плавання на вступному іспиті
«Математика в школі» №2 за 1998 р.
5 Задачі-близнюки «Математика» №37 за 1999 р.
6 Формули переходу між кутами правильної піраміди
«Математика» №14 за 2000 р. (початок) та «Математика» №15 за 2000 р. (закінчення)
7Текстові задачі на рух: кіль-кість невідомих більша від кількості рівнянь
«Математика» №21–22 за 2000 р.
8 Математичний футбол «Математика» №42 за 2000 р.
9 Розв’язування рівнянь, що міс-тять комбінаторні вирази «Математика» №7 за 2001 р.
10 Розв’язування комбінаторних задач за допомогою рівнянь «Математика» №10 за 2001 р.
Тригонометричні підстановки
У класичному математичному аналізі тригонометричні підста-новки використовуються для підінтегральних виразів, що містять ра-дикали a x2 2− , x a2 2− , x a2 2+ , а також квадрати цих радикалів a2 – x2, x2 ± a2.
Зручними є:для випадку a x2 2− підстановка x = asint (або x = acost),для випадку x a2 2+ підстановка x = atgt (або x = actgt),
для випадку x a2 2− підстановка x at
=sin
(або x at
=cos
).
Ідея тригонометричної підстановки в шкільному курсі математи-ки допомагає звести алгебраїчні вирази, рівняння, нерівності тощо до тригонометричних. Зауважимо, що зручно накладати обмеження на t так, щоб х набував усіх можливих значень з області визначення лише один раз (тобто розглядати один інтервал монотонності відпо-відної тригонометричної функції).
Пропонуємо дев’ять авторських задач, найзручнішим способом розв’язан ня яких вважаємо метод тригонометричної підстановки.
Спочатку розглянемо задачі з однією змінною.
1. Підстановка x = asint (або x = acost)
Задача 1. Розв’язати рівняння x x3 23
1 22
+ −( ) = .
Розв’язання. Областю допустимих значень є [−1; 1], тому можлива
заміна змінної x = sint, де t∈ −
π π2 2
; .
Тоді маємо: sin cos .3 3 22
t t+ =
Оскільки t∈ −
π π2 2
; , то cost ≥ 0 і cos cos .t t=
6 тригонометричні підстановки тригонометричні підстановки 7
Отже, sin cos sin sin cos cos .t t t t t t+( ) − +( ) =2 2 22
Замінимо sin cos ,t t z+ = тоді z t t2 1 2= + sin cos , sin cos .t t z=
−2 12
Маємо: z z z z1 12
22
3 2 02
3−−
= − + =, .
Домножимо обидві частини рівняння на 23( ) .
Маємо: 2 6 2 4 03
z z( ) − ( ) + = .
Виконаємо ще одну заміну: 2z u= .u u3 6 4 0− + = ; u u3 8 6 12 0−( ) − −( ) = ; u u u u−( ) + +( ) − −( ) =2 2 4 6 2 02 ; u u u−( ) + −( ) =2 2 2 02 ;
u u1 2 32 1 3= = − ±; .,
Тоді z z1 2 32 1 32
= =− ±; .,
Оскільки sin cos sin cos sin ,t t t t t+ = +
= +
2 2
22
22
4π то ма-
ємо:
1) 24
2sin ;t +
=
π sin ;t +
=
π4
1 t k k Z+ = + ∈π π
π4 2
2 , ;
t k k= + ∈π
π4
2 , .Ζ
Враховуючи, що t∈ −
π π2 2
; , маємо t = π4
і тоді x = =sin .π4
22
2) 24
1 32
sin ;t +
=
− −π sin .t +
=
− −π4
1 32
Немає розв’язку.
3) 24
1 32
sin ;t +
=
− +π sin ;t +
=
−π4
3 12
t n n Zn= −( ) −
− + ∈1 3 12 4
arcsin ; .ππ
Враховуючи, що t∈ −
π π2 2
; , маємо t = −−arcsin .3 1
2 4π Тоді
x =−
−
=
−
−sin arcsin sin arcsin cos3 1
2 43 12 4
π π
−−
=
−− −
−
sin cos arcsinπ4
3 12
22
3 12
1 3 12
2
=
= ⋅− −
=− −2
23 1 2 3
26 2 2 3
4
4
.
Відповідь. x12
2= ; x2
46 2 2 34
=− − .
Задача 2. Розв’язати рівняння 8 1 2 12 3− −( ) =x x x .Розв’язання. Оскільки областю допустимих значень рівняння є
[−1; 1], то можлива заміна x = cost, де t∈ 0; .π
Тоді 8 2 1 12sin cos cos .t t t −( ) =Оскільки t∈ 0; ,π то sint ≥ 0 і sin sin .t t= Тоді
4 2 2 1sin cos cos ;t t t( ) = 2 2 2 2 1sin cos ;t t( ) = sin .4 12
t =
Отже,
4
62
4 56
2
t k k
t n n
= + ∈
= + ∈
ππ
ππ
, ,
, ;
Ζ
Ζ
t k k
t n n
= + ∈
= + ∈
π π
π π24 2524 2
, ,
, .
Ζ
Ζ
Враховуючи обмеження для t, маємо:
t t t t1 2 3 4241324
524
1724
= = = =π π π π; ; ; .
Тоді
x1 24
112
2
13 4
2
1 2 64
2= =
+=
+ −
=
++
=coscos cos
ππ π π
=+ +8 2 2 2 6
4.
22 олімпіадні «ігри» з остачею від ділення
Дивовижний факт про те, що х4 (де х — ціле число) при діленні на 16 дає лише остачі 0 і 1, можна використати так.Задача 5. Розв’язати в цілих числах рівняння x x x x x1
424
34
134
144 19991999+ + + + + =... .
Розв’язання. Лема. При діленні на 16 число х4 (де х — ціле число) дає лише
остачу 0 або 1.Доведення. Якщо n m m Z= ∈( )2 — парне, то n m m4 4 42 16= ( ) = 16т4
ділиться на 16 (остача 0). Якщо n m m Z= + ∈( )2 1 — непарне, то
n m m m4 4 2 21 2 1 1 2 1 1 2 1 1− = +( ) − = +( ) −( ) +( ) +( ) == +( ) + +( ) =4 4 4 22m m m m4 2 8 2 2 12 2m m m m+( ) + +( ) == +( ) + +( )8 1 2 2 12m m m m .
Оскільки т і т + 1 — два послідовних цілих числа, то одне з них ділиться на 2, а отже, n4 1− ділиться на 16, тому n m4 16 1= + і n4 при діленні на 16 дає остачу 1.
Лему доведено.
Отже, сума x x x x x14
24
34
134
144+ + + + +... при діленні на 16 може дава-
ти остачі 0, 1, 2, 3, ..., 14 і не може давати остачу 15. Розглянемо, яку остачу при діленні на 16 дає число 19991999 . Міркуючи аналогічно, як у попередній задачі, маємо: 1999 2000 1 16 125 11999 1999 1999
= −( ) = ⋅ −( ) = = − = − + = −( ) +16 1 16 16 15 16 1 15p p p , де р — ціле число.
А отже, 19991999 при діленні на 16 дає остачу 15. Тому рівняння розв’язків не має.
Автор сподівається, що наведена таблиця, а також задачі (з яких чотири — авторські) допоможуть читачеві скласти багато нових ціка-вих задач, а школярам та студентам досягти перемог на олімпіадах.
Багатозначні геометричні задачі
Розв’язування геометричної задачі, як правило, починається з ри-сунка. Більшість задач шкільного підручника має однозначне геоме-тричне тлумачення, а тому однозначною є і побудова рисунка.
Але на олімпіадах, вступних іспитах тощо зустрічаються задачі, умова яких задовольняє різні геометричні ситуації. Будемо такі за-дачі називати багатозначними. Розглядаючи різні варіанти, як пра-вило, дістають різні відповіді.
Багатозначні задачі є традиційно важкими для розв’язування, а тому, на думку автора, з такими задачами потрібно знайомити учнів, починаючи з перших уроків геометрії у 7-му класі. Наведемо невели-ку добірку таких задач (у дужках подано відповіді).
1. Основні властивості геометричних фігур1. Точки А, В і С лежать на одній прямій. АВ = 3 см, ВС = 5 см. Чому
дорівнює довжина відрізка АС? (2 см або 8 см).2. Точки А, В і С лежать на одній прямій. Довжина відрізка АС у
2 рази більша, ніж довжина відрізка ВС, АВ = 15 см. Знайти до-вжини відрізків АС і ВС. (АС = 10 см, ВС = 5 см або АС = 30 см, ВС = 15 см).
3. ∠АОВ = 30º, ∠ВОС = 40 º. Знайти ∠АОС. (10º або 70º).4. ∠АОВ = 100°, ∠ВОС = 120°. Знайти ∠АОС. (20° або 140°).5. ∠АОВ : ∠ВОС = 3 : 4, ∠АОС = 35°. Знайти ∠АОВ і ∠ВОС.
(∠АОВ = 15°, ∠ВОС = 20° або ∠АОВ = 105°, ∠ВОС = 140°).
2. Суміжні та вертикальні кути6. ∠АОВ і ∠ВОС — суміжні, ∠АОВ = 60°, ∠ВОD = 30°. Знайти
∠DОС. (150° або 90°).7. ∠АОВ = 80°, ∠АОС = 40°. Чи можна стверджувати, що промінь
ОС — бісектриса ∠АОВ? (Ні).
82 Розв’язування комбінаторних задач з допомогою рівнянь Розв’язування комбінаторних задач з допомогою рівнянь 83
Задача 4. З групи атлетів треба вибрати трьох штангістів для участі в міжнародних змаганнях. Скільки в групі атлетів, якщо відомо, що це можна зробити 84 способами?
Розв’язання. Нехай в групі n атлетів. За умовою, Cn3 84= , або
nn
n n n!! !
, .3 3
84 1 2 504 9 8 7⋅ −( )
= −( ) −( ) = = ⋅ ⋅ Використав ши вже зна-
йомий прийом ( див. статтю «Розв’язування рівнянь, що містять ком-бінаторні вирази», приклад 20), дістанемо, що n = 9 єдиний корінь цього рівняння. Отже, в групі 9 атлетів.Задача 5. В районній фірмі «Свято» Дідів Морозів на 4 біль ше, ніж
Снігуроньок. Для поздоровлення мешканців району з пред-ставників фірми вибирають 4 пари. Скільки працює Дідів Морозів і Снігуроньок, якщо відомо, що це можна зробити 1048
! способами?
Розв’язання. Занумеруємо пари, що мають бути обрані. Не хай є x Снігуроньок і x + 4 Дідів Морозів. З урахуванням ну ме рації, Дідів Морозів можемо розставити по парах Ax+4
4 спо со ба ми, а Снігуро-ньок Ax
4 способами. Зауважимо, що порядок пар не враховується. Для кожної четвірки пар є P4 перестановок їх між со бою. Отже, маємоA A
Px x+ ⋅
=44 4
4
1048
! , або x
xx
x+( )
⋅−( )
=⋅4
410 24
48!
!!
!! , тобто x x x x x x x x+( ) +( ) +( ) +( ) −( ) −( ) −( ) = =4 3 2 1 1 2 3 10
2!
x x x x x x x x+( ) +( ) +( ) +( ) −( ) −( ) −( ) = =4 3 2 1 1 2 3 102
!= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅3 4 5 6 7 8 9 10. І знову, із
розгляду строго зростаючої при x ≥ 4 функції f x x x x x x x x x( ) = +( ) +( ) +( ) +( ) −( ) −( ) −( )4 3 2 1 1 2 3 , f x x x x x x x x x( ) = +( ) +( ) +( ) +( ) −( ) −( ) −( )4 3 2 1 1 2 3 , дістанемо, що єдиним коренем цього
рівняння буде x = 6. Отже, у фірмі працюють 6 Снігуроньок і 10 Ді-дів Морозів.Задача 6. У класі вчаться 18 учнів. Відомо, що скласти групу черго-
вих з двох хлопчиків і двох дівчат можна 1260 способами. Скільки у класі хлопців і скільки дівчат?
Розв’язання. Нехай у класі х хлопців (зрозуміло, що 2 16≤ ≤x , x ∈Ν ), тоді дівчат 18 – х. Складемо, за умовою за да чі, рівняння
C Cx x2
182 1260⋅ =− , x
xx
x!
! !!
! !,
2 218
2 161260
⋅ −( )⋅
−( )⋅ −( )
= x x x x−( ) −( ) −( ) =1 18 17 5040.
x x x x−( ) −( ) −( ) =1 18 17 5040. Позначимо x t= + 9 (зрозу мі ло, що − ≤ ≤ ∈7 7t t Z, ). Маємо t t t t+( ) +( ) −( ) −( ) =9 8 9 8 5040. Тоді 81 64 5040 145 144 02 2 4 2−( ) −( ) = − + =t t t t, .
81 64 5040 145 144 02 2 4 2−( ) −( ) = − + =t t t t, . Розв’язу ючи останнє рівняння як біквадратне, отри-маємо, що t∈ − −{ }12 1 1 12, , , . Враховуючи обмеження на t, дістане-мо, що t =1, тоді x =10, або t = −1, тоді x = 8. Отже, в класі 10 хлоп-чиків і 8 дівчат або 8 хлопчиків і 10 дівчат.Задача 7. Від шахового гуртка треба послати дві команди по 3 чоло-
віки на різні змагання. Відомо, що це можна зробити 560 спо собами. Скільки учнів займаються у цьому гуртку?
Розв’язання. Нехай у цьому гуртку займаються n учнів. Тоді пер-шу команду можна сформувати Cn
3 способами, а другу Cn−33 спосо-
бами. Тоді з умови випливає, що C Cn n3
33 560⋅ =− , звідки n n n n n n−( ) −( ) −( ) −( ) −( ) = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅1 2 3 4 5 6 6 560 8 7 6 5 4 3.
n n n n n n−( ) −( ) −( ) −( ) −( ) = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅1 2 3 4 5 6 6 560 8 7 6 5 4 3. За умовою, n ≥ 6. Отже (розв’язання аналогічне до розв’язання попередніх задач), n = 8. Тому в гуртку займаються 8 учнів.Задача 8. У вазі 12 білих і рожевих гвоздик, що пронумеровані. Відо-
мо, що букет з двох білих і однієї рожевої гвоздики можна скласти 105 спо собами. Скільки у вазі гвоздик кожного ко-льору?
Розв’язання. Нехай у вазі n білих гвоздик, тоді рожевих 12 −n. Зрозуміло, що 2 11≤ ≤n (*). Даний букет можна скласти C Cn n
2121⋅ −
способами. Тоді C Cn n2
121 105⋅ =− , звідки маємо
n nn
−( )⋅ −( ) =
12
12 105,
n n n3 213 12 210 0− + + = . Оскільки n∈Ν, то корінь одержаного рів-няння потрібно шукати серед тих дільників числа 210, які задоволь-няють умову (*), тобто серед чисел 2, 3, 5, 6, 7, 10. Єдиним із них, що задовольняє рівняння, буде 7. Отже, n = 7 єдиний розв’язок зада-чі. Тому у вазі було 7 білих і 5 рожевих гвоздик.Задача 9. В ящику лежать декілька білих і чорних про ну ме ро ваних
кульок. Відомо, що взяти одну білу і одну чорну кульки ра зом можна 120 способами, а дві білі і дві чорні разом 2970 спо собами. Скільки в ящику білих кульок і скільки чорних?
зміст 87
Зміст
Від автора ................................................................................................3Статті, що ввійшли у книгу ................................................................4Тригонометричні підстановки ..........................................................5
1. Підстановка x = a sin t (або x = a cos t) ........................................52. Підстановка x = a tg t (або x = a ctg t) ..........................................8
3. Підстановка x at
=sin
(або x at
=cos
) .........................................10
4. Задачі з кількома змінними ......................................................12Олімпіадні «ігри» з остачею від ділення ......................................16Багатозначні геометричні задачі ...................................................23
1. Основні властивості геометричних фігур .................................232. Суміжні та вертикальні кути .....................................................233. Ознаки рівності трикутників .....................................................244. Сума кутів трикутника ...............................................................245. Геометричні побудови .................................................................24
Обернені тригонометричні функції: самостійне плавання на вступному іспиті ..................................30
1. Основні властивості обернених тригонометричних функцій .............................................................................................302. Обчислення значень виразів, що містять обернені тригонометричні функції................................................................323. Рівняння .......................................................................................344. Нерівності .....................................................................................36Вправи для самостійного виконання ............................................38Відповіді ...........................................................................................39
Задачі-близнюки .................................................................................40
Формули переходу між кутами правильної піраміди .............43Вправи ..............................................................................................53Відповіді ...........................................................................................55
Текстові задачі на рух: кількість невідомих більша від кіль-кості рівнянь .........................................................................................56
Вправи ..............................................................................................65Відповіді ...........................................................................................66
Математичний футбол (сценарій гри) ............................................67Правила гри .....................................................................................67Запитання для гри ..........................................................................68
1-й тайм .......................................................................................682-й тайм .......................................................................................70Пенальті ......................................................................................72
Розв’язування рівнянь, що містять комбінаторні вирази ..... 73Вправи ..............................................................................................80Відповіді ...........................................................................................80
Розв’язування комбінаторних задач з допомогою рівнянь ....81Вправи ..............................................................................................85Відповіді ...........................................................................................85
Навчальне видання
ІСТеР Олександр Семенович
МаТеМаТичНІ ПеРлиНи
Головний редактор Богдан БуднийРедактор Володимир Дячун
Художник обкладинки Володимир БасалигаКомп’ютерна верстка Андрія Кравчука
Підписано до друку 6.08.2012. Формат 60×84/16. Папір офсетний. Гарнітура Century Schoolbook. Друк офсетний. Умовн. друк. арк. 5,12. Умовн. фарбо-відб. 5,12.
[В. 1].
Видавництво«Навчальнакнига–Богдан»СвідоцтвопровнесеннядоДержавногореєструвидавців
ДК№370від21.03.2001р.
Навчальнакнига–Богдан,а/с529,просп.С.Бандери,34а,м.Тернопіль,46008тел./факс(0352)52-19-66;52-06-07;52-05-48
