МАТЕМАТИКА - lyceum.urfu.ru · УДК 51(075.3) ББК 22.1я72-1 Г631 Гольдин, А. М. Г631 Математика. 10–11 классы математико-экономическо-

А. М. Гольдин

МАТЕМАТИКА10–11 КЛАССЫМАТЕМАТИКО-ЭКОНОМИЧЕСКОГО ПРОФИЛЯ

ПОСОБИЕ ДЛЯ УЧАЩИХСЯ

Издание второе, исправленное

Екатеринбург 2019

УДК 51(075.3)ББК 22.1я72-1

Г631

Гольдин, А. М.

Г631 Математика. 10–11 классы математико-экономическо-го профиля : пособие для учащихся / А. М. Голь-дин ; Уральский федеральный университет им. первогоПрезидента России Б.Н.Ельцина ; Специализированныйучебно-научный центр. — 2-е изд., испр. — Екатерин-бург, 2019.

Пособие составлено в соответствии с программой учебногопредмета «Математика» для математико-экономических классовСУНЦ УрФУ и содержит план изучения каждой темы с задача-ми для решения в классе и дома. К наиболее сложным задачамприведены указания.Для обучающихся в классах с углубленным изучением мате-

матики.

c© А. М. Гольдин, 2017–2019

ОГЛАВЛЕНИЕ

Предисловие 9

1 Элементы теории множеств 11Лекция 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Лекция 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Лекция 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Лекция 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Практика 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Практика 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2 Натуральные числа 18Лекция 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Лекция 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Лекция 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Практика 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Практика 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3 Целые числа 24Лекция 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25Лекция 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25Лекция 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28Лекция 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Практика 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35Практика 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3

Практика 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

4 Комбинаторика и теория вероятностей 37Лекция 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37Лекция 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

5 Числовые функции 43Лекция 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Лекция 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46Практика 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

6 Многочлены 48Лекция 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Лекция 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

7 Комплексные числа 52Лекция 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

8 Рациональные уравнения и неравенства 57Лекции 1 и 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57Лекция 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58Лекция 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59Лекция 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63Лекция 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76Практика 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78Практика 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79Практика 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80Практика 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

4

9 Иррациональные уравнения и неравенства 81Лекция 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92Практика 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

10 Показательная и логарифмическая функции. . . 93Лекции 1–2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93Лекция 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98Лекция 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108Практика 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109Практика 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109Практика 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110Практика 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111Практика 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112Практики 8–10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

11 Тригонометрия 113Лекции 1–2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113Лекция 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129Лекция 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135Лекция 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140Лекция 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141Практики 1–2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142Практики 3–5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144Практики 6–7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145Практика 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146Практика 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147Практика 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

12 Пределы 148Лекция 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148Лекция 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

5

13 Производная 152Лекция 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152Лекция 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152Лекции 3-4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155Практики 3–4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

14 Интеграл 159Лекция 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159Лекция 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160Практика 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

15 Планиметрия 163Лекция 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163Лекция 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164Лекция 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165Лекция 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168Лекция 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175Практика 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176Практика 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178Практика 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180Практика 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182Практика 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185Практика 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

16 Преобразования плоскости 189Лекция 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189Лекция 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190Лекция 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191Практики 1–3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

17 Параллельность 193

6

Лекция 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194Лекция 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195Лекция 3 (1 час) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195Лекция 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198Практика 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200Практика 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202Практика 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203Практика 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

18 Перпендикулярность 206Лекция 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207Лекция 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213Практики 3–4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215

19 Векторы и координаты 221Лекция 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221Лекция 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222Лекция 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224Практика 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225Практика 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226Практика 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228

20 Движения пространства 229Лекция 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

21 Многогранники и тела вращения 230Лекция 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230Лекция 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230Лекция 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232

7

Практика 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233Практика 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233Практика 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234Практика 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235Практика 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237

22 Повторение планиметрии 238Практика 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238Практика 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239Практика 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241

Календарный план изучения курса 243

Вопросы для проведения промежуточной аттестации 247Коллоквиум (середина первого семестра 10 класса) . . . . . . . 247Зимняя сессия, 10 класс . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249Летняя сессия, 10 класс . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253Зимняя сессия, 11 класс . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257

Критерии оценивания 262Текущая оценка контрольных и домашних работ . . . . . . . . . 262Отметка за полугодие . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263Оценивание устного ответа на экзамене по математике . . . . . 263Итоговая отметка за семестр . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264Итоговая отметка за учебный год . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264

8

Предисловие

Настоящее пособие возникло из материалов, использовавших-ся автором при преподавании математики в 10–11 математико-экономических классах Специализированного учебно-научногоцентра Уральского федерального университета (СУНЦ УрФУ,до 2011 года — СУНЦ УрГУ) в 2007–2019 годах. С 2015/16учебного года программа по математике для этих классов быланесколько модифицирована (в частности, исключена аксиома-тика планиметрии и добавлен ряд планиметрических фактов,не изучающихся в основной школе). Программа никак не учи-тывает экономическую составляющую профиля класса; онарассчитана на 8 уроков в неделю (из них 4 часа лекций и 4часа практических занятий, на которых класс делится на двеподгруппы).Подбор задач к каждой теме носит весьма условный харак-

тер: некоторые задачи (в зависимости от уровня класса и дру-гих обстоятельств) в какие-то учебные годы не решаются и за-меняются другими. Тем не менее основной массив задач, некое«ядро», остается неизменным; именно эти задачи и включены внастоящее пособие. Если текст задачи начинается с символа *,это означает, что чуть ниже (после списка всех задач к данномузанятию) имеется указание. К некоторым задачам приведены ре-шения и ответы. Окончание доказательства теоремы отмечаетсязнаком .Понятно, что включенные в пособие задачи не являются ори-

гинальными, а «кочуют» из учебника в учебник. Большинство за-дач (и в гораздо меньшей степени — теоретический материал)позаимствованы из следующих источников:

1. Виленкин Н. Я. Алгебра и начала математического анали-за. 10 класс : учебник для учащихся общеобразователь-ных организаций (углубленный уровень) / Н. Я. Виленкин,О. С. Ивашев-Мусатов, С. И. Шварцбурд. — Москва :Мнемозина, 2014. — 344 с.

2. Виленкин Н. Я. Алгебра и начала математического анали-за. 11 класс : учебник для учащихся общеобразователь-ных организаций (углубленный уровень) / Н. Я. Виленкин,

9

О. С. Ивашев-Мусатов, С. И. Шварцбурд. — Москва :Мнемозина, 2014. — 312 с.

3. Геометрия. 10–11 классы : учебник для общеобразователь-ных учреждений / Л. С. Атанасян, В. Ф. Бутузов, С. Б. Ка-домцев [и др.]. — Москва : Просвещение, 2013. — 255 с.

4. Прасолов В. В. Задачи по планиметрии : учебное пособие /В. В. Прасолов. — Москва : МЦНМО, 2006. — 640 с.

5. Расин В. В. Лекции по алгебре : Элементы теории мно-жеств. Натуральные и целые числа. Неравенства. Отобра-жения множеств. Числовые функции : учебное пособие /В. В. Расин ; Специализированный учебно-научный центрУральского государственного университета им. А. М. Горь-кого. — Екатеринбург, Изд-во Урал. ун-та, 2005. — 150 с.

6. Расин В. В. Лекции по геометрии : Аксиомы планиметрии.Преобразования плоскости : учебное пособие / В. В. Ра-син ; Специализированный учебно-научный центр Уральско-го государственного университета им. А. М. Горького. —Екатеринбург, Изд-во Урал. ун-та, 2006. — 164 с.

7. Сборник задач по алгебре и началам анализа / Специ-ализированный учебно-научный центр Уральского государ-ственного университета им. А. М. Горького ; составителиC. А. Ануфриенко, А. М. Гольдин, С. В. Гулика [и др.]. —Екатеринбург, 2008. — 219 с.

8. Сборник задач по геометрии / Специализированный учебно-научный центр Уральского государственного университетаим. А. М. Горького ; составители С. А. Ануфриенко,А. М. Гольдин, С. В. Гулика [и др.]. — Екатеринбург,2008. — 199 с.

9. Шарыгин И. Ф. Математика для поступающих в вузы :учебное пособие / И. Ф. Шарыгин. — Москва : Дрофа,2006. — 479 с.Автор выражает признательность учащимся математико-

экономического класса СУНЦ УрФУ (выпуск 2019 года) И. Да-выдову, А. Костенко и другим за замечания, способствовавшиеулучшению настоящего пособия. Связаться с автором можно поэлектронной почте [email protected].

10

Т ем а 1

ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ МНОЖЕСТВ

Лекция 1

1.1. Георг Кантор (1845–1918) родился и до 11 лет жил вСанкт-Петербурге, затем переехал в Германию. Имел 6 детей.Теория Кантора первоначально натолкнулась на резкую крити-ку со стороны математиков-современников (Кронекер, Пуанкаре,Вейль, Брауэр). Так, Пуанкаре называл его идеи «тяжелой бо-лезнью», поражающей математическую науку, а в публичных за-явлениях и личных выпадах Кронекера мелькали иногда такиеэпитеты, как «научный шарлатан», «отступник» и «развратительмолодёжи». Десятилетия спустя после смерти Кантора Витген-штейн с горечью отмечал, что математика «истоптана вдоль и по-перёк разрушительными идиомами теории множеств», которую онотклоняет как «шутовство», «смехотворное» и «ошибочное». Рез-кой критике противостояли всемирная известность и одобрение.В 1904 году Лондонское королевское общество наградило Канто-ра медалью Сильвестра, высшей наградой, которую оно моглопожаловать. В своё время Давид Гильберт смело заявил: «Никтоне изгонит нас из рая, который основал Кантор».

1.2. Понятие множества. Отношение принадлежности. Под-множества, отношение включения. Способы задания множеств:перечислением, указанием характеристического свойства. Опера-ции пересечения, объединения, разности; дополнение подмноже-ства. Диаграммы Эйлера — Венна (в качестве материала дляиллюстрации удобно взять следующую задачу: A — множествовсех четырехугольников, B — множество всех трапеций, C —множество всех параллелограммов, D — множество всех пря-моугольников, E — множество всех квадратов. Какие из этихмножеств являются подмножествами других?)

1.3. Свойства операций. Законы де Моргана.1.4. Конечные множества. Формула включений и исключений

(иллюстрируется на примере следующей задачи: в классе 30 уча-щихся, 16 из них занимаются музыкой, 17 увлекаются теннисом,а 10 занимаются и музыкой и теннисом. Есть ли в классе уче-ники, равнодушные и к музыке, и к теннису, и если есть, тосколько их?)

11

Лекция 2

1.5. Упорядоченные пары. Теорема: из (a, b) = (c, d) следуетa = b и c = d.

1.6. Прямое произведение множеств. Примеры. R2.1.7. Функция. Способы задания функции. Естественная об-

ласть определения функции, заданной аналитически.1.8. Отображение. Композиция отображений. Сюръекции,

инъекции, биекции. Обратимые отображения.

Лекция 3

1.9. Булеан множества. Число элементов в булеане конечногомножества.

1.10. Бесконечные множества. Равномощные множества.Равномощность бесконечного множества собственному подмно-жеству. Равномощность интервала и числовой прямой.

1.11. Счетные множества. Счетность множества рациональныхчисел, несчетность множества всех действительных чисел.

Лекция 4

1.12. Понятие отношения. Рефлексивность, симметричность,транзитивность, антисимметричность.

1.13. Отношения эквивалентности, их связь с разбиениямимножеств.

1.14. Отношения порядка; упорядоченные множества. Линей-ный порядок. Наибольший и наименьший элементы; супремум иинфимум. Вполне упорядоченные множества.

Практика 1

В классе (10 номеров)

1. Известно, что a, b ⊆ c. Что можно сказать об элемен-тах этих множеств?

2. Опишите все случаи (с доказательством), когдаA× B = B× A.

12

Равны ли множества ( 3, 4)? Ответ обоснуйте.

3. P =x ∈ R :

1x – 2

< 1, S = x ∈ R : x > 3.

4. A = x ∈ Z : 4 | x & 15 | x, B = x ∈ Z : 20 | x & 30 | x.5. Сколько элементов содержит множество людей, знающихопределение множества?

6. *Найдите 2m + 1 : m ∈ Z ∩ 3n + 2 : n ∈ Z.7. Докажите, что (C \ A) ∪ (C \ B) = C \ (A ∩ B).8. Докажите, что A× (B ∩ C) = (A× B) ∩ (A× C).9. Из 100 студентов английский язык знают 28 студентов,немецкий — 30, французский — 42, английский и фран-цузский — 10, немецкий и французский — 5, английскийи немецкий — 8, все три языка знают 3 студента. Сколькостудентов не знают ни одного из трех языков?

10. (Веселая задача Л. Кэрролла). В неравном бою из 100пиратов 90 потеряли руку, 80 — ногу, 70 — глаз. Най-дите минимальное количество «счастливчиков», потерявшиходновременно и руку, и ногу, и глаз.

Дома (19 номеров)

11. Докажите, что A ∩ B ⊆ A ∪ B.12. В каком случае A∪B = A∩B? Опишите все такие случаи.

Равны ли множества ( 13–19)? Ответ обоснуйте.13. A = 1, 2, 3, B = 1, 2, 3.14. A = 1, 2, B = 1, 2.15. A = 1, 2, 3, B = 1, 2, 3.16. A = 2, 1, 3, B = 3, 1, 2, 1.17. A = ∅, 1, B = 1.18. A = ∅, B = ∅.19. A = x ∈ Z : 8 | x & 6 | x, B = x ∈ Z : 12 | x.20. Принадлежит ли ∅ множествам: ∅, 1,∅, ∅, ∅, ∅?21. Пусть A = [1; 6], B = [2; 7], C = [–1; 3], D = [2; 5]. Найдитемножества: а) A ∪ B ∪ C ∪D; б) A ∩ B ∩ C ∩D;в) (A ∩B) ∪ (C ∩D); г) (A ∪B) ∩ (C ∪D); д) A ∪B ∩C ∪D.

13

Докажите равенства ( 22–24):22. A ∩ (A ∪ B) = A; A ∪ (A ∩ B) = A.23. A ∩ B = A\(A\B).24. A\B = A ∪ B.25. На вступительном экзамене по математике были предло-жены три задачи: по алгебре, планиметрии и стереометрии.Из 1000 абитуриентов задачу по алгебре решили 800, попланиметрии — 700, а по стереометрии — 600 абитури-ентов. При этом задачи по алгебре и планиметрии решили600 абитуриентов, по алгебре и стереометрии — 500, попланиметрии и стереометрии — 400. Все три задачи ре-шили 300 абитуриентов. Существуют ли абитуриенты, нерешившие ни одной задачи, и если да, то сколько их?

Указания, ответы

6. Если некоторое число x принадлежит сразу двум данныммножествам, то существуют m и n такие, что x = 2m+1 = 3n+2.Выразите n через m и подумайте, по какому множеству «пробе-гает» n. Ответ: 6k + 5 : k ∈ Z.

10. Ответ: 40.

Практика 2


26. Докажите, что A ∩ Z = ∅, если A =

2n2 + 1

n2 + 1: n ∈ N

.

27. Дано: Ak =(k – 1k,2k + 1k

), k ∈ N. Найдите

⋂k∈NAk.

28. Даны множества Ak =[1k,2k – 1k

], k ∈ N. Найдите

⋃k∈NAk.

29. Дано: Ak =[1 – k2k,2k – 13k

], k ∈ N. Найдите

⋃k∈NAk.

30. Найдите 4k + 1 : k ∈ Z ∪ 4k + 3 : k ∈ Z.

14

31. Найдите множество всех a ∈ R таких, чтобы A ∩ B = ∅,если A = (x, y) ∈ R2 : –3x + ay = 5,B = (x, y) ∈ R2 : (a + 6)x + 3y = 7.

32. *Задайте множество в виде промежутка числовой прямой:a ∈ R : (∃x ∈ R)

(a =

x + 1

x2 + 1

).


33. Докажите, что nn + 1

: n ∈ N∩ Z = ∅.

34. Даны множества Ak =[2k – 12k

, 1), k ∈ N. Найдите

⋂k∈NAk.

35. Дано: Ak =(1 – kk,k + 13k


⋃k∈NAk.

36. Дано: Ak =[1 + k2k,3 + 2kk


⋂k∈NAk.

37. Найдите множество всех действительных чисел a таких,чтобы A ∩ B = ∅, если A = (x, y) ∈ R2 : 4x + ay = 5,B = (x, y) ∈ R2 : (a + 6)x + 2y = 7.

38. Задайте множество в виде промежутка числовой прямой:a ∈ R : (∃x ∈ R)(3x2 + 2ax + a < 0).


32. Рассмотрим функцию f(x) =x + 1

x2 + 1, тогда искомое множе-

ство — это множество значений данной функции, то есть мно-

жество таких a, при которых уравнение a =x + 1

x2 + 1имеет корни.

Ответ: a ∈

[1 –√2

2;1 +√2

2

].

15

Практика 3


39. Запишите все подмножества множества A = 1, 2, 3.40. Запишите все подмножества множестваA = ∅, ∅, ∅, ∅.

41. Найдите 2A×B, если A = 1, 2,B = 3, 4.42. Являются ли взаимно обратными функции f(x) и g(x), за-данные формулами:

а) f(x) =xx + 1

, g(x) =x1 – x

;

б) f(x) = 1 – 3√x, g(x) = (1 – x)3;

в) f(x) = g(x) =√1 – x2 ?

Докажите ( 43, 44), что для любого отображения f:

43. f–1(B1 ∩ B2) = f–1(B1) ∩ f–1(B2).44. f(A1 ∩ A2) ⊆ f(A1) ∩ f(A2).45. *Постройте пример, что f(A1 ∩ A2) 6= f(A1) ∩ f(A2).46. *Докажите, что если множества A\B и B\A равномощны,то множества A и B тоже равномощны.


47. Запишите все подмножества множества 1, 1.48. Запишите все подмножества множества ∅, 1, 1, ∅.49. Являются ли взаимно обратными функции f(x) и g(x), за-

данные формулами f(x) = g(x) =x + 1x – 1

?

50. Обратима ли функция y = 2x–1 ? Если да, задайте обрат-ную функцию формулой.

51. Докажите, что для любого отображения f выполняется ра-венство f(A1 ∪ A2) = f(A1) ∪ f(A2).

52. *Постройте пример: множества A и B равномощны, а мно-жества A \ B и B \ A не равномощны.

16


45. Рассмотрите, например, четную функцию R → R и под-множества области определения, «симметричные» относительно 0.

46. Требуется продолжить имеющуюся биекцию A \B→ B \Aна все множество A.

52. Подберите два счетных множества так, чтобы одна изразностей была конечна, а вторая бесконечна.

Практика 4


53. Определите свойства и виды отношения ?. Если это от-ношение эквивалентности, постройте разбиение указанногомножества:а) на множестве людей x ? y⇔ x с y родились в один год;б) на множестве людей x ? y⇔ x не старше y;в) на множестве многоугольников x ? y⇔ x и y имеютодинаковое количество сторон;

г) на множестве прямых x ? y⇔ x пересекает y;д) на множестве Z x ? y⇔ x · y 6 0;е) на множестве N x ? y⇔ x · y > 0;ж) на множестве 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 x ? y⇔ x делит y;з) на множестве M = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 x?y⇔ x+y ∈ M;и) на множестве A2, где A = 1, 2, 3, 4, 5, 6(x, y) ? (u, v)⇔ xv = yu;

к) на множестве M = –4,–3,–2,–1, 0, 1, 2, 3x ? y⇔ x + y = 8;

л) на множестве A2, где A = 1, 2, 3, 4, 5, 6(x, y) ? (u, v)⇔ x + v = y + u.


54. Определите свойства и виды отношения ?. Если это от-ношение эквивалентности, постройте разбиение указанногомножества:а) на множестве людей x ? y⇔ x дружит с y;

17

б) на множестве людей x ? y⇔ x является родителем y;в) на множестве геометрических фигур x ? y⇔ x равна y;г) на множестве многоугольников x ? y⇔ x и y имеютсоответственно равные углы;

д) на множестве Z x ? y⇔ x · y > 0;е) на множестве Z x ? y⇔ x – y — нечетное число;ж) на множестве N x ? y⇔ x + y — четное число;з) на множестве 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 x ? y⇔ x + y = 8;и) на множестве M = –3,–2,–1, 0, 1, 2, 3, 4x ? y⇔ x – y ∈ M;

к) на множестве –4,–3,–2,–1, 0, 1, 2, 3x ? y⇔ x делит y;

л) на множестве M = –4,–3,–2,–1, 0, 1, 2, 3x ? y⇔ x + y ∈ M.

Т е м а 2

НАТУРАЛЬНЫЕ ЧИСЛА

Лекция 1

2.1. Аксиомы Пеано. Метод математической индукции. Джу-зеппе Пеано (1858–1932). N — это множество с отображени-ем в себя («взятие следующего», удобно обозначать x → x′),удовлетворяющее аксиомам: 1) существует 1, ни для кого неследующая; 2) если следующие равны, то и исходные числа рав-ны (инъективность); 3) индукция.Теорема. Любое число либо равно 1, либо для него существует

предыдущее (по второй аксиоме оно единственно).Д о к а з а т е л ь с т в о. По индукции. 2.2. Пример метода математической индукции: сумма первых

k нечетных чисел равна k2. Геометрический пример: доказать, чтодля каждого n > 4 существует выпуклый n-угольник, имеющийровно три острых угла.

18

Лекция 2

2.3. Сложение натуральных чисел определяется индукцией повторому слагаемому (шаг: m + n′ = (m + n)′).

2.4. Ассоциативность по индукции: база, когда последнее чис-ло 1, затем шаг для последнего числа со штрихом легко полу-чается.

2.5. Следствие: n′ + 1 = n + 1′.2.6. Коммутативность: сначала коммутирование с единицей

по индукции (шаг следует из вышеприведенного следствия; базаочевидна), затем коммутирование с n′.

2.7. Сократимость легко доказывается по индукции.2.8. Определение разности. Существование разности n–m или

m–n — читать самостоятельно (предложения 2.3 и 2.4 в пособииВ.В. Расина).

2.9. Умножение определяется по индукции.2.10. Коммутативность и ассоциативность умножения, сокра-

тимость, дистрибутивность — доказать самостоятельно.2.11. Определение порядка (существует p такое, что. . . ).

Нетрудно видеть, что это линейный порядок (нестрогий).2.12. Доказательство полной упорядоченности N. Докажем от

противного: пусть есть подмножество Q, не имеющее наименьше-го элемента. По индукции докажем, что оно пусто, т. е. никакоенатуральное число ему не принадлежит.

Лекция 3

2.13. Системы счисления. Понятие о системе счисления сданным основанием.

2.14. Перевод чисел из десятичной системы в систему спроизвольным основанием и обратно. Двоичная, восьмеричнаяи шестнадцатеричная системы счисления, перевод из одной вдругую.

19

Практика 1


Докажите для всех n ∈ N ( 55—59):

55. 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = n(n + 1)(2n + 1)6

.

56. 1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + · · · + n · n! = (n + 1)! – 1.

57. 1 · 2 · 3+2 · 3 · 4+ · · ·+ n(n+1)(n+2) = n(n + 1)(n + 2)(n + 3)4

.

58.11 · 3

+13 · 5

+ · · · + 1(2n – 1)(2n + 1)

=n

2n + 1.

59. *1n + 1

+1n + 2

+ · · · + 12n

>1324, n > 1.

60. *Докажите, что сумма кубов трех последовательных нату-ральных чисел делится на 9.

61. *Докажите, что при любом n ∈ N ∪ 0число An = 11n+2 + 122n+1 делится на 133.


Докажите ля всех n ∈ N ( 62—65):

62. 12 + 32 + 52 + · · · + (2n – 1)2 = n(2n – 1)(2n + 1)3

.

63. 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · · + (n – 1)n = (n – 1)n(n + 1)3

.

64.11 · 5

+15 · 9

+ · · · + 1(4n – 3)(4n + 1)

=n

4n + 1.

65.1n + 1

+1n + 2

+ · · · + 13n + 1

> 1.

66. *Докажите, что любое целое число рублей, большее 7,можно уплатить без сдачи денежными билетами достоин-ством в 3 и 5 рублей.

67. Докажите, что для всех n ∈ N число 33n+3–26n–27 делитсяна 169.

20


59. Для того, чтобы получить Ak+1 из Ak, нужно отнять однослагаемое «спереди» и прибавить два слагаемых «сзади».

60. Выразите Ak+1 через Ak, после чего разложите разностькубов на множители.

61. При доказательстве индукционного шага прибавьте и вы-чтите 11 · 122k+1.

66. «Шагать» нужно с шагом 3, а не с шагом 1.

Практика 2


68. Докажите, что 62n–1 + 1 кратно 7 для всех n ∈ N.69. *Докажите неравенство Бернулли1: (1 + h)n > 1 + nh длялюбых n ∈ N,n > 2 и h ∈ R, h > –1, h 6= 0.

70. *Докажите, что для любого натурального n число, записы-ваемое 3n единицами, делится на 3n.

71. *Известно, что x + 1/x является целым числом. Докажите,что при любом натуральном n число xn + 1/xn — тожецелое.

72. *Докажите, что 4n + 15n – 1 кратно 9 для всех n ∈ N.

Дома (4 номера)

73. Докажите, что 33n+2 + 24n+1 кратно 11 для всех n ∈ N.74. Докажите для всех n ∈ N и любых x1, x2, . . . , xn ∈ Rнеравенство

|x1 + x2 + · · · + xn| 6 |x1| + |x2| + · · · + |xn|.

75. *Докажите, что для любого n ∈ N11!+12!+13!+. . .+

1n!

< 2.

1 Якоб Бернулли (1655–1705)— профессор Базельского университета(Швейцария). Он был членом знаменитой семьи Бернулли (только в Петер-бургской Академии наук пятеро академиков были из этой семьи, а всего внауке и культуре известно более 30 ее представителей). В математике, кро-ме Якоба, известны также его младший брат Иоганн, внук Якоба Даниил иплемянник Даниила Якоб II.

21

76. Докажите, что 72n – 1 кратно 48 для всех n ∈ N.


69. Для реализации индукционного шага домножьте обе частиверного неравенства (1 + h)k > 1 + kh на положительное число1 + h.

70. Число, записанное 3k+1 единицами (обозначим его y),можно представить как три подряд записанных числа, каждое изкоторых записано 3k единицами (обозначим каждое такое числобуквой x). Теперь поделите y на x столбиком.

71. Доказательство основывается на тождестве(x +1x

)(xn +

1xn

)=(xn+1 +

1

xn+1

)+(1

xn–1+ xn–1

).

72. При реализации шага индукции прибавьте и вычтите вы-ражение 45n – 18.

75. Сначала методом математической индукции докажите, чтоn! > 2n при n > 3; далее замените все слагаемые, начиная счетвертого, суммой геометрической прогрессии.

Практика 3

В классе (4 номера)

77. *На плоскости даны n прямых. Докажите, что области,на которые эти прямые разбивают плоскость, можно такзакрасить двумя красками2, что никакие две соседние (тоесть области, соприкасающиеся по отрезку прямой) не бу-дут закрашены одной и той же краской.

78. *Из квадратной доски размера 1024 × 1024 вырезалипроизвольным образом клетку. Докажите, что оставшуюсячасть можно разрезать на уголки, состоящие из трехклеток каждый.

2 В 1852 году южноафриканским математиком Ф. Гутри была сформулиро-вана гипотеза четырех красок: любую карту на сфере можно раскрасить неболее чем четырьмя красками. Эту гипотезу удалось доказать только в 1976году американцам К.Аппелю и В.Хакену.

22

79. *Докажите, что для всех натуральных n > 5 квадратныйторт можно разрезать на n квадратных (не обязательноравных между собой) кусков3.

80. Докажите, что для всех натуральных n, больших 1, выпол-

няется неравенство1√1+1√2+ · · · + 1√

n>√n.


81. *Несколько прямых делят плоскость на части. Каждаяпрямая «заштрихована» с одной стороны. Докажите, что уодной из частей все границы заштрихованы изнутри.

82. *Кусок бумаги можно рвать на четыре или шесть кусочков.Докажите, что по таким правилам его можно порвать налюбое количество кусочков, большее девяти.

83. *На какое наибольшее число частей можно разрезать круг-лый блин n прямолинейными разрезами?


77. При добавлении (n+1)-й прямой надо как-то перекраситьвсе или некоторые области.

78. Докажите данное утверждение для квадратной доски состороной 2k индукцией по k. Для осуществления индукционно-го шага разбейте доску со стороной 2k+1 на четыре доски состороной 2k каждая.

79. Шаг индукции легко осуществляется «с шагом 3». Оста-ется доказать три утверждения для доказательства базы.

81. Шаг индукции: рассмотрим (n + 1)-ю прямую. Возможныдва случая: она не пересекает (в геометрическом смысле) «пра-вильную» часть плоскости, либо делит ее на две части.

82. Сначала проверьте базу индукции для 9, 10 и 11 кусоч-ков.

3 Значительно более трудна задача о разрезании квадрата на попарно нерав-ные квадраты; она обсуждается в знаменитой книге Мартина Гарднера «Мате-матические головоломки и развлечения» (глава 32, «Квадрирование квадрата»).

23

83. Ответ:n(n + 1)2

+ 1. Очевидно, что число частей будет

максимальным, если любые две линии разреза пересекаются иникакие три линии не пересекаются в одной точке. Легко заме-тить, что при добавлении n-й линии разреза число кусков блинаувеличивается на n (потому что новая линия имеет со всеми пре-дыдущими n – 1 точку пересечения). Найдите формулу для ко-личества кусков методом неопределенных коэффициентов средиквадратных трехчленов.

Практика 4


Найдите x, y (пользуясь напрямую алгоритмами перевода изодной системы счисления в другую, а не результатами преды-дущих задач, и без помощи калькулятора, конечно; 84–89).Индексы обозначают основания систем счисления.

84. 1111111100002 = x10, 10100011101010012 = y10.85. 392710 = x2, 201110 = y2.86. 1111111100002 = x16, 10100011101010012 = y16.87. 1c3416 = x2, ddd16 = y2.88. 392710 = x16, 201110 = y16.89. 1c3416 = x10, ddd16 = y10.90. Составьте таблицу умножения в 7-ричной системе иумножьте 25 на 34 столбиком.


Найдите x, y ( 91–96):91. 100110101012 = x10, 100001101101011012 = y10.92. 184810 = x2, 100010 = y2.93. 100110101012 = x16, 100001101101011012 = y16.94. baba716 = x2, 100016 = y2.95. 184810 = x16, 100010 = y16.96. baba716 = x10, 100016 = y10.97. Составьте таблицу умножения в 6-ричной системе иумножьте 25 на 34 столбиком.

24

Т ем а 3

ЦЕЛЫЕ ЧИСЛА

Лекция 1

3.1. Элементы общей алгебры: бинарная операция, универ-сальная алгебра, группоид, полугруппа, нейтральный и обратныйэлементы, группа, абелева группа. Алгебры с двумя операция-ми: кольцо, ассоциативное кольцо с единицей, поле. Примерыуниверсальных алгебр.

3.2. Построение множества целых чисел. Порядок, операции.Оно является кольцом.

Лекция 2

3.3. Деление с остатком: определение. Пример: (–7) : (–3).Теорема о делении с остатком. Для любого целого m и нену-

левого целого n существуют такие единственные целые d и r,что m = dn + r и 0 6 r < |n|.Д о к а з а т е л ь с т в о. Сначала доказываем для натуральных

чисел. Если n > m—очевидно. Если нет— вычитаем до поси-нения. Дальше рассматриваем всякие случаи с разными знаками(сначала делим модули а потом, возможно, неполное частное из-меняем на 1). Затем доказываем единственность: если k1n+ r1 == k2n+ r2, то |n| · |k1–k2| = |r1– r2|. Если k1 6= k2, то левая частьбольше |n|, а правая меньше. Противоречие.

3.4. Отношение делимости на Z (определение). Отношение«делить» является отношением (нестрогого) порядка на N (ан-тисимметричность доказывается на основе простого наблюдения:на N если a | b, то a 6 b). Делимость на n линейной комбинациичисел, каждое из которых делится на n.

3.5. Определения НОД и НОК («наибольший» и «наимень-шее»— по отношению делимости, а не естественного порядка).Заметим, что положительный наибольший общий делитель по от-ношению делимости является наибольшим и по отношению есте-ственного порядка.Взаимно простые числа (определение).3.6. Теорема. Если НОД существует, то он единственен.

25

Д о к а з а т е л ь с т в о. От противного: если бы их было два,каждый был бы больше или равен другому.

3.7. Лемма Безу (Etienne Bezeout). Для любых натуральныхm и n существует d = (m,n) и, кроме того, существуют такиецелые x и y (коэффициенты Безу), что d = xm+yn (соотношениеБезу).Д о к а з а т е л ь с т в о. Положим d = minM, где множество M

определяется как M = s ∈ N : (∃x)(∃y)(s = xm + yn), и докажем,что d = (m,n).Проверим сначала, что d делит каждое из чисел m и n. Дока-

жем более общий факт: d делит любой элемент M (очевидно, mи n принадлежат M). Пусть s = xm+ yn, докажем, что d | s. Раз-делим s на d с остатком, пусть s = kd+r, тогда r = s–kd. Но s иd принадлежат M и поэтому являются линейными комбинациямиm и n, а, значит, r тоже является линейной комбинацией m и n.Следовательно, r ∈ M. Но по определению деления с остаткомr < d, что противоречит выбору d как наименьшего элемента M.Поэтому r = 0.Осталось доказать, что d делится на любой другой общий

делитель m и n. Это очевидно из того, что d = xm + yn. 3.8. Следствие (критерий взаимной простоты). Числа m и

n взаимно просты тогда и только тогда, когда существуюттакие x и y, что xm + yn = 1.Д о к а з а т е л ь с т в о. Необходимость прямо следует из лем-

мы Безу. Достаточность доказывается от противного: если какое-нибудь d делит m и n, то оно делит 1, а поэтому равно 1.

3.9. Теорема. Операция взятия наибольшего общего делителякоммутативна и ассоциативна.Д о к а з а т е л ь с т в о. Коммутативность очевидна (по опреде-

лению). Докажем ассоциативность: ((m,n), k) = (m, (n, k)).Пусть d = ((m,n), k). Тогда d делит все три числа m, n и

k и поэтому делит m и (n, k), то есть d—их общий делитель.Пусть теперь d′—любой общий делитель чисел m и (n, k). Тогдаd′ делит все три числа и, следовательно, делит (m,n) и k, а по-этому делит и d.

3.10. Теорема. Операция взятия наибольшего общего делите-ля дистрибутивна: (km, kn) = |k| · (m,n) при k 6= 0.Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть d = (m,n), докажем, что тогда

|k|d = (km, kn). В самом деле, так как d делит оба числа m и n,

26

то, очевидно, |k|d делит оба числа km и kn. Докажем теперь, что|k|d делится на любой другой общий делитель чисел km и kn.По лемме Безу существуют x и y такие, что d = xm + yn, тогда|k|d = |k|xm+ |k|yn. Любой общий делитель чисел km и kn делитправую часть этого равенства, а поэтому делит и левую.

3.11. Теорема о делимости числа на произведение своих вза-имно простых делителей. Если (m,n) = 1, m | s и n | s, то mn | s.Д о к а з а т е л ь с т в о. По лемме Безу существуют x, y такие,

что xm + yn = 1. Домножая это равенство на s, получим xms ++ yns = s. По условию s = k1m = k2n, отсюда xmk2n + ynk1m = s,то есть s = mn(xk2 + yk1).

3.12. Теорема о делимости произведения. Если n | ab и приэтом (a,n) = 1, то n | b.Д о к а з а т е л ь с т в о. По лемме Безу существуют такие x, y,

что xa+ yn = 1. Домножая обе части этого равенства на b, полу-чим xab+ynb = b. Левая часть по условию делится на n, поэтомуправая тоже делится на n.

3.13. Простые числа. Бесконечность множества простых чисел(была доказана еще Евклидом в его «Началах»).

3.14. Каноническое разложение натурального числа, больше-го 1. Существование очевидно; единственность доказывается отпротивного (записываем два разложения на простые возможноповторяющиеся множители и постепенно сокращаем).

3.15. Алгоритм Евклида. Пусть n > m и мы ищем (m,n).Будем выполнять деление с остатком; поскольку остатки моно-тонно убывают, процесс когда-нибудь закончится (то есть припоследнем делении остаток станет равным 0). Получим цепочкуравенств:

n = k1m + r1;m = k2r1 + r2;r1 = k3r2 + r3;

. . .

rn–2 = knrn–1 + rn;rn–1 = kn+1rn.

Докажем, что (m,n) = rn (последнему ненулевому остатку).Сначала докажем, что rn—общий делитель m и n. Поскольку rnделит правую часть последнего равенства, он делит и его левую

27

часть, то есть rn–1. Поэтому он делит правую часть предпо-следнего равенства, а, значит, делит и rn–2. Поднимаясь такимобразом по цепочке равенств, получим, что rn делит m и n.Пусть теперь d—какой-нибудь общий делитель m и n. Спус-

каясь по цепочке равенств вниз, последовательно получаем, чтоон делит r1, r2, . . . , rn, что и требовалось доказать.Пример: (5967, 689) = 13. Разложение на простые множите-

ли— очень долгий алгоритм, а деление с остатком— очень быст-рый.

Лекция 3

3.16. Сравнения. Два эквивалентных определения сравнимостичисел по модулю n (одинаковые остатки либо делимость разностина n).

3.17. Свойства сравнений: рефлексивность, симметричность,транзитивность, возможность сложения и умножения сравнений,домножения всего (в том числе и модуля!) на натуральный мно-житель, сокращения (только сравниваемых чисел!) на число, вза-имно простое с модулем, сокращения всего (в том числе и мо-дуля) на общий множитель.

3.18. Определение вычета по модулю n (как класса эквива-лентности). Полная система вычетов, приведенная система выче-тов. Определения (необходимость доказательства корректности!)и примеры действий с вычетами. Кольцо вычетов Zn. Примерыделителей нуля (например, 3 и 4 по модулю 12 при умножениидают 0). Кольцо вычетов при простом n (без доказательства).

3.19. Функция Эйлера: определение (ϕ (1) = 1, при другихn—количество чисел, меньших n и взаимно простых с ним),примеры. Мультипликативность функции Эйлера для взаимнопростых множителей (без доказательства), примеры.

3.20. Теорема Эйлера. Если (x,n) = 1, то xϕ (n) ≡ 1 (mod n).Д о к а з а т е л ь с т в о. Поскольку у нас имеется ϕ (n) чисел,

меньших n и взаимно простых с ним, мы можем обозначить ихk1, k2, . . . kϕ (n). Рассмотрим остатки от деления xki на n; обозна-чим их ri.Докажем, что все ri различны и взаимно просты с n. В самом

деле, если бы какие-нибудь ri и rj совпали, то 0 = ri – rj == (xki – an) – (xkj – bn) при каких-то a и b, откуда следует, что

28

x(ki – kj) делится на n. Но этого быть не может, так как в дан-ном произведении x взаимно просто с n, а скобка меньше n.Далее, если какое-нибудь ri было бы не взаимно просто с n и,например, имело бы с ним общий делитель c, то (по определениюri) произведение xki также делилось бы на c, чего быть не можетв силу того, что оба множителя этого произведения взаимно про-сты с n.Таким образом, множества ki и ri совпадают, поэтому

ϕ (n)∏i=1ki =

ϕ (n)∏i=1ri. Рассмотрим теперь равенства xki ≡ ri (mod n) и

перемножим их все почленно, получим:

xϕ (n)ϕ (n)∏i=1

ki ≡ϕ (n)∏i=1

ri (mod n).

Сокращая на равные произведения (они, очевидно, взаимнопросты с модулем, поэтому сокращать можно), получим требуе-мое.

3.21. Следствие (малая теорема Ферма). Для x, взаимнопростого с простым числом p, выполняется xp–1 ≡ 1 (mod p).Д о к а з а т е л ь с т в о. Очевидно, так как для простого p

ϕ (p) = p – 1. 3.22. Великая теорема Ферма. Пьер Ферма (1601–1665), со-

ветник парламента в Тулузе (Франция), по профессии юрист.Теорема сформулирована им в 1637 году, доказана в 1994 годупрофессором Принстонского университета (США) Эндрю Уайл-сом (Andrew Wiles). Доказательство опубликовано в 1995 году исодержит 129 страниц.

Лекция 4

3.23. Линейные диофантовы уравнения. Рассмотрим уравне-ние ax+by = c. Очевидно, что наибольший общий делитель чиселa и b должен делить c (в противном случае уравнение решенийне имеет), поэтому все уравнение можно сократить на этот наи-больший общий делитель. Таким образом, можно рассматриватьлишь случай, когда a и b взаимно просты.

29

Итак, пусть a и b взаимно просты. Тогда легко доказать, чтоесли (x0, y0)— частное решение, то общее решение ищется какx = x0+ tb, y = y0– ta (t ∈ Z). Других решений нет. В самом деле,если (x, y)—любое решение уравнения, то вычитая почленно дваверных равенства, получим: a(x – x0) = –b(y – y0). Но посколькуa и b взаимно просты, то a делит x – x0. Дальнейшее очевидно.Поиск частного решения проиллюстрируем на примере дио-

фантова уравнения 7x + 19y = 13 (хотя в большинстве практиче-ских случаев оно находится подбором). Выразим переменную снаименьшим по модулю коэффициентом (в нашем случае это x)через другую переменную и выделим целую часть:

x =13 – 19y7

= 2 – 2y –1 + 5y7.

Очевидно, последняя дробь—целое число; обозначая ее k1,получим:

k1 =1 + 5y7; 7k1 = 1 + 5y; y =

7k1 – 15

= k1 +2k1 – 15.

Продолжая этот процесс далее (до тех пор, пока коэффици-ент перед переменной в числителе не станет равным 1, а этонепремено произойдет, так как коэффициенты монотонно убыва-ют), получим:

k2 =2k1 – 15; 5k2 = 2k1 – 1; k1 =

5k2 + 12

= 2k2 +k2 + 12.

Коэффициент перед k2 в числителе последней дроби равен1— это означает, что процесс закончился. Обозначим последнююдробь t, тогда, подставляя значения переменных в обратном на-

правлении, получим t =k2 + 12, k2 = 2t– 1, k1 = 5t– 2, y = 7t– 3,

x = 10 – 19t. Таким образом, мы нашли не только частное реше-ние (10, –3), но и общее: (10 – 19t, 7t – 3) : t ∈ Z.

3.24. Сравнения первой степени. Рассмотрим сравнение ax ≡≡ b (mod n). Если a взаимно просто с n, то из частного решенияx0 общее решение получается по формуле x0 + tn, t ∈ Z (доказа-тельство очевидно), причем других решений нет. В самом деле,

30

если x—произвольное решение, то, вычитая почленно соответ-ствующие сравнения для x и x0, получим, что n делит x– x0, тоесть x = x0 + tn.Если (a,n) = d > 1, и у сравнения есть решение, то d | b.

В самом деле, если x—какое-то решение, то b = ax – tn, нопоскольку d делит правую часть, то оно делит и левую. Такимобразом, если a не взаимно просто с n, то все сравнение можносократить на их наибольший общий делитель (включая модуль,конечно). Если же число b на этот наибольший общий делительне делится, то у сравнения решений нет.Осталось понять, как же найти частное решение сравнения

с взаимно простыми a и n. Специального метода для решенияэтой задачи не требуется, так как, очевидно, наше сравнениеравносильно (в смысле совпадения множества решений x) дио-фантовому уравнению ax + yn = b.

Практика 1


98. Пусть a ∈ Z и a + 1 делится на 3. Докажите, что 4 + 7aделится на 3.

99. Пусть k, l,m ∈ Z. Докажите, что если 5k + 2l + 8m делитсяна 13, то 8k + 11l + 5m также делится на 13.

Найдите наибольший общий делитель и наименьшее общеекратное чисел ( 100—103):100. 49896 и 26460. 101. 525 и 231.102. 527 и 136. 103. 4913 и 2057.104. Докажите, что произведение четырех последовательных на-

туральных чисел делится на 24.105. Докажите, что никакое четное число, не кратное четырем,

нельзя представить как разность квадратов двух натураль-ных чисел.

106. Верно ли, что три произвольных попарно различных раци-ональных числа всегда могут рассматриваться как членынекоторой арифметической прогрессии?

Пусть n — произвольное натуральное число. Какие могут по-лучиться остатки от деления ( 107—109):

107. n на p (p ∈ N). 108. n2 на 3. 109. n3 на 7.

31

110. Докажите, что квадрат нечетного числа при делении на 8дает в остатке 1.

111. Докажите, что сумма трех трехзначных чисел abc+cab+bcaделится на 3 и на 37.


112. Пусть a, b ∈ Z и 2+a, 35– b делятся на 11. Докажите, чтоa + b делится на 11.

113. Пусть k, l,m ∈ Z. Докажите, что если 3k+7l+10m делитсяна 11, то 2k + l + 3m также делится на 11.

Найдите наибольший общий делитель и наименьшее общеекратное чисел ( 114—117):114. 48000 и 171. 115. 15435 и 152.116. 624 и 51. 117. 7115 и 120.118. Докажите, что произведение трех последовательных нату-

ральных чисел делится на 6.119. *Докажите, что если уравнение с целыми коэффициентами

имеет целый корень, то свободный член уравнения делитсяна этот корень.

Пусть n — произвольное натуральное число. Какие могут по-лучиться остатки от деления ( 120—121):

120. n2 на 4. 121. n3 на 9.122. *Пусть натуральные числа x, y,z удовлетворяют равенству

x2 + y2 = z2. Докажите, что хотя бы одно из этих чиселделится на 3.

123. Докажите, что трехзначное число aaa делится на 37.

124. *Докажите, что число n2 + 5n + 16 ни при каком целом nне делится на 169.

Указания, решения, ответы

119. Перенесите свободный член в правую часть, а в левойчасти вынесите за скобки x.

122. Используйте тот факт, что точные квадраты при делениина 3 могут давать остатки лишь 0 или 1.

32

124. Простым перебором остатков от деления на 13 (удобнеевзять систему остатков от –6 до 6) получите, что данный трех-член делится на 13 тогда и только тогда, когда n при делениина 13 дает остаток r (найдите это r); таким образом, n = 13k+ r.Выразите теперь квадратный трехчлен через k и убедитесь, чтоон не делится на 169.

Практика 2


125. Пусть a и b — взаимно простые натуральные числа. До-кажите, что a + b и a также взаимно простые.

126. Докажите, что если p — простое число и p > 3, то p2 – 1делится на 24.

127. Докажите, что если p и q — простые числа, большие 3,то p2 – q2 делится на 24.

128. Докажите, что сумма квадратов двух нечетных чисел неможет быть квадратом целого числа.

129. Известно, что k является квадратом целого числа. Дока-жите, что последняя цифра k равна 6 тогда и только тогда,когда предпоследняя цифра k — нечетное число.

130. Найдите наибольший общий делитель 263 – 1 и 291 – 1.131. Верно ли, что если число делится на 81, то сумма его

цифр также делится на 81? Верно ли обратное утвержде-ние?

132. p, p + 10, p + 14 — простые числа. Найдите p.


133. Может ли сумма квадратов трех нечетных чисел бытьквадратом целого числа?

134. *Известно, что дробь (a+b)/(a–b) сократима (a, b — целыечисла, b 6= 0, a 6= b). Сократима ли дробь a/b?

135. *Найдите наибольший общий делитель 219 – 1 и 286 – 1.136. *Докажите, что произведение n последовательных нату-

ральных чисел делится на n!.137. p, 2p + 1, 4p + 1 — простые числа. Найдите p.

33


134. Ответ: нет (найдите пример).135. Ответ: 1.136. Для доказательства того, что (k + 1)(k + 2) . . . (k + n) де-

лится на n!, достаточно доказать, что(k + n)!k!n!

— целое число.

Докажем сначала две леммы.Лемма 1. [x+y] > [x]+[y] (квадратными скобками обозначена,

как обычно, целая часть числа).Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть x = [x] + α, y = [y] + β, причем

α, β ∈ [0; 1). Тогда, очевидно, x + y = [x] + [y] + (α + β), причемα+β > 0. Таким образом, [x]+ [y] не превосходит x+y. Но целаячасть числа x + y — это наибольшее целое, не превосходящееx + y, поэтому [x + y] > [x] + [y]. Лемма 2. Количество элементов множества 1, 2, . . . ,n,

кратных числу p, равно [n/p].Д о к а з а т е л ь с т в о. Собственно, этот факт почти очевиден.

На отрезке натурального ряда, состоящего из p подряд идущихчисел, встречается в точности одно число, кратное p. Если такиеотрезки брать последовательно, начиная с 1, то на каждом отрез-ке число, кратное p, будет последним. Поэтому общее количествочисел, кратных p, будет равно количеству полных отрезков дли-ны p, умещающихся на отрезке 1, 2, . . . ,n, а их, естественно,[n/p]. Приступим, наконец, к решению нашей задачи. Разложим

числитель и знаменатель в каноническое разложение и рассмот-рим некоторый простой множитель p. Докажем, что в числительон входит с равным или более высоким показателем, чем взнаменатель, что, собственно, нам и требуется. Показатель, скоторым множитель p входит в разложение (k + n)!, по лемме 2равен [

k + np

]+[k + n

p2

]+[k + n

p3

]+ . . .

Но по лемме 1 значение этого выражения больше или равно, чем([kp

]+[k

p2

]+[k

p3

]+ . . .

)+([np

]+[n

p2

]+[n

p3

]+ . . .

).

34

Остается заметить, что последнее — это и есть показатель сте-пени, с которым p входит в каноническое разложение знамена-теля.

Практика 3


138. Докажите, что числа 2k + 1 и 9k + 4 взаимно простые прилюбых целых значениях k.

139. Докажите, что если каноническое представление числа nимеет вид n = pk11 · . . . · p

kmm , то

ϕ(n) =(pk11 – p

k1–11

)· . . . ·

(pkmm – p

km–1m

).

140. Может ли n! оканчиваться ровно на 5 нулей?Сравнимы ли числа ( 141—143):

141. 2142 и 47 по модулю 3, 5, 7?

142. 2839712 и 2937815 по модулю 88?

143. 1719138721 и 3132(115 + 1) по модулю 11?

144. Докажите, что число 241 – 5 является составным.145. Делится ли число 3132 – 1 на 10?146. Делится ли число 250 + 1 на 125?


147. *Докажите, что в трехзначном числе, делящемся на 37,всегда можно переставить цифры так, что новое число так-же будет делится на 37.

148. Найдите ϕ(5040), ϕ(1294700).Сравнимы ли числа ( 149—150):

149. 512 и 117 по модулю 7?

150. 23271698 и 3711168 по модулю 5?151. *Докажите, что число 19 · 8n + 17 является составным.152. Делится ли число 7162 – 4 на 5?153. Делится ли число 248 – 1 на 105?

35


147. Пусть число x = 100a+ 10b+ c делится на 37; докажите,что тогда число y = 100c+10a+b также делится на 37. Для этогорассмотрите выражение 10y – x.

151. Указание. При четном n данное число делится на 3, приn = 4k+1 оно делится на 13, а при n = 4k+3 оно делится на 5.

Практика 4


154. Найдите остаток от деления 1712147 на 52.155. Известно, что n,m ∈ N. Докажите, что если n2+m2 делится

на 3, то оно делится и на 9.

156. Найдите остаток от деления 1989 · 1990 · 1991+19922 на 7.157. Докажите, что 3099 + 61100 делится на 31.


158. Найдите остаток от деления 1261020 на 138.159. Найдите остаток от деления 9100 на 8.160. *Докажите, что 43101 + 23101 делится на 66.


160. Указание. 43 ≡ –23 (mod 66).

Практика 5


Решите уравнения ( 161—164):

161. x2 – y2 = 91. 162. 13x – 7y = 6. 163. 3x + 5y = 7.164. 3x – 12y = 7.Решите сравнения ( 165—168):

165. 24x ≡ 6 (mod 3). 166. 5x ≡ 4 (mod 17).167. 7x ≡ 2 (mod 11). 168. 58x ≡ 87 (mod 47).

169. Найдите две последние цифры числа 31993.

36


Решите уравнения ( 170—173):

170. x2–y2 = 1998. 171. 27x–9y = 15. 172. 1990x–173y = 11.173. 21x + 48y = 6.Решите сравнения ( 174—177):

174. 34x ≡ 6 (mod 10). 175. 7x ≡ 5 (mod 19).176. 17x ≡ 3 (mod 10). 177. 111x ≡ 75 (mod 322).

Т е м а 4

КОМБИНАТОРИКА.ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ

Лекция 1

4.1. Предмет комбинаторики. Примеры решения комбинатор-ных задач: перебор вариантов, правило умножения. Поочередныйи одновременный выбор нескольких элементов из конечного мно-жества.

4.2. Факториал. Формулы числа перестановок, сочетаний, раз-мещений.

4.3. Бином Ньютона для натурального n, комбинаторное до-казательство. Свойства биномиальных коэффициентов: Ckn+1 == Ckn + C

k–1n ; Ckn = C

n–kn . Треугольник Паскаля.

Лекция 2

4.4. Вероятностное пространство: современные определения(общее и дискретное).Дано непустое множество (или пространство) элементарных

событий (исходов) Ω и отображение P : 2Ω → [0, 1], удовлетворя-ющее следующим аксиомам (аксиомы Колмогорова): 1) P(Ω) = 1;2) аддитивность. Любое1 подмножество Ω называется событием;

1 На самом деле может быть и не совсем любое, а лишь подмножество, при-надлежащее некоторому семейству подмножеств, называемому сигма-алгеброй.Поскольку множество всех подмножеств (булеан) Ω является сигма-алгеброй,

37

функция P — вероятностной мерой, значение P(A) — вероят-ностью события A.Пустое множество называется невозможным событием, всё

Ω — достоверным событием, дополнение — противоположнымсобытием, непересекающиеся события называются несовместны-ми. События, для которых P(A ∩ B) = P(A) · P(B), называютсянезависимыми. Пересечение событий называется их произведе-нием (одновременным наступлением), объединение — суммой.Конечно-дискретное определение применяется, если Ω =

= ω1, . . . ,ωn, тогда вероятностную меру удобно опреде-

лять как P : Ω → [0, 1] с единственной аксиомойn∑i=1ωi = 1.

Вероятность любого события определяется тогда как суммавероятностей входящих в него элементарных событий.

4.5. Классическое определение вероятности. Статистическаячастота наступления события. Геометрическая вероятность, при-мер с бросанием точки в квадрат.

4.6. Вероятность суммы событий (формула включений иисключений; доказать для двух событий). Вероятность проти-воположного события.

4.7. Независимость событий. Пример с попаданием в мишеньдвух стрелков: два способа решения (по формуле включений иисключений или путем перехода к противоположным событиям:

P(A ∪ B) = 1 – P(A ∪ B) = 1 – P(A ∩ B) = 1 – P(A) · P(B).

4.8. Условная вероятность. Пусть P(A|X) — вероятность на-ступления события A, если событие X точно наступило. Понятно,что нам необходимо как-то переопределить вероятностную меруна множестве X ⊂ Ω, чтобы аксиомы продолжали выполняться.Очевидно, что для этого надо «старую» вероятность события A∩X(в пространстве Ω) поделить на вероятность события X в про-

странстве Ω, т. е. положить P(A|X) = P(A ∩ X)P(X)

. Отсюда получаем

формулу условной вероятности: вероятность одновременного на-ступления событий A и X равна произведению вероятности X навероятность A при условии X.

мы для простоты изложения рассматриваем частный случай, когда вероятност-ная мера определяется на всем булеане.

38

Пример: в физмате 20 мальчиков и 5 девочек, а в гумклас-се — 20 девочек и 5 мальчиков. Вася Пупкин сначала кидаеткубик для выбора класса (если выпадает 1 — идет в физмат, аесли выпадает другая цифра — в гум), а потом наугад выбираетчеловека в классе. Какова вероятность того, что Вася Пупкинвыберет гуманитарную девочку?

4.9. Формула полной вероятности (без доказательства).

Если Ω =n⋃i=1Xi, то P(A) =

n∑i=1P(Xi) · P(A|Xi).

Пример: Аня Пупкина с вероятностью pi гуляет с i-м маль-чиком, а с вероятностью qi выходит за него замуж (при условии,что она с ним гуляет), при этом Аня гуляет только с одниммальчиком. Какова вероятность, что Аня выйдет замуж?

Практика 1


178. Сколько различных четырехзначных чисел, делящихся на4, можно составить из цифр 1, 2, 3, 4, 5, если каждаяцифра может встречаться в записи числа несколько раз?

179. *Сколькими способами можно посадить за круглый стол 7мужчин и 7 женщин так, чтобы никакие две женщины несидели рядом?

180. *Надо послать 6 срочных писем. Сколькими способами этоможно сделать, если для передачи писем можно использо-вать трех курьеров и каждое письмо можно дать любомуиз них?

181. Сколько различных четырехзначных чисел можно составитьиз цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, если каждая цифра можетповторяться несколько раз?

182. *Каких чисел от 1 до 107 больше: тех, в записи которыхвстречается единица, или тех, в записи которых ее нет?

183. *Сколькими способами можно раздать колоду в 52 карты13 игрокам по 4 карты каждому игроку?

184. *Сколько различных слов (не обязательно осмысленных)можно получить, переставляя буквы в слове «парабола»?

185. Раскройте скобки: (2a – b)5.

39

186. Раскройте скобки: (a3b – ab2)6.


187. *Сколькими способами можно переставить буквы в сло-ве «пастух» так, чтобы между двумя гласными были двесогласные буквы?

188. *В купе железнодорожного вагона имеется два противо-положных дивана по 5 мест в каждом. Из 10 пассажировчетверо желают сидеть лицом по ходу движения, а трое —спиной. Сколькими способами могут разместиться пасса-жиры?

189. *Имеется 14 пар различных конфет. Найдите количестворазличных (в том числе и пустого) подарков, которыеможно из них составить (учитывается только составкаждого подарка, порядок конфет в нем не важен).

190. Сколькими способами можно посадить рядом трех англи-чан, трех французов и трех турок так, чтобы никакие трисоотечественника не сидели рядом?

191. *Сколькими способами можно разделить колоду из 36 картпополам так, чтобы в каждой пачке было по 2 туза?

192. Раскройте скобки: (x – 3y)4.

193. Раскройте скобки: (2x3y2 – x2y)5.


179. 2 · (7!)2 или (7!)2/7. 180. 36. 182. Первых. 183. 52!(4!)13

.

184. 8!3! . 187. 144. 188. 3 · (5!)2. 189. 314. 191. 3·32!

(16!)2.

Практика 2


194. *Из мешка с 33 жетонами, на которых написаны русскиебуквы, вытаскивают один за другим 4 жетона и выкла-дывают их слева направо на столе. Какова вероятностьтого, что получится слово «барс»? Как изменится ответ,

40

если жетоны достают все вместе, после чего разрешаетсявыкладывать их на стол в нужном нам порядке?

195. Бросаются две игральные кости. Найдите вероятность того,что сумма выпавших очков будет больше их произведения.

196. *Из пяти отрезков с длинами 1, 3, 5, 7, 9 наудачу вы-бирают три. Какова вероятность того, что из них можнопостроить треугольник?

197. *Какова вероятность того, что в январе наудачу выбран-ного года окажется пять воскресений?

198. В ящике лежат 12 белых и 8 черных носков, одинаковыхна ощупь. Вася в полной темноте достает 8 носков, по-сле чего включает свет. Какова вероятность того, что извынутых им носков ровно три черных?

199. Вася пришел на стадион. С вероятностью 0,3 он хочеткупить билет на футбол, с вероятностью 0,4 — на бас-кетбол, с вероятностью 0,2 — на волейбол. Какова ве-роятность того, что Вася попадет на соревнование, а неуйдет домой?

200. *В условиях предыдущей задачи какова вероятность того,что Вася попадет на соревнование, в котором запрещенаигра ногой?

201. Бросили монету и игральную кость. Докажите, что события«выпал герб» и «выпало четное число очков» независимы.

202. *Три охотника одновременно стреляют в зайца. Заяц уми-рает, если в него попала хотя бы одна пуля. Первый охот-ник попадает с вероятностью 0,8, второй — 0,75, тре-тий — 0,7. Найдите вероятность смерти зайца.

203. *В ящике лежит 12 красных, 8 зеленых и 10 синих нос-ков, одинаковых на ощупь. Наудачу вынимается один но-сок. Известно, что он не синий. Какова вероятность того,что он красный?

204. *Три человека угадывают пол кошки, сидящей в мешке.Первый и второй угадывают правильный ответ с вероят-ностью p, а третий просто бросает монетку. Затем ониопределяют пол кошки простым голосованием. Какова ве-роятность, что они угадают правильно?

41


205. Что вероятнее при бросании двух монет — выпадение обе-их «решек» или «орла» и «решки»?

206. Бросили две монеты. Какова вероятность того, что на од-ной выпал «орел», а на другой «решка»?

207. Куб, все грани которого окрашены, распилили на 1000 ку-биков, после чего наудачу взяли один из них. Найдите ве-роятность того, что он имеет ровно две окрашенные грани.

208. *В ящике лежат 13 зеленых, 10 красных и 7 синих носков,одинаковых на ощупь. Наудачу вынимается 8 носков. Най-дите вероятность того, что вынули 3 зеленых, 2 красныхи 3 синих носка.

209. Два станка работают независимо друг от друга. Вероят-ность поломки первого станка в течение одной смены рав-на 0,1, а второго — 0,2. Какова вероятность того, что втечение всей смены оба станка проработают без поломки?

210. В условиях предыдущей задачи какова вероятность того,что оба станка сломаются?

211. Машина состоит из n блоков. Надежность (вероятностьбезотказной работы за данный промежуток времени) k-гоблока равна pk. Блоки выходят из строя независимо другот друга; при выходе из строя хотя бы одного блока ма-шина дальше работать не может. Какова надежность всеймашины?

212. *По самолету производится три последовательных выстре-ла. Вероятность попадания при первом выстреле равна 0,5,при втором — 0,6, при третьем — 0,8. При одном по-падании самолет сбивается с вероятностью 0,3, при двухпопаданиях — с вероятностью 0,6, при трех попаданияхсамолет сбивается наверняка. Какова вероятность сбитьсамолет?


194. Указание. Используйте формулы для числа размещенийи числа сочетаний. 196. 0,3. 197. 3/7. 200. Указание. Будем счи-тать, что в волейболе запрещена игра ногой. 202. 0,985. 203. 0,6.

204. Рассмотрите три случая: первый и второй дали верныйответ; первый дал неверный ответ, а второй верный; первый

42

дал верный ответ, второй неверный. Найдите вероятность вер-ного определения пола кошки в каждом случае, а потом сложитеэти вероятности.

208.(C313 · C

210 · C

37

): C830. 212. 0,594.

Т ем а 5

ЧИСЛОВЫЕ ФУНКЦИИ

Лекция 1

5.1. Способы задания числовых функций. Кусочно заданныефункции. График функции. График числовой функции как под-множество R2. Обратная функция.

5.2. Свойства числовых функций (ограниченность, мо-нотонность, четность, нечетность, периодичность). Нули функции.Связь между свойствами функции и свойствами ее графика.

5.3. Построение графиков функций с помощью геометриче-ских преобразований. Прием деления графиков.

Лекция 2

5.4. Функции y = kx+b, y = |x|, y = ax2+bx+c (a 6= 0), y = k/x(k 6= 0), их свойства и графики.

5.5. Дробно-рациональная функция. Понятие асимптоты.5.6. Задачи на расположение корней квадратного трехчлена.1. Найдите все значения параметра a, при которых имеет

единственное решение уравнениеx2 – (2a + 1)x + a2 + a

x – 2= 0 (най-

дя предварительно ОДЗ, необходимо воспользоваться теоремойВиета).2. Найдите все значения параметра a, при котором корни

уравнения x2 + 4x + 2a = 0 существуют и отрицательны (необхо-димо записать условие неотрицательности дискриминанта и при-менить теорему Виета).

43

3. Найдите все значения параметра a, при которых один изкорней уравнения ax2 + x + 1 = 0 больше 2, а другой меньше 2.4. Найдите все значения параметра a, при которых оба корня

уравнения (1 + a)x2 – 3ax + 4a = 0 больше 1.5. При каких значениях параметра a существует единствен-

ный корень уравнения x2 – ax+ 2 = 0, удовлетворяющий условию1 < x < 3?Решение. Указанное в условии требование выполняется, если

либо корень только один и он лежит в интервале (1, 3), либокорня два, но только один из них лежит в данном интервале.

Уравнение имеет один корень, если a2 – 8 = 0, то есть a =±2√2. Находя в каждом случае корень, убеждаемся, что подхо-

дит только значение a = 2√2.

В случаях, когда уравнение имеет два корня, нам подходяттолько варианты расположения корней, указанные на рисунке.

Легко заметить, что варианты а и б имеют место тогда итолько тогда, когда f(1) · f(3) < 0, где f(x) — левая часть урав-

нения. Это условие равносильно a ∈(3, 113

).

Осталось исследовать варианты в и г, соответствующие a = 3и a = 113 . Находя в каждом из этих двух случаев второй кореньуравнения, легко находим, что случай г невозможен, так как приa = 113 второй корень не лежит в (1, 3).

Ответ: a ∈ 2√2 ∪

[3, 113

).

Практика 1


213. Найдите области определения функций f1, f2, f1 + f2, еслиf1(x) =

4√3 – x, f2(x) =√x + 1.

44

Найдите множество значений функции ( 214–217):214. f(x) = |x – 1|, x ∈ [0; 5].215. f(x) = x + sign x, x ∈ R.

216. f(x) =x2 + 4x, x ∈ (–∞; 0).

217. f(x) = 4√x2 – 1.

Найдите композиции f g и g f и укажите их области опре-деления ( 218–219):

218. f(x) = x2, g(x) =√x.

219. f(x) =

x, x ∈ [0, +∞);0, x ∈ (–∞, 0);g(x) =

0, x ∈ [0, +∞);x2, x ∈ (–∞, 0).

220. Являются ли взаимно обратными функцииf(x) =

xx + 1

, g(x) =x1 – x

?

221. Являются ли взаимно обратными функцииf(x) = g(x) =

√1 – x2 ?

Среди указанных функций укажите обратимые (обратныефункции задайте формулами) ( 222–225):

222. y = 2x – 1.

223. y = 1/x3.224. y = 3√

x5.225. y = sign x.


226. Найдите области определения функций f1, f2, f1 + f2, еслиf1(x) = x +

√x – 1, f2(x) = x –

√x – 1.

Найдите множество значений функции ( 227–229):

227. f(x) = 5 – 12x – 2x2, x ∈ [–4; 1].

228. f(x) =x2

x2 + 1, x ∈ R.

229. f(x) =√x(4 – x).

45

230. Найдите композиции f g и g f и укажите их областиопределения, если f(x) = g(x) =

√1 – x2.

231. Являются ли взаимно обратными функцииf(x) = g(x) =

3√1 – x3 ?

232. Являются ли взаимно обратными функции

f(x) = g(x) =x + 1x – 1

?

Среди указанных функций укажите обратимые (обратныефункции задайте формулами) ( 233–236):

233. y = |x|.234. y = x2 + 2x – 3.

235. y =√x – 1.

236. y = x2 · sign x.

237. При каких условиях на a, b, c, d функция y =ax + bcx + d

обратна самой себе?

Практика 2


238. Докажите, что строго монотонная функция инъективна.Приведите пример, что обратное утверждение неверно.

239. Докажите, что композиция двух строго возрастающих(убывающих) функций является строго возрастающейфункцией.

240. Найдите все значения параметра a, при которых один ко-рень уравнения ax2 + x + 1 = 0 больше 2, а другой кореньменьше 2.

241. Найдите все значения параметра a, при которых корни(или корень, если он один) уравнения (1+a)x2–3ax+4a = 0больше единицы.


242. При каких a обратима функция

y = (a – 1)|x – 1| + (a + 1)|x + 1| + x ?

46

243. Докажите, что сумма двух строго возрастающих (убываю-щих) функций, заданных на одном и том же множестве,является строго возрастающей (убывающей) функцией наданном множестве.

244. При каком значении параметра a один корень уравненияx2 – (3a + 2)x + 2a – 1 = 0 больше 1, а другой меньше 1?

245. При каких значениях параметра a корни (или корень, еслион один) уравнения ax2 – 2(2a– 1)x+ 2 – 3a = 0 больше 1?

246. При каких a оба корня (или корень, если он один) урав-нения x2 – ax + 2 = 0 принадлежат интервалу (0; 3)?

Практика 3


Определите, какие из указанных функций четные, какиенечетные, а какие общего вида ( 247–250):

247. f(x) =1

1 – x5, x ∈ (–1; 1). 248. f(x) =

x4, x > 0;x2, x 6 0.

249. f(x) = |x + 1|. 250. f(x) = |10 – x| – |10 + x|.

Определите, являются ли функции ограниченными, ограничен-ными только сверху/снизу, неограниченными ( 251–252):

251. y =x3

x4 + 1. 252. y =

x2 – 1

|x3 – 1|.

253. Докажите, что если функция f(x) является периодическойс периодом T, то функция f(ax + b) при a 6= 0 являетсяпериодической с периодом T/a.

254. Исследуйте на периодичность (с нахождением основногопериода, если он существует) функцию Дирихле

χ(x) =

1, x ∈ Q;

0, x ∈ R \Q.

47

255. *График функции y = f(x), x ∈ R симметричен относительнокаждой из прямых x = a и x = b, a 6= b. Докажите, чтоy = f(x) — периодическая функция и найдите ее период.

256. *Приведите пример функции, определенной на отрезке инеограниченной в любой окрестности каждой точки этогоотрезка.

257. Для каких a неравенство x2 + ax–7a < 0 выполняется привсех 1 < x < 2 ?


Определите, какие из указанных функций четные, какие не-четные, а какие — общего вида ( 258–260):

258. f(x) =1

1 – x4. 259. f(x) =

x6

x2 + 1.

260. f(x) = |x + 1| + |x – 1|.

261. Определите, является ли функция y =1√1 – x2

, x ∈ (–1; 1)

ограниченной, ограниченной только сверху/снизу или не-ограниченной.

262. Исследуйте на периодичность (с нахождением основногопериода, если он существует) функцию дробной части чис-ла y = x.

263. График функции y = f(x), x ∈ R симметричен относитель-но точки A(a, b) и прямой x = c (c 6= a). Докажите, чтоy = f(x) — периодическая функция и найдите ее период.

264. Найдите все значения a, для которых неравенствоx2 – ax + a > 0 верно при всех |x| < 1.

Указания

255. Так как при каждой осевой симметрии график функцииотображается сам в себя, то он отобразится сам в себя и прикомпозиции этих осевых симметрий.

256. В окрестности любой точки есть рациональные точки сосколь угодно большим знаменателем.

48

Т ем а 6

МНОГОЧЛЕНЫ

Лекция 1

6.1. Многочлены от одной переменной. Операции над много-членами.

6.2. Разложение многочлена на множители. Формулы сокра-щенного умножения: квадрат алгебраической суммы несколькихслагаемых, разность n-х степеней, сумма n-х степеней при нечет-ном n.

6.3. Деление многочленов с остатком. Корни многочлена. Ос-новная теорема алгебры.

6.4. Теорема о рациональных корнях многочлена. Если p/q —

несократимая дробь, являющаяся корнем многочлена0∑i=naixi, то

p | a0, q | an.Д о к а з а т е л ь с т в о. Подставим рациональный корень в

многочлен и домножим обе части на qn. 6.5. Теорема Безу (Etienne Bezout). Если P(x) — многочлен,

то P(x) ≡ P(a) (mod (x – a)).Д о к а з а т е л ь с т в о. По определению деления с остатком

получим, что P(x) = Q(x)(x – a) + R, где R — число (многочленнулевой степени). Подставляя в это равенство a вместо x, полу-чим то, что и требовалось доказать.

6.6. Следствие 1. Если a — корень P(x), то (x – a) | P(x).Д о к а з а т е л ь с т в о. По теореме Безу остаток от деления

равен P(a) = 0. 6.7. Следствие 2. Если xi — корни P(x), то

P(x) = ann∏i=1

(x – xi).

Д о к а з а т е л ь с т в о. Поскольку после каждого деления наx – xi степень частного будет понижаться на 1, в результате nделений мы получим многочлен нулевой степени, то есть число.Очевидно, оно будет равно an.

49

6.8. Следствие 3. Если p/q — рациональный несократимыйкорень многочлена P(x), то P(1) делится на p–q, а P(–1) делитсяна p + q.Д о к а з а т е л ь с т в о. По следствию 1 из теоремы Безу P(x)

делится без остатка на x–pq. Подставляя в это равенство вместо

x числа 1 и –1, легко получаем требуемое.

Лекция 2

6.9. Многочлены от нескольких переменных. Симметрическиемногочлены от двух переменных. Симметрические многочлены оттрех и большего числа переменных. Однородные многочлены.

6.10. Симметрические многочлены от корней данного много-члена.Теорема Виета (Francois Viete). Если σi — симметрические

многочлены от корней приведенного многочлена P(x) =0∑i=naixi

(у которого an = 1), то ai = (–1)n–iσn–i.Д о к а з а т е л ь с т в о. Разложим многочлен на линейные

множители, пусть P(x) =n∏i=1(x – xi), где xi — корни многочлена.

Одночлены с буквенной частью xi получаются перемножением i«штук» множителей x и n – i «штук» множителей xk, причем пе-ред всеми множителями вида xk стоят минусы. Далее все такиеодночлены (подобные между собой) складываются; очевидно, чтокоэффициент перед результатом будет равен (–1)n–iσn–i, но ондолжен быть равен ai. Правило для запоминания знаков: σ1 всегда с минусом, далее

знаки чередуются. Пример для приведенного многочлена третьейстепени.Теорема Виета для неприведенного многочлена.

Практика 1


265. Какую кратность имеет корень x = 2 многочленаx5 – 5x4 + 7x3 – 2x2 + 4x – 8?

50

266. Найдите целые корни многочлена x5 – 2x3 – 8x2 + 13x – 24.

267. Найдите целые корни многочлена x4+2x3–12x2–38x–24.268. Разложите на множители (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 24.

269. *Решите уравнение x4 + (1 – x)4 = a.

270. Решите уравнение x4 + 5x3 + 4x2 – 5x + 1 = 0.


271. Чему равен коэффициент a, если остаток от деления мно-гочлена x4 – ax3 + 4x2 – x + 1 на x – 2 равен 7?

272. Найдите целые корни многочлена x5–15x4+76x3–140x2++75x – 125 и определите их кратность.

273. Найдите целые корни многочлена x5–2x4–4x3+4x2–5x+6.

274. Найдите целые корни многочлена x5+x4–6x3–14x2–11x–3.275. Разложите на множители (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15.

276. Решите уравнение x2 +1

x2+ 2

(x +1x

)= 1429 .

277. Решите уравнение x4 + x3 – 4x2 + x + 1 = 0.

278. Разложите на множители x4 + 4.


269. Выполните замену y = x– 12 , после чего примените фор-мулу бинома Ньютона. Ответ: при a < 1

8 решений нет, при

a = 18 x = 0, 5, при a >18 два решения (следует получить явную

формулу).

Практика 2


279. *Выразите через элементарные симметрические многочле-ны x5 + 6x4y – 10x3y2 – 10x2y3 + 6xy4 + y5.

280. *Разложите на множители 2x4 + 7x3y + 9x2y2 + 7xy3 + 2y4.

51

281. Решите уравнение x3 – 6x + 9 = 0.282. Найдите сумму коэффициентов многочлена, получающегося

после раскрытия скобок и приведения подобных членов ввыражении (1 – 3x + 2x2)743 · (1 + 3x – 2x2)744.


283. Выразите через элементарные симметрические многочленыx3 + 4x2y + 4xy2 + y3.

284. Разложите на множители10x4 – 27x3y – 110x2y2 – 27xy3 + 10y4.

285. Решите уравнение x3 + 45x – 48 = 0.

286. Найдите сумму квадратов корней уравнения x3+2x–3 = 0.


279. Группируем слагаемые симметрично по два (первое с по-следним и т. п.) Из суммы x5 + y5 выделяем множитель x + y, ксумме x4 + y4 добавляем и вычитаем 2x2y2.

280. Без ограничения общности разложение можно искать ме-тодом неопределенных коэффициентов в следующем виде:(x2+bxy+y2)(2x2+exy+2y2). Ответ: (x2+2, 5xy+y2)(2x2+2xy+2y2)или (x2 + xy + y2)(2x2 + 5xy + 2y2) (это, как легко заметить, однои то же).

Т ем а 7

КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА

Лекция 1

7.1. Комплексным числом называется упорядоченная пара ве-щественных чисел (x, y). Множество комплексных чисел обозна-чается символом C. Порядок на множестве C не вводится; сло-жение и умножение комплексных чисел определяются следую-щим образом:

(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d); (a, b) · (c, d) = (ac – bd, ad + bc).

52

Несложно проверить, что множество C с определенными та-ким образом операциями является полем; роль нуля (нейтраль-ного элемента по сложению) и единицы (нейтрального элементапо умножению) играют соответственно (0, 0) и (1, 0).Можно считать, что R ⊂ C, если вещественные числа отож-

дествить с комплексными числами вида (x, 0), то есть положитьx = (x, 0). Кроме того, если обозначить число (0, 1) символом i(число i = (0, 1) называется мнимой единицей), то, как нетруднозаметить, получим (x, y) = x + yi. Именно в такой форме и за-писываются обычно комплексные числа; для комплексного числаz = (x, y) вещественное число x называется действительной ча-стью и обозначается Re (z), вещественное число y называетсямнимой частью и обозначается Im (z). Комплексное число с ве-щественной частью, равной нулю, называется чисто мнимым.

Легко заметить, что i2 = (–i)2 = –1. Поэтому, с учетом ска-занного выше о свойствах операций над комплексными числами,их можно складывать, вычитать и умножать, как обычные ал-гебраические выражения, имея при этом в виду, что i2 = –1,например:

(1 + 2i) (4 – 5i) = 4 – 5i + 8i – 10i2 = 4 + 3i – 10 · (–1) = 14 + 3i.

Отметим, что бытующее до сих пор в некоторых учебникахдля технических вузов определение комплексного числа как «чис-ла вида x + yi, где i =

√–1» является столь же неверным, сколь

и непонятным, поскольку√–1 попросту не существует.

Поскольку комплексное число — это упорядоченная пара ве-щественных чисел, множество комплексных чисел можно пред-ставлять себе как плоскость (ее называют комплексной плос-костью, или плоскостью Аргана1). Ось абсцисс обычно обо-значается Re, а ось ординат — Im; каждое комплексное чис-ло z соответствует точке комплексной плоскости с координатами(Re (z), Im (z)).

7.2. Деление комплексных чисел производится с помощьюнехитрого приема, называемого «домножение на сопряженноезнаменателю». Сопряженным числу z = x + yi называется число

1 Интересно, что Жан-Роберт Арган (Jean-Robert Argand, 1768–1862) небыл профессиональным математиком; он работал управляющим книжным ма-газином в Париже.

53

z = x – yi (очевидно, что и первое число является сопряженнымдля второго, поэтому эти числа называют сопряженными); врассмотренном ниже примере мы увидим, что произведениесопряженных чисел является вещественным числом, на чем иоснован рассматриваемый прием деления. Поделим, например,14 + 3i на 1 + 2i, для чего домножим числитель и знаменательполученной дроби на 1 + 2i = 1 – 2i:

14 + 3i1 + 2i

=(14 + 3i) (1 – 2i)(1 + 2i) (1 – 2i)

=14 – 28i + 3i – 6i2

12 – (2i)2=

=20 – 25i1 + 4

=20 – 25i5

= 4 – 5i.

7.3. Поскольку комплексные числа можно рассматривать какточки комплексной плоскости, число z = x + yi можно задать нетолько декартовыми координатами (x, y), но и полярными коор-динатами (r,ϕ), где неотрицательное число r =

√x2 + y2 равно

длине отрезка — расстоянию от начала координат до точки, со-ответствующей z, а ϕ — угол между положительной полуосьюOx и упомянутым отрезком (в некоторых учебниках считается,что ϕ ∈ (–180, 180], а в других — что ϕ ∈ [0, 360) — этовопрос договоренности). Число r называется модулем комплекс-ного числа z и обозначается |z|, а число ϕ — аргументом иобозначается argz.

Тригонометрическая формазаписи комплексного числа

Корни 5-й степени из 1

Нетрудно понять, что x = r cosϕ, y = r sinϕ, поэтому можнозаписать z = r (cosϕ+ i sinϕ). Такая запись называется тригоно-метрической формой записи комплексного числа. Оказывается, втригонометрической форме очень удобно умножать комплексныечисла и возводить их в степень. При умножении двух чисел их

54

модули перемножаются, а аргументы складываются (по модулю360). Для возведения комплексного числа в степень использу-ется формула Муавра2:(

r (cosϕ + i sinϕ))n = rn(cosnϕ + i sinnϕ).

7.4. Корнем n-й степени из комплексного числа z называетсятакое комплексное число q, что z = qn. Никакого специальногообозначения для корней из комплексных чисел, вроде n

√z, не

существует.Используя формулу Муавра, нетрудно понять, что для любо-

го комплексного числа z существует в точности n корней n-йстепени; множество всех корней из числа r (cosϕ+ i sinϕ) можнозадать следующим образом:

n√r(

cosϕ + 360kn

+ i sinϕ + 360kn

): k ∈ 0, . . . ,n – 1

.

На рисунке (см. выше) изображены все корни 5-й степени из1; они располагаются в вершинах правильного пятиугольника.

7.5. Леонарду Эйлеру принадлежит еще одна формула, свя-занная с комплексными числами (и называемая, естественно,формулой Эйлера), а именно eiϕ = cosϕ + i sinϕ. Здесь e —константа, примерно равная 2, 71828 . . .; ϕ должен быть выраженв радианах. Таким образом, существует еще одна форма записикомплексного числа — показательная: r (cosϕ + i sinϕ) = reiϕ.Заметим, что формула Эйлера дает нам мистическую связь меж-ду знаменитыми константами π, e и мнимой единицей (тождествоЭйлера): eiπ = –1.

2 Абрахам де Муавр (Abraham de Moivre, 1667–1754) — английский мате-матик. Работал, как бы сегодня сказали, репетитором, зарабатывал на жизньчастными уроками.

55

Практика 1


Вычислите ( 287–292):

287. i5.288. i111.

289. i2024.290. 1/i.

291. (5i)/(2 + i).

292. (1 + i)8.

293. Выполните действия:1

i7

(i7 –

1

i7

).

Решите уравнения ( 294–296):

294. z4 – 16 = 0. 295. z2 + z + 5 = 0. 296. z2 = (z)2.

297. Разложите многочлен z4 + 1 на линейные множители.298. Решите уравнение z6 – z3 – 2 = 0.



299. i8.300. i231.

301. 1/i7.302. (1 + i)/(2i+1).

303. (2i)3.

304. (1 – i)9.

305. Выполните действия:2 – i2 + i

+2 + i2 – i

.

Решите уравнения ( 306–308):

306. z3 – 27 = 0. 307. z2+3z+4 = 0. 308. z = –4z.

309. Решите уравнение z8 + 2z4 + 1 = 0.

56

Практика 2


Найдите модуль и аргумент комплексного числа ( 310–312):

310. –i. 311. –

√32+ i

√32. 312. (i + 1)(i – 2).

313. Запишите число –4 – 4i в тригонометрической форме.314. Изобразите на комплексной плоскости все точки z, удо-

влетворяющие условию |z – 2i – 1| = 2.


Найдите модуль и аргумент комплексного числа ( 315–317):

315.1i + 1

. 316. 2 – i. 317.3 + i4 – i

.

318. Запишите число1 – i3 + i

в тригонометрической форме.

319. Изобразите на комплексной плоскости все точки z, удо-влетворяющие условию 2 6 |2z + i| < 3.

Т е м а 8

РАЦИОНАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА

Лекции 1 и 2

8.1. Понятие об уравнении с одним неизвестным. ОДЗ урав-нения. Системы и совокупности уравнений и неравенств. Следо-вание. Равносильность. Рациональные уравнения и неравенства содним неизвестным. Целые уравнения.

8.2. Методы решения рациональных уравнений и неравенств:замена переменной, разложение на множители, тождественныепреобразования.Не спешить решать в лоб, искать замены, проявить фантазию.

Не забывать о проблеме посторонних корней и возможной потере

57

корней (при умножении и делении на что-либо, при сокращениидробей).

Пример.2x

4x2 + 3x + 8+

3x

4x2 – 6x + 8=16.

Делим числитель и знаменатель каждой дроби на x.8.3. Возвратное уравнение нечетной степени — корень x = –1.Возвратное уравнение четной степени:

10x4 – 29x3 + 30x2 – 29x + 10 = 0.

Обобщенное возвратное нечетной степени

ax5 + bx4 + cx3 + kcx2 + k3bx + k5a = 0, корень x = –k.

Обобщенное возвратное четной степени:

6x4 + 5x3 – 38x2 – 10x + 24 = 0.

8.4. Однородные уравнения, на примере

2(x2 + 6x + 1)2 + 5(x2 + 6x + 1)(x2 + 1) + 2(x2 + 1)2 = 0.

8.5. Двучленное уравнение 4-й степени (x + a)4 + (x + b)4 = c

решается заменой y = x +a + b2, например (x + 3)4 + (x + 5)4 = 16

(сводится к биквадратному).8.6. Использование ограниченности и монотонности функций,

стоящих в левой и правой частях уравнения. Идеи четно-сти/нечетности, f(g(x)) = f(q(x)).Использование ограниченности:

1) (x – 2)8 + 8x4 = 0 (∅); 2) cos x = x2 + 1.Использование монотонности (или, более общо, инъективно-

сти): (x – 2)7 = –x (единственный корень x = 1).

Лекция 3

8.7. Системы рациональных уравнений с несколькиминеизвестными. Методы решения систем рациональных урав-нений.

58

1. Если одно уравнение однородное, находим x/y и подстав-ляем во второе: x2 + 3xy – y2 = 3,3x2 – xy + y2 = 3.

Вычитаем первое уравнение из второго и получаем однород-ное уравнение.2. Симметричные системы решаются заменой u = x+y, v = xy:

1x+1y= 1,

13 – x

+13 – y

= 2.

Пусть u = x + y, v = xy, тогда левая часть второго уравненияприобретает вид

13 – x

+13 – y

=3 – y + 3 – x9 + xy – 3(x + y)

=6 – u

9 + v – 3u.

3. Прием «решить одно из уравнений как квадратное»:2x2 + 3xy – 2y2 – 6x + 3y = 0,3x2 + 7xy + 2y2 – 7x + y – 6 = 0.

Каждое решаем как квадратное и каждую левую часть рас-кладываем в произведение двух множителей.

Лекция 4

8.8. Уравнения с модулем: теория (рассмотрение случа-ев с раскрытием модуля, сведение к системе/совокупности,хитрые методы типа |a| + |b| = |a + b| ⇔ ab > 0). Примеры:||x2 – 3x| – 5| = x + 1, |x – 4| + |x + 4| = 2x, |x + 1| + |x + 90| = 89.Рассмотрим подробнее последний пример. Поскольку |x+1| —

это расстояние от точки x на числовой прямой до точки –1, а|x + 90| — это расстояние от x до –90 и при этом расстояние

59

между точками –1 и –90 равно как раз 89, решением данногонеравенства является отрезок [–90, –1], то есть множество точекчисловой прямой, сумма расстояний от каждой из которых до –1и до –90 равна 89.

8.9. Уравнения с параметром. Уравнение с параметром — этофактически уравнение с двумя неизвестными, при решении кото-рого требуется выразить одно неизвестное (как бы «настоящеенеизвестное») через другое (называемое параметром). Неизвест-ные принято обозначать латинскими буквами с конца алфавита(x, y,z, . . .), а параметры — с начала алфавита (a, b, c, . . .). Такимобразом, ответ в уравнении с параметром должен выглядетьпримерно так:

При a < 1 решений нет; при a = 1 x = 7; при a > 1 x =a – 38.

Подчеркнем, что в ответе значение x должно зависеть толькоот a; грубейшей ошибкой (к сожалению, довольно часто допус-каемой) является ответ вида «x = 8 при x > 3», в котором разныезначения x зависят. . . от самого x. Другой часто встречающейсяошибкой (правда, уже не в математике, а в русском языке) яв-ляется обособление обстоятельства с помощью запятой, что-товроде «при a < 1, x = 4».Существует три основных метода решения уравнений с па-

раметром: аналитический, метод Oxa (произносится обычно как«метод оха») и метод yxO (метод «ухо»). Рассмотрим все три ме-тода на примерах.

Аналитический метод. Решим уравнение a =xx + 1

. Аналити-

ческий метод состоит, собственно, в аккуратном рассмотренииразличных случаев возможных значений параметра и решенииуравнения в каждом случае.Понятно, что если в нашем уравнении выражать x через a,

мы (помня, что ОДЗ уравнения — это R \ –1) придем к тому,что a = x(1 – a) и захотим поделить на 1 – a; отсюда возникаетидея рассмотреть два случая: a = 1 и a 6= 1.Если a = 1, уравнение превращается в равенство 1 = 0, ко-

торое является неверным (при любом значении x, естественно).Если же a 6= 1, получаем x = a

1–a . В этот момент нам необходимоподумать об ОДЗ, но a

1–a ни при каком a, к счастью, не равно–1 (в этом легко убедиться, предположив противное).

60

Таким образом, мы получили

ответ: при a = 1 решений нет; при a 6= 1 x = a1 – a

.

Метод Oxa. Аналитический метод требует достаточно высокойстепени аккуратности, довольно скучен и, главное, совершенноне нагляден, из-за чего в нем легко запутаться. Гораздо болеекрасивым является метод Oxa, который позволяет «визуализиро-вать» ситуацию, изобразить ее на рисунке, что всегда гораздопонятнее.

Решим то же самое уравнение a =xx + 1

. Метод Oxa состоит

в последовательном выполнении нескольких операций; сначалаперечислим их, а потом реализуем:1. На плоскости Oxa изображаем график (как правило, это

кривая, хотя и не всегда), задаваемый нашим уравнением; иногдадля этого требуется выразить a через x, а иногда — не требуется(например, в случае уравнения x2 + a2 = 9).Не забываем при построении графика учесть ОДЗ: это мо-

гут быть асимптоты, выколотые точки на кривой, вертикальныеполосы, «вне» которых ничего нет, и т. п.2. Рассматриваем горизонтальную прямую a = const, то есть

горизонтальную прямую, соответствующую различным значени-ям a; «двигая» её параллельно самой себе вверх и вниз (то естьрассматривая различные значения a), записываем абсциссы точекпересечения этой прямой с построенным в первом пункте графи-ком. Понятно, что для этого нам всё равно придется выражатьx через a из уравнения, но уже не придется задумываться обОДЗ и о различных «плохих» значениях a, так как всё это уже«визуализировано» на рисунке.Реализуем этот алгоритм. Построить график a = x

x+1 не со-ставляет труда; он приведен на левом рисунке. ОДЗ на этомграфике уже учтена: имеется вертикальная асимптота, соответ-ствующая x = –1.

61

На правом рисунке изображено два случая расположения го-ризонтальной прямой a = const: a = 1 (красным цветом), а такжеa 6= 1 (синим цветом). Абсциссы точек пересечения горизонталь-ной прямой и нашего графика (во втором случае такая точкаединственна) и являются ответом.

Ответ: при a = 1 решений нет; при a 6= 1 x = a1 – a

.

Рассмотрим еще один пример:выясним, сколько корней имеетуравнение |x| = ax+1. Заметим, чтоx = 0 корнем этого уравнения неявляется, поэтому оно равносильно

уравнению a =|x| – 1x, то есть

a =

x–1x , x > 0,–x–1x , x < 0.

Соответствующий график и го-ризонтальные прямые a = const,соответствующие различным значениям a, показаны на рисунке,рассматривая который, получаем ответ: при a ∈ (–1, 1) — двакорня; при a ∈ (–∞, –1] ∪ [1, +∞) — один корень.

Метод yxO. Только что рассмотренную задачу можно решитьнесколько проще, если применить метод yxO, состоящий в том,что мы на плоскости Oxy строим семейства графиков, соответ-ствующих левой и правой частям уравнения (семейства — по-тому что разным значениям параметра a будут соответствоватьразные графики). Как правило, удачным перенесением слагаемыхиз части в часть можно добиться того, что параметр будет содер-жаться лишь в одной части уравнения, и тогда мы строим один

62

график, соответствующий левой (например) части, и семействографиков, соответствующее правой части (содержащей параметр).Итак, для нашего уравнения

|x| = ax + 1 на плоскости Oxy по-строим график левой части y = |x|(показан черным цветом) и семей-ство (зависящее от параметра a)графиков y = ax + 1 (показано си-ним и красным цветом). Абсциссыточек пересечения графиков левойи правой частей и будут корняминашего уравнения.Из рассмотрения этого рисунка легко получить ответ: при

a ∈ (–1, 1) — два корня; при a ∈ (–∞, –1] ∪ [1, +∞) — одинкорень.

Лекция 5

Перед тем, как приступить к изучению рациональных нера-венств, изучим несколько широко используемых «стандартных»неравенств: неравенства между средними, неравенство Коши—Буняковского—Шварца и неравенство Бернулли.

8.10. Определения средних. В математике часто встречаютсяразличные средние: арифметическое, геометрическое, гармониче-ское, квадратичное. Напомним их определения (во всех опреде-лениях будем все числа считать неотрицательными).

Средним арифметическим n чисел называется mар =

n∑i=1xi

n .

Средним геометрическим, или средним пропорциональным,двух чисел называется mгеом =

√xy.

Название «среднее пропорциональное» возникло из-за того,что если s — среднее геометрическое чисел x и y, то, какнетрудно заметить, x : s = s : y, то есть верна пропорция. Среднеепропорциональное часто используется для наглядного сравнениядвух очень разных по значению величин: если, например, взятьсреднее арифметическое размеров слона (6м) и мухи (1 см), по-лучим примерно половину размера слона, что мало информативно(такой же результат мы бы получили, если бы вместо мухи взя-ли бактерию). Но если взять среднее геометрическое размеров

63

слона и мухи, получим примерно 24 см, то есть размеры котен-ка. Таким образом, слон во столько же раз больше котенка, восколько раз котенок больше мухи — это достаточно наглядноесравнение.Число z называется средним гармоническим чисел x и y, если

1z — среднее арифметическое чисел

1x и

1y . Из этого определения

нетрудно получить, что mгарм =2xyx+y . Среднему гармоническому,

например, равна средняя скорость движения тела на всём пути,если первую половину пути (по расстоянию, а не по времени)оно двигалось с одной скоростью, а вторую половину — с дру-гой.

Средним квадратичным n чисел называется mквадр =

√n∑i=1x2i

n .Это среднее широко используется, например, в математическойстатистике.Найдем все определенные выше средние для чисел 4 и 9:

среднее арифметическое 4+92 = 6, 5;

среднее геометрическое√4 · 9 = 6;

среднее гармоническое 2·4·94+9 ≈ 5, 54;

среднее квадратичное√42+922 ≈ 7, 52.

Мы видим, что выполняются следующие неравенства:

mгарм 6 mгеом 6 mар 6 mквадр.

Для запоминания этих нера-венств может пригодиться такойобраз: квадратный ящик (квадра-тичное), в нём арбуз (арифметиче-ское), внутри него груша (геомет-рическое), внутри груши гормоны(гармоническое). Хотя. . . в расте-ниях никаких гормонов нет?Докажем теперь «открытые» на-

ми неравенства.8.11. Неравенство между средним арифметическим и сред-

ним геометрическим. В 1941 году, перед самым началом Вели-

64

кой Отечественной войны, были закончены съемки знаменито-го фильма «Сердца четырех» с Валентиной Серовой и ЕвгениемСамойловым в главных ролях1. В одном из эпизодов фильма(ok.ru/video/12238521642?fromTime=2824) герой Евгения Самой-лова доказывает неравенство между средним арифметическим исредним геометрическим. Воспроизведем это доказательство.Имеем:

x + y2–√xy =

x – 2√xy + y2

=(√x –√y)2

2> 0.

Таким образом, среднее арифметическое всегда больше илиравно среднего геометрического двух неотрицательных чисел,причем равенство достигается тогда и только тогда, когда этичисла равны.

8.12. Неравенство между средним гармоническим и среднимгеометрическим. Поступим аналогично, рассмотрим разность:

√xy –

2xyx + y

=√xy (x + y – 2

√xy)

x + y=√xy (√x –√y)2

x + y> 0.

Мы доказали, таким образом, что среднее геометрическоедвух положительных чисел всегда больше или равно их среднегогармонического, причем равенство достигается тогда и толькотогда, когда эти числа равны.

8.13. Неравенство Коши—Буняковского—Шварца2. Длядоказательства последнего из неравенств между средними нампонадобится еще одно неравенство, имеющее широкую извест-ность и вне связи со средними.

1 «Всё стало вокруг голубым и зелёным, в ручьях забурлила, запела вода.Вся жизнь потекла по весенним законам, теперь от любви не уйти никуда. Лю-бовь от себя никого не отпустит, над каждым окошком поют соловьи. Любовьникогда не бывает без грусти, но это приятней, чем грусть без любви.» —эта песня Юрия Милютина на стихи Евгения Долматовского из фильма оченькстати при изучении неравенств в 10 классе...2 Огюстен Коши (1789–1857) — выдающийся французский математик,

по образованию инженер путей сообщения. Виктор Яковлевич Буняковский(1804–1889) — ученик Коши, русский математик и педагог, вице-президентРоссийской Академии наук (1864–1889). Карл Шварц (1843–1921) — немец-кий математик, ученик Вейерштрасса.

65

Вспомним сначала, как определяется скалярное произведениедвух векторов и как оно вычисляется в координатах. Из курсаосновной школы известно, что если ~a = (x1, y1) и ~b = (x2, y2), топо определению ~a ·~b = |~a| · |~b| · cosϕ (где ϕ — угол между этимивекторами) и при этом ~a ·~b = x1x2 + y1y2.Из определения скалярного произведения очевидно следует,

что |~a ·~b| 6 |~a| · |~b| (поскольку | cosϕ| 6 1); отсюда получаем, чтодля любой произвольной четверки чисел x1, x2, y1, y2 выполня-ется неравенство

|x1x2 + y1y2| 6√x21 + y

21 ·√x22 + y

22.

Оно и называется неравенством Коши—Буняковского—Шварца для двумерного случая.Это неравенство легко обобщается на n-мерный случай.

Назовем n-мерным вектором ~x упорядоченное множество чисел(x1, x2, . . . , xn) (координат вектора). Длиной вектора ~x назовем

число

√n∑i=1x2i , а скалярным произведением векторов ~x и ~y —

числоn∑i=1xiyi. Тогда неравенство Коши—Буняковского—Шварца

запишется следующим образом:∣∣∣∣∣n∑i=1

xiyi

∣∣∣∣∣ 6√√√√ n∑i=1

x2i ·

√√√√ n∑i=1

y2i .

Доказательство этого неравенства для n-мерного случая вы-ходит за рамки нашего курса. Впрочем, и запоминать последнююжутковато выглядящую формулу нет никакой необходимости: до-статочно помнить лишь, что неравенством Коши—Буняковско-го—Шварца называется простой факт |~a ·~b| 6 |~a| · |~b|.

8.14. Неравенство между средним арифметическим и сред-ним квадратичным. Применим неравенство Коши—Буняковско-

го—Шварца к векторам (x1, . . . , xn) и(1√n, . . . ,

1√n

), получим

66

(мы доказываем неравенство для неотрицательных xi, поэтомузнак модуля опустим):

n∑i=1xi

√n6

√√√√ n∑i=1

x2i

· 1.Домножая обе части этого неравенства на 1√

nи внося

√n в

правой части под знак радикала, получим требуемое неравенствомежду средним арифметическим и средним квадратичным.

8.15. Неравенство Бернулли. В теме «Натуральные числа» мыпо индукции доказали неравенство Бернулли:

(1 + x)n > 1 + xn, где n > 2, x > –1

(равенство имеет место тогда и только тогда, когда x = 0). За-метим (без доказательства), что это неравенство выполняется идля вещественных n (n > 1 или n < 0). Оно пригодится нам вдальнейшем, при изучении числа e.

Лекция 6

8.16. Неравенства с двумя переменными. Неравенством сдвумя переменными называется, собственно, неравенство, содер-жащее две переменные :-)Решить неравенство — значит найти все

пары чисел (x, y), удовлетворяющие неравен-ству. Обычно множество решений неравенстваизображают на рисунке (например, на рисункесправа изображено множество решений нера-венства x2 + y2 6 9).

8.17. Неравенства с модулем. Решатьнеравенства, содержащие модуль, можно, ко-нечно, стандартным школьным методом, тоесть рассматривать различные области на плоскости, внутри ко-торых каждое подмодульное выражение сохраняет знак, в каждойтакой области «раскрывать» модули и решать неравенство. Этотметод достаточно очевиден, и мы его рассматривать не будем.

67

Рассмотрим два других часто встречающихся метода: сведениенеравенства к системе/совокупности и метод областей.

Сведение к системе/совокупности. Вспомнив, что модульчисла — это расстояние от соответствующей точки числовойпрямой до начала координат, легко понять, что

|x| < a⇔x < a,x > –a;

|x| > a⇔[x < –a,x > a.

Заметим, что условие a > 0, как при решении уравнений смодулем, здесь добавлять в систему или совокупность не тре-буется. В самом деле, если a отрицательно, то у неравенства|x| < a (и даже |x| 6 a) решений нет; но нет их в этом случаеи у левой приведенной выше системы. Множество же решенийнеравенства |x| > a в случае отрицательного a — вся числоваяпрямая; это же множество решений имеет и правая приведеннаявыше совокупность. Таким образом, условие a > 0 при сведениинеравенства с модулем к системе или совокупности учитываетсякак бы автоматически.Рассмотрим пример: решим неравенство |x2 + y| 6 x. Имеем:

|x2 + y| 6 x⇔

x2 + y > –x,

x2 + y 6 x;⇔

y > –x2 – x,

y 6 –x2 + x.

Решением первого неравенства полу-ченной системы будет парабола, изоб-раженная на рисунке красным цветом,и часть плоскости над ней; решени-ем второго неравенства — парабола,изображенная синим цветом, и частьплоскости под ней. Пересечение этихдвух множеств закрашено на рисункежелтым цветом. Решением неравенства,таким образом, будет часть плоскости,закрашенная на рисунке (вместе с границей, так как неравенстванестрогие).

Метод областей. Этот метод, как нам представляется, про-ще только что рассмотренного и поэтому часто применяется длярешения неравенств с двумя переменными, в том числе и с мо-дулем. Рассмотрим его на том же примере: решим неравенство|x2 + y| 6 x.

68

Метод областей на плоскости — аналог метода интервалов напрямой; он состоит в последовательном выполнении несколькихопераций.1. Находим ОДЗ неравенства и изображаем ее на рисунке. В

нашем случае ОДЗ — это вся плоскость (x и y любые), поэтомуизображать мы ничего не будем. Если бы ОДЗ была некоторойобластью плоскости, мы бы изобразили её. Важно заметить, чтограницы областей, входящие в ОДЗ, принято изображать сплош-ной линией, а не входящие — пунктирной.2. Решаем соответствующее уравнение, заменив знак нера-

венства на знак равенства; полученные линии изображаем на ри-сунке: если неравенство было нестрогим — сплошной линией,если неравенство было строгим — пунктирной (решением, какправило, являются некоторые кривые, правда, не всегда).В нашем случае получим:

|x2 + y| = x⇔

[x2 + y = –x,

x2 + y = x,

x > 0;

⇔

[y = –x2 – x,

y = –x2 + x,

x > 0.

Полученные линии разбивают плоскость на области (которыемы рассматриваем только внутри ОДЗ, пересекая их с ранее на-несенной на рисунок ОДЗ). Нумеруем эти области (на левом ри-сунке; номера областей подписаны в кружочках). Обратите вни-мание, что оси координат (в нашем случае) границами областейне являются.

3. Выбираем в каждой области по точке, подставляем ко-ординаты этих точек в исходное неравенство |x2 + y| 6 x (нев уравнение!) и выясняем, удовлетворяют ли координаты каж-дой точки исходному неравенству. Результаты оформляем в видетаблицы:

69

Область Точка Верно ли неравенство

1 (–1, 0) нет

2(12 , 0)

да

4. Закрашиваем области, для которых в таблице написанослово «да» (см. правый рисунок). Закрашенные области (с гра-ницами или без, в зависимости от того, сплошной или пунктир-ной линией изображены эти границы) и будут являться решениемнеравенства.

8.18. Неравенства с параметром. Для решения неравенствс параметром применяются те же методы, что и для решенияуравнений с параметром. Рассмотрим некоторые из этих методовна примерах.

П р и м е р 1. Решим неравенство |x2 + a| 6 x методом Oxa.1. Находим ОДЗ неравенства — это R2 (x и a любые). Если

бы это было не так, мы бы нанесли ОДЗ на рисунок.

2. Решаем уравнение |x2+a| = x: оно у нас уже было решеноранее (только с буквой y вместо a); его решение —

[a = –x2 – x,

a = –x2 + x,

x > 0.

3. Наносим соответствующие линии на рисунок (линии изоб-ражаем сплошными, так как неравенство нестрогое); эти линииразбивают плоскость на две области; нумеруем области; выби-раем в каждой области по точке, подставляем координаты этихточек в исходное неравенство и определяем, верно ли оно; ре-зультат оформляем в виде таблицы; области, напротив номеракоторых в таблице написано «да», закрашиваем.Всё это уже было проделано нами выше, поэтому приведем

сразу результат (см. левый рисунок).

70

4. Теперь рассматриваем горизонтальные прямые (см. правыйрисунок, изображены зеленым цветом) a = const и для различныхзначений a определяем множества пересечений этих прямых снашей закрашенной (желтой) областью; на правом рисунке этимножества обозначены жирными зелеными отрезками.Обратите внимание, что получились именно отрезки, посколь-

ку границы областей были нанесены сплошными линиями; еслибы исходное неравенство было строгим и границы областей бы-ли бы пунктирными, в точках пересечения пунктирной линии инашей зеленой прямой мы нарисовали бы «дырочки». В любомслучае в точках пересечения любой линии с пунктирной необ-ходимо рисовать «дырочку».5. Далее нам необходимо найти абсциссы концов жирных зе-

леных отрезков; для этого придется решать квадратные уравне-ния (формулы, задающие красную и синюю параболы, подписанына правом рисунке). Решая их, имеем:

x1,3 =1±√1 – 4a2

, x2 =–1 +

√1 – 4a2

, x4 =1 +√1 – 4a2

.

6. Теперь всё готово для того, чтобы записать ответ:

при a < 0 x ∈

[–1 +

√1 – 4a2

,1 +√1 – 4a2

];

при a = 0 x ∈ [0, 1];

при a ∈(0, 14

)x ∈

[1 –√1 – 4a2

,1 +√1 – 4a2

];

при a = 14 x =12;

при a > 14 решений нет.

П р и м е р 2. Решим неравенство ax > 1/x. Заметим сначала,что попытка решить его аналитически уперлась бы в необходи-

71

мость очень тщательного и непростого рассмотрения множестваслучаев положительности и отрицательности a и x (при домно-жении или делении на отрицательное число неравенство меняетзнак). Поэтому не будем использовать аналитический метод; ре-шим это неравенство методом Oxa.1. ОДЗ неравенства задается, очевидно, условием x 6= 0, по-

этому на нашем рисунке ось Oa будет изображена пунктиром.

2. Решим теперь уравнение ax = 1/x. Находясь в ОДЗ, мыможем смело разделить на x, получим a = 1

x2. Построим соответ-

ствующий график на плоскости Oxa, не забыв нанести ОДЗ, тоесть изобразив ось Oa пунктиром. Пунктиром же будет изобра-жен и сам график, поскольку наше неравенство строгое. Линиина графике разбивают плоскость на 4 области, которые мы за-нумеруем (см. левый рисунок).

3. Теперь берем по точке в каждой области, подставляем еекоординаты в исходное неравенство и заполняем таблицу:


1 (–2, 1) нет

2 (2, 1) да

3 (–1, 0) да

4 (1, 0) нет

4. Закрашиваем области со словом «да» и рассматриваемгоризонтальные прямые a = const при различных значениях a(см. правый рисунок). Не забываем, что точки пересечения этихпрямых с пунктирными линиями следует изображать в виде«дырочек»! Промежутки, являющиеся пересечением построен-ных прямых с закрашенными областями, изображаем жирнымзеленым цветом.

72

5. Находим абсциссы упомянутых выше точек пересечения,решая уравнение ax = 1/x. Подписываем найденные значения нарисунке.6. И, наконец, записываем

ответ: при a 6 0 x < 0; при a > 0 x ∈(– 1√a, 0)∪(1√a, +∞

).

П р и м е р 3. Решим неравенствоx2 + 4a2

xa> 5. Снова будем

использовать наш любимый метод Oxa.1. ОДЗ неравенства задается системой x 6= 0, a 6= 0; обе оси

на рисунке будем изображать пунктиром.

2. Находясь в ОДЗ, решим уравнениеx2 + 4a2

xa= 5. Перенося

5 в левую часть, приводя к общему знаменателю и приравниваячислитель получившейся дроби к нулю, получим x2+4a2–5xa = 0или, раскладывая многочлен на множители, (x–a)(x–4a) = 0, чторавносильно совокупности x – a = 0 или x – 4a = 0.3. Построим соответствующие линии на рисунке (сплошными,

так как неравенство нестрогое); не забудем в местах пересече-ния этих сплошных линий и линий, задающих ОДЗ, изобразить«дырочки».4. Далее действуем по уже

известному нам алгоритму: ну-меруем получившиеся области,берем в каждой области по точке,заполняем таблицу, закрашиваемподходящие области, рисуем гори-зонтальные прямые для различныхa, определяем абсциссы пересе-чения этих прямых с линиями,являющимися границами областей,«ужирняем» части построенныхпрямых a = const, являющиеся пе-ресечением этих прямых с закра-шенными областями, записываемответ.

73


1 (–1, 1) нет

2 (1, 2) да

3 (4, 2) нет

4 (5, 1) да

5 (1, –1) нет

6 (–1, –2) да

7 (–4, –2) нет

8 (–5, –1) да

Ответ: при a < 0 x ∈ (–∞, 4a] ∪ [a, 0); при a = 0 решенийнет; при a > 0 x ∈ (0, a] ∪ [4a, +∞).

Практика 1


Решите уравнения:

320. *(x2 + 1)x

(x2 – x + 1)2=109. 321. * x2 +

x2

(x + 1)2=409.

322. * 118x2 + 1389x – 1507 = 0.

323. *x2 + x + 2

3x2 + 5x – 14=x2 + x + 6

3x2 + 5x – 10.

324. *x + 1x – 1

+x + 5x – 5

=x + 3x – 3

+x + 4x – 4

.

325. * 112 + 19(8 – 3xx + 3

+3 – 2xx + 7

)= 17

(15 – xx + 4

+31 + 2xx + 6

).

326. (x – 1)3 + (2x + 3)3 = 27x3 + 8.

327. *x2 + 1

3x2 + 2=4x2 – 5

x2 + 6.



74

328. x2 + 2103x + 2102 = 0.

329. *1x – 7

+1x – 5

+1x – 6

+1x – 4

= 0.

330. *x2 + 2x + 2x + 1

+x2 + 8x + 20x + 4

=x2 + 4x + 6x + 2

+x2 + 6x + 12x + 3

.

331. *3x2

x + 1+x + 1

x2= 4.

332. *1

6x2 – 7x + 2+

1

12x2 – 17x + 6= 4x2 – 5x.


320. Указание. Разделите числитель и знаменатель левой ча-сти на x2. Ответ. 2 и 1/2.

321. Указание. Поскольку в левой части стоит сумма двухквадратов, можно попробовать дополнить ее до квадрата суммыили разности. Срабатывает прием дополнения до квадрата раз-ности. Ответ. 2 и –23 .

322. Легко заметить, что один из корней равен 1. Далее при-меняем теорему Виета.

323. Указание. Пусть a и b — числитель и знаменатель дро-

би, стоящей в левой части, тогдаab=a + 4b + 4

, откуда a = b.

Ответ. –4 и 2.324. Указание. Перенесите дробь с 3 в левую часть, а дробь

с 5 в правую, после чего выполните вычитание в обеих частях.

Ответ. 0 и 7± 2√3.

325. Указание. Выделите целую часть в каждой дроби (так,чтобы в числителях дробей остались только числа). Ответ. –5.

327. Ответ. ±√2.

329. Указание. Сгруппируйте первую дробь с последней, а

вторую с третьей. Ответ.112и11±

√5

2.

330. Указание.x2 + 2x + 2x + 1

= x + 1 +1x + 1

. Преобразуйте та-

ким образом каждую дробь, после чего получившееся уравнение

75

запишите в виде4x + 4

–3x + 3

=2x + 2

–1x + 1

. Далее выполните

действия в левой и правой частях.

Ответ. 0 и –52 .

331. Ответ.1±√5

2и1±√13

6.

332. Указание. Разложите знаменатели на множители, преоб-

разуйте левую часть уравнения к виду2

8x2 – 10x + 3, после чего

выполните замену y = 4x2 – 5x. Ответ.5±√33

8.

Практика 2



333. * x2 +9x2

(x + 3)2= 16.

334. *(x2 + 1)2

x(x + 1)2=625112.

335. * x3 +1

x3= 5

(x +1x

).

336. * 10x2(x – 2)2 = 9(x2 + (x – 2)2).

337. * (x2 – 2x + 2)2 + 3x(x2 + 2x + 2) = 30x2.

338. *1

6x2 – 7x + 2+

1

12x2 – 17x + 6= 8x2 – 6x + 1.



339. * x(x + 4) +1x

(1x+ 4)= 0.

340. *x2

3+48

x2= 10

(x3–4x

).

76

341. *x(x – 1)2

(x2 – x + 1)2=29. 342. * x4 + 5x2(x + 1) = 6(x + 1)2.

343. *2x

x2 – 4x + 2+

3x

x2 + x + 2+54= 0.


333. 1±√7.

334. Указание. Выполните замену y = x +1x. Ответ. 7;

17.

335.√2± 1; –

√2± 1.

336. Указание. Выполните замену y = x2 – 2x. Ответ. –1; 3.

337. Указание. Поделите обе части уравнения на x2 и выпол-

ните замену y = x +2x. Ответ. –2±

√2;5±√17

2.

338. Указание. Левая часть преобразуется к виду

2

8x2 – 10x + 3=

2

2(2x – 1)2 – (2x – 1),

а правая — к виду 2(2x – 1)2 + (2x – 1). Ответ.2±

√1 +√332

4.

339.–2 –

√6±

√6 + 4

√6

2.

340. Указание. Выполните замену y =x3–4x.

Ответ. –2; 6; 3±√21.

341. Указание. Выполните замену y = x +1x.

Ответ. 2;12; 2±

√3.

342.1±√5

2;–3±

√3.

77

343. Указание. Поделите числитель и знаменатель первых

двух дробей на x и выполните замену y = x +2x. Ответ.

1; 2;–2±√2.

Практика 3



344. * 1 + x + |x2 – x – 3| = 0.345. * ||x + 3| – |x – 1|| = 2 – x2.346. * ||x2 – 3x| – x + 1| = 2x2 + x – 1.Решите системы:

347. *

xyx + 2y

+x + 2yxy

= 2,

xyx – 2y

+x – 2yxy

= 4.

348. *

3x – y = 1,|x – 2y| = 2.

349. *

3xy – x2 – y2 = 5,7x2y2 – x4 – y4 = 155.


Решите уравнения:350. * |x – 1| + |x – 3| = 2x – 4.351. * 2|x2 + 2x – 5| = x – 1.352. * (1 + x) · |x + 2| + x|x – 3| = 6x + 2.353. * ||x3 + x2 – 1| – 4| = x3 – x2 + 3.

354. * Решите систему

1

2x – 3y+

23x – 2y

=34,

32x – 3y

–4

3x – 2y= 1.

78


344. –√2 и 1 –

√5. 345. 0 и 1 –

√5. 346. 1 и

–5 –√33

2.

347.(2± 2

√3; 1± 1√

3

). 348. (0;–1) и

(45;75

).

349. Указание. Выполните замену u = x2 + y2, v = xy.Ответ. (±3;±2) и (±2;±3).

350. x > 3. 351.32и–5 +

√113

4. 352. –2 6 x 6 3. 353. 0; 1; 2.

354. (4; 2).

Практика 4


355. Решите уравнение a2(a + 1)(a – 1) = x2(x + 1)(x – 1).356. При каких a уравнение |x + 2| – |2x + 8| = a имеет един-

ственное решение?357. Решите уравнение |x + 3| – a|x – 1| = 4.

358. Сколько решений имеет система

4x2 – 2x + a = 0,|x| 6 1 ?

359. Сколько решений имеет уравнение a = ||x2 – 4| – 1|?


360. При каких a уравнение |x2 –6x+8|+ |x2 –6x+5| = a имеетболее 3 решений?

361. Решите уравнение x|2 + 2a| + 1 + a = 0.362. Решите уравнение a|x + 3| + 2|x + 4| = 2.

363. Сколько решений имеет система

x2 – 2ax – 1 = 0,|x| < 2 ?

79

Практика 5


364. Докажите, что для любых неотрицательных чисел a, b, c

и d выполняется неравенствоa + b + c + d

4> 4√abcd.

365. Докажите, что для любого положительного числа a выпол-

няется неравенство a+1a> 2, причем равенство достигается

только при a = 1.366. Докажите, что для любого множества вещественных чисел

aini=1 выполняется неравенство

minai 6a1 + a2 + . . . + an

n6 maxai.

Докажите неравенства:

367. 4(a3 + b3) > (a + b)3, a, b > 0.

368. a + b + c >√ab +

√bc +

√ac, a, b, c > 0.

369. a2 +1

a2 + 1> 1.

370. *Докажите, что если a1 6 a2 6 . . . 6 a10 (ai — произволь-

ные вещественные числа), тоa1 + · · · + a6

66a1 + · · · + a10

10.

371. *Докажите, что если a + 2b + 3c > 14, то a2 + b2 + c2 > 14.


372. Докажите, что для любых чисел a и b выполняется нера-венство a2 + b2 > 2ab.

373. *Докажите, что для любых неотрицательных чисел a, b, c

выполняется неравенствоa + b + c3

> 3√abc.

374. Докажите, что для любых чисел a > 1 и b < 1 выполняетсянеравенство a + b > 1 + ab.

375. Докажите, что для всех чисел a, b, c таких, что b < c < a,выполняется неравенство a2 + b2 > c2 + (a + b – c)2.

80

376. Докажите, что для всех a, b > 0 выполняется неравенство

(a + b)(1a+1b

)> 4.

377. Докажите неравенство a2 + b2 + c2 > 2(a + b + c) – 3.


370. Неравенство, которое нам требуется доказать, легко сво-дится к виду 2(a1+ · · ·+a6) 6 3(a7+ · · ·+a10). Но в каждой частиэтого неравенства одинаковое количество слагаемых, при этомлюбое слагаемое правой части больше или равно любого слага-емого левой части.

371. Указание. Примените неравенство Коши — Буняковско-го — Шварца к векторам (a, b, c) и (1, 2, 3).

373. Положите d =a + b + c3

и воспользуйтесь результатом

задачи 364.

Практика 6


Решите неравенства:

378. |x – a| + |x + a| > 4.379. x2 + a2 > 2(|x| – |a|).380. xa > 1 (ср. с 384!).

381. |1 – |x|| < a – x.

382. |x + 2a| < 8a2

|x – 2a|.



383. x2 + 2x+ a2 – 4a– 4 > 0.

384. a > 1/x (ср. с 380!).

385. |x2 – 5x + 4| < a.

386.x – 1a – 1

+ x <11 – a

.

387. x2 – 5xa + 6a2 > 0.

388. a +4a2

|x – 2a|> 0.

81

Т ем а 9

ДЕЙСТВИТЕЛЬНЫЕ ЧИСЛА.ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА

Лекция 1

9.1. Рациональные числа. Рациональным квазичислом назо-вем формальную запись вида mn , где m ∈ Z, n ∈ N. Определимпорядок на множестве квазичисел и операции над квазичисламитак, как это было сделано в 6 классе. Далее, назовем два квази-числа ab и

cd эквивалентными, если ad = bc. Нетрудно проверить,

что определенное таким образом отношение на самом деле яв-ляется отношением эквивалентности (то есть рефлексивно, сим-метрично и транзитивно); рациональным числом назовем классэквивалентности, а записью рационального числа — любое ква-зичисло, входящее в этот класс. В дальнейшем в речи будемдопускать вольность и квазичисла называть просто рациональ-ными числами, помня о том, что число всё-таки это не простоодна из форм его записи, а целый класс эквивалентности.

Например, записи 12 ,1224 и т. д. — это разные представите-

ли одного и того же рационального числа, а именно — классаэквивалентности

12,24,36, . . .

.

В жизни, однако, (и в традиционном школьном курсе математики)записи (квазичисла) 12 ,

24 называют просто рациональными чис-

лами, причем равными между собой. Слово «равенство» в этомслучае понимается как совпадение: приведенные записи по сутиявляются просто различными представителями одного и того жерационального числа.Множество рациональных чисел обычно обозначается буквой

Q (от латинского quotient — частное).Порядок на множестве рациональных чисел (т. е. на множе-

стве классов эквивалентности) и операции на этом множествеопределяются по представителям: например, чтобы сложить дварациональных числа, нужно взять по представителю (квазичис-лу) каждого слагаемого, сложить их, а затем рассмотреть классэквивалентности, представителем которого является полученная

82

сумма. Понятно, что нуждается в доказательстве корректность(независимость от представителей) определений порядка и опера-ций; мы этими доказательствами заниматься не будем, посколькуполное и детальное построение теории рациональных чисел вы-ходит за рамки нашего курса.Расширим теперь понятие квазичисла: кроме дробей вида mn ,

где m ∈ Z, n ∈ N, будем квазичислами называть также формаль-ные записи типа –23, 4355 (конечные десятичные дроби) или ти-па –23, 43353535 . . ., где группа цифр дробной части, начиная скакого-то места, повторяется бесконечное число раз (периоди-ческие десятичные дроби). Часто повторяющуюся группу цифрзаписывают в скобках и последнюю периодическую десятичнуюдробь записывают как –23, 43(35) уже без многоточия.Определим теперь отношение эквивалентности на множестве

«новых» квазичисел:1) периодическую десятичную дробь с 0 в периоде будем счи-

тать эквивалентной конечной десятичной дроби, у которой этотпериод отброшен;2) периодическую десятичную дробь с 9 в периоде будем счи-

тать эквивалентной конечной десятичной дроби, у которой этотпериод отброшен, а последняя перед периодом цифра увеличенана 1 (возможно, с переносом в старшие разряды: 299, (9) = 300).Для определения отношения эквивалентности между обыкно-

венными и десятичными (конечными или периодическими) дробя-ми нам нужно описать алгоритмы перевода одних видов дробейв другие: эквивалентными будем считать два квазичисла, еслиодно получено из другого с помощью такого алгоритма.Понятно, что конечные десятичные дроби переводятся в

обыкновенные простым подписыванием знаменателя: 2, 45 = 245100 .Обыкновенные дроби переводятся в десятичные простым де-лением «уголком»; если этот процесс когда-нибудь закончится,получим конечную десятичную дробь. Если же процесс не за-кончится, получим периодическую дробь, поскольку при делениина n остатки, как известно, могут получиться от 0 до n – 1и, следовательно, цифры в частном рано или поздно начнутповторяться.Осталось описать алгоритм перевода периодических десятич-

ных дробей в обыкновенные. Покажем его на двух примерах.

83

П р и м е р 1. Переведем в обыкновенную дробь число 0, (7).Пусть x = 0, 777 . . ., тогда 10x = 7, 777 . . .; 9x = 7; x = 79 .

П р и м е р 2. Переведем в обыкновенную дробь периодиче-скую десятичную дробь 23, 6(83). Имеем:

x = 23, 6838383 . . . ; 100x = 2368, 3838383 . . . .

Вычитая, получим:

99x = 2344, 7; x =2344, 799

=23447990

.

Итак, на новом множестве квазичисел (обыкновенные и деся-тичные дроби, конечные или периодические) мы полностью опре-делили отношение эквивалентности; теперь формой записи раци-онального числа может являться как обыкновенная, так и деся-тичная дробь. Например, 32;

96; 1, 5; 1, 4(9) — различные формы

записи одного и того же рационального числа.Можно доказать, что множество рациональных чисел является

полем.9.2. Действительные числа. Существует несколько теорий

действительного1 числа; наиболее известными считаются теорииК. Вейерштрасса (бесконечные десятичные дроби), Р. Дедекинда(сечения на множестве рациональных чисел), Г. Кантора (фун-даментальные последовательности). В задачу нашего курса невходит строгое изложение одной из этих теорий; набросаемлишь эскиз построения теории действительного числа, следуяКарлу Вейерштрассу.Назовем квазичислом любую десятичную дробь (пока про-

сто формальную последовательность цифр, возможно, содержа-щую одну запятую и минус спереди): конечную или бесконеч-ную, периодическую или непериодическую. Два квазичисла назо-вем эквивалентными, если одно можно получить из другого однойиз следующих двух операций:1) приписыванием или отбрасыванием 0 в периоде в дробной

части;

1 Действительные числа называют также вещественными: считается, чтопервый термин относится к московской математической школе, а второй — кпетербургской.

84

2) приписыванием или отбрасыванием 9 в периоде в дробнойчасти с одновременным уменьшением либо увеличением послед-него перед периодом разряда на 1 (с возможным изменениемпредыдущих разрядов) по понятным правилам.Например, 299, (9) ∼ 300 ∼ 300, (0).Нетрудно убедиться, что данное отношение рефлексивно, сим-

метрично и транзитивно, а потому в самом деле является отно-шением эквивалентности.Действительным числом назовем класс эквивалентности,

порожденный описанным отношением на множестве квазичисел.Множество действительных чисел обычно обозначается символомR (real — действительный).Порядок на множестве действительных чисел определим, взяв

представителей двух сравниваемых чисел, не содержащих 9 в пе-риоде, а затем сравнивая этих представителей лексикографически(как в словаре, то есть слева направо, сравнивая одноименныеразряды).Операции над действительными числами определяются сле-

дующим образом (проиллюстрируем на примере сложения; ана-логичным образом определяются и другие операции). Пусть да-ны слагаемые x = α0,α1α2α3 . . .; y = β0,β1β2β3 . . . (возьмем покакому-то представителю каждого слагаемого). Положим

z0 = α0 + β0;z1 = α0,α1 + β0,β1;z2 = α0,α1α2 + β0,β1β2; . . .

(каждый раз мы складываем конечные десятичные дроби, то естьрациональные числа, для которых сложение уже определено).Очевидно, множество квазичисел zi ограничено сверху (напри-мер, числом α0+β0+2), и поэтому имеет супремум (понятно, чтосам факт существования супремума у органиченного сверху мно-жества квазичисел нуждается в предварительном доказательстве).Этот супремум и объявляется суммой: x + y = supzii∈N∪0.Точнее, суммой объявляется не сам супремум, а класс эквива-лентности, порожденный квазичислом — супремумом.То, что мы описали — очень грубый набросок определе-

ния операции сложения. Еще нужно доказать корректность этогоопределения (независимость от выбора конкретных квазичисел —представителей данных слагаемых), свойства сложения (коммута-тивность, ассоциативность и пр.) и много чего еще. В конечномитоге можно доказать, что определенное таким образом множе-

85

ство действительных чисел с операциями сложения и умноженияявляется полем. Действительное число, не являющееся рацио-нальным, называется иррациональным.Заметим, что аналогичным образом определяется и степень

положительного действительного числа с действительным пока-зателем (степень рационального числа с рациональным показа-телем была определена в курсе математики основной школы).Можно доказать, что для степени с действительным показателемвыполняются те же свойства, что и для степеней с натуральным,целым или рациональным показателем.

9.3. Степенная функция. Степенной называется функция, за-данная формулой y = xp, где p ∈ R. В зависимости от значения pэта функция будет иметь различные область определения, свой-ства и график. Рассмотрим все возможные случаи.

С л у ч а й 1. p ∈ N ∪ 0. Заметим, что 00 не определен, по-этому при p = 0 на графике будет «дырочка» (выколотая точка).Все возможные графики (наш случай распадается на три подслу-чая) изображены на рисункaх (как выглядит график при p = 1,мы изображать не стали). Понятно, что естественной областьюопределения степенной функции в этом случае является R, еслиp 6= 0, и R \ 0, если p = 0.

p = 0 p ∈ N,p — четное

p ∈ N, p 6= 1,p — нечетное

С л у ч а й 2. p ∈ Z, p < 0. Так как 0 в отрицательной сте-пени не определен, естественной областью определения функциив этом случае будет R \ 0. График функции в двух подслучаяхизображен на рисунке.

86

p ∈ Z, p < 0,p — четное

p ∈ Z, p < 0p — нечетное

С л у ч а й 3. p — дробное (рациональное, но не целое) илииррациональное, т. е. p /∈ Z. В этом случае, конечно, можно рас-смотреть множество подслучаев и в каждом из них находитьестественную (то есть максимально возможную по включению)область определения, однако никто этим не занимается и принятосчитать, что естественной областью определения степенной функ-ции с дробным или иррациональным показателем степени явля-ется [0, +∞) при p > 0 и (0, +∞) при p < 0 (хотя в ряде учеб-ников, например, у Ш.А.Алимова, в обоих случаях естествен-ной областью определения считается (0, +∞)). График функциив различных подслучаях этого случая изображен на рисунке.

p /∈ Z, p < 0 p /∈ Z, p ∈ (0, 1) p /∈ Z, p ∈ (1, +∞)

Обратите внимание на интересный казус: функции y = 3√x и

y = x1/3 — это разные функции (хоть у них и совпадают зна-чения при x > 0). Разные они из-за своей естественной областиопределения: у первой это R, а у второй [0, +∞). Их графикиизображены на рисунке.

87

y = 3√x y = x1/3

9.4. Иррациональные уравнения. Иррациональным принятоназывать уравнение, содержащее знаки радикала (извлечениякорня) или дробные показатели степени. Такие уравнения реша-ются сведением к равносильным рациональным уравнениям. Мырассмотрим, собственно, только одно уравнение —

√P(x) = Q(x)

(где P(x) и Q(x), как правило, многочлены, хотя это непринци-пиально); все остальные иррациональные уравнения решаютсяобычно либо методом замены, либо методами, аналогичнымирассмотренным ниже.Замечательная вишенка на торте при решении уравнения√P(x) = Q(x) состоит в том, что ОДЗ находить не требуется.Просто заметим, что при Q(x) < 0 уравнение, очевидно, решенийне имеет, а при Q(x) > 0 обе части уравнения можно возве-сти в квадрат и, в силу инъективности операции возведения вквадрат на неотрицательной полуоси, мы получим равносильноеуравнение. Итак,√

P(x) = Q(x)⇔P(x) = Q2(x),Q(x) > 0.

Обратите внимание, что вторая строчка системы — это не ОДЗ!Можно называть ее условием возведения в квадрат.Так что же всё-таки с ОДЗ, почему нам не требуется его

находить? Всё очень просто: значения x, при которых P(x) < 0,не могут, очевидно, являться решением уравнения P(x) = Q2(x)(его правая часть неотрицательна, а левая отрицательна) и темсамым отсеются автоматически.Есть и второй способ решения уравнения

√P(x) = Q(x): не

думая ни о чем, возвести в квадрат (при этой операции без усло-вия неотрицательности обеих частей уравнения мы, вообще го-воря, можем получить посторонние корни), а конце сделать про-

88

верку, подставив найденные корни в исходное уравнение. Универ-сального совета здесь быть не может: какие-то уравнения удоб-нее решать именно так, а какие-то — сведением к равносильнойсистеме из уравнения и неравенства.

9.5. Иррациональные неравенства. В отличие от уравнений,при решении неравенств невозможно сделать проверку. Поэтомуиррациональные неравенства решаются (наряду с часто исполь-зуемым методом замены) двумя основными методами: сведениемк системам (совокупностям) и методом интервалов.Сначала рассмотрим, как свести к системе или совокупно-

сти неравенство√P(x) < Q(x) (знак неравенства может быть и

нестрогим, это непринципиально). Понятно, что при Q(x) < 0 ре-шений у неравенства (как строгого, так и нестрогого) нет. ПриQ(x) > 0 обе части неравенства неотрицательны и, посколькуквадратичная функция строго возрастает на неотрицательной по-луоси, возведение обеих частей в квадрат приведет нас к равно-сильному неравенству. Небольшая проблема в том, что те зна-чения x, при которых P(x) < 0, уже не отсеются автоматически,поэтому в систему необходимо добавить условие, задающее ОДЗ.Таким образом,

√P(x) < Q(x)⇔

P(x) < Q2(x),Q(x) > 0,P(x) > 0.

Несколько иная ситуация возникает при решении неравенства√P(x) > Q(x). Если Q(x) < 0, то такие значения x решения-ми неравенства являются (с учетом ОДЗ, конечно)! Этот случайочень часто забывается решающими, это очень распространен-ная ошибка. Если же Q(x) > 0, обе части можно возвести вквадрат; приятно, что значения x, не входящие в ОДЗ, решени-ями получившегося после возведения в квадрат неравенства неявляются, так что в этом случае ОДЗ можно не учитывать. Итак,

√P(x) > Q(x)⇔

P(x) > 0,Q(x) < 0,P(x) > Q2(x),Q(x) > 0.

89

Рассмотрим теперь метод интервалов. Он практически ничемне отличается от метода интервалов, используемого при решениирациональных неравенств, и состоит из нескольких понятных эта-пов. Заметим, что этот метод может быть применен не только длярассмотренных выше элементарных иррациональных неравенств,но и для более сложных.1. Находим ОДЗ неравенства и наносим его на числовую ось.2. Решаем соответствующее иррациональное уравнение, заме-

няя знак неравенства на знак равенства.3. Наносим найденные корни, входящие в ОДЗ, на числовую

ось («жирными» точками или «дырочками» в зависимости от того,строгим или нестрогим было исходное неравенство).4. Наша ОДЗ тем самым разбилась на промежутки. Не нуж-

но рассматривать промежутки вне ОДЗ: вне ОДЗ «жизни нет»!Выбираем в каждом промежутке по точке, подставляем их в ис-ходное неравенство, определяем, верно ли оно. Если неравенствонестрогое, не теряем изолированные точки (эта коллизия подроб-но рассматривалась при решении рациональных неравенств).Заметим, что для иррациональных неравенств уже не так про-

сто определить правила чередования знаков на промежутках взависимости от кратности корней, как это делалось при решениинеравенств рациональных. Надежнее поэтому брать по точке вкаждом промежутке.

Практика 1



389. *√5 + 2x = 5 – x. 390. *

√5 – x =

√3 + 2 – x.

391. *√3x + 1 –

√2x – 1 = 7.

392. *√x2 – 7x + 1 =

√2x2 – 15x + 8.

393. * x+

√x2 + 4xx – 2

= 0. 394. *

√4 + x

2 +√4 + x

=

√4 – x

2 –√4 – x

.

395. *√5x + 7 –

√x + 4 = 4x + 3.

90



396. *√5x – 34 = x – 7.

397. *√6 – 4x – x2 = x + 4.

398. *1 – x1 + x

√1 + 3x1 – 3x

= 0.

399. *√5 – x +

√8 + 2x = 2.

400. *

√x + 6 –

√x – 6√

x + 6 +√x – 6

=x6.


389. 2. 390. 2. 391. 481. 392. 7. 393. 0; –1. 394. 2√3.

395. Указание. Домножьте обе части на сумму радикалов, за-тем примените идею о монотонности. Ответ. –34 .

396.19 +

√29

2. 397. –1. 398. –13 . 399. ∅. 400. 6.

91

Практика 2



401. *√x2 – 3x – 3 < 5 – x. 402. * 3

√x – 2

√x – 1 >

√x + 1.

403. *√x + 2 +

√3 – x < 3. 404. * (x – 2)

√x2 – 2x – 3 > 0.

405. *√x2 + 2x –

√x2 + 3x – 4 > x +

12.



406. *√7 + x > 7 – 2x.

407. * 2x – 13 6√1 + 7x – x2.

408. *√3x + 1 6 x + 1.

409. *

√2 – x + 4x – 3

x> 2.

410. *√5 + x2 –

√x – 2 > x + 1.

411. *√x + 2 –

√x – 1 > 1. 412. * (9 – x2)

√x + 4 > 0.

413. *√3x2 + 2x +

√14x2 + 23x + 8 6

√17x2 + 25x + 8.


401.

(–∞; 3 –

√212

]∪

[3 +√212

; 4

).

402. Подкоренное выражение в левой части равно(√x – 1 – 1

)2.

403. [–2;–1) ∪ (2; 3]. 404. –1 ∪ [3;+∞).

405. (–∞; –4] ∪[1; 6556

). 406. x > 2. 407.

[7 –√532

; 7

].

408.[–13; 0

]∪ [1;+∞). 409. (–∞; 0) ∪ [1; 2]. 410. 2.

411. [1; 2). 412. [–3; 3] ∪ –4. 413. –87; 0.

92

Практика 3



414. * |2 –√x + 2| > x – 2.

415. * |√x + 2 –

√x + 3| 6 1.

416.√a – x – 1 <

√2 – x.

417. (a + 1)√2 – x < 1.

418. * x + 4a > 4√ax.

419. *(√1 + 2x2 – 1 – x2)(|2x + 3| – |3x + 2|)(x2 – 5x + 4)(

√5 + x + 1 – x)(x99 – 1)

6 0.



420. *√5 – |x + 1| 6 2 + x. 421. *

(x2 – 1)(√3 + x2 + 2x)

|x – 2| – 4x + 3> 0.

422. a√x + 1 < 1. 423.

√a – x2 > x + 1.


414. [–2; 2). 415. [–2;+∞). 418. Выделите полный квадрат.419. [–5;–1] ∪ 0 ∪ (1; 4) ∪ (4;+∞). 420. [0; 4]. 421. –1.

Т е м а 10

ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ И ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕФУНКЦИИ, УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА

Лекции 1–2

10.1. Показательная функция. Показательной называет-ся функция, заданная формулой f(x) = ax, где a > 0, a 6= 1.Естественной областью определения этой функции является всячисловая прямая, а множеством значений — полупрямая (0, +∞).Разберемся теперь с монотонностью показательной функции.

Как было доказано в курсе математики основной школы, если

93

неравенство с положительными частями возвести в положитель-ную степень, знак не равенства не меняется, если в отрица-тельную — меняется. Рассмотрим два случая.1. a > 1. Пусть x2 > x1; возведем неравенство a > 1 в поло-

жительную степень x2–x1; знак неравенства не поменяется, и мыполучим ax2–x1 > 1, то есть ax2 > ax1 . Мы доказали тем самым,что при a > 1 показательная функция строго возрастает.2. 0 < a < 1. Пусть x2 > x1; возведем неравенство a < 1 в

положительную степень x2 – x1; знак неравенства не поменяет-ся, и мы получим ax2–x1 < 1, то есть ax2 < ax1 . Мы доказалитем самым, что при a ∈ (0, 1) показательная функция строгоубывает.Для примера на рисунке представлены графики функций

y = 2x и y =(12

)x.

y = 2x y =(12

)x10.2. Показательные уравнения. Показательным называется

уравнение, содержащее неизвестное в показателе степени (и несодержащее его в основании). Рассмотрим некоторые стандарт-ные методы решения и классы показательных уравнений; произ-вольные показательные уравнения так или иначе решаются ком-бинацией этих методов и сведением к одному из рассмотренныхклассов.1. Сведение к одному основанию. Рассмотрим этот метод на

примере уравнения

0, 6x ·(259

)x2–12=(27125

)3.

Внимательно вглядываясь в него, можно заметить, что основания

степеней связаны между собой: 0, 6 = 35 ,259 =

(35

)–2, 27125 =

(35

)3.

94

Поэтому уравнение можно переписать в виде(35

)x·(35

)–2x2+24=(35

)9⇔

(35

)–2x2+x+24=(35

)9.

Далее очень хочется из равенства левой и правой частей и ра-венства оснований сделать вывод о равенстве показателей. Этотход, вообще говоря, недостаточно обоснован, ведь из равенстваf(a) = f(b) не всегда следует, что a = b. Поэтому в момент этогоперехода крайне желательно написать фразу «так как показа-тельная функция инъективна, то. . . » (если вы не уверены, чтопроверяющий знает слово «инъективна», можно вместо него на-писать «строго монотонна»); далее будем эту и подобные ей фра-зы называть заклинанием. Итак, так как показательная функцияинъективна, то –2x2 + x + 24 = 9, откуда x1 = 3, x2 = –

52 .

2. Сведение к одному показателю. Решим уравнение 3x = 52x.Перепишем его в виде 3x = 25x и поделим обе части на заведомо

ненулевое число 25x, получим(325

)x= 1 или

(325

)x=(325

)0.

Так как показательная функция инъективна (не забывайте писатьзаклинание!), x = 0.3. Вынесение за скобку. Если левая часть уравнения является

суммой слагаемых вида akx+b и все коэффициенты перед x равнымежду собой (это важно, иначе ничего не получится!), можноakx (или даже a в степени, равной наименьшему из имеющихсяпоказателей, что удобнее) вынести за скобку. Решим, например,уравнение

25 · 3x – 10 · 3x+1 + 3x+2 = 36.Здесь можно вынести за скобку 3x, получим

3x (25 – 10 · 31 + 32) = 36 ⇔ 4 · 3x = 36 ⇔ 3x = 32.

Так как показательная функция инъективна, x = 2.4. Комбинация методов 2 и 3. Рассмотрим уравнение

28–x + 73–x = 74–x + 11 · 23–x.

Разнесем члены с одинаковыми основаниями по разным частямуравнения и в каждой части произведем вынесение за скобку,

95

получим

23–x (25–11) = 73–x (71–1)⇔ 21·23–x = 6·73–x ⇔ 7·23–x = 2·73–x.

Поделив обе части уравнения на 7 · 73–x, получим(27

)3–x= 27 .

Так как показательная функция инъективна, 3 – x = 1, откудаx = 2.5. Замена. Метод замены в особых комментариях не нуждает-

ся, просто приведем пример, решив уравнение 32x+1–10·3x+3 = 0.Пусть t = 3x, тогда 3t2–10t+3 = 0, откуда t = 3 или t = 13 . Таким

образом, 3x = 3 или 3x = 13 , а поскольку показательная функцияинъективна, x1 = 1, x2 = –1.6. Однородные уравнения. Напомним, что однородным назы-

вается уравнение, в котором можно выполнить двойную заменуu = . . ., v = . . . так, что получится уравнение P(u, v) = 0, гдеP(u, v) — однородный многочлен (все его одночлены имеют оди-наковую степень). Идея однородности уже встречалась нам прирешении рациональных уравнений, встретится она и в будущем,при решении уравнений тригонометрических.

Рассмотрим уравнение 25x+13·10x = 7·22x+1. Легко заметить1,что (мы не будем использовать переменные u и v) уравнениеможно переписать в виде(

5x)2 + 13 · (5x) · (2x) – 14 · (2x)2 = 0.

Разделим обе части уравнения на заведомо ненулевое число(2x)2, получим ((

52

)x)2+ 13 ·

(52

)x– 14 = 0.

Пусть t =(52

)x, тогда t2 + 13t – 14 = 0, откуда (привет Франсуа

Этьеновичу Виету!) t = –14 или t = 1. Уравнение(52

)x= –14

1 Легкость эта достигается только личным опытом решения достаточнобольшого количества уравнений. . .

96

решений не имеет, так как показательная функция положительна

на всей области определения, а из уравнения(52

)x= 1 в силу

инъективности показательной функции получим x = 0.10.3. Показательные неравенства. Показательные неравен-

ства решаются теми же методами, что и показательные уравне-ния. Принципиальное отличие состоит лишь в заклинании: требу-ется не просто сослаться на инъективность показательной функ-ции, а обратить внимание на основание. Если оно больше 1, топоказательная функция возрастает (об этом нужно писать в за-клинании!) и знак неравенства не меняется (то есть из ax1 > ax2следует x1 > x2), а если оно меньше 1, то знак неравенстваменяется (из ax1 > ax2 следует x1 < x2). Рассмотрим примеры.

П р и м е р 1. Решим неравенство 53x+1–53x–3 6 624. Выносяза скобки 53x–3, получим 53x–3 (54 – 1) 6 624, или 53x–3 6 50.Так как 5 > 1, функция 5t возрастает, поэтому 3x–3 6 0, то естьx 6 1.

П р и м е р 2. Решим неравенство 0, 4x – 2, 5x+1 > 1, 5. За-

метим, что 0, 4 = 25 , а 2, 5 =

52 и выполним замену t =

(25

)x,

получим t– 52 ·1t >

32 . Здесь можно не использовать метод интер-

валов, поскольку t > 0 (показательная функция положительна навсей области определения); просто домножим обе части неравен-ства на положительное число 2t, получим 2t2 –3t–5 > 0, откуда

t ∈ (–∞, –1) ∪(52 , +∞

). Получим совокупность

(25

)x< –1,(

25

)x>52.

⇔

(25

)x< –1,(

25

)x>

(25

)–1.

Первое неравенство этой совокупности решений не имеет, по-скольку показательная функция положительна на всей областиопределения. Решая второе неравенство, заметим, что 25 < 1, по-

этому функция(25

)xубывает и знак неравенства меняется, от-

куда x < –1.

97

Лекция 3

Ну что ж... вот мы и добрались до логарифмов, этого жупела,которым пугают маленьких детей. Но мы уже не маленькие, такчто... вперед!

10.4. Определение логарифма. Основное логарифмическоетождество. На самом деле логарифм — это очень просто. На-до запомнить всего-то одну фразу. Еще лучше написать ее набольшом плакате и повесить дома на видном месте:

Логарифм — это показатель степени!

Перейдем теперь к подробному определению. Логарифмомчисла x по основанию a называется такой показатель степениp, что ap = x:

p = loga x⇔ ap = x.

Здесь a называется основанием логарифма, p — значениемлогарифма, x — логарифмируемым числом. Запись loga x читает-ся, как нетрудно догадаться, «логарифм числа x по основанию a».Если основание равно 10, то логарифм называется десятичным;для него есть специальное обозначение: log10 x = lg x. Если осно-вание равно e (числу Эйлера, которое мы будем изучать в 11-мклассе, e ≈ 2, 71828 . . .), то логарифм называется натуральным;для него тоже есть специальное обозначение: loge x = ln x.В этом месте следует немного остановиться и подумать над

примерами:

Запись со степенью Запись с логарифмом

23 = 8 log2 8 = 3

104 = 10000 lg 10000 = 4

3–2 = 19 log319 = –2

512 =√5 log5

√5 = 12

2–32 = 1

2√2

log212√2= –32

Вы еще не забыли? Логарифм — это показатель степени!Определение логарифма можно записать в такой форме:

aloga x = x; это равенство называется основным логарифмическим

98

тождеством. Если кто-нибудь когда-нибудь попросит вас егодоказать — смело говорите: это же просто определение, так чтодоказывать нечего.Разберемся теперь, какими могут быть основание логариф-

ма, логарифмируемое число и значение логарифма. Традиционнологарифмы рассматриваются только с таким основанием a, чтоa > 0 и a 6= 1 (как и у показательной функции). Это понятно,так как 0 и 1 можно долго возводить в различные степени —ничего интересного не получится; с отрицательными основаниямии подавно всё сложно. Понятно также, что если вы положитель-ное и не равное 1 основание возводите в любую степень, тоу вас всегда получится положительное число. Поэтому логариф-мы существуют только для положительных чисел. Наконец, изприведенных выше примеров становится понятно, что значениелогарифма может быть любым действительным числом. Итак,

p = loga x ⇔ a > 0, a 6= 1, x > 0, p ∈ R.

10.5. Основные свойства логарифмов. Считается, что основ-ными свойствами логарифмов являются утверждения о логарифмепроизведения, частного и степени:

loga xy = loga x + loga y,

logaxy= loga x – loga y,

loga xp = p · loga x.

Перед тем, как приступить к их доказательству, сделаем дваважных замечания.1. Мы будем рассматривать эти свойства только для поло-

жительных чисел: x > 0, y > 0 (p — любое). На самом делеможно записать и несколько более общие свойства, например,loga xy = loga |x| + loga |y| (оно выполняется для ненулевых x иy одного знака), но на практике они используются достаточноредко, поэтому ограничимся положительными x и y.2. Применение записанных выше формул слева направо на-

зывается логарифмированием, а применение их справа налево —потенцированием. Нетрудно понять, что логарифмированиесужает ОДЗ, а потенцирование расширяет его. Рассмотрим,например, формулу loga xy = loga x + loga y. В левой ее части

99

x и y могут быть ненулевыми числами одного знака, в этомслучае их произведение будет положительно (вы еще не забыли,что логарифмы существуют только для положительных чисел?)В правой же части этой формулы x и y должны быть толькоположительны. Таким образом, при применении формулы слеванаправо ОДЗ сужается, а при применении её справа налево —расширяется.Это необходимо помнить при решении уравнений и нера-

венств с логарифмами. Логарифмирование может привести к по-тере корней из-за сужения ОДЗ, а потенцирование — к появле-нию посторонних корней. Поэтому логарифмировать при решенииуравнений и неравенств, вообще говоря, нельзя (во всяком слу-чае, вы должны подумать о сужении ОДЗ и о возможной потерекорней), а потенцировать можно, если вы предварительно нашлиОДЗ и найденные корни проверяете на вхождение в неё.Докажем одно из приведенных выше основных свойств лога-

рифмов, а именно — формулу логарифма произведения (осталь-ные свойства доказываются аналогично). Пользуясь свойствамистепени и основным логарифмическим тождеством, мы можем за-писать:

aloga x+loga y = aloga x · aloga y = xy = aloga xy.

Поскольку показательная функция инъективна, из равенства сте-пеней следует равенство показателей, что нам и требовалось до-казать.

10.6. Дополнительные свойства логарифмов. Рассмотрим те-перь еще четыре свойства логарифмов, которые следуют из ос-новных свойств.1. Формула перехода к новому основанию. Прологарифмируем

основное логарифмическое тождество aloga x = x по основанию b(подумайте самостоятельно, какими могут быть значения букв,входящих в доказанную ниже формулу):

logb

(aloga x

)= logb x⇒ loga x · logb a = logb x⇒ loga x =

logb xlogb a

.

Итак, loga x =logb xlogb a

. Эта формула и называется формулой

перехода к новому основанию: представим, что у нас есть некийавтомат, логарифмирующий числа по основанию b, а мы хотим

100

найти loga x — здесь-то нам и поможет формула перехода к но-вому основанию. Мы просто логарифмируем по «новому» осно-ванию b, а потом делим на логарифм старого основания a поновому основанию b.2. Степень в основании логарифма. Из формулы перехода к

новому основанию легко получается следствие: logap x =1p loga x

(докажите его самостоятельно). Сравните эту формулу со свой-ством логарифма степени: если в степень p возводится логариф-мируемое число, то «вперед выносится» число p, а если в этустепень возводится основание, то вперед выносится 1p .

3. «Переворачивание». Из той же формулы перехода к но-вому основанию столь же легко выводится еще одно следствие:

loga b =1

logb a. Таким образом, логарифмы можно «переворачи-

вать», меняя местами основание и логарифмируемое число. По-думайте самостоятельно, как при этом меняются области допу-стимых значений a и b.4. Формула «abc— cba». Докажем напоследок красивую фор-

мулу alogb c = clogb a. Для доказательства возьмем формулу пере-

хода к новому основанию loga c =logb clogb a

, получим из нее logb c =

= loga c · logb a, а потом основание a возведем в степень, равнуюлевой и правой частям:

alogb c = aloga c · logb a =(aloga c

)logb a= clogb a.

Итак, мы доказали следующие дополнительные свойства ло-гарифмов:

loga x =logb xlogb a

,

logap x =1p

loga x,

loga b =1

logb a,

alogb c = clogb a.

101

10.7. Примеры преобразований логарифмических выраже-ний. Приведем два примера на применение доказанных свойств.П р и м е р 1.

log7 14 –13 log7 56

log6 30 –12 log6 150

=log7 (7 · 2) – 13 log7

(7 · 23

)log6 (6 · 5) – 12 log6

(6 · 52

) ==1 + log7 2 –

13 (1 + 3 log7 2)

1 + log6 5 –12 (1 + 2 log6 5)

=1 – 131 – 12

=2/3

1/2=43.

П р и м е р 2.

(8114–12 log9 4 + 25log125 8

)· 49log7 2 =

=

8114(

8112

)log9 4+(52) 13 log5 2

3

· (72)log7 2=

=(34+(5log5 2

)2)·(7log7 2

)2=(34+ 4)· 4 = 3 + 16 = 19.

Лекция 4

10.8. Логарифмическая функция. Логарифмической называ-ется функция f(x) = loga x (где a > 0, a 6= 1). Понятно, что ееестественной областью определения является множество (0, +∞),а множеством значений — вся числовая прямая.Докажем, что при a > 1 логарифмическая функция строго

возрастает. Предположим противное: существуют x1 < x2 такие,что loga x1 > loga x2. Поскольку показательная функция с ос-нованием, большим 1, возрастает, то aloga x1 > aloga x2 , то естьx1 > x2. Противоречие.Аналогично доказывается строгое убывание логарифмической

функции при 0 < a < 1. Эскизы графика логарифмической функ-ции выглядят примерно так:

102

y = log2 x y = log 12x

Заметим, что из определения логарифма сразу следует, чтопоказательная и логарифмическая функции — взаимно обратные(y = ax тогда и только тогда, когда x = loga y). График логариф-мической функции поэтому симметричен графику показательнойфункции с тем же основанием относительно биссектрисы первойи третьей четвертей:

10.9. Логарифмические уравнения и неравенства. При реше-нии логарифмических уравнений и неравенств следует помнить оследующих важных вещах:1. Решая уравнение, можно не находить предварительно его

ОДЗ, потому что после нахождения корней можно сделать про-верку (если в процессе решения вы применяли операции, веду-щие к расширению ОДЗ и появлению посторонних корней). Прирешении неравенств проверку сделать невозможно, поэтому все-гда нужно начинать с нахождения ОДЗ.2. Потенцирование ведет, вообще говоря, к расширению ОДЗ,

а логарифмирование — к её сужению. Поэтому потенцироватьможно (с учетом сказанного в предыдущем пункте), а логариф-мировать нельзя (если только вы не уверены, что сужения ОДЗне произойдет).3. При решении неравенств — в тот момент, когда вы

переходите от неравенства с логарифмами к неравенству безних, — не забывайте писать «заклинание», ссылаясь на возрас-

103

тание или убывание логарифмической функции. Например, изlog0,4 a > log0,4 b следует, что a < b, так как логарифмическаяфункция с основанием 0, 4 убывает.4. Если неизвестное содержится в основании логарифма, при-

дется рассматривать два случая: когда основание больше 1 и ко-гда оно принадлежит интервалу (0, 1). Лучше всего, найдя пред-варительно ОДЗ, разбить её (а не всю числовую ось) на дваподмножества (в одном основание больше 1, а в другом меньше)и рассмотреть два соответствующих случая.Рассмотрим теперь несколько простых примеров.

П р и м е р 1. Решим уравнение log5 (x2 – 11x + 43) = 2. Вспо-

миная определение логарифма, запишем уравнение в видеlog5 (x

2 – 11x + 43) = log5 25. Так как логарифмическая функцияинъективна, x2 – 11x + 43 = 25, тогда x ∈ 2, 9. Заметим, чтов тот момент, когда мы «избавились» от логарифма, расши-рения ОДЗ не произошло, поскольку выражение, стоящее подзнаком логарифма, «приравнялось» к положительному числу 25.Наверное, более правильным было бы написать что-то вроде

log5 (x2 – 11x + 43) = log5 25 ⇔

x2 – 11x + 43 = 25,

x2 – 11x + 43 > 0,

но в данном случае в этом нет необходимости. Правда, прове-ряющий какого-нибудь ЕГЭ может подумать, что вы просто незнаете о необходимости следить за ОДЗ, так что лучше всё-такиили находить ОДЗ заранее, или сводить уравнение к системе (какнаписано выше), или делать проверку.П р и м е р 2. Решим уравнение log4 (x + 12) · logx 2 = 1. Его

ОДЗ задается условиями x > 0, x 6= 1. Вспомнив одно из свойствлогарифма, заметим, что logx 2 =

1log2 x

и перепишем уравнениев виде log4 (x + 12) = log2 x. Обратите внимание: ОДЗ расшири-лась! Теперь она задается только условием x > 0. Но мы пред-варительно нашли её, так что расширение ОДЗ нам теперь нестрашно.

Поскольку log4 (x + 12) =12 log2 (x + 12), уравнение можно за-

писать в виде log2 (x + 12) = 2 log2 x или, внося множитель 2 подзнак логарифма, даже так: log2 (x + 12) = log2 x

2. Обратите вни-

104

мание: в момент внесения двойки под знак логарифма (операциипотенцирования) ОДЗ снова расширилась!Поскольку логарифмическая функция инъективна (не забы-

вайте писать это заклинание!), имеем x+12 = x2, откуда находимx ∈ –3, 4. Вот и пригодилось нам найденная предварительноОДЗ: число –3 в неё не входит! Таким образом, в ответе будетлишь число 4.П р и м е р 3. Решим неравенство log1/3 x > –2. Переписав его

в виде log1/3 x > log1/3 9 заметим, что13 < 1, поэтому логариф-

мическая функция убывает и неравенство равносильно системеx 6 9,x > 0.

Ответ: x ∈ (0, 9].В этом примере, конечно, очень важно было не забыть про

ОДЗ. У вас вообще должна сложиться стойкая ассоциация: ло-гарифм — ОДЗ. Однажды мы даже проводили небольшой поэ-тический конкурс на лучшее двустишие на тему ОДЗ:

Если делаешь д/з —Не забудь про ОДЗ!

Очень вкусен торт безе —Не забудь про ОДЗ!

Коль не хочешь быть козэ —Не забудь про ОДЗ!

и так далее. Первое место досталось следующему двустишию:

Был в Кармен влюблен Хозе,Позабыл про ОДЗ...

Словом, не забывайте про ОДЗ, решая логарифмическиеуравнения и неравенства (и в других случаях тоже, конечно)!П р и м е р 4. Решим неравенство logx2+3x (x + 3) < 1. Сначала

найдем ОДЗ:x2 + 3x > 0,

x2 + 3x 6= 1,x + 3 > 0.

⇔ x ∈

(0,–3 +

√13

2

)∪

(–3 +

√13

2, +∞

),

105

при этом на левом интервале, входящем в ОДЗ, основание ло-гарифма меньше 1, а на правом — больше 1.

Случай 1. x ∈(0, –3+

√13

2

). Основание логарифма мень-

ше 1, поэтому знак неравенства меняется; заменим еще 1 наlogx2+3x (x

2 + 3x):

x + 3 > x2 + 3x ⇔ x ∈ (–3, 1),

а с учетом рассматриваемого случая x ∈(0, –3+

√13

2

).

Случай 2. x ∈(–3+√13

2 , +∞). Основание логарифма больше

1, поэтому знак неравенства не меняется:

x + 3 < x2 + 3x ⇔ x ∈ (–∞, –3) ∪ (1, +∞),

а с учетом рассматриваемого случая x ∈ (1, +∞).Объединяя оба случая, получим

Ответ: x ∈(0, –3+

√13

2

)∪ (1, +∞).

10.10. Метод рационализации. Довольно часто при решениилогарифмических неравенств с неизвестным в основании лога-рифма применяется метод рационализации, состоящий в следу-ющем (будьте внимательны со знаками неравенств!) Решая нера-венство

logp(x) f(x) < logp(x) g(x)

и найдя его ОДЗ, мы не рассматриваем два случая, а вместоэтого решаем неравенство(

p(x) – 1)(f(x) – g(x)

)< 0.

Полученное решение мы, естественно, пересекаем с найденнойОДЗ. Эта нехитрая уловка позволяет несколько уменьшить объ-ем записей при решении.Решим методом рационализации уже рассмотренное в примере

4 неравенство

logx2+3x (x + 3) < logx2+3x (x2 + 3x).

106

Найдя его ОДЗ(0, –3+

√13

2

)∪(–3+√13

2 , +∞), решим методом ин-

тервалов рациональное неравенство(x2+3x–1

)((x+3)–(x2+3x)

)< 0⇔ (x2+3x–1)(–x2–2x+3) < 0 :

Пересекая найденное решение с ОДЗ, получим тот же самый

Ответ: x ∈(0, –3+

√13

2

)∪ (1, +∞).

Практика 1



424. (0, 4)x–1 = (6, 25)6x–5.

425.(2/3)x (9/8)x= 27/64.

426.233

√(827

)5/x=(94

)–4.

427. 2√x+1 = 16·

√(0, 25)3–0,25x.

428. 52x+1 – 3 · 52x–1 = 550.429. 4x–3x–0,5 = 3x+0,5–22x–1.430. 52x – 2 · 5x = 15.431. 4 · 22x – 6x = 18 · 32x.432. 8x + 18x = 2 · 27x.433. 5 · 23x–3 – 3 · 25–3x = –7.

434.(√5 + 2

√6)x+(√5 – 2

√6)x= 10.

435. Решите систему

5x · 8y = 512000,x + y = 7.



107

436.(1/6252

)–x=√0, 04.

437.(34

)x–1·

√(43

)8/x=916.

438. 132x + 5 = 6 · 13x.439.

√3x–54 – 7

√3x–58 = 162.

440. 4x+1,5 + 9x = 6x+1.

441. 28x ·√343x =

(√7)5x·(√2)5–2x

.

442. 5x–4 – 5x–5 = 2 · 5x–6 + 2 · 3x–4.

Практика 2



443. (0, 1)4x2–2x–2 6 (0, 1)2x–3. 444. x2 · 7x – 7x+2 6 0.

445. 372 · (1/3)x · (1/3)√x > 1.

446. 52x – 7x – 35 · 52x + 35 · 7x 6 0.

447.(1121

)1–x–(1169

)1–x+ 112x–3 + 132x–3 > 0.

448. 32x–1 > 113–x.449. 107x–1 + 6 · 101–7x 6 5.

450. 3·72x+37·140x 6 26·202x.451.

√9x + 3x – 2 > 9 – 3x.



452. 25x > 1253x–2. 453. 5√x+2 > 3125.

454. 2x+2 – 2x+3 – 2x+4 > 5x+1 + 5x+2.455. 5x+2 + 5x+1 – 5 · 5x–2 + 5 · 5x–3 – 5 · 5x–4 > 18645.

456.√0, 9 · (0, 9)x–1 > 10

3x/4

10√10.

457. 5 · 251/x + 3 · 101/x > 2 · 41/x.

458. 8 · 3x–2

3x – 2x6 1 +

(23

)x.

108

Практика 3


459. Найдите все значения параметра a, при которых уравнение4x – a · 2x – a + 3 = 0 имеет хотя бы одно решение.

460. Для всех значений параметра a решите неравенство

a2 – 9x+1 – 8a · 3x > 0.

461. Найдите все значения параметра a, при каждом из которыхнеравенство 4x

2+ 2(2a + 1) · 2x

2+ 4a2 – 3 > 0 выполняется

для любых x.


462. Для всех значений параметра a решите уравнение

4x – 12 · 2x – |4x + 2x+1 + a| – a + 12 = 0.

463. Для всех значений параметра a решите неравенство

a2 – 2 · 4x+1 – a · 2x+1 > 0.

Практика 4


464. Вычислите

√25

1log6 5 + 49

1log8 7 .

465. Вычислите 36log6 5 + 101–lg 2 – 3log9 36.466. Если loga 27 = b, то чему равен log√3

6√a?

Вычислите:

467.5log3 7

7log3 5+ 49

1log5 7

+log7√3. 468. – log2 log2

√√. . .√2︸︷︷︸

n корней

.

469. log3 12 – log3 7 · log7 5 · log5 4.

470.loga b – log√a/b3

√b

loga/b4 b – loga/b6 b: logb (a

3b–12).

109


Вычислите:

471. 2log2√2 15. 472.

(1625

)log 125643. 473. – log3 log3

3√3√3.

474. Найдите lg 56, если log2 7 = a и lg 2 = b.475. Найдите log5 3, 38, если lg 2 = a и lg 13 = b.

Практика 5



476. log1/3 (–1/x) = –0, 5. 477. logx–1 3 = 2.

478. log3x 10 – log2x 10 = 6 logx 10.

479. log3x + 1x= log3

x2 – x

. 480. x√x =√xx.

481. logx2+12x2 – 54x + 3

= logx2+1 (x – 4).

482. logx3+x (x2 – 4) = log4x2–6 (x

2 – 4).

483. logx 3 + log3 x = log√x 3 + log3√x + 0, 5.

484. log4 log2 x + log2 log4 x = 2. 485.√

logx√7x · log7 x = –1.

110



486. 1 – lg 5 = 0, (3) ·(

lg12+ lg x +

13

lg 5). 487. loglog3 x 3 = 2.

488.1

5 – 4 lg x+

41 + lg x

= 3. 489. logx (2x2 – 3x – 4) = 2.

490. log3 (x2 – 4x + 3) = log3 (3x + 21).

491. logx2–1 (x3 + 6) = logx2–1 (4x

2 – x).

492. 0, 5 log5 (x + 5) + log5√x – 3 = 0, 5 log5 (2x + 1).

493. lg 2x = 2 lg (4x – 15). 494. lg x = 0, 5 lg (x + 1).495. log3 (x – 2) + log3 x = log3 8.

Практика 6



496. log0,5x – 4x + 3

6 –2.

497.lg 7 – lg (–8x – x2)

lg (x + 3)> 0.

498. log23 (2 – x) 6 0, 25.

499. logx2 (2 + x) < 1.

500. logx

(4x + 56 – 5x

)< –1.

501.1

log2x–3/4 x> 2.

502. log5x–4x2(4x – 2) > 0.



503. lg(x2 – 2x – 3) > 0.

504. log0,1(6)2 – 3xx> –1.

505. log7x – 2x – 3

< 0.

506.

√x – 5

log√2 (x – 4) – 1> 0.

507. log25 – 12x12x – 8

+ log0,5 x 6 0.

508.lg2 x – 3 lg x + 3

lg x – 1< 1.

111

509. logx2x + 0, 45(1 – x)

> 0. 510. logx2x + 0, 45(1 – x)

> 0.

Практика 7



511. x log1/2

(52– 21/x

)> 1. 512. 3 log2x2 x

2 – log4x4 x2 – 1 > 0.

513.logx

((x – 2)(x – 3)

)logx 2

6 log2 x.

514. log2(x2 – 3x + 2) + log1/2(5 – x) < 0.



515.2x + 24–x – 10√4 – log2x 5

6 0. 516. logx/3(3x) + 2 log1/3 x + 1 > 0.

517. log3x+2(9x2 – 17|x| + 8) > 2.

Практики 8–10


518. *Решите уравнение

(x + 4) log4 (x + 1) – (x – 4) log2 (x – 1) =83

log2 (x2 – 1).

519. *Постройте фигуру, задаваемую неравенством

log1–x2–y2–2x (y – |x + 1|) > 0.

520. При каких значениях параметра a уравнение

log√2ax+4(2x2 – x + 3) = 2 log2ax+4(x

2 + 2x + 1)

112

имеет единственное решение?521. При каких значениях параметра a уравнение log2(4

x–a) = xимеет единственное решение?

522. Найдите все значения z, при которых сумма кубов корнейуравнения log5(x

2 – 4x + log5 z + 1) = 0 больше 76.523. Найдите все a, при которых неравенство log1–x/2(x–a) > 1

не имеет решений.


524. При каких значениях параметра a уравнение

log√3ax+5(2x2 + x + 1) = log3ax+5(x

2 – 2x + 1)

имеет единственное решение?

525. Найдите все a, при которых уравнение log3(9x + 9a3) = x

имеет ровно два различных корня.526. Найдите все значения параметра a, при которых уравнение

(x2 – 6x + 5) log2(ax + 4) = 0 имеет два различных корня.


518. Заметим, что при логарифмировании правой части ОДЗне сужается. Ответ: 43; 3.

519. Решается стандартно методом областей; заметим, что

1 – x2 – y2 – 2x = –(x2 + 2x + 1 + y2 – 2) = 2 – (x + 1)2 – y2.

Т ем а 11

ТРИГОНОМЕТРИЯ

Лекции 1–2

11.1. Радианная мера угла. С детства мы привыкли, что уг-лы измеряются в градусах. Однако в «настоящей» математике

113

гораздо чаще применяется другая единица измерения углов —радианы.Определение. 1 радиан (1 рад) — это величина центрального

угла, опирающегося на дугу, длина которой равна радиусу.Поскольку, как известно, длина полу-

окружности радиуса r равна πr, получаем,что центральный угол 180 равен π радиан.Это единственное, что нужно запомнить;перевод остальных углов из градусной мерыв радианную и обратно производится с по-мощью простых пропорций, как на урокаххимии.Приведем два примера. Для начала пере-

ведем 1 рад в градусы:

180 – π рад, x – 1 рад;

отсюда x = 180π ≈ 57, 3, то есть 1 рад ≈ 57, 3. Аналогично пере-

ведем в радианную меру, например, 40:

180 – π рад, 40 – x рад;

тогда x = 40·π180 =2π9 . Итак, 40

= 29π рад.

Что важно: единицу измерения «рад» принято опускать. Та-ким образом, если где-то в математическом тексте вы встретитевыражение «данный угол равен π/4», вы должны понимать, чторечь идет об угле π/4 рад, то есть 45.

11.2. Угол в тригонометрии. Тригонометрическая окруж-ность. В геометрии величина угла (в градусах) могла принад-лежать промежутку (0, 180] или, если допустить существованиевырожденных, невыпуклых («супертупых») и полных углов, про-межутку [0, 360]. Угол, например, 1000 — это для геометриинонсенс.В тригонометрии тоже употребляется термин «угол», но озна-

чает он вовсе не угол в геометрическом смысле (кажется, в линг-вистике это называется «полисемия»: два или несколько слов,звучащих одинаково и имеющих близкие, но не тождественныезначения). Угол в тригонометрии — это просто число, задаю-щее положение точки на единичной окружности в декартовойсистеме координат. Поясним сказанное подробнее.

114

Рассмотрим окружность с центром в начале координат ради-уса 1. Точку с координатами (1, 0), лежащую на этой окружно-сти, обозначим P0. Теперь рассмотрим произвольное число α ∈ Rи поворот плоскости относительно начала координат на угол α(напомним, что при α > 0 поворот производится против часовойстрелки, а при α < 0 — по часовой стрелке). Образ точки P0при этом повороте обозначим Pα.Таким образом, любое вещественное чис-

ло α задает на рассматриваемой единичнойокружности точку Pα. Она и называется точ-кой, соответствующей углу α. Угол можетбыть выражен как в градусах, так и в радиа-нах: точка, соответствующая углу π/4 и точ-ка, соответствующая углу 45 — это одна ита же точка.Важно отметить также, что определенное

таким образом отображение числовой прямой (множества углов)в единичную окружность не является, конечно, инъекцией: на-пример, углам 45, 405 и –315 на окружности соответствуетодна и та же точка (подумайте, почему).Если углы измерять только в радианах, можно рассмотреть

еще одно (правда, не вполне строгое) определение точки Pα.Возьмем нитку длины |α|, закрепим один ее конец в точке P0и будем наматывать нитку на окружность (при α > 0 — про-тив часовой стрелки, а при α < 0 — по часовой стрелке). Если|α| > 2π, нам придется сделать более одного витка. Точка, в ко-торую попадет конец нитки, и будет являться точкой Pα.Тригонометрической окружностью и называют единичную

окружность с центром в начале координат, используемую втригонометрии. Можно для удобства восприятия дальнейшегоматериала нанести на нее точки, соответствующие некоторым«круглым» значениям углов (как в радианах, так и в градусах).Полезно нарисовать (или распечатать) такую окружность набольшом листе бумаги и повесить на видном месте хотя бы напервое время, чтобы она «впечаталась» в зрительную память:

115

11.3. Тригонометрические функции. В курсе основной школытригонометрические функции определялись для углов от 0 до 90(и даже до 180) градусов. Теперь у нас всё готово для того,чтобы определить их для произвольного угла.Рассмотрим произвольное число α; ему, как было описано

выше, соответствует точка тригонометрической окружности Pα.Определение. Абсцисса точки Pα называется косинусом числа

α (cosα), а её ордината — синусом числа α (sinα). Тангенсом,котангенсом, секансом и косекансом числа α называются следу-ющие величины:

tgα =sinα

cosα; ctgα =

cosα

sinα=1

tgα; secα =

1cosα

; cosecα =1

sinα.

Обычно говорят о тригонометрических функциях угла, еслиаргумент задан в градусах, и о тригонометрических функцияхчисла, если аргумент задан в радианах. Например, sin 30 — это,естественно, синус 30, в то время как sin 30 — это синус 30радиан.Значения синуса, косинуса, тангенса и котангенса легко ил-

люстрируются на тригонометрической окружности (с некоторымидополнительными построениями): это длины отрезков, показан-ных на рисунке:

116

Докажем, например, что AP0 = tgα. Это сразу следует из по-

добия прямоугольных треугольников OPαQ и OAP0:AP0OP0= PαQOQ ,

то есть AP01 =sinαcosα = tgα.

Поговорим теперь немного о естественных областях определе-ния тригонометрических функций и их свойствах. Из определенийследует, что синус и косинус определены на всей числовой пря-мой, тангенс и секанс не определены в тех точках, где cosα = 0,а котангенс и косеканс не определены в точках, где sinα = 0. Омножествах значений тригонометрических функций и их графикахмы поговорим позже.Заметим теперь, что точки Pα и P–α симметричны относи-

тельно оси абсцисс; отсюда и из определений синуса и косинусасразу следует, что sin(–α) = – sinα и cos(–α) = cosα. Таким об-разом, синус, тангенс, котангенс и косеканс — функции нечет-ные, а косинус и секанс — четные.Далее, очевидно, что Pα = Pα+2π (2π, или 360

— это полныйоборот), поэтому все тригонометрические функции периодичны спериодом 2π. Забегая вперед, отметим, что для синуса, косину-са, секанса и косеканса 2π является наименьшим положительнымпериодом, в то время как для тангенса и котангенса наименьшийположительный период равен π.Наконец, из определений и рассмотрения тригонометрической

окружности легко выяснить, каковы знаки тригонометрическихфункций в зависимости от того, в какую четверть попадает точ-ка Pα: синус и косеканс положительны на «севере» (в первойи второй четвертях) и отрицательны на «юге», косинус и секансположительны на «востоке» и отрицательны на «западе», тангенс

117

и котангенс положительны на «северо-востоке» (в первой чет-верти) и «юго-западе» (в третьей четверти) и отрицательны на«северо-западе» и «юго-востоке». Главное — ни в коем случаене учить эти очевидные факты наизусть...

11.4. Значения тригонометрических функций для некоторыхуглов. Таблица значений тригонометрических функций для неко-торых «круглых» углов изучалась в курсе основной школы; при-ведем ее здесь поэтому без доказательства. Эту таблицу надознать наизусть; не следует добавлять в неё «лишние» углы ти-па 90: значения тригонометрических функций в точках, кратных90, легко определяются по тригонометрической окружности.

α π6 (30) π

4 (45) π3 (60)

sinα 12

√22

√32

cosα√32

√22

12

tgα 1√3

1√3

11.5. Формулы приведения. Слово «приведение» происходитот глагола «приводить», в отличие от привидения, страшногои ужасного, происходящего от глагола «привидеться». Давным-давно, когда компьютеров и даже калькуляторов еще не былов помине, значения тригонометрических функций находили потаблицам. Понятно, что составить их для всех возможных зна-чений углов было невозможно, поэтому таблицы составлялисьдля углов от 0 до 90. Формулы приведения — это формулы,позволяющие значения тригонометрических функций для произ-вольных углов выразить через их значения для углов от 0 до90 (привести к значению от 0 до 90).Мы не будем рассматривать формулы приведения для секан-

са и косеканса (они легко получаются из формул для синуса икосинуса). Понятно также, что в силу периодичности тригоно-метрических функций мы можем рассматривать только формулыдля углов из интервала (0, 2π) (вычисление значений в точках,кратных π

2 , очевидно и ни в каких формулах не нуждается).

118

Если, например, нас интересует sin 1000, мы можем вычестьиз 1000 два полных оборота, то есть 720, а затем «откусить»от результата угол, кратный 90 так, чтобы остаток лежал в ин-тервале (0, 90):

sin 1000 = sin (2 · 360 + 280) = sin 280 = sin (270 + 10).

Иногда бывают ситуации, когда удобнее использовать не сло-жение, а вычитание; мы поэтому рассмотрим такие формулы:

sin

cos

tg

ctg

π2π3π2

± x

= ±

sin

cos

tg

ctg

x ;

какой в правой части поставить знак и какое выбрать названиетригонометрической функции в зависимости от левой части —это нам еще предстоит выяснить. Всего получается 4 · 3 · 2 = 24формулы приведения.Хорошая новость состоит в том, что эти 24 формулы (кото-

рые мы пока не написали) не нужно запоминать. Есть два про-стых правила для их получения: «кивок лошади» и «знак — поусловию». Сначала рассмотрим эти правила, а потом докажемсами формулы приведения.Начнем с лошади. Представим себе, что

говорящую лошадь поместили в тригономет-рическую окружность1. Если лошадь говорит«да», то есть кивает головой вверх-вниз, тоона указывает нам на числа (или, если угод-но, углы) π

2 и3π2 . Если же лошадь говорит

«нет», то есть двигает головой влево-вправо,то она указывает нам на числа 0 и π.Рассмотрим пример. Пусть мы хотим по-

лучить формулу sin(3π2 + x

)= . . . Поскольку в этой формуле в

левой части написан угол 3π2 , лошадь говорит «да».

Если лошадь говорит «нет», название тригонометриче-ской функции не меняется, а если она говорит «да», на-звание меняется на ко. . . (синус на косинус, косинус насинус, тангенс на котангенс и т. д.)

1При написании настоящего пособия ни одна лошадь не пострадала.119

Таким образом, используя правило «кивок лошади», мы пони-маем, что синус заменится на косинус (лошадь сказала «да») инаша формула будет выглядеть так:

sin

(3π2+ x)= . . . cos x,

где вместо многоточия в правой части стоит знак либо «плюс»(то есть не стоит никакого знака), либо «минус». Чтобы понять,какой знак поставить в правой части, используется второе пра-вило «знак — по условию»:

Знак перед правой частью определяется по условию, тоесть зависит от того, в какую четверть попадает ар-гумент левой части.

В нашем случае аргумент левой части —это 3π2 + x. Считая значение x достаточно ма-леньким (это условность, использующаяся приприменении второго правила), например, рав-ным π

100 , мы понимаем, что точка, соответ-

ствующая углу 3π2 + x, лежит в четвертой

четверти (знак «+» в выражении подсказываетнам, что от 3π2 надо двигаться против часовойстрелки). Теперь, согласно правилу, мы смот-рим на условие, то есть на левую часть, и по-нимаем, что в четвертой четверти синус отрицателен, поэтомув правой части нашей формулы нужно поставить знак «минус»:

sin

(3π2+ x)= – cos x.

Вот мы и получили одну из наших 24 формул приведения.Приведем еще один пример: получим формулу для tg (π – x). Варгументе левой части фигурирует число π, поэтому лошадь го-ворит «нет» и название тригонометрической функции не изменя-ется. Далее, аргумент левой части π – x лежит (если считать xдостаточно маленьким) во второй четверти, где тангенс (стоящийв условии!) отрицателен, поэтому в правой части ставим знак«минус». Итак, вот и вторая формула из 24:

tg (π – x) = – tg x.

120

Понятно, что мы не будем выписывать все 24 формулы (же-лающие могут заняться этим на досуге, применяя только чтоизученные два правила), а займемся лучше их доказательством.Заметим сначала, что формулы для тангенса и котангенса

легко получаются из формул для синуса и косинуса, поэтомув отдельном доказательстве не нуждаются. Все 12 формул длясинуса и косинуса мы доказывать не будем, а приведем лишьдоказательства некоторых из них; остальные формулы доказы-ваются аналогично. Напомним, что аргумент x в доказываемыхформулах лежит в интервале (0, 2π), так что доказательство рас-падается на несколько случаев в зависимости от того, в какойчетверти лежит x.1. Если x кратен π

2 , формулы приведения доказываются «влоб», то есть просто вычислением значений левой и правой ча-стей.2. Если x ∈

(0; π2

), формулы доказывают-

ся через конгруэнтные треугольники. Рассмот-рим доказательство на примере уже знакомой

нам формулы sin(3π2 + x

)= – cos x (см. рису-

нок). Синий и красный треугольники конгру-энтны по гипотенузе и острому углу, поэтомуих зеленые катеты конгруэнтны. Но длина зе-леного катета в красном треугольнике — это∣∣∣sin (3π2 + x)∣∣∣, а длина зеленого катета в си-нем треугольнике — это cos x. При этом, оче-видно, левая часть доказываемого тождества отрицательна, по-этому перед правой частью стоит знак минус.

3. Пусть x ∈(π2 ;π

); введем обозначение x′ = x– π2 , тогда, оче-

видно, x′ ∈(0; π2

). Докажем, например, формулу sin(π– x) = sin x,

считая все формулы для x′ ∈(0; π2

)уже доказанными. Имеем:

sin(π – x) = sin(π –

(x′ +

π

2

))= sin

(π2– x′

)= cos x′.

С другой стороны,

sin x = sin(x′ +

π

2

)= cos x′,

что и доказывает нашу формулу.

121

4. Аналогично (введением новой переменной x′ путем «отку-

сывания» π2 ) рассматриваются случаи x ∈(π; 3π2

)и x ∈

(3π2 ; 2π

).

11.6. Основное тригонометрическое тождество и следствияиз него. Приступим теперь к выводу столь любимых школь-никами тригонометрических формул (их нужно будет выучитьнаизусть). Для удобства все формулы, которые необходимо знатьнаизусть, будут пронумерованы; непронумерованные формулыучить наизусть не обязательно, но крайне желательно знать хотябы об их существовании.Формул будет много, поэтому мы разобьем их на несколько

групп; в первой такой группе у нас будут основное тригономет-рическое тождество (ОТТ) и следствия из него.Начнем с ОТТ. Из определений синуса и косинуса и теоремы

Пифагора следует, что | sin x|2 + | cos x|2 = 12. При возведении вквадрат знаки модуля можно опустить; получаем основное три-гонометрическое тождество:

sin2 x + cos2 x = 1. (1)

Из этого тождества с легкостью получаются два следствия:

| sin x| =√1 – cos2 x; | cos x| =

√1 – sin2 x. (2; 3)

Заметим, что форма записи sin x = ±√1 – cos2 x, встречающа-

яся в очень многих учебниках, является не совсем правильной,так как знак ± всё-таки подразумевает существование двух зна-чений (или плюс, или минус), чего в случае с синусом и коси-нусом для конкретного значения x не наблюдается.

Разделим теперь2 обе части основного тригонометрическоготождества на cos2 x; получим формулу, связывающую тангенс исеканс:

1 + tg2 x =1

cos2 x= sec2 x (4)

2Мы пока сознательно не обсуждаем проблему сужения или расширенияОДЗ при использовании тригонометрических формул; подумайте об этом са-мостоятельно.

122

Аналогично (путем деления на sin2 x) получается формула,связывающая котангенс и косеканс:

1 + ctg2 x =1

sin2 x= cosec2 x (5)

Все эти формулы широко применяются для нахождения зна-чений одних тригонометрических функций через другие. Найдем,

например, sin x, если известно, что tg x = 34 и x ∈(π, 3π2

)(без

последнего условия мы не сможем определить знак sin x). Изформулы (4) имеем:

| cos x| =

√1

1 + tg2 x=

√1

1 + 916=45.

Теперь из формулы (2)

| sin x| =√1 – cos2 x =

√1 –1625=35.

Из условия следует, что угол x лежит в III четверти, гдесинус отрицателен, поэтому sin x = –35 .

11.7. Формулы сложения и двойного угла. Формулами сло-жения называются формулы типа sin(x+y) = . . . Начнем с выводаформулы для cos(x + y).

123

Рассмотрим красный треугольник PxOP–y и повернем его наугол y относительно начала координат; получим синий треуголь-ник Px+yOP0. Запишем координаты всех точек (помня о том, чтосинус — функция нечетная, а косинус — четная):

Px = (cos x, sin x); P–y = (cos y, – sin y);

Px+y = (cos(x + y), sin(x + y)); P0 = (1, 0).

Поворот является движением, поэтому |PxP–y|2 = |Px+yP0|2;записывая это равенство в координатах, получим:

(cos x – cos y)2 + (sin x + sin y)2 = (cos(x + y) – 1)2 + sin2(x + y);

cos2 x – 2 cos x cos y + cos2 y + sin2 x + 2 sin x sin y + sin2 y =

= cos2(x + y) – 2 cos(x + y) + 1 + sin2(x + y);

2 + 2 sin x sin y – 2 cos x cos y = 2 – 2 cos(x + y);

cos(x + y) = cos x cos y – sin x sin y.

Итак,cos(x + y) = cos x cos y – sin x sin y. (6)

Заменяя теперь в этой формуле y на –y, получим

cos(x – y) = cos x cos y + sin x sin y. (7)

Итак, мы получили формулы сложения для косинуса. Выведемтеперь аналогичные формулы для синуса, пользуясь формуламиприведения sin

(π2 – x

)= cos x, cos

(π2 – x

)= sin x:

sin(x + y) = cos(π2– (x + y)

)= cos

((π2– x)– y)=

= cos(π2– x)

cos y + sin(π2– x)

sin y = sin x cos y + cos x sin y.

Итак,sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y; (8)

заменяя y на –y, получаем

sin(x – y) = sin x cos y – cos x sin y. (9)

124

Наконец, заменяя в формулах (6) и (8) y на x, получаемформулы двойного угла для синуса и косинуса:

sin 2x = 2 sin x cos x; cos 2x = cos2 x – sin2 x. (10; 11)

Получим теперь формулы сложения для тангенса; имеем:

tg(x + y) =sin(x + y)cos(x + y)

=sin x cos y + cos x sin ycos x cos y – sin x sin y

.

Разделив числитель и знаменатель этой дроби на cos x cos y, по-лучим

tg(x + y) =tg x + tg y1 – tg x tg y

. (12)

Из этой формулы легко получить тангенс разности:

tg(x – y) =tg x – tg y1 + tg x tg y

. (13)

Аналогично выводятся формулы сложения для котангенса (де-лить нужно на произведение синусов):

ctg(x + y) =ctg x ctg y – 1ctg x + ctg y

;

ctg(x – y) =ctg x ctg y + 1ctg y – ctg x

.

И, наконец, несложно получить формулы двойного угла длятангенса и котангенса:

tg 2x =2 tg x

1 – tg2 x; (14)

ctg 2x =ctg2 x – 12 ctg x

.

11.8. Формулы половинного угла (понижения степени). За-меним в формуле косинуса двойного угла cos2 x на 1 – sin2 x,

125

получим cos 2x = 1 – 2 sin2 x, откуда sin2 x = 1– cos 2x2 . В такой за-

писи эта формула называется формулой понижения степени илиформулой удвоения угла. Если вместо x в эту формулу подста-вить x2 , получим sin2 x2 =

1– cos x2 ; в такой записи это формула

половинного угла.Аналогично выводятся формулы и для косинуса (нужно в

формуле косинуса двойного угла заменить sin2 x на 1 – cos2 x);таким образом,

sin2 x =1 – cos 2x2

; sin2x2=1 – cos x2

; (15)

cos2 x =1 + cos 2x2

; cos2x2=1 + cos x2

; (16)

Используя эти формулы, нетрудно получить, что

tg2x2=1 – cos x1 + cos x

=(1 – cos x)(1 + cos x)

(1 + cos x)2=

sin2 x

(1 + cos x)2,

откуда∣∣tg x2 ∣∣ = | sin x|

|1 + cos x|. В ОДЗ этого выражения 1 + cos x все-

гда положительно, поэтому модуль в знаменателе можно убрать.Далее, если x ∈ (0,π), то x2 ∈

(0, π2

), поэтому sin x и tg x2 оба

положительны. Если же x ∈ (π, 2π), то sin x и tg x2 , аналогично,оба отрицательны. Поэтому модуль в левой части и модуль вчислителе правой части также можно убрать.

Заметим теперь, чтоsin x1 + cos x

=1 – cos x

sin x(это легко доказать

простым перемножением «крест накрест»), поэтому окончательнополучаем следующие формулы для тангенса половинного угла:

tgx2=

sin x1 + cos x

=1 – cos x

sin x. (17)

11.9. Преобразование суммы в произведение. Пусть x+y2 = α,x–y2 = β, тогда (решить эту систему уравнений не составляеттруда) x = α + β, y = α – β. Имеем:

sin x + sin y = sin(α + β) + sin(α – β) =

126

= sinα cosβ + sinβ cosα + sinα cosβ – sinβ cosα =

= 2 sinα cosβ = 2 sinx + y2

cosx – y2.

Аналогично получаются и другие подобные формулы, называ-емые формулами преобразования суммы синусов/косинусов в про-изведение:

sin x + sin y = 2 sinx + y2

cosx – y2; (18)

sin x – sin y = 2 cosx + y2

sinx – y2; (19)

cos x + cos y = 2 cosx + y2

cosx – y2; (20)

cos x – cos y = –2 sinx + y2

sinx – y2. (21)

Легко заметить, что здесь отсутствует формула для преоб-разования в произведение суммы синуса и косинуса; если намзачем-то очень надо это сделать, можно воспользоваться прие-мом, который по аналогии с любимой физикой можно назвать«сдвиг фазы»:

sin x + cos y = sin x + sin(π2– y)= 2 sin

2x – 2y + π4

cos2x + 2y – π

4.

11.10. Преобразование произведения в сумму. Иногда быва-ет необходимо и обратное преобразование: произведения в сум-му. Запишем соответствующие формулы:

sin x · sin y = 12(cos(x – y) – cos(x + y)); (22)

cos x · cos y =12(cos(x + y) + cos(x – y)); (23)

sin x · cos y =12(sin(x + y) + sin(x – y)). (24)

Доказать их очень легко: нужно в правых частях просто при-менить формулы преобразования суммы в произведение.

127

11.11. Универсальная тригонометрическая подстановка. Та-кое название получили формулы, позволяющие выразить sin x,cos x и tg x через tg x2 . Если выполнить замену y = tg x2 , тотригонометрическое выражение (или уравнение, смотря с чеммы работаем) превращается в рациональное (если, конечно, висходном выражении не было радикалов, логарифмов или ещекакой-нибудь гадости). При решении тригонометрических урав-нений этот прием используется достаточно редко, но сама посебе возможность интересна.Итак, начнем с формулы тангенса двойного угла:

tg x =2 tg x21 – tg2 x2

;

cos x = 2 cos2x2– 1 =

2

1 + tg2 x2– 1 =

1 – tg2 x21 + tg2 x2

.

Перемножая почленно эти два тождества, получим

sin x =2 tg x21 + tg2 x2

.

Таким образом, если обозначить y = tg x2 , то

sin x =2y

1 + y2; cos x =

1 – y2

1 + y2; tg x =

2y

1 – y2.

11.12. Проблемы ОДЗ. На горьком опыте решения логариф-мических уравнений мы знаем, что при любых преобразованияхнадо внимательно следить за ОДЗ. Его расширение может по-влечь за собой приобретение посторонних корней (если мы ре-шаем уравнение), сужение ОДЗ может привести к потере корней(что фатально). Предлагаем читателю самостоятельно подумать(а еще лучше — записать), какая из 24 предназначенных длявыучивания наизусть формул приводит к расширению ОДЗ (приприменении ее слева направо, например), а какая — к сужениюОДЗ.

128

Лекция 3

11.13. Обратные тригонометрические функции. Обратнымитригонометрическими функциями называются функции, обратныек тригонометрическим :-) Проблема лишь в том, что тригономет-рические функции — не биекции и, следовательно, не являютсяобратимыми на своей области определения. Поэтому рассматри-вают их сужения на такие подмножества областей определения,чтобы эти функции стали биекциями.Конечно, можно выбрать различные подмножества числовой

прямой, на которых синус, косинус и тангенс (а именно их об-ратные функции мы будем изучать) являлись бы биекциями. Об-щепринятым является следующее соглашение:

— функцию y = sin x сужают на множество[–π2 ,

π2

]; отобра-

жение sin :[–π2 ,

π2

]→ [–1, 1] является биекцией;

— функцию y = cos x сужают на множество [0,π]; отображе-ние cos : [0,π]→ [–1, 1] является биекцией;— функцию y = tg x сужают на множество

(–π2 ,

π2

); отобра-

жение tg :(–π2 ,

π2

)→ R является биекцией.

Промежутки биективности синуса, косинуса и тангенса

Перейдем теперь к определениям.Определение. Арксинусом числа a называется такое число x

(x = arcsin a), что выполняются два условия:

1) sin x = a; 2) x ∈[–π2 ,

π2

].

129

Определение. Арккосинусом числа a называется такое числоx (x = arccos a), что выполняются два условия:1) cos x = a; 2) x ∈ [0,π].Определение. Арктангенсом числа a называется такое число

x (x = arctg a), что выполняются два условия:

1) tg x = a; 2) x ∈(–π2 ,

π2

).

Непосредственно из определений и из сказанного выше (вни-мательно рассмотрите рисунок) следует, что у обратных триго-нометрических функций следующие области определения и мно-жества значений:

Функция Область определения Множество значений

arcsin [–1, 1][–π2 ,

π2

]arccos [–1, 1] [0,π]

arctg R(–π2 ,

π2

)11.14. Аргумент –a. Зададимся простым вопросом: чему рав-

ны arcsin(–a), arccos(–a) и arctg(–a)? Из соображений симметрии(см. рисунок) очевидно, что

arcsin(–a) = – arcsin a, arctg(–a) = – arctg a.

Несколько интереснее дело обстоит с арккосинусом. Распро-страненная ошибка состоит в том, что многие по инерции пи-шут arccos(–a) = – arccos a, что, конечно же, является невер-ным. Из тех же соображений симметрии (см. средний рисунок)очевидно, что

arccos(–a) = π – arccos a.Эту формулу надо просто написать на всех плакатах, на ко-фейной чашке и в других популярных местах, чтобы никогда неделать упомянутой выше распространенной ошибки.

130

11.15. Элементарные тригонометрические уравнения. Част-ные случаи. Элементарными мы называем уравнения sin x = a,cos x = a и tg x = a. Частные случаи — это такие случаи, когдаa ∈ 0, 1, –1, а также |a| > 1 для первых двух уравнений.Начнем с последнего. Если |a| > 1, то, очевидно, уравнения

sin x = a и cos x = a решений не имеют. Уравнение же tg x = aимеет решения при любом значении a.Рассмотрим теперь случай a ∈ 0, 1, –1. Ни при каких обсто-

ятельствах не следует применять какие-то специальные «фор-мулы» (в том числе и те, которые мы получим ниже) для ре-шения элементарных уравнений в этом случае: при a ∈ 0, 1, –1все элементарные тригонометрические уравнения решаются путемпростого (мысленного) рассмотрения тригонометрической окруж-ности. Приведем три примера.П р и м е р 1. Решим уравнение cos x = 0.

На тригонометрической окружности этомузначению косинуса соответствуют верхняя инижняя точки, π2 и –

π2 (см. рисунок). Понят-

но, что к каждому этому значению угла можно(в силу периодичности косинуса) прибавить2πk, где k — любое целое (в том числе иотрицательное) число: мы помним, что точкиPx и Px+2πk совпадают. Поэтому можно ответзаписать в виде

x =π

2+ 2πk или x = –

π

2+ 2πk, где k ∈ Z.

Можно, однако, поступить проще: взять только верхнюю точ-ку и к числу π

2 прибавлять период π, тогда мы получим и верх-нюю, и нижнюю точки. Итак, ответ записывается следующим об-разом:

x =π

2+ πk, k ∈ Z.

Перфекционисты, конечно, могут записать его и так:

x ∈π2+ πk | k ∈ Z

.

Обратите внимание на важнейшее обстоятельство: тригоно-метрические уравнения, как правило, имеют бесконечное (обычносчетное) множество решений.

131

П р и м е р 2. Решим уравнение sin x = –1. На тригонометри-ческой окружности этому значению синуса соответствует нижняяточка (см. рисунок), поэтому ответ будет таким:

x = –π

2+ 2πk, k ∈ Z.

К примеру 2 К примеру 3

П р и м е р 3. Решим уравнение tg x = 1. На тригонометри-ческой окружности этому значению тангенса соответствуют дветочки: π

4 и5π4 (см. рисунок). Ответ запишется следующим об-

разом:

x =π

4+ πk, k ∈ Z.

Заметим еще, что из определения тангенса следует такойфакт: уравнение tg x = 0 равносильно уравнению sin x = 0.

11.16. Элементарные тригонометрические уравнения. Общийслучай. Пусть теперь |a| < 1 (это не касается решения уравне-ния tg x = a), a 6= 0. Рассмотрим, как в этом случае решаютсяэлементарные тригонометрические уравнения.Общие формулы для решения таких уравнений без труда вы-

водятся, если внимательно рассмотреть следующие рисунки:

Начнем с уравнения cos x = a. Рассматривая левый рисунок,мы понимаем, что на тригонометрической окружности этому зна-

132

чению косинуса соответствуют две точки: arccos a (вы еще незабыли? Эта точка всегда лежит на верхней полуокружности) и– arccos a. Таким образом, мы получаем следующую формулу:

cos x = a ⇔ x = ± arccos a + 2πk, k ∈ Z. (25)

Разберемся теперь с уравнением sin x = a (средний рису-нок). На окружности решениям этого уравнения соответствуютдве точки (arcsin a всегда лежит на правой полуокружности), имы получаем две серии решений:

sin x = a ⇔[x = arcsin a + 2πk,x = π – arcsin a + 2πm,

k, m ∈ Z. (26)

Давным-давно кто-то очень умный догадался, как можно этидве серии записать одной формулой:

sin x = a ⇔ x = (–1)n arcsin a + πn, n ∈ Z. (27)

При четных n = 2k по этой формуле получается первая сериярешений, а при нечетных n = 2m + 1 — вторая серия.Формулой (27) лучше пользоваться, если вам нужно найти

решение уравнения в общем виде. Если же с полученным мно-жеством решений нужно еще что-то делать (например, произве-сти отбор корней, об этом у нас речь впереди), целесообразнееиспользовать формулы (26) и записать серии решений по отдель-ности.Ну и, наконец, уравнение tg x = a, с ним всё очень просто.

Из правого рисунка сразу видно, что

tg x = a ⇔ x = arctg a + πk, k ∈ Z. (28)

Обратите внимание, что формулы (25–28) также необходимознать наизусть.

11.17. Отбор корней тригонометрических уравнений. Доста-точно часто нам бывает нужно не всё множество решений триго-нометрического уравнения, а только его подмножество, элемен-ты которого удовлетворяют некоторым дополнительным услови-ям (обычно неравенствам). При решении таких задач говорят оботборе корней тригонометрического уравнения.

133

Предположим, мы решили какое-то уравнение (о методах ре-шения произвольных тригонометрических уравнений речь пойдетдалее) и получили следующие корни:

x =π

3+ 2πk, k ∈ Z,

при этом в условии нашей задачи написано: «найдите все реше-ния уравнения, принадлежащие отрезку [–2π, 5π]».Существует три метода отбора корней: по окружности, пере-

бором значений k и с помощью неравенств.Первый метод мы рассматривать не будем (он часто приме-

няется авторами решений ЕГЭ на многочисленных тематическихсайтах и сводится к следующему: «смотрим на тригонометриче-скую окружность и видим, что нам подходят следующие кор-ни:. . . ») Этот метод является, конечно, совсем не строгим, нообычно проверяющие разных уровней это прощают.Второй метод (перебор значений k) состоит в том, что мы

подставляем в нашу формулу последовательно

k = 0, 1, 2, 3, . . . , –1, –2, . . .

до тех пор, пока получающиеся корни принадлежат заданномупромежутку; все эти корни и войдут в ответ. Этот метод то-же не очень строгий (по-хорошему надо бы еще доказать, чтоостальные значения k не подходят).Наиболее аккуратным и строгим является метод отбора кор-

ней с помощью неравенств. Исходя из нашего условия, простозапишем двойное неравенство

–2π 6π

3+ 2πk 6 5π;

разделим затем все три его части на π, после чего вычтем извсех трех частей число 13 , получим

–213 6 2k 6 423; –116 6 k 6 2

13 .

Из последнего неравенства понятно, что k ∈ –1, 0, 1, 2; под-ставляя эти значения в формулу общего решения нашего урав-

нения, получаем ответ: x ∈–5π3 ,

π3 ,7π3 ,13π3

.

134

Лекция 4

Приступим теперь к решению произвольных тригонометриче-ских уравнений (ну не совсем произвольных, конечно, а тех, чтоподдаются решению...) Рассмотрим некоторые «стандартные» ти-пы уравнений и стандартные методы их решения.

11.18. Метод замены. Этот метод в особых комментариях ненуждается; не лишним будет напомнить, что в качестве палочки-выручалочки иногда можно использовать универсальную триго-нометрическую подстановку (палочка так себе, потому что полу-чившееся уравнение может оказаться нерешаемым). Рассмотримдва примера.

П р и м е р 1. Решим уравнение 2 sin2 x+sin2 2x = 2. Поскольку

sin2 2x = 4 sin2 x cos2 x = 4 sin2 x(1 – sin2 x),

можно выполнить замену t = sin2 x; получим:

2t + 4t(1 – t) = 2; 2t2 – 3t + 1 = 0; t ∈1, 12

.

Выполняя обратную замену, имеем:

sin2 x ∈1, 12

; sin x ∈

1, –1,

√22, –

√22

.

Совсем не обязательно записывать в отве-те четыре серии корней; решение можно за-писать в виде двух серий (см. рисунок).Ответ: x = π

2 + πk, x =π4 +

π2n; k, n ∈ Z.

П р и м е р 2. sin4 x + cos4 x = 74 sin 2x. Пе-рейдем в левой части к аргументу 2x, исполь-зуя формулы понижения степени, получим:

(1 – cos 2x)2

4+(1 + cos 2x)2

4=74

sin 2x

или, после упрощения левой части и домножения обеих частейна 4,

2 + 2 cos2 2x = 7 sin 2x; 2 + 2(1 – sin2 2x) = 7 sin 2x.

135

Выполняя теперь замену t = sin 2x, получим 2 + 2(1 – t2) = 7t,

2t2 + 7t – 4 = 0, откуда t ∈–4, 12

. Уравнение sin 2x = –4 реше-

ний не имеет, а решая уравнение sin 2x = 12 , по общей формуле

получим: 2x = (–1)k π6 + πk, k ∈ Z.

Ответ: x = (–1)k π12 +πk2 , k ∈ Z.

11.19. Разложение на множители. Этот прием также исполь-зуется довольно часто; рассмотрим его на примерах.П р и м е р 1. cos 3x+ sin 5x = 0. Вот где нам пригодится уме-

ние преобразовывать в произведение сумму синуса и косинуса!Преобразуем левую часть:

cos 3x + sin 5x = cos 3x + cos(π2– 5x

)= 2 cos

π2 – 2x

2cos8x – π

22.

Так как 2 6= 0 (шутка), получаем совокупностьcosπ2 –2x2 = 0,

cos8x–π

22 = 0.

Таким образом,π2 –2x2 = π

2 + πk или8x–π

22 = π

2 + πn, то есть

x = –π4–πk или x =3π16+

πn4 ; k, n ∈ Z. Заметим, что в первой серии

можно написать и +πk, поскольку k «пробегает» по множествувсех целых чисел.

Ответ: x = –π4 + πk, x =3π16 +

πn4 ; k, n ∈ Z.

П р и м е р 2. (tg x)(sin x – 1) = 0. Решение этого уравнениякажется очевидным: tg x = 0 или sin x = 1, то есть x = πk илиx = π

2+2πn. Здесь, однако, кроется коварная ловушка: вторая се-рия, очевидно, не входит в ОДЗ уравнения, задаваемое условиемcos x 6= 0. Об ОДЗ следует помнить всегда, особенно в случаях,когда в уравнении встречаются тангенс или котангенс.Ответ: x = πk, k ∈ Z.11.20. Однородные и сводящиеся к ним уравнения. Напом-

ним (в который раз), что однородным называется уравнение, ко-торое заменами сводится к целому уравнению вида P(u, v) = 0,

136

где P — однородный многочлен (степени всех его одночленовравны). Нам уже встречались однородные целые и показатель-ные уравнения; дошла очередь и до тригонометрических.

П р и м е р 1.√3 cos x + sin x = 0. Выполнив (устно) замену

u = cos x, v = sin x, мы видим, что данное уравнение являетсяоднородным первой степени, и у нас возникает естественное же-лание поделить обе его части на cos x (можно, конечно, поделитьи на синус, но зачем нам котангенс?) Делать такое деление сле-дует, однако, крайне аккуратно: предварительно нужно убедиться,что cos x = 0 решением уравнения не является. В самом деле, ес-ли бы те x, при которых cos x = 0, были решением уравнения, то,подставив cos x = 0 в уравнение, мы получили бы, что sin x = 0.Однако синус и косинус одного и того же аргумента не могутодновременно быть равными нулю, так как это противоречит ос-новному тригонометрическому тождеству.Такую проверку (не делим ли мы обе части уравнения на

ноль?) всегда следует выполнять и, главное, обязательно писатьоб этом в решении.Итак, написав «заклинание» (что-то типа «Разделим обе ча-

сти уравнения на cos x 6= 0, так как иначе было бы sin x = 0,что противоречит ОТТ»), разделим обе части уравнения на cos x,получим:

tg x = –√3, x = –

π

3+ πk, k ∈ Z.

П р и м е р 2. cos 2x + 3 sin 2x = 3. Эх... счастье было бы воз-можно и так близко, как писал Пушкин в «Евгении Онегине»,если бы справа было не 3, а 0. Но всё не так печально, посколь-ку в левой части аргумент равен 2x и мы можем превратить ле-вую часть в многочлен (относительно синуса и косинуса) второйстепени. Правую часть мы тоже можем превратить в многочленвторой степени, если 1 заменим на sin2 x + cos2 x (употребляет-ся даже термин «тригонометрическая единица»). Итак, уравнениеравносильно следующему:

cos2 x – sin2 x + 6 sin x cos x = 3(sin2 x + cos2 x)

или, после упрощения,

cos2 x – 3 sin x cos x + 2 sin2 x = 0.

137

Это, конечно же, однородное уравнение второй степени; разде-лим обе его части на cos2 x (который не равен 0, так как иначевыполнялось бы sin x = 0, что противоречит основному тригоно-метрическому тождеству); получим

2 tg2 x – 3 tg x + 1 = 0;

после выполнения замены t = tg x получим квадратное уравне-ние 2t2 – 3t + 1 = 0, корнями которого являются числа 1 и 12 .Решая теперь два элементарных тригонометрических уравнения,получаем

ответ: x = π4 + πk или x = arctg

12+ πn; k, n ∈ Z.

11.21. Линейные тригонометрические уравнения. Линейнымназывается тригонометрическое уравнение вида

a sin x + b cos x = c

(при c = 0 оно является однородным, поэтому будем считать,что c 6= 0). Понятно, что в некоторых частных случаях линейноеуравнение решений не имеет (например, левая часть уравнения2 sin x + 3 cos x = 6 ограничена сверху числом 5, поэтому такоеуравнение решений не имеет).Рассмотрим два общих метода решения линейных тригономет-

рических уравнений.Метод 1: переход к половинному аргументу. Данный ме-

тод основан на идее, которую мы уже использовали выше: пу-тем перехода к половинному аргументу и подстановки в пра-вой части тригонометрической единицы свести уравнение к од-нородному. Проиллюстрируем эту идею на примере уравнения√3 sin x + cos x = 1: √

3 sin x + cos x = 1;

2√3 sin x2 cos x2 + cos2 x2 – sin2 x2 = sin2 x2 + cos2 x2;

2 sin2 x2 – 2√3 sin x2 cos x2 = 0.

Разделив теперь обе части этого однородного уравнения на2 cos2 x2 (не равное 0, так как иначе бы выполнялось sin x2 = 0,что противоречит ОТТ) и выполнив замену t = tg x2 , получим:

tg2 x2 –√3 tg x2 = 0;

138

t2 –√3 t = 0; t ∈

0,√3.

Таким образом, tg x2 = 0 или tg x2 =√3, откуда x2 = πk или

x2 =

π3 + πn. Ответ: x = 2πk или x =

2π3 + 2πn, k, n ∈ Z.

Метод 2: введение вспомогательного аргумента. Проил-люстрируем этот метод на примере того же самого уравнения√3 sin x+ cos x = 1. В общем случае метод состоит в том, что обечасти линейного тригонометрического уравнения a sin x+b cos x = cнужно разделить на

√a2 + b2; в нашем случае мы обе части

уравнения разделим на

√(√3)2+ 12 = 2:

√3 sin x + cos x = 1;

√32 sin x + 12 cos x = 12 .

Теперь наступает самый интересный момент. Заметим, что√32 = sin π3 , а

12 = cos π3 , поэтому в левой части можно применить

формулу косинуса разности:

sin π3 sin x + cos π3 cos x = 12;

cos(x – π

3

)= 12 .

В общем случае в левой части получились бы коэффициен-ты a√

a2+b2и b√

a2+b2. Заметим, что оба коэффициента по модулю

не превосходят 1, поэтому мы можем ввести вспомогательныйаргумент ϕ так, что sinϕ = a√

a2+b2; из основного тригономет-

рического тождества тогда будет следовать, что cosϕ = b√a2+b2

(сумма квадратов коэффициентов левой части, очевидно, равна1), и левая часть свернется как cos (x –ϕ). Красиво, однако...Но мы отвлеклись. Нам осталось только решить уравнение

cos(x – π

3

)= 12; решая его получим:

x – π3 = ±

π3 + 2πk ⇔

[x = π

3 +π3 + 2πk,

x = π3 –

π3 + 2πk.

139

Итак, x = 2π3 + 2πk или x = 2πk, k ∈ Z. Ответ полностью

совпал с тем, что был получен методом перехода к половинномуаргументу.

11.22. «Хитрые» приемы: ограниченность. Конечно, рассмот-ренные выше классы тригонометрических уравнений и методы ихрешения не исчерпывают всех случаев, которые могут встретить-ся. Часто используются нестандартные методы, связанные с ис-пользованием свойств тригонометрических функций, особенно сих ограниченностью. Выше мы уже упоминали, что, например, изограниченности синуса и косинуса очевидно следует отсутствиерешений у уравнения 2 sin x + 3 cos x = 6; рассмотрим еще одинпример.Решим уравнение sin x · sin 5x = 1. Заметим, что из ограни-

ченности синуса левая часть не превосходит 1, причем равенствоможет достигаться лишь тогда, когда оба синуса равны 1 илиоба синуса равны –1. Таким образом,

sin x = 1,sin 5x = 1,sin x = –1,

sin 5x = –1;

⇔

x = π

2 + 2πk,

x = π10 +

2π5 n,

x = –π2 + 2πk,

x = – π10 +2π5 n.

Очевидно, в каждой системе этой совокупности первая сериярешений является подмножеством второй серии (в первой систе-ме при n = 5k + 1, во второй системе при n = 5k – 1), поэтомуответ будет таким3: x = ±π2 + 2πk; его можно записать проще:x = π

2 + πk, k ∈ Z.

Лекция 5

11.23. Тригонометрические неравенства. Мы будем рассмат-ривать только элементарные тригонометрические неравенства ви-да f(x)⊗a, где f(x) — одна из тригонометрических функций (ко-тангенс, секанс и косеканс мы рассматривать не будем), а ⊗ —один из знаков строгого или нестрогого неравенства.

3Если A ⊆ B и C ⊆ D, то (A ∩ B) ∪ (C ∩D) = A ∪ C.

140

11.24. Системы тригонометрических неравенств. Метод кон-

центрических окружностей:

sinα > –

√22,

cosα <

√32.

11.25. Системы тригонометрических уравнений с одним неиз-вестным: использование диофантовых уравнений для нахождения

пересечения множеств корней:

sin 3x = 1,

cos 5x = 0.Очевидно, решение

данной системы сводится к нахождению пересечения двух мно-

жествπ

6+2πk3

и π10+πn5

, то есть к решению диофантова

уравнения 5 + 20k = 3 + 6n, или 3n – 10k = 1. Частное реше-ние n = 7, k = 2 находим подбором, после чего можно записать

общее решение n = 7 + 10t, тогда x =π

10+π(7 + 10t)5

=3π2+ 2πt.

Конечно, в случае, когда каждое уравнение системы имеетдве серии решений, а не одну, как в данном примере, ситуациянесколько усложняется: придется использовать формулу

(A ∪ B) ∩ (C ∪D) = (A ∩ C) ∪ (A ∩D) ∪ (B ∩ C) ∪ (B ∩D),

решать 4 диофантовых уравнения и в ответе записывать объеди-нение получившихся серий.

Лекция 6

11.26. Графики тригонометрических функций и обратных кним.

11.27. Тригонометрические уравнения и неравенства с пара-метром.

1) sin4 x+ cos4 x = a. Путем возведения основного тригономет-рического тождества в квадрат легко получить, что sin4 x+cos4 x == 1 – 2 sin2 x cos2 x, дальнейшее очевидно.

2) sin10 x+cos10 x = a. Воспользуемся приемом понижения сте-пени (это можно было сделать и в предыдущем примере); урав-

141

нение примет вид(1 – cos 2x2

)5+(1 + cos 2x2

)5= a.

После использования формулы бинома Ньютона все нечетныестепени косинусов сократятся, получим

1 + 10 cos2 2x + 5 cos4 2x = 16a.

Пусть теперь cos2 2x = t; получим уравнение 5t2+10t+1–16a = 0,для которого нам надо найти решения, лежащие на отрезке [0, 1].



Вычислите, не пользуясь калькулятором:527. sin 15, tg 730′, cos 6730′. 528. sin 10 · sin 50 · sin 70.

529. cosπ

7cos2π7

cos3π7. 530. * cos

π

35cos2π35

cos3π35

. . . cos17π35.

531. Известно, что tgα = 34 и угол α лежит в третьей четверти.Найдите tg(α/2).

532. *Вычислите cos2π7+ cos

4π7+ cos

6π7.

533. *Докажите равенство cosπ

5– cos

2π5=12.

534. Докажите тождество sinα·sin(60–α)·sin(60+α) = 14 sin 3α.

535. *Пусть α,β,γ — внутренние углы треугольника. Докажите,что cosα + cosβ + cosγ 6 32 .

536. Докажите, что неравенство –4 6 cos 2x + 3 sin x 6 178 вернодля любого x.

537. Определите знак числа sin 355.


Вычислите, не пользуясь калькулятором:

142

538. * sin 18, cos 36, sin 42. 539. * tg 20 · tg 40 · tg 80.

540. * sinπ

10· sin 3π

10.

541. * cos 2+ cos 38+ cos 74+ cos 110+ cos 146+ . . .+ cos 326.

542. Известно, что 2 tg2 α – 7 tgα + 3 = 0. Найдите sin 2α.

543. Докажите равенство1 – 4 sin 10

tg 20= tg 40.

544. Докажите тождество cosα·cos(60–α)·cos(60+α) = 14 cos 3α.

545. Докажите, что tgα · tgβ 6 13 , если α + β = 60.

546. Сравните числа sin 1, 5 и sin 1, 6.


530. Умножьте и разделите данное выражение на 217 и напроизведение синусов, после чего в числителе многократно при-меняется формула синуса двойного угла. «Четные» множителичислителя сокращаются со знаменателем сразу, а «нечетные» —после применения формул приведения. Ответ: 2–17.

532. Домножьте и разделите выражение на синус полуразно-сти прогрессии, образованной аргументами, то есть на sin π7 , за-тем раскройте скобки и каждое произведение разложите в сумму.

533. Разложите разность косинусов в произведение синусов,домножьте и разделите его на cos π

10 , после чего в числителе двараза примените формулу синуса двойного угла, а в знаменате-ле — формулу приведения, превратив косинус в синус.

535. Имеем:

cosα + cosβ + cosγ = cosα + 2 cosβ + γ2

cosβ – γ26

6 cosα + 2 cos(π2–α

2

)· 1 = cosα + 2 sin

α

2=

= 1 – 2 sin2α

2+ 2 sin

α

2.

Рассмотрим теперь функцию y = –2t2 + 2t+ 1. Вершина соот-

ветствующей параболы имеет координаты(12;32

).

143

538. Для нахождения cos 36 рассмотрите равнобедренныйтреугольник с углом при вершине 36 и проведите биссектри-су угла при основании. «Нижний» треугольник будет подобенисходному; кроме того, можно записать свойство биссектрисы.После нахождения cos 36 легко находим sin 18, после чего

можно заметить, что 42 = 60 – 18.539. Запишите в числителе произведение синусов, а в знаме-

нателе произведение косинусов. Разложите произведения синусови косинусов 40 и 80 в сумму, затем раскройте скобки, исполь-зуя sin 20 и cos 20, и снова разложите произведения в сумму.

540. См. решение задачи 533.541. Воспользуйтесь уже известным вам стандартным прие-

мом: домножьте и разделите выражение на синус полуразностипрогрессии, образованной аргументами, то есть на sin 18. По-сле этого в числителе раскройте скобки и преобразуйте каждоепроизведение в сумму.




547. arcsin(sin 15).

548. sin

(arctg

34– arccos

1213

).

549. tg

(3 arcsin

1√5

).

550. ctg

(12

arccos3√10

).

551. Докажите тождество: arcsin x + arccos x =π

2; x ∈ [–1; 1].

Докажите равенства ( 552–554):

552. arctg12+ arctg

13=π

4.

553. arcsin45+ arcsin

513+ arcsin

1665=π

2.

554. arctg

√2 + 1√2 – 1

– arctg

√22=π

4.

555. Сравните числа arcsin23+ arcsin

34иπ

2.

144

556. Сравните числа arctg12иπ

5.



557. 2 arctg5537+ 3 arctg

512. 558. arccos (cos 26).

559. arcsin (x – 1) + 2 arctg

√2x – x2

x.

560. Докажите, что 3 arcsin14+ arccos

1116=π

2.

561. Докажите, что 2 arctg14+ arctg

723=π

4.

562. Сравните числа arctg23иπ

5.




563. (1 – sin x) · (tg2 x – 3) = 0.564. cos2 4x + sin2 3x = 1.

565. cos x · cos 2x · cos 4x =18.

566.1

sin x + cos x= tg x + ctg x.

567. log2 sin x + log2 cos x = –2.568. lg sin x = lg cos x.569. tg x + tg 2x + tg 3x = 0.

570. cos4 x + cos4(π4– x)= 0.

571. * sin x – 2 cos 2x = 3.

572. cos x + sin x = cos3 x + sin3 x.

573. 3 cos2(x2–π

4

)– 2 cos x = 4.

574. 8 cos6 x = 3 cos 4x + cos 2x + 4.575. cos2 x – 2 cos x = 4 sin x – sin 2x.576. Найдите все корни уравнения cos x – 3 sin x = 2, располо-

женные на отрезке [2π; 4π].

145



577. sin 3x cos 2x tg 7x = 0.578. sin 4x = – cos 5x.

579. sin 17x = – sin 13x.580. tg 5x = – ctg 7x.

581. sin2 x – 10 sin x cos x + 21 cos2 x = 0.582. sin2 x · cos2 x – 10 sin x · cos3 x + 21 cos4 x = 0.583. sin4 x – cos4 x = sin2 x.584. sin x + sin 3x + cos x + cos 3x = 0.585. cos 6x cos 3x – cos 7x cos 4x = 0.586. 2 sin x – 9 cos x = 7.587.

√3 sin x + cos x =

√2.


571. Используйте ограниченность функции.

Практика 8



588. sin(2π cos x) < 0.

589. | cos x| < 0, 5√3.

590. sin 2x > cos 2x.

591. sin x +√3 cos x < 0.

592. 2 cos2 x +√3 cos x > 0.

593. 4 cos x –5

cos x> 8.



594. cos(0, 5π sin x) > 12 .

595.∣∣∣tg (2x – π

4

)∣∣∣ < √3.596. cos x – sin x 6 1.

597. 2 cos2 x – 7 sin x > 5.

598.sin x – 2

4 sin2 x – 1> 2.

146

Практика 9


Решите системы:

599.

2x – y = 2π,2 sin x + sin y = 0.

600. *

sin2 x = cos x · cos y,

cos2 x = sin x · sin y.

601.

sin x · sin y = –3/4,3 ctg x = – tg y.

602.

sin x · cos y = 1/4,

sin y · cos x = 3/4.

603.

cos 13x = cos x,

cos 2x + sin 5x = 1,

|x| < 3.


Решите системы:

604.

x – y = π/2,2 cos2 x – 3 cos2 y = –1/2.

605. *

sin x – sin y = 1/2,

cos x + cos y =√3/2.

606.

sin x + sin y = 1,

cos2 x + cos2 y = 1, 5.

607.

sin x +

1cos y

= 2,

sin xcos y

= 1/2.


600. Сложите уравнения системы.605. Разложив в каждом уравнении системы сумму в произ-

ведение и выполнив замену a = x+y2 , b =x–y2 , получимcos a sin b = 1/4,

cos a cos b =√3/4.

Заметим, что во втором уравнении получившейся системызначения a и b, при которых cos a = 0 или cos b = 0, решением

147

системы не являются. Поделим первое уравнение на второе,получим tg b = 1/

√3. Дальнейшее очевидно.

Практика 10


608. Решите уравнение sin x · tg x + 2 cos x = a.609. Найдите все значения a, при которых на отрезке [0;π]

лежат ровно три корня уравнения

2 cos2 x + (2a + 1) sin x – a – 2 = 0.

Дома (1 номер)

610. При каких значениях a на отрезке[3π2; 2π

]лежат ровно

четыре корня уравнения

sin2 4x + (a2 – 3) sin 4x + a2 – 4 = 0 ?

Т ем а 12

ПРЕДЕЛЫ. НЕПРЕРЫВНОСТЬ ФУНКЦИИ

Лекция 1

12.1. Числовые последовательности. Способы задания, рекур-рентные соотношения.

12.2. Окрестность точки. Предел последовательности. Един-ственность предела. Существование предела монотонной ограни-ченной последовательности.

12.3. Число e.1) Задача Якоба Бернулли о годовом доходе при непрерывной

капитализации процентов.2) Неравенство Я.Бернулли для вещественного показателя

степени: (1+x)α > 1+αx (x > –1, x 6= 0, α ∈ R, α > 1 или α < 0).

148

3) Ограниченность последовательности(1 +1n

)n. Для начала

заметим, что согласно неравенству Бернулли

(1 +1n

)–n/2> 1 +

(–n2

)· 1n= 1 –

12=12.

Возводя это неравенство в степень –2 (и не забыв при этом

поменять знак неравенства), получим(1 +1n

)n< 4.

4) Докажем теперь монотонное возрастание последовательно-

сти xn =(1 +1n

)n, для чего докажем, что

xn+1xn

> 1. Имеем:

xn+1xn=

(1 +

1n + 1

)n+1(1 +1n

)n ·1 +1n

1 +1n

=

(n + 2n + 1

)n+1(n + 1n

)n+1 ·n + 1n1=

=

(n2 + 2n

n2 + 2n + 1

)n+1· n + 1n=

((n2 + 2n + 1) – 1

n2 + 2n + 1

)n+1· n + 1n=

=(1 –

1

n2 + 2n + 1

)n+1· n + 1n

> применим н-во Бернулли >

>

(1 –

n + 1

n2 + 2n + 1

)· n + 1n=(1 –

1n + 1

)· n + 1n= 1.

Лекция 2

12.4. Пределы и арифметические операции (доказать теоремуо переходе к пределу в сумме).

12.5. Переход к пределу в неравенстве (доказательство отпротивного). Теорема о двух полицейских (о двух милиционе-рах, о двух карабинерах, о двух жандармах, о двух городовых, осэндвиче).

149

12.6. Предел функции в точке (определение по Гейне), егоединственность. Пределы и арифметические операции, переход кпределу в неравенстве, теорема о двух полицейских.

12.7. Левые и правые пределы.12.8. Окрестность бесконечности. Предел функции на беско-

нечности. Бесконечные пределы.12.9. Непрерывность функции в точке и на множестве. Раз-

рывы нулевого, первого и второго рода. Непрерывность и ариф-метические операции.

Практика 1


611. Докажите ограниченность последовательности2n2 – 1

2 + n2.

612. Докажите, что последовательность (–1)n · n не являетсяограниченной.

613. Докажите, что последовательностьn + 12n – 1

монотонна, на-чиная с некоторого номера.

614. Используя определение предела последовательности, дока-жите, что lim

n→+∞an= 0 (a ∈ R).

615. Используя определение предела последовательности, дока-

жите, что limn→+∞

n2n + 1

=12.

Найдите пределы:

616. limn→+∞

5n3 – 3n2

n3 + 1. 617. lim

n→+∞(n + 1)4 – (n – 1)4

(n + 1)3 + (n – 1)3.

618. limn→+∞

1 + 2 + . . . + 2n

1 + 5 + . . . + 5n.


619. Докажите ограниченность последовательностиn + (–1)n

3n – 1.

150

620. Докажите, что последовательность n2–n не является огра-ниченной.

621. Докажите, что последовательность100n

n2 + 16монотонна, на-

чиная с некоторого номера.622. Используя определение предела последовательности, дока-


(–1)n

n= 0.

623. Используя определение предела последовательности, дока-


2 – n2 + n

= –1.


624. limn→+∞

(n – 1n

)5. 625. lim

n→+∞(√n + 2 –

√n).

626. limn→+∞

(√3 +

1√3+1

3√3+ . . . +

√3

3n–1

).

Практика 2



627. limx→1

x2 – 1

2x2 – x – 1. 628. lim

x→–1

x2 – 4x – 5

x2 – 1. 629. lim

x→1

3√x – 14√x – 1

.

630. limx→+∞

sin xx.

631. Пусть функция f(x) непрерывна в точке x0 и в любойокрестности этой точки принимает как положительные, таки отрицательные значения. Найдите f(x0).

632. Можно ли утверждать, что квадрат разрывной функциитакже разрывная функция? Постройте пример всюду раз-рывной функции, квадрат которой есть функция непрерыв-ная.



151

633. limx→+∞

x2 – 1

2x2 – x – 1. 634. lim

x→+∞x2 – 4x – 5

x2 – 1.

635. limx→0

√1 + x – 13√1 + x – 1

. 636. * limx→0

1 – cos 2x

x2.

637. Пусть функция f(x) определена в некоторой окрестноститочки x0. Сформулируйте, используя кванторы ∃ и ∀,утверждение, что f(x) не является непрерывной в x0.


636. Используйте тот факт, что limx→0

sin xx= 1 (первый заме-

чательный предел).

Т е м а 13

ПРОИЗВОДНАЯ

Лекция 1

13.1. Производная функции в точке, ее механический смысл.13.2. Непрерывность дифференцируемой функции. Дифферен-

цируемые и недифференцируемые функции (примеры). Производ-ная функция.

13.3. Правила вычисления производных (для производнойсуммы — с доказательством).

13.4. Примеры вычисления производной по определению: x2и sin x. Таблица производных элементарных функций.

13.5. Производная композиции функций (правило и примеры).

Лекция 2

13.6. Касательная к кривой (интуитивное определение). Каса-тельная к графику функции в точке.

13.7. Геометрический смысл производной. Уравнение каса-тельной к графику функции.

152

13.8. Теоремы Ролля и Лагранжа (геометрическая и аналити-ческая формулировки). Доказательство теоремы Лагранжа, исходя

из теоремы Ролля (рассмотрим g(x) = f(x) –f(b) – f(a)b – a

· (x – a) иприменим к ней теорему Ролля).

13.9. Производная и исследование функции на монотонность.13.10. Экстремумы функции. Стационарные и критические

точки функции. Теорема Ферма. Достаточные условия экстре-мума.

13.11. Наибольшее и наименьшее значение функции на отрез-ке и на интервале. Совпадение точек экстремума функций f(x) иfn(x), где f(x) > 0.

Примеры. 1) x3 +3xна[12, 2]. 2)

1x+ ln x на (0, 2).

Лекции 3-4

13.12. Выпуклое множество в R2. Выпуклость и вогнутостьфункции на промежутке (два эквивалентных определения). Вто-рая производная и исследование функции на выпуклость и во-гнутость. Точки перегиба.

13.13. Горизонтальные, вертикальные и наклонные асимптоты,способы их нахождения.

13.14. Исследование функций и построение графиков с помо-щью производной.

Примеры. 1) –x3 + 4x2 – 4x. 2)x3 – 1

(x – 1)3. 3)

x2

x – 2.

13.15. Экстремальные задачи, решаемые с помощью произ-водной.1) Докажите, что среди всех прямоугольников, вписанных в

окружность, наибольшую площадь имеет квадрат.2) Из трех одинаковых досок и торцевых фанерных стенок

строят корыто для воды, поперечное сечение которого имеетформу трапеции или квадрата. При каком угле между доской-основанием и досками-боковыми стенками объем корыта будетнаибольшим?

153

Практика 1


Существует ли f ′(0), если:

638. f(x) = |x|. 639. f(x) =√|x|. 640. f(x) = sign (x).

Продифференцируйте функции:

641. f(x) =2x

1 – x2.

642. f(x) =ln 3x+ e2.

643. f(x) =√x + 3√x + 4√x.

644. f(x) =ax + bcx + d

.

645. f(x) = 5x cos x.

646. f(x) = x2 ctg x + 2.

647. f(x) =sin x + cos xsin x – cos x

.

648. f(x) =x

ln x.

649. f(x) = logx 2.

650. f(x) = x5e–x.

651. f(x) = (2x – 1)9.

652. f(x) =(1 – x)p

(1 + x)q.

653. f(x) = 3

√1 – x3

1 + x3.

654. f(x) = sin 3x.

655. f(x) = tg x2.

656. f(x) = sin cos2 x · cos sin2 x.

657. f(x) = ln(x2 +√x4 + 1).

658. f(x) = 2sin x2.

659. f(x) = e√2x+1.

660. f(x) = log2 log3 log4 x.

661. f(x) = ln ln ln x2.662. * f(x) = xx.


Существует ли f ′(0), если:663. f(x) = x · |x|. 664. f(x) = x · sign (x).

Продифференцируйте функции:

665. f(x) =1 + x – x2

1 – x + x2.

666. f(x) =a

x2+b

x3+cx4.

667. f(x) = x√5 –

(√5)x.

668. f(x) =√x

2 +3√x2.

669. f(x) = (x + 1) tg x.

154

670. f(x) =√x

ctg x.

671. f(x) = x3 ln x.672. f(x) = 2x log2 x.673. f(x) = logx 2

x.

674. f(x) = ex tg2 x.675. f(x) = cos 2x.

676. f(x) =√x2 + x + 5.

677. f(x) =xp(1 – x)q

1 + x.

678. f(x) = n

√ax + bcx + d

.

679. f(x) = a sin bx – b cos ax.680. f(x) = cosn x · cosnx.

681. f(x) =x2(sin ln x + cos ln x).

682. f(x) = 3cos2 x.

683. f(x) = ln

√1 – sin x1 + sin x

.

684. f(x) = xxx.


662. Воспользуйтесь тождеством f(x)g(x) = eg(x)·ln f(x) (f(x) > 0).

Практика 2


Составьте уравнение касательной к графику функции f(x) вточке x0, если:

685. f(x) = 2 – 4x – 3x2, x0 = –2. 686. f(x) = x2e–x, x0 = 1.

687. f(x) = (x + 1) 3√3 – x, x0 = –1.

На графике функции f(x) найдите точки, в которых касатель-ные параллельны оси абсцисс, если:

688. f(x) = x(x – 4)3. 689. f(x) = (3 – x2)ex.690. В каких точках касательная к графику функции

f(x) =x3

3–5x2

2+ 7x – 4

образует с осью Ox угол 45?

691. Составьте уравнения касательных к кривой y = x2 – 4x+ 3,проходящих через точку M(2, –5). Сделайте чертеж.

692. Под каким углом пересекаются кривыеy = sin x и y = cos x?

155


Составьте уравнение касательной к графику функции f(x) вточке x0, если:

693. f(x) = tg 3x, x0 = π/3. 694. f(x) = x(ln x – 1), x0 = e.

695. f(x) = lnx2 – 2x + 1

x2 + x + 1, x0 = 0.

На графике функции f(x) найдите точки, в которых касатель-ные параллельны оси абсцисс, если:

696. f(x) = cos 2x – 5 cos x. 697. f(x) =(2 – x)3

(x – 3)2.

698. Найдите все точки, в которых касательная к графикуфункции f(x) = (x + 2)/(x – 2) образует с осью Ox угол135.

699. Составьте уравнения касательных к кривой y = x2 – 5x+ 6,проходящих через точку M(1, 1). Сделайте чертеж.

700. Под каким углом пересекаются кривые y = ex/2 и x = 2?



Найдите интервалы возрастания и убывания функции:

701. f(x) = x5 – 5x4 + 5x3 – 1. 702. f(x) = xe–3x.

Найдите точки максимума и минимума функции:

703. f(x) = x4 – 8x2 + 12. 704. f(x) =x

x2 + 4.

705. f(x) =x3 + 2x2

(x – 1)2.

706. *Сравните числа eπ и πe.

Найдите наибольшее и наименьшее значения функции на ука-занном промежутке:

707. f(x) = x3 – 6x2 + 9; [–1; 2]. 708. f(x) =9x+251 – x

; (0; 1).

Постройте график функции:

156

709. f(x) = x3 – 3x2 + 4. 710. f(x) = (x + 2)2(x – 1)2.

711. f(x) =x2 + x – 1

x2 – 2x + 1. 712. f(x) =

√4x2 – 1x

.

713. Число 18 разбейте на такие два слагаемых, чтобы суммаих квадратов была наименьшей.

714. В прямоугольный треугольник с гипотенузой 24 см и уг-лом 60 вписан прямоугольник, основание которого лежитна гипотенузе. Каковы должны быть длины сторон прямо-угольника, чтобы его площадь была наибольшей?

715. Найдите наибольший объем цилиндра, периметр осевогосечения которого равен a.

157


Найдите интервалы возрастания и убывания функции:

716. f(x) = x2e–x2. 717. f(x) = x2 – 10 ln x.

Найдите точки максимума и минимума функции:

718. f(x) = x4 – 4x3 + 6x2 – 4x + 5.

719. f(x) = (x + 2)2(x – 3)3. 720. f(x) =x4

(x + 1)3.

721. Найдите наибольшее и наименьшее значения функции науказанном промежутке: f(x) = x4 – 8x2, x ∈ [–1; 2].

Постройте график функции:

722. f(x) = (x – 1)2(x + 2).

723. f(x) =x3

x – 1. 724. f(x) =

√x2 – 4x2 – x

.

725. Найдите число, которое превышало бы свой квадрат намаксимальное число.

726. Боковые стороны и меньшее основание трапеции имеютодинаковые длины — по 50 см. Найдите размер ее боль-шего основания, при котором площадь трапеции будетнаибольшей.

727. Найдите наибольшую полную поверхность цилиндра, впи-санного в шар радиуса R.


706. Найдите промежуток возрастания функции f(x) =x

ln x.

158

Т ем а 14

ИНТЕГРАЛ

Лекция 1

14.1. Первообразная. Основное свойство первообразной. Таб-лица первообразных элементарных функций.

14.2. Правила вычисления первообразных: первообразнаясуммы функций и произведения функции на число, замена пе-ременной (в том числе линейная), интегрирование по частям (напримере f(x) = ln x).

14.3. Интеграл Римана от непрерывной функции на отрезке.Формула Ньютона-Лейбница.

Лекция 2

14.4. Криволинейная трапеция. Площадь криволинейной тра-пеции. Площади фигур, ограниченных графиками функций.

Примеры. 1) y = x2, y = 0, x = 1. 2) y = 2– x2, y = x3, x = 0.14.5. Тело вращения. Объем тела вращения (в качестве при-

меров — объем конуса и объем шара).

Практика 1


Вычислите:

728.∫x3 + 3x2 – 3

√x + 1

x√x

dx.

729.∫x4 – 16

x2 + 4dx.

730.∫x7 – 7x2 + x + 1

x2dx.

731.∫

sin2 3x dx.

732.∫

sin 2x cos 2x dx.

733.

4∫1

(x2 – 1) dx.

159

734.

1∫–1

(x2 + 4)3 dx.

735. Найдите площадь фигуры, ограниченной осью абсцисс играфиком функции y = x2 + 2x – 8.

736. Найдите площадь фигуры, органиченной графиками функ-ций y = x2/2 и y =

√2x.

Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями:

737. y = –32x2, y = –x3, x = 1.

738. y = 2 cos x, y = 1,–π/2 6 x 6 π/2.


Вычислите:

739.∫x3 4√x dx.

740.∫x4 + 6x3 + 3x + 4

3√x2

x√x

dx.

741.∫

cos2 4x dx.

742.∫

cos 8x sin 6x dx.

743.

π/2∫0

sin 2x dx.

744.

2∫0

(x4 + 2x2 + 4) dx.

Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями:

745. y = 4x2, y = x – 1, x = 1.

746. y = x4 – 13x2 + 36, y = 0.

Практика 2


747. Для функции f(x) = x4 найдите первообразную, график ко-торой проходит через точку (–1, 2).

160

748. Для функции f(x) =1

5x + 6найдите первообразную, график

которой проходит через точку (–1, 1).749. Найдите все такие функции f(x), что

f ′′(x) = –1, f(0) = f(2) = 0.

Вычислите:

750.∫ (

1 – xx

)2dx. 751.

π∫0

cos2 x dx.

Вычислите площадь фигуры, ограниченной линиями:

752. y = x3, y = 1, x = 2.

753. 2y = x2 + x – 6, 2y = –x2 + 3x + 6.754. Докажите, что площадь параболического сегмента, заклю-

ченного между параболой y = x2 и произвольной пря-мой, параллельной оси абсцисс, равна 2/3 площади пря-моугольника с вершинами в точках пересечения прямой спараболой и основаниями перпендикуляров к оси абсцисс,опущенных из точек пересечения.

755. Найдите площадь фигуры, ограниченной графиком функ-ции y = 8–0, 5x2, касательной к нему в точке с абсциссойx = –2 и прямой x = 1.


756. Для функции f(x) = sin 2x найдите первообразную, графиккоторой проходит через точку (0, 1).

757. Найдите функцию F(x), если F′(x) = 4x3 – 3x2 и F(1) = 3.

Вычислите:

758.∫x2(5 – x)4 dx. 759.

∫x + 1√xdx. 760.

π/2∫–π

sin2 2x dx.

Вычислите площадь фигуры, ограниченной линиями:

761. y = cos x, y = 0, x = –π/4, x = π/4.

762. y = 16/x2, y = 2x, x = 4.

161

763. y = |x2 – 1|, y = 5 + |x|.764. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями x = –1,

y = 2, 5+2x–0, 5x2 и касательной к параболе, проведеннойчерез ее точку с абсциссой x = 3.

Практика 3


765. В каком отношении делится площадь квадрата параболой,проходящей через две его соседние вершины и касающейсяодной стороны в ее середине?

Найдите объем тела, полученного при вращении вокруг осиабсцисс фигуры, ограниченной линиями:

766. y = x2 + 1, x = 0, x = 1, y = 0.767. y = 2x, y = x + 3, x = 0, x = 1.768. Какую работу надо затратить на сжатие пружины на 4 см,

если известно, что сила в 2 Н сжимает эту пружину на1 см?

769. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями, задан-ными уравнением |y| = 1 – x2.

770. Однородный стержень длиной 20 м площадью поперечногосечения 4 см2 и плотностью 8 г/см3 вращается в горизон-тальной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящейчерез его конец, с угловой скоростью 10π с–1. Найдитекинетическую энергию стержня.


771. Найдите площадь каждой из фигур, на которые прямаяy = x+ 4 делит фигуру, ограниченную линиями y = 0, 5x2 иy = 8.

Найдите объем тела, полученного при вращении вокруг осиабсцисс фигуры, ограниченной линиями:772. y =

√x, x = 1, x = 4, y = 0.

773. y = x + 2, y = 1, x = 0, x = 2.

162

774. Сила в 4 Н растягивает пружину на 8 см. Какую работунадо произвести, чтобы растянуть пружину на 8 см?

775. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиямиy = –3x2 – |x| + 3 и y = 0.

Т е м а 15

ПЛАНИМЕТРИЯ

Лекция 1

15.1. Основные понятия и аксиомы планиметрии. Луч, от-резок, полуплоскость. Сонаправленность лучей на прямой. Угол.Прямой угол, перпендикулярность прямых. Измерение отрезкови углов.

15.2. Пятый постулат Евклида (аксиома параллельности). Аб-солютная геометрия, геометрии Лобачевского и Римана, их мо-дели в евклидовой геометрии.

15.3. Сонаправленность лучей на плоскости. Направление наплоскости.

15.4. Окружность, круг, дуга, хорда, сектор, сегмент, секу-щая, касательная. Центральные и вписанные углы. Величина ду-ги. Теоремы об углах и хордах:1. Величина угла между двумя секущими, между секущей и

касательной.2. Квадрат касательной равен произведению секущей...3. Четыре точки лежат на одной окружности тогда и толь-

ко тогда, когда произведения частей пересекающихся отрезковравны.

163

Лекция 2

15.5. Многоугольник, выпуклый многоугольник. Сумма угловвыпуклого многоугольника.

15.6. Вписанные и описанные многоугольники: расположениецентров окружностей, критерии для четырехугольников, формуладля радиуса вписанной окружности.

15.7. Теорема Птолемея (Claudius Ptolemaeus). Четырех-угольник является вписанным тогда и только тогда, когдапроизведение его диагоналей равно сумме произведений проти-воположных сторон.Д о к а з а т е л ь с т в о. Докажем только в одну сторону. По-

строим на DB точку F так, чтобы углы DAC и BAF были равны(см. левый рисунок):

Заметим, кроме того, что углы DCA и ABF равны как опира-ющиеся на одну и ту же дугу. Поэтому треугольники DCA и ABFподобны, откуда CD : AC = BF : AB или AC · BF = AB · CD (1).Аналогично, треугольники ADF и ABC подобны (см. правый

рисунок), откуда BC : DF = AC : AD или AC · FD = BC · AD (2).Складывая теперь (1) и (2), получаем требуемое.

15.8. Треугольник. Теоремы синусов и косинусов. Площадьтреугольника.

Формула S = 12ab sinγ (1). Формулы для радиуса описаннойокружности: a/ sinα = 2R (2), R = abc/(4S) (3). Формула (2) до-казывается, если из центра окружности опустить высоту, она же

164

медиана и биссетриса, на сторону a; формула (3) легко получа-ется, если из (2) выразить sinα и подставить в (1).Формула Герона (без доказательства).15.9. Метрические соотношения в прямоугольном треугольни-

ке: a2 = ac · c, h2 = ac · bc, h = abc .15.10. Медианы и биссектрисы треугольника, их свойства:1. Медиана делит треугольник на две равновеликие части, три

медианы — на шесть равновеликих частей.2. Медиана, проведенная к гипотенузе прямоугольного тре-

угольника, равна половине гипотенузы.3. Биссектриса делит противоположную сторону на отрезки,

пропорциональные боковым сторонам.4. Точка пересечения биссектрис делит биссектрису, прове-

денную к стороне c, в отношении a+bc (для доказательства при-меним к левой и правой половинкам треугольника свойство о де-лении биссектрисой противоположной стороны, выразим отрезкистороны c и сложим получившиеся равенства).

Лекция 3

15.11. Высоты треугольника. Ортоцентр. Вневписанныеокружности.

15.12. Теорема об основаниях двух высот. Отрезок, соединя-ющий основания двух высот остроугольного треугольника, от-секает от исходного треугольника подобный ему с коэффициен-том подобия, равным косинусу общего угла этих треугольников.Д о к а з а т е л ь с т в о. Построим на BC окружность как на

диаметре (см. левый рисунок), тогда точки F и H лежат на ней.Заметим теперь, что каждый из углов AFH и ACB равен полу-сумме дуг BF и FH. Кроме того, у треугольников, о которыхидет речь в теореме, имеется общий угол A, что и завершаетдоказательство их подобия.Докажем вторую часть теоремы. Найдем коэффициент подо-

бия из треугольника AHB: k = AH : AB = cos A.

165

15.13. Теорема об отражении ортоцентра. Точка, симмет-ричная ортоцентру относительно стороны треугольника, ле-жит на описанной окружности.Д о к а з а т е л ь с т в о. Введем обозначения, как показано на

правом рисунке; продолжим высоту AS за сторону BC, точку еепересечения с описанной окружностью обозначим P; докажем,что HS = SP. Заметим для этого, что углы PCB и PAB опи-раются на одну и ту же дугу, а каждый из углов PAB и FCBравен 90– ABC, поэтому PCB = FCB. Следовательно, высота CSтреугольника HCP является его биссектрисой и, следовательно,также и медианой. Из доказанного следует, что образ точки Hпри симметрии относительно BC совпадает с точкой P.

15.14. Теорема о центрах вне-вписанных окружностей. Центрыдвух вневписанных окружностей ивершина треугольника лежат наодной прямой.Д о к а з а т е л ь с т в о. Соеди-

ним центры окружностей с верши-нами треугольника; так как центрылежат на биссектрисах внешнихуглов треугольника, введем обо-значения, как показано на рисунке.Рассматривая углы α, α, β, ε слева от одной из прямых, видим,что 2α = 180 – β, что и требовалось.

166

15.15. Следствие. Центр вписанной в треугольник окружно-сти является ортоцентром треугольника с вершинами в цен-трах вневписанных окружностей.Д о к а з а т е л ь с т в о. Из доказательства предыдущей теоре-

мы следует, что α + β/2 = 90. Таким образом, биссектриса уг-ла треугольника перпендикулярна отрезку, соединяющему центрыдвух вневписанных окружностей. Осталось доказать, что эта бис-сектриса пройдет через центр третьей вневписанной окружности;это следует из того, что последняя вписана в угол, биссектрисукоторого мы рассматриваем.

15.16. Теорема о точке касания вписанной окружности. Рас-стояние от вершины треугольника до точки касания вписаннойокружности со стороной, выходящей из данной вершины, равноp– a, где p — полупериметр треугольника и a — длина проти-воположной данной вершине стороны.Д о к а з а т е л ь с т в о. Очевидно. 15.17. Теорема о точке касания вневписанной окружности.

Расстояние от вершины треугольника до точки касания вне-вписанной окружности с продолжением стороны треугольника,выходящей из данной вершины, равно полупериметру треуголь-ника.Д о к а з а т е л ь с т в о. По свойству касательных имеем (см.

левый рисунок):

a + b = c + d, b = e, f = d.

Заменяя в первом равенстве b на e и d на f, получим a + e == c + f = p, но a + e = a + b, то есть a + b = p, что и требовалосьдоказать.

15.18. Теорема о радиусе вневписанной окружности. ЕслиS— площадь треугольника, ra — радиус вневписанной окружно-сти, касающейся стороны a, и p — полупериметр треугольника,

167

тоS = ra(p – a).

Д о к а з а т е л ь с т в о. Площадь данного (розового на правомрисунке) треугольника равна сумме площадей розового и желтоготреугольников минус площадь желтого; отсюда

S =12(bra + cra – ara) = ra ·

12(a + b + c – 2a) = ra · (p – a),

что и требовалось доказать.

Лекция 4

15.19. Параллельное проектирование.15.20. Модуль простого отношения («шаг вперед, полшага на-

зад»: 〈ABC〉 = AC : CB). Лемма о том, что параллельное проек-тирование сохраняет его (доказательство через обобщенную тео-рему Фалеса, в случаях различного расположения точек).

15.21. Простое отношение трех точек. Его инвариантность от-носительно параллельного проектирования (без доказательства).

15.22. Теорема Менелая, школьный вариант.Теорема Менелая (Menelaos). Пусть даны треугольник ABC

и прямая a, не проходящая ни через одну из его вершин. Обо-значим точки пересечения этой прямой с прямыми AB, BC и ACчерез C1, A1 и B1 соответственно. Тогда

AC1C1B

· BA1A1C

· CB1B1A

= 1.

Д о к а з а т е л ь с т в о.Применим параллельное проектирование всех участвующих

в формулировке теоремы отрезков на сторону BC параллельнопрямой a и воспользуемся инвариантностью простого отношенияпри параллельном проектировании.

15.23. Теорема Менелая, полная формулировка («настоящие»простые отношения, в обе стороны, в правой части –1; без до-казательства).

15.24. Чевиана. Теорема Чевы, школьный и полный (в пра-вой части 1) варианты. Для доказательства школьного варианта

168

применим два раза теорему Менелая к треугольникам, на кото-рые исходный треугольник разбивается одной из чевиан, а затемумножим либо разделим одно из равенств на другое.

15.25. Четырехугольник.15.26. Теорема о площади че-

тырехугольника через диагонали.Площадь выпуклого четырехуголь-ника равна половине произведенияего диагоналей, умноженного насинус угла между ними.Д о к а з а т е л ь с т в о. Удобнее

всего провести через вершинычетырехугольника прямые, парал-лельные его диагоналям, а затем рассмотреть получившийсяпараллелограмм.

15.27. Критерий перпендикулярности диагоналей четырех-угольника. Диагонали выпуклого четырехугольника перпендику-лярны тогда и только тогда, когда суммы квадратов его про-тивоположных сторон равны.Д о к а з а т е л ь с т в о. Если диагонали четырехугольника пер-

пендикулярны, запишем четыре раза теорему Пифагора и легкоубедимся, что требуемое свойство выполняется.

Обратно, пусть a2+c2 = b2+d2. Запишем четыре раза теоремукосинусов и приравняем суммы квадратов; получим

2(xp + sy + xs + by) cosα = 0.

169

Поскольку выражение в скобках не равно нулю, получаем cosα =0, то есть α = 90, что и требовалось доказать.

Лекция 5

15.28. Теорема Брахмагупты (Brahma-gupta). Пусть a, b,c, d — длины сторон вписанного четырехугольника и p — егополупериметр. Тогда его площадь равна√

(p – a)(p – b)(p – c)(p – d).

Д о к а з а т е л ь с т в о. Запишем два раза теорему косинусов:

x2 = d2 + c2 – 2dc cosα = a2 + b2 + 2ab cosα.

Из этого равенства получаем 2(ab+dc) cosα = d2+ c2–a2–b2.Далее, очевидно,

16S2 = 16(12(ab + dc) sinα

)2= 4(ab + dc)2(1 – cos2 α) =

= 4(ab + dc)2 – (2(ab + dc) cosα)2 .

Подставляя сюда предыдущий результат, получим:

16S2 = 4(ab + dc)2 –(d2 + c2 – a2 – b2

)2=

= (2(ab + dc) + (d2 + c2 – a2 – b2))(2(ab + dc) – (d2 + c2 – a2 – b2)) =

170

=((d + c)2 – (a – b)2

)((a + b)2 – (d – c)2

)=

= (d + c + a – b)(d + c – a + b)(a + b + d – c)(a + b – d + c) =

= 2(p – b) · 2(p – a) · 2(p – c) · 2(p – d).

Извлекая теперь квадратный корень, получим требуемое. 15.29. Сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна

сумме квадратов его сторон.15.30. Волшебное свойство трапеции. Середины оснований

трапеции, точка пересечения ее диагоналей и точка пересече-ния прямых, содержащих ее боковые стороны, лежат на однойпрямой.Д о к а з а т е л ь с т в о.Докажем теорему в два этапа.1. (См. левый рисунок.) Пусть

N — середина верхнего основаниятрапеции, докажем, что M — сере-дина ее нижнего основания. Из по-добия треугольников SNB и SMAимеем: SN : SM = BN : AM; из по-добия треугольников SNC и SMDимеем SN : SM = CN : DM. Отсю-да BN : AM = CN : DM. Переставляя местами крайние членыэтой пропорции, получим DM : AM = CN : BN = 1.2. (См. правый рисунок.) Пусть N — середина верхнего ос-

нования трапеции, докажем, что M — середина ее нижнего осно-вания. Доказывается аналогично из подобия треугольников BNPи DMP, а также треугольников CNP и AMP.

15.31. Теорема о среднем гармоническом в трапеции. Длинаотрезка с концами, лежащими на боковых сторонах трапеции,параллельного основаниям и проходящего через точку пересече-ния диагоналей, равна среднему гармоническому длин оснований.Точкой пересечения диагоналей этот отрезок делится пополам.Д о к а з а т е л ь с т в о. Введем обозначения как показано на

рисунке.

171

Из подобия треугольников x : a = q : (p + q) и, кроме этого,x : b = p : (p + q). Складывая эти равенства, получим x

a +xb = 1,

откуда следует, что x = ab/(a+b). Такой же результат получаетсядля y, откуда следует, что x = y и x+y — среднее гармоническоеa и b.

15.32. Теорема о среднем квадратичном в трапеции. Длинаотрезка с концами, лежащими на боковых сторонах трапеции,параллельного основаниям и делящего трапецию на равновеликиечасти, равна среднему квадратичному длин оснований.Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть верхнее основание трапеции

равно a, нижнее — b, а длина отрезка, о котором идет речь втеореме — x. Обозначим, кроме того, высоту верхней трапецииha, а нижней трапеции hb. Из равенства площадей получим,

что (a + x)ha = (b + x)hb, откудаhbha=a + xb + x

(*). Но, очевидно,

площадь всей трапеции равна удвоенной площади верхней тра-пеции: (a + b)(ha + hb) = 2(a + x)ha. Поделив это равенство на

ha, получим: (a + b)(1 +hbha

)= 2(a + x). Подставим сюда (*):

(a + b)(1 +a + xb + x

)= 2(a + x). Решая это уравнение относительно

x, получим x =

√a2 + b2

2.

15.33. Теорема о среднем геометрическом в трапеции. Длинаотрезка с концами, лежащими на боковых сторонах трапеции,параллельного основаниям и делящего трапецию на две подобныетрапеции, равна среднему геометрическому длин оснований.Д о к а з а т е л ь с т в о. Очевидно.

172

15.34. Связь между элементами равнобедренной трапеции.В равнобедренной трапеции с основаниями a, b, боковой сторо-ной c и диагональю d выполняется соотношение ab = d2 – c2.Д о к а з а т е л ь с т в о. Данное утверждение непосредственно

следует из теоремы Птолемея.

Практика 1


776. Треугольник ABC прямоугольный. На гипотенузе AB вовнешнюю строну построен квадрат. Точка O — его центр.Докажите, что CO — биссектриса угла ACB.

777. Две окружности пересекаются в точках M и K. Через Mи K проведены прямые AB и CD соответственно, пересе-кающие первую окружность в точках A и C, вторую — вточках B и D. Докажите, что AC параллельна BD.

778. Через середину C дуги AB проводят две произвольныепрямые, которые пересекают окружность в точках D, Eи хорду AB — в точках F и G. Докажите, что четырех-угольник DEGF может быть вписан в окружность.

779. *Через точку O проведены три прямые, попарные углымежду которыми равны 60. Докажите, что основания пер-пендикуляров, опущенных из произвольной точки A на этипрямые, служат вершинами правильного треугольника.

780. *Прямоугольный треугольник ABC (∠BAC — прямой) дви-гается по плоскости таким образом, что вершины B и Cскользят по сторонам заданного прямого угла. Докажите,что геометрическим местом точек A является некоторыйотрезок и найдите его длину.

781. Две окружности радиусов R и r касаются внешним об-разом (то есть ни одна из них не лежит внутри другой).Найдите длину общей касательной к этим окружностям.


782. Из точки P, расположенной внутри острого угла BAC, опу-щены перпендикуляры PC1 и PB1 на прямые AB и AC.Докажите, что ∠C1AP = ∠C1B1P.

173

783. Касательная в точке A к описанной окружности треуголь-ника ABC пересекает прямую BC в точке E; AD – бис-сектриса треугольника ABC. Докажите, что AE = ED.

784. Докажите, что биссектрисы углов любого четырехугольни-ка образуют вписанный четырехугольник.

785. Две окружности касаются друг друга внешним образом вточке M. AB — общая касательная этих окружностей, непроходящая через M (A и B — точки касания). Докажите,что M лежит на окружности с диаметром AB.

786. *На окружности взяты точки A, B, C и D. Прямые AB иCD пересекаются в точке M. Докажите, что AC ·AD/AM == BC · BD/BM.

Дополнительные задачи

787. *На окружности даны точки A, B, C, D в указанномпорядке. A1, B1, C1, D1 — середины дуг AB, BC, CD,DA соответственно. Найдите угол между прямыми A1C1 иB1D1.


779. Постройте на AO окружность как на диаметре.780. Пусть O — вершина заданного прямого угла, тогда че-

тырехугольник OBAC — вписанный. Докажите, что угол BOA неизменяется.

786. Заметим, что углы BCM и BAD находятся как полусум-мы одних и тех же дуг, поэтому они равны. Отсюда треугольникиMAD и MCB подобны. Далее рассмотрите треугольники ACM иDBM: они подобны, так как угол M у них общий, а углы MACи BDM опираются на одну и ту же дугу. Затем запишите про-порции и как-то скомбинируйте их.

787. Ответ: 90.

174

Практика 2


788. *Длины двух сторон треугольника равны a, а длина тре-тьей стороны равна b. Вычислите радиус его описаннойокружности.

789. *Через некоторую точку, взятую внутри треугольника, про-ведены три прямые, параллельные его сторонам. Эти пря-мые разбивают треугольник на шесть частей, три из ко-торых — треугольники с площадями S1, S2, S3. Найдитеплощадь данного треугольника.

790. Основание треугольника равно 20, а медианы к боковымсторонам равны 18 и 24. Найдите площадь треугольника.

791. *В равнобедренном треугольнике основание и боковая сто-рона равны соответственно 5 и 20 см. Найдите биссектри-су угла при основании треугольника.

792. В равнобедренном треугольнике угол при вершине равен36, а биссектриса угла при основании равна

√20. Най-

дите длины сторон треугольника.


793. *Докажите, что площадь треугольника, стороны которогоравны медианам треугольника площади S, равна 3S/4.

794. Основание треугольника равно 26, а медианы, проведенныек боковым сторонам, равны 36 и 15. Найдите площадьтреугольника и третью медиану.

795. В прямоугольном треугольнике биссектриса острого угладелит противоположный катет на отрезки длиной 4 и 5.Найдите площадь треугольника.

796. Найдите биссектрисы острых углов прямоугольного тре-угольника с катетами 24 и 18.

797. *Найдите величину cos 36.


788. Ответ: R =a2√4a2 – b2

.

175

789. Используйте подобие получившихся треугольников и ис-ходного треугольника, а также тот факт, что отношение площадейравно квадрату коэффициента подобия.

791. Пусть в треугольнике ABC AB = BC = 20, AC = 5,AA1 — искомая биссектриса. По теореме косинусов легко найтикосинус угла C; так как BA1 и и A1C легко находятся по свой-ству биссектрисы, снова применяем теорему косинусов к тре-угольнику AA1C и получаем требуемое.

793. Известно, что медиана делит треугольник на две равно-великие части, а три медианы — на шесть равновеликих частей.Рассмотрим треугольник ABC с медианами AA1, BB1 и CC1, ко-торые пересекаются в точке O. Продолжите медиану BB1 за точ-ку B1 на расстояние OB1; получившуюся точку обозначьте B2.Докажите, что треугольник OCB2 будет подобен треугольнику,составленному из медиан треугольника ABC, и найдите коэффи-циент подобия.

797. Рассмотрите равнобедренный треугольник с углом привершине 36 и проведите биссектрису одного из углов при ос-новании. Примените подобие треугольников и свойство биссек-трисы.

Практика 3


798. Пусть AC = b, AB = c, r и ra — радиусы вписанной ивневписанной окружностей треугольника ABC (окружностьрадиуса ra касается стороны BC), p — полупериметр тре-угольника ABC. Докажите, что rra = (p – b)(p – c).

799. Пусть r и ra, rb, rc — радиусы вписанной и трех вне-вписанных окружностей треугольника ABC. Докажите, что1r=1ra+1rb+1rc.

800. Пусть BC = a, rb и rc — радиусы вневписанных окруж-ностей треугольника ABC (окружность радиуса rb касаетсястороны AC, радиуса rc — стороны AB), p — полупери-метр треугольника ABC. Докажите, что rbrc = p(p – a).

801. *В треугольник вписана окружность радиуса r. Касатель-ные к этой окружности, параллельные сторонам треуголь-ника, отсекают от него три маленьких треугольника. Пусть

176

r1, r2, r3 — радиусы вписанных в эти треугольники окруж-ностей. Докажите, что r1 + r2 + r3 = r.

802. *В остроугольном треугольнике ABC проведены высотыAA1, BB1, CC1. Докажите, что они являются биссектри-сами углов треугольника A1B1C1 (ортотреугольника).


803. Пусть BC = a, r и ra — радиусы вписанной и вневписан-ной окружностей треугольника ABC (окружность радиусаra касается стороны BC), p — его полупериметр. Докажи-те, что pr = ra(p – a).

804. Пусть r и ha, hb, hc — радиус вписанной окружности идлины трех высот треугольника ABC. Докажите, что

1r=1ha+1hb+1hc.

805. Пусть r и ra, rb, rc — радиусы вписанной и трех внев-писанных окружностей треугольника ABC. Докажите, чтоSABC =

√rrarbrc.


801. Введем обозначения, как показано на левом рисунке.Пусть p и r — периметр и радиус вписанной окружности дляисходного треугольника, а p1 и r1 — для одного из отсекаемых.Так как большая окружность является вневписанной для отсе-каемого треугольника, то AP = p1. С другой стороны, большаяокружность вписана в исходный треугольник, поэтому AP = p–a.Таким образом, p1 = p – a.Рассмотрим теперь коэффициент подобия исходного и отсека-

емого треугольников. С одной стороны, он равен отношению ихпериметров, а с другой стороны, — отношению радиусов впи-санных окружностей. Сложите получившиеся равенства для всехотсекаемых треугольников.

177

К задаче 801 К задаче 802

802. Так как отрезок, соединяющий основания двух высоттреугольника, отсекает от него подобный треугольник, голубой ирозовый треугольники (см. правый рисунок) подобны исходному.Подумайте, какие углы равны.

Практика 4


806. *В треугольнике проведены три отрезка, каждый из ко-торых соединяет вершину треугольника с точкой касаниявписанной в треугольник окружности с противоположнойстороной. Докажите, что эти отрезки пересекаются в од-ной точке.

807. *На сторонах BC и AC треугольника ABC выбраны соот-ветственно точки A1 и B1 так, что BA1 : A1C = 1 : 3 иAB1 : B1C = 2 : 1. Отрезки AA1 и BB1 пересекаются вточке O. Найдите отношение B1O : OB.

808. *В условиях предыдущей задачи найдите площадь тре-угольника AOB1, если SABC = 6.

809. *Отрезок BM является медианой треугольника ABC. Насторонах AB и BC выбраны соответственно точки P и Qтак, что AP : PB = 2 : 5 и BQ : QC = 10 : 1. Отрезок PQпересекает BM в точке R. Найдите отношение BR : RM.

178

810. *На сторонах AB, BC, AC треугольника ABC взяты соот-ветственно точки C1, A1, B1 так, что

AC1 : C1B = BA1 : A1C = CB1 : B1A = 1 : 2.

Точки P, Q, R являются попарным пересечением отрезковAA1, BB1, CC1. Найдите отношение площадей треугольни-ков ABC и PQR.


811. На сторонах BC и AB треугольника ABC выбраны соот-ветственно точки A1 и C1 так, что BA1 : A1C = 2 : 3 иAC1 : C1B = 1 : 2. Отрезки AA1 и CC1 пересекаются вточке O. Найдите отношение AO : OA1.

812. В условиях предыдущей задачи найдите площадь четырех-угольника BC1OA1, если SABC = 1.

813. Даны катеты прямоугольного треугольника ABC: AC = 4 иBC = 3. В треугольнике проведены биссектриса CD и ме-диана AM. Они пересекаются в точке E. Найдите площадьтреугольника CEM.


806. Примените теорему Чевы.807. Ответ: 2:1. 808. Ответ: 8/3. 809. Ответ: 4:1.810. Пусть P — точка пересечения AA1 и CC1, Q — точка

пересечения AA1 и BB1, R — точка пересечения BB1 и CC1. Вы-ясним, как точки P, Q и R делят отрезки AA1 и BB1, используятеорему Менелая; получим

AP : PQ : QA1 = 3 : 3 : 1, BQ : QR : RB1 = 3 : 3 : 1.

Теперь воспользуемся тем фактом, что если чевиана делит сторо-ну треугольника в каком-либо отношении, то в том же отноше-нии она делит и его площадь: пусть SABC = S, тогда SABB1 =

23S,

а SABQ =37SABB1 . Следовательно, SAQB1 =

47SABB1 =

821S.

Далее рассмотрим треугольники QAB1 и QPR и воспользуем-ся теоремой о том, что отношение их площадей равно отношениюпроизведений боковых сторон. Получим: SPQR =

924SQAB1 =

17S.

Ответ: 7:1.

179

Практика 5


814. *Точки K, L, M и N лежат соответственно на сторонах AB,BC, CD и DA параллелограмма ABCD, причем AK : KB == 1 : 2, BL : LC = 1 : 3, CM : MD = 1 : 1 и DN : NA = 1 : 1.Найдите отношение площадей четырехугольников KLMN иABCD.

815. *Большее основание трапеции имеет длину 24. Найдитедлину ее меньшего основания, если известно, что рассто-яние между серединами диагоналей трапеции равно 4.

816. *Диагонали трапеции взаимно перпендикулярны. Докажите,что произведение длин оснований трапеции равно суммепроизведений длин отрезков одной диагонали и длин от-резков другой диагонали, на которые они делятся точкойпересечения.

817. *Диагонали равнобедренной трапеции ABCD с боковойстороной AB пересекаются в точке P. Докажите, чтоцентр O ее описанной окружности лежит на описаннойокружности треугольника APB.

818. *Найдите длины боковой стороны и диагонали равнобед-ренной трапеции с основаниями 20 и 12, если известно,что центр описанной окружности лежит на большем осно-вании трапеции.

819. *Докажите, что площадь трапеции равна произведениюдлины одной из боковых сторон и перпендикуляра, опу-щенного из середины другой боковой стороны к первой.


820. Докажите, что площадь четырехугольника, образованногосерединами сторон выпуклого четырехугольника ABCD,равна половине площади ABCD.

821. *Используя результат предыдущей задачи, докажите, чтоесли диагонали выпуклого четырехугольника равны, то егоплощадь равна произведению длин отрезков, соединяющихсередины противоположных сторон.

822. Точки K, L, M и N лежат соответственно на сторонах AB,BC, CD и DA параллелограмма ABCD, причем AK : KB =

180

= 3 : 1, BL : LC = 2 : 3, CM : MD = 1 : 2 и DN : NA = 1 : 1.Найдите отношение площадей четырехугольников KLMN иABCD.

823. Около окружности с диаметром 15 описана равнобедрен-ная трапеция с боковой стороной, равной 17. Найдите ос-нования трапеции.

824. *В окружность радиуса R вписана трапеция, у которойнижнее основание вдвое больше каждой из остальных сто-рон. Найдите площадь трапеции.


814. Ответ: 25:48. 815. Ответ: 16.816. Используя подобие кое-каких треугольников, удачно

обозначьте длины всех отрезков, после чего примените теоремуПифагора.

817. Из рассмотрения синей окружности (см. левый рисунок)следует, что APB = 12 (AB + CD) = AB = AOB. Далее рассмотритекрасную окружность и углы APB и AOB.


818. Поскольку трапеция (см. правый рисунок) равнобедрен-ная, легко найти AH, и HD. Из прямоугольного треугольникаACD найдите CH. Далее по известному свойству о средних гео-метрических в прямоугольном треугольнике найдите боковые сто-роны и диагонали.

181

819. Проведите через середину одной боковой стороны пря-мую, параллельную другой боковой стороне.

821. Из равенства диагоналей следует, что четырехугольник,вершинами которого являются середины сторон исходного четы-рехугольника — ромб.

824. «Удвоим» трапецию, получим правильный шестиугольник.

Ответ:3R2√3

4.

Практика 6


825. *В трапеции ABCD даны основания AD = a и BC = b.На продолжении BC выбрана точка M так, что прямаяAM отсекает от площади трапеции 1/4 ее часть. Найдитедлину отрезка CM.

826. *Около окружности радиуса 1 описана равнобедреннаятрапеция, площадь которой равна 5. Найдите площадьчетырехугольника, вершинами которого служат точкикасания окружности и трапеции.

827. *В выпуклом четырехугольнике диагонали равны 1 и 2, адлины отрезков, соединяющих середины противоположныхсторон, равны. Найдите площадь четырехугольника.

828. *(Биофак МГУ, 1979.) Около окружности радиуса R описа-на трапеция ABCD, длина меньшего основания BC которойравна a. Пусть E — точка касания окружности со сторо-ной AB, и длина отрезка BE равна b. Найдите площадьтрапеции.


829. В трапеции ABCD даны основания AD = 12 и BC = 8.На продолжении BC выбрана точка M так, что прямаяAM делит трапецию на две равновеликие фигуры. Найдитедлину отрезка CM.

830. Длины боковых сторон трапеции равны 3 и 5. Известно,что в трапецию можно вписать окружность. Средняя ли-ния трапеции делит ее на две части, отношение площадейкоторых равно 5 : 11. Найдите длины оснований трапеции.

182

831. *Биссектрисы тупых углов при основании трапеции пере-секаются на другом ее основании. Найдите все сторонытрапеции, если ее высота равна 12, а длины биссектрис15 и 13.

183


825. Пусть площадь трапеции (см. левый рисунок) рав-на S, тогда SAKD = S/4. Так как у треугольника ACD и

у трапеции общая высота, имеем SACD =aa + b

· S, откуда

SACK =(aa + b

–14

)S =

3a – b4(a + b)

· S. Но площади треугольников

ACK и AKD относятся как их основания, отсюда, с учетомподобия треугольников AKD и MKC, получим:

xa=CKKD=SACKSAKD

=

3a – b4(a + b)

· S

S/4=3a – ba + b

; x = a · 3a – ba + b

.


826. Введем обозначения, как показано на правом рисунке(длины оснований трапеции равны a и b). Поскольку высота тра-пеции равна 2, ее площадь равна a + b, то есть a + b = 5. Далееопустите из вершины B высоту и найдите синус угла A, послечего докажите, что ∠QOT = ∠A. Но SQOT =

12 ·OQ ·OT · sin QOT,

а площадь всего четырехугольника FQTP в 4 раза больше.827. Докажите, что если «средние линии» выпуклого четырех-

угольника равны, то его диагонали перпендикулярны.828. Введем обозначения, как показано на левом рисунке.

Поскольку AO, BO, CO, DO — биссектрисы, треугольники ABOи DCO — прямоугольные, поэтому R2 = xb = y(a – b). Выразивотсюда x и y, легко найти площадь трапеции.

Ответ: aR

(R2

b(a – b)+ 1

).

184


831. Введем обозначения, как показано на правом рисунке.Поскольку BP и CP — биссектрисы, они отсекают от трапецииравнобедренные треугольники BAP и CPD. По теореме Пифагоралегко найти a и b, а затем верхнее основание. Далее применитеподобие закрашенных треугольников.

Практика 7


832. *Из вершины C прямого угла треугольника ABC опущенавысота CK, и в треугольнике ACK проведена биссектрисаCE. Прямая, проходящая через точку B параллельно CE,пересекает CK в точке F. Докажите, что прямая EF делитотрезок AC пополам.

833. *Через точку M, лежащую внутри круга, проведена хор-да AB; из точки M опущены перпендикуляры MP и MQна касательные, проходящие через точки A и B. Докажи-те, что величина 1

PM +1QM не зависит от выбора хорды,

проходящей через точку M.


834. *На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точ-ки A1, B1 и C1 так, что отрезки AA1, BB1 и CC1 пересе-каются в одной точке. Прямые A1B1 и A1C1 пересекаютпрямую, проходящую через вершину A параллельно сто-роне BC, в точках C2 и B2 соответственно. Докажите, чтоAB2 = AC2.

185

835. *В треугольнике ABC угол B равен 60, биссектрисы ADи CE пересекаются в точке O. Докажите, что OD = OE.


832. Из треугольника CEK

CEK = 90 – α, а из треугольникаCBE BCE = 180 – 2α – (90 – α) =90 – α, поэтому треугольник BCEравнобедренный и BE = BC = b + c.Далее, из подобия треугольниковECK и BFK имеем d : e = b : c.Прибавляя к обеим частям это-го равенства 1, получим, что(d + e) : e = (b + c) : c (1).По свойству биссектрисы a : b = (x + y) : d. Но из подобия

треугольников ACK и CBK последнее отношение равно (b+ c) : c,то есть a : b = (b + c) : c (2). Сравнивая (1) и (2), получаем, что(d + e) : e = a : b (3).Применим теперь теорему Менелая к треугольнику ACK и

прямой DF; учтем при этом (3):

1 =xy· d + ee· ba=xy· ab· ba=xy, откуда x = y.

833. Пусть C — произвольная точка большой дуги AB(см. левый рисунок). Поскольку угол между касательной и хор-дой равен половине отсекаемой дуги, все три угла, обозначенныена рисунке буквой ϕ, равны. Из треугольников APM и BQM

имеем1PM

=1

AM sinϕ,1QM

=1

MB sinϕ, а из треугольника

ABC по теореме синусовAB

sinϕ= 2R (R — радиус окружности).

Получаем1PM+1QM

=AM +MB

AM ·MB · sinϕ=

2RAM ·MB

.

186


834. Заметим подобие треугольников (см. правый рисунок):AC1B2 ∼ BC1A1 и AB1C2 ∼ CB1A1. Отсюда AB2 ·C1B = AC1 ·BA1и AC2 ·CB1 = A1C·B1A; найдите

AB2AC2

и примените теорему Чевы.

835. Три биссектрисы пересекаются в одной точке, а кое-какой четырехугольник — вписанный.

Практика 8


836. *В трапеции ABCD даны основания BC = 44, AD = 100;AB = CD = 35. Окружность, касающаяся прямых AD и AC,касается стороны CD в точке K. Найдите CK.

837. *Расстояния от общей хорды двух пересекающихся окруж-ностей до их центров относятся как 2 : 5. Общая хордаимеет длину 2

√3, а радиус одной из окружностей в два

раза больше радиуса другой окружности. Найдите рассто-яние между центрами окружностей.


838. *В остроугольном треугольнике ABC проведены высотыAP и CQ. Докажите, что ∠PAC = ∠PQC.

839. *В условиях предыдущей задачи найдите радиус окружно-сти, описанной около треугольника ABC, если PQ = 8 иABC = 60.

187

840. *В прямоугольнике ABCD со сторонами AB = 4 и BC = 10на стороне AD расположены точки M и N, при этом P —точка пересечения прямых BN и CM. Площадь треуголь-ника MNP равна 1. Найдите MN.


836. Нетрудно найти диагональ трапеции: AC = 75. Найдемполупериметр треугольника ACD: p = 105. В первом случае, ес-ли окружность вписана в треугольник ACD, CK = p – AD = 5.Во втором случае, если окружность является вневписанной длятреугольника ACD, CK = p – AC = 30. Ответ: 5 или 30.

К задаче 837

837. Поскольку точки O1 и O2равноудалены от концов хорды,O1O2 — ее серединный перпен-дикуляр. Тогда AK =

√3 и из

условия

√r2 – 3√4r2 – 3

=25(случай 5/2

невозможен, так как числитель яв-но меньше знаменателя). Найдитеr2, KO1, KO2. Далее рассмотритедва случая (см. рисунок). Ответ:7 или 3.

838. Найдите вписанный четырехугольник.

188

839. Треугольники PBQ и ABC подобны с коэффициентомcos 60, отсюда легко найти AC.

840. Пусть MN = x (см. рисунок на предыдущей странице).Поскольку SMNP = 1, получаем xh = 2 (*). Возможны два слу-чая (см. рисунок). Из подобия треугольников в первом случае4 + hh

=10x; выразите отсюда h, подставьте в (*) и получите

уравнение для x. Аналогично поступите во втором случае. От-вет: 2 или 52 .

Т е м а 16

ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ПЛОСКОСТИ

Лекция 1

16.1. Преобразование (биекция плоскости на себя), компози-ция преобразований. Преобразование, обратное к данному. Поня-тие о группе преобразований: показать ассоциативность в группеповоротов (на примере); пример некоммутирующих элементов вгруппе всех преобразований плоскости.Эрлангенская программа Ф.Клейна.16.2. Движение— преобразование, сохраняющее расстояния.

Легко доказать, что композиция двух движений является движе-нием и что отображение плоскости на себя, обратное движению,является движением. Группа движений плоскости. Конгруэнтностьфигур (определение, обозначение).

16.3. Свойства движений.Теорема. Образом прямой является прямая.Д о к а з а т е л ь с т в о. Используя критерий коллинеарности

|AX| + |XB| = |AB|, легко доказать, что коллинеарные точкиотображаются в коллинеарные. Проблема в том, что прямаяможет отображаться не во всю прямую, а только в ее часть;осталось, таким образом, доказать, что образом прямой являетсявся прямая.

189

Пусть ϕ(a) ⊆ a′. Поскольку ϕ–1 — тоже движение, то иϕ–1(a′) ⊆ a, поэтому ϕ(ϕ–1(a′)) ⊆ ϕ(a), то есть a′ ⊆ ϕ(a), по-этому a′ = a. Луч отображается в луч (без доказательства). Сохранение

конгруэнтности углов (доказательство через конгруэнтностьтреугольников). Сохраняется сонаправленность лучей (без дока-зательства).

16.4. Осевая симметрия. Осевая симметрия является движе-нием:1) если одна из двух точек— концов отрезка— лежит на оси,

то все следует из свойства серединного перпендикуляра;2) если обе точки лежат по одну сторону от оси, либо по раз-

ные стороны от оси— рассматривать равные треугольники (точкапересечения «диагоналей» лежит на оси, это следует из равенствауглов).Когда две осевые симметрии коммутируют?—Тогда и только

тогда, когда их оси перпендикулярны (на примере, без доказа-тельства).

16.5. Определения движений I и II рода. Очевидные свойствакомпозиции движений I и II рода.

Лекция 2

16.6. Повороты, параллельные переносы. Теоремы о том, чтоони являются движениями. Скользящие симметрии.

16.7. Движение однозначно определяется образами трехнеколлинеарных точек. Неподвижные точки. Теоремы о непо-движных точках.

16.8. Теорема о разложимости движения в композицию неболее чем трех осевых симметрий (без доказательства). Тео-рема Шаля (любое движение I рода есть либо поворот, либопараллельный перенос; любое движение II рода — скользящаяили, как частный случай, осевая симметрия)— без доказа-тельства. Пример: какой скользящей симметрии равна компози-ция осевой симметрии и параллельного переноса на вектор, непараллельный оси?

190

Лекция 3

16.9. Гомотетия. Множество всех гомотетий с общим центромявляется абелевой группой.

16.10. Преобразование подобия. Разложение подобия в ком-позицию движения и гомотетии.


Деление задач на классные и домашние (всего 22 номера):

В классе Дома

Практика 1 841, 843, 845, 846, 847,851, 854, 857

842, 848

Практика 2 849, 853, 855, 859 852, 856, 858

Практика 3 850, 861, 862 844, 860

Параллельный перенос

841. Докажите, что при параллельном переносе окружность пе-реходит в окружность.

842. Две окружности радиуса R касаются в точке K. На од-ной из них взята точка A, на другой — точка B, причем∠AKB — прямой. Докажите, что |AB| = 2R.

843. В каком месте следует построить мост MN через реку,разделяющую деревни A и B, чтобы путь AMNB из A в Bбыл кратчайшим? (Берега реки считаются параллельнымипрямыми, мост перпендикулярен берегам.)

844. Дан угол ABC и прямая l. Постройте прямую, параллель-ную прямой l, на которой стороны угла ABC высекаютотрезок длины a.

845. *Из вершины B параллелограмма ABCD проведены еговысоты BK и BH. Известно, что KH = a и BD = b. Най-дите расстояние от точки B до точки пересечения высоттреугольника BKH.

Центральная симметрия

846. Докажите, что при центральной симметрии окружность пе-реходит в окружность.

191

847. Докажите, что противоположные стороны шестиугольника,образованного сторонами треугольника и параллельнымиим касательными к его вписанной окружности, равны.

848. *Пусть P—середина стороны AB выпуклого четырех-угольника ABCD и площадь треугольника PCD равнаполовине площади четырехугольника ABCD. Докажите,что BC ‖ AD.

849. Докажите, что композиция двух центральных симметрийявляется параллельным переносом.

850. *Постройте прямую, на которой две данные окружности собщим центром высекают три конгруэнтных отрезка.

851. Двое игроков поочередно выкладывают на прямоугольныйстол однаковые монеты. Монету разрешается класть толь-ко на свободное место. Проигрывает тот, кто не можетсделать очередной ход. Докажите, что первый игрок имеетвыигрышную стратегию.

852. Каким движением является композиция центральной сим-метрии и параллельного переноса?

853. *Докажите, что ограниченная фигура не может иметь болееодного центра симметрии.

Осевая симметрия

854. Докажите, что окружность при осевой симметрии перехо-дит в окружность.

855. Докажите, что если фигура имеет две перпендикулярныеоси симметрии, то она имеет центр симметрии.

856. *Точка M лежит на диаметре AB окружности. Хорда CDпроходит через M и пересекает AB под углом 45. Дока-жите, что CM2 +DM2 не зависит от выбора точки M.

Поворот

857. Докажите, что при повороте окружность переходит в ок-ружность.

858. Через центр квадрата проведены две перпендикулярныепрямые. Докажите, что точки их пересечения со сторонамиквадрата образуют квадрат.

192

859. *На сторонах CB и CD квадрата ABCD взяты точки M иK так, что периметр треугольника CMK равен удвоеннойстороне квадрата. Найдите величину угла MAK.

860. *На отрезке AE по одну сторону от него построены рав-носторонние треугольники ABC и CDE; M и P—середи-ны отрезков AD и BE соответственно. Докажите, что тре-угольник CPM равносторонний.

861. *Найдите геометрическое место точек M, лежащих внут-ри правильного треугольника ABC, таких, что выполняетсяравенство MA2 = MB2 +MC2.

862. *Постройте равносторонний треугольник так, чтобы еговершины принадлежали трем данным параллельным пря-мым.


845. Пусть H1 — точка пересечения высот, о которой идетречь. Примените параллельный перенос на вектор

–––→H1H.

Ответ:√b2 – a2.

848. Рассмотрите точку D1, симметричную D относительно P.850. Отразите меньшую окружность относительно любой ее

точки.852. Ответ: центральной симметрией.853. Рассмотрите композицию двух симметрий, если они

существуют.856. Отразите точки C и D относительно прямой AB.859. Поверните квадрат вокруг точки A на 90 так, чтобы

точка B перешла в точку D. Ответ: 45.860. Рассмотрите поворот на 60 вокруг точки C, переводя-

щий точку E в точку D.861. Рассмотрите поворот с центром A, переводящий B в C.Ответ: дуга окружности, лежащая внутри треугольника, из

каждой точки которой отрезок BC виден под углом 150.862. Задача решается поворотом одной из прямых на 60.

193

Т ем а 17

ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ СТЕРЕОМЕТРИИ.ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ

Лекция 1

17.1. Основные понятия и аксиомы стереометрии; аксиомы отрех мухах, двух гвоздях и пересечении плоскостей. Теоремы онатягивании единственной плоскости на прямую и точку; на двепересекающиеся прямые.

17.2. Взаимное расположение прямых в пространстве. Парал-лельные прямые. Аналог пятого постулата Евклида в простран-стве.Лемма «Береги глаза». Если a ‖ b, a∩α = M, то ∃N = b∩α.Д о к а з а т е л ь с т в о. Натянем на a и b плоскость β, пусть

p = α ∩ β. Поскольку M — общая точка α и β, то M ∈ p, тоесть a пересекает p, поэтому b тоже пересекает p в некоторойточке N, которая и является искомой. Транзитивность параллельности прямых. Если a ‖ b, b ‖ c,

то a ‖ c.Д о к а з а т е л ь с т в о. Рассмотрим произвольную M ∈ c и на-

тянем плоскость α на a и M. Докажем, что c ⊂ α: от противного,если бы c пересекала α, то по лемме «береги глаза» b тоже пе-ресекала бы α, но тогда по той же лемме и a пересекала бы α.Таким образом, a и c лежат в одной плоскости; осталось дока-зать, что они не пересекаются. Если бы они пересекались, этопротиворечило бы аналогу пятого постулата Евклида, посколькуобе пересекающиеся прямые a и c были бы параллельны b.

17.3. Параллельная проекция, ее свойства. Проекция фигуры.Изображение пространственных фигур.

17.4. Взаимное расположение прямой и плоскости.Признак параллельности прямой и плоскости. Если a ‖ b и

b ⊂ α, то a ‖ α.Д о к а з а т е л ь с т в о. Собственно, это с очевидностью сле-

дует из леммы «береги глаза». Теорема о «плюющемся канатоходце». Если a ‖ α и a ⊂ β то

α ∩ β ‖ a.

194

Д о к а з а т е л ь с т в о. Очевидно, что линия пересеченияплоскостей α и β лежит вместе с прямой a в плоскости β и непересекается с прямой a, иначе a пересекалась бы с α. Теорема о гимнастических брусьях. Если a ‖ b и a ‖ α, то

b ‖ α или b ⊂ α.Д о к а з а т е л ь с т в о. Это утверждение тоже с очевидностью

следует из леммы «береги глаза».

Лекция 2

17.5. Скрещивающиеся прямые. Признак скрещивающихсяпрямых.

17.6. Существование единственной плоскости, проходящей че-рез одну из двух скрещивающихся прямых параллельно другой.Теорема. Если a – b, то ∃!α такая, что a ⊂ α и b ‖ α.Д о к а з а т е л ь с т в о. Возьмем на a произвольную точку и

проведем через нее прямую c, параллельную b, после чего натя-нем на a и c плоскость α и докажем, что она искомая. Осталосьдоказать, собственно, что такая плоскость единственна. Пустьα′ — другая плоскость, удовлетворяющая условию теоремы. Ес-ли α′ 6= α, то α′ пересекается с прямой c, а поэтому по лемме«береги глаза» пересекается и с прямой b.

17.7. Лемма об углах с соответственно сонаправленными сто-ронами. Угол между прямыми и корректность его определения.

Лекция 3 (1 час)

17.8. Взаимное расположение двух плоскостей.Признак параллельности двух плоскостей. Пусть a, b ⊂ α,

a′, b′ ⊂ β, a ∩ b 6= ∅. Если a ‖ a′ и b ‖ b′, то α ‖ β.Д о к а з а т е л ь с т в о. Докажем от противного, предположим,

что α ∩ β = p. По признаку параллельности прямой и плоскостиa ‖ β, а по теореме о плюющемся канатоходце p ‖ a. Аналогично,p ‖ b. Таким образом, через точку пересечения прямых a и bпроходят две прямые, параллельные p, чего не может быть.

17.9. Теоремы о параллельных плоскостях.Теорема о разрезании торта. Если две параллельные плоско-

сти пересечены третьей, то линии пересечения параллельны.Д о к а з а т е л ь с т в о. От противного все очевидно.

195

Теорема о двух столбах. Отрезки параллельных прямых, за-ключенные между параллельными плоскостями, конгруэнтны.Д о к а з а т е л ь с т в о. Натянем на эти две параллельные

прямые плоскость, получим параллелограмм и все очевидно.

Лекция 4

17.10. Тетраэдр и параллелепипед, их изображение.Пареллелепипед — пересечение шести полупространств, по-

рожденных тремя парами параллельных плоскостей, таких, что:1) полупространства, порожденные одной парой плоскостей, неявляются подмножествами одно другого; 2) плоскости из раз-ных пар непараллельны. Свойства параллелепипеда: противопо-ложные грани равны и параллельны, диагонали пересекаются водной точке и делятся ею пополам.

17.11. Определение сечения. Сечения тетраэдра и параллеле-пипеда: метод следов. Понятие следа. Метод следов на ребрах(прямых, содержащих ребра).

17.12. Метод следов на гранях (плоскостях, содержащих гра-ни): если XY — след секущей плоскости на какой-либо (обычнона нижней) грани, R и S — точки сечения, R′ и S′ — их про-екции на нижнюю грань, то (RS) ∩ (R′S′) ∈ (XY).

17.13. Метод внутреннего проектирования (вспомогательныхплоскостей).

Практика 1


863. Даны прямая и не лежащая на ней точка. Докажите, чтовсе прямые, проходящие через эту точку и пересекающи-еся с данной прямой, лежат в одной плоскости.

864. Точка C лежит на отрезке AB. Через точку A проходитплоскость, а через точки B и C — параллельные прямые,пересекающие эту плоскость соответственно в точках B1и C1. Найдите длину отрезка CC1, если C — середина ABи BB1 = 7.

865. Точка C лежит на отрезке AB, причем AB : BC = 4 : 3.Отрезок CD, равный 12, параллелен плоскости α, прохо-

196

дящей через точку B. Докажите, что прямая AD пересекаетα в некоторой точке E и найдите длину отрезка BE.

866. *Три плоскости, не проходящие через одну прямую, по-парно пересекаются. Докажите, что прямые, по которымони пересекаются, либо параллельны, либо имеют общуюточку.

867. Докажите, что если прямые AB и CD скрещиваются, топрямые AD и BC тоже скрещиваются.

868. В пространственном четырехугольнике ABCD стороны ABи CD равны. Докажите, что прямые AB и CD образуютравные углы с прямой, проходящей через середины отрез-ков BC и AD.

869. Докажите, что плоскость α, проходящая через серединыдвух ребер основания тетраэдра и вершину, не принадле-жащую основанию, параллельна третьему ребру основания.Найдите периметр и площадь сечения тетраэдра плоско-стью α, если длины всех ребер тетраэдра равны 20.


870. Три прямые попарно пересекаются. Докажите, что они ли-бо лежат в одной плоскости, либо имеют общую точку.

871. Точка C лежит на отрезке AB. Через точку A проходитплоскость, а через точки B и C — параллельные прямые,пересекающие эту плоскость соответственно в точках B1и C1. Найдите длину отрезка CC1, если AC : CB = 3 : 2 иBB1 = 20.

872. В трапеции ABCD основание BC равно 12. Точка M не ле-жит в плоскости трапеции, а точка K — середина отрезкаBM. Докажите, что плоскость ADK пересекает отрезок MCв некоторой точке H, и найдите отрезок KH.

873. Через вершину A ромба ABCD проведена прямая a, па-раллельная диагонали BD, а через вершину C — прямаяb, не лежащая в плоскости ромба. Докажите, что прямыеa и CD пересекаются.

874. В условиях предыдущей задачи докажите, что прямые a иb скрещиваются.

875. Точки A, B, C и D не лежат в одной плоскости. Медианытреугольников ABC и CBD пересекаются соответственно

197

в точках M1 и M2. Докажите, что отрезки AD и M1M2параллельны.

876. Докажите, что отрезки, соединяющие середины противопо-ложных ребер тетраэдра, пересекаются и точкой пересече-ния делятся пополам.


866. Решение. Обозначим данные плоскости α, β, γ; пусть,кроме того, a = β ∩ γ, b = α ∩ γ, c = α ∩ β. Предположим, чтоa ∩ b = M. Тогда M ∈ β, M ∈ α, поэтому M ∈ α ∩ β = c. Такимобразом, мы доказали, что если какие-то две прямые из трехпересекаются, то третья прямая пройдет через точку их пересе-чения. Поэтому либо никакие две прямые не пересекаются, либовсе три прямые пересекаются в одной точке.

Практика 2


877. Докажите, что три параллельные плоскости высекают налюбых двух пересекающих эти плоскости прямых пропор-циональные отрезки.

878. *Дан правильный тетраэдр (все его ребра равны). Докажи-те, что периметры фигур, которые получаются при пере-сечении этого тетраэдра плоскостями, параллельными двумпротивоположным ребрам, равны.

879. Докажите, что данный рисунок неверен.

198

К задаче 879

880. Докажите, что отрезки, соединяющие вершины тетраэдрас точками пересечения медиан противоположных граней,пересекаются в одной точке (центре тяжести тетраэдра) иделятся ею в отношении 3 : 1, считая от вершин.

881. *Докажите, что если отрезки, соединяющие середины про-тивоположных ребер тетраэдра, равны между собой, топротивоположные ребра тетраэдра попарно перпендикуляр-ны.


882. Докажите, что отрезки параллельных прямых, заключенныемежду плоскостью и параллельной ей прямой, равны.

883. *Докажите, что сумма квадратов двух противоположныхребер тетраэдра вдвое больше суммы квадратов отрезков,соединяющих соответственно середины остальных проти-воположных ребер.

884. *Пусть α, β и γ — углы, образованные произвольной пря-мой с тремя попарно перпендикулярными прямыми. Дока-жите, что cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1.

885. *Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром 1, K — середина реб-ра DD1. Найдите косинус угла между прямыми CK и A1D.

199


878. Указание. Докажите, что все эти сечения представля-ют собой параллелограммы с периметрами, равными удвоеннойдлине ребра.

881. Решение. Достроим тетраэдр до параллелепипеда, прове-дя через каждое его ребро плоскость, параллельную противопо-ложному ребру. Тогда ребра исходного тетраэдра являются диа-гоналями граней получившегося параллелепипеда (рисунок лучшеначинать с параллелепипеда). Ребра этого параллелепипеда рав-ны расстояниям между серединами скрещивающихся ребер тет-раэдра. Из условия следует, что все грани параллелепипеда —ромбы (соединим кое-что, получим параллелограммы с равнымидиагоналями, являющиеся прямоугольниками). Но их диагоналиперпендикулярны, значит, перпендикулярны и противоположныеребра тетраэдра.

883. Указание. Докажите, что четырехугольник с вершинамив серединах противоположных ребер — параллелограмм, и вос-пользуйтесь формулой, связывающей длины сторон и диагоналейпараллелограмма.

884. Указание. Рассмотрите прямоугольный параллелепипед.

885. Ответ. 1/√10.

Практика 3


886. Докажите, что две плоскости параллельны, если две пере-секающиеся прямые одной плоскости параллельны другойплоскости.

887. Плоскости α и β параллельны, A ∈ α. Докажите, что лю-бая прямая, проходящая через A и параллельная β, лежитв α.

888. Докажите транзитивность параллельности плоскостей.889. В тетраэдре ABCD точки M, N и P — середины ребер AB,

BC и CD соответственно; AC = 10, BD = 12. Докажите, чтоплоскость MNP проходит через середину K ребра AD, инайдите периметр четырехугольника, полученного при пе-ресечении тетраэдра плоскостью MNP.

200

890. Дан параллелепипед ABCDA1B1C1D1. Точки M, N, M1, N1лежат на ребрах AB, CD, A1B1 и C1D1 соответствен-но, при этом AM = CN = A1M1 = C1N1. Докажите, чтоMBNDM1B1N1D1 — параллелепипед.

891. *В тетраэдре DABC биссектрисы трех углов при вершинеD пересекают отрезки BC, CA и AB соответственно в точ-ках A1, B1 и C1. Докажите, что отрезки AA1, BB1 и CC1пересекаются в одной точке.

892. Две плоскости, каждая из которых содержит два боко-вых ребра параллелепипеда, не принадлежащих одной гра-ни, пересекаются по некоторой прямой. Докажите, что этапрямая параллельна боковым ребрам параллелепипеда ипересекает все его диагонали.


893. Две стороны треугольника параллельны некоторой плоско-сти. Докажите, что и третья его сторона параллельна этойплоскости.

894. Три отрезка A1A2, B1B2 и C1C2 имеют общую середину.Докажите, что плоскости A1B1C1 и A2B2C2 параллельны.

895. Некоторая прямая параллельна одной из двух параллель-ных плоскостей. Докажите, что эта прямая либо парал-лельна другой плоскости, либо лежит в ней.

896. Три прямые, проходящие через одну точку и не лежащиев одной плоскости, пересекают одну из двух параллельныхплоскостей в точках A1, B1 и C1, а другую — в точках A2,B2 и C2. Докажите, что треугольники A1B1C1 и A2B2C2подобны.

897. Через точку пересечения медиан грани BCD тетраэдраABCD проведена плоскость, параллельная грани ABC.Докажите, что сечение тетраэдра этой плоскостью естьтреугольник, подобный треугольнику ABC, и найдитекоэффициент подобия.

898. Докажите, что сумма квадратов четырех диагоналей парал-лелепипеда равна сумме квадратов его двенадцати ребер.

Указания

891. Указание. Воспользуйтесь теоремой кое-кого.

201

Практика 4


899. *Ребра прямоугольного параллелепипеда равны 4, 5 и 6.Найдите площадь наибольшего сечения, проходящего че-рез два параллельных и не лежащих в одной грани ребрапараллелепипеда.

900. *Через середину бокового ребра правильной треугольнойпирамиды проведено сечение, параллельное двум скрещи-вающимся ребрам этой пирамиды. Найдите площадь этогосечения, если сторона основания пирамиды равна a, а еебоковое ребро равно b.

901. *Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром a. Постройте сечениекуба, проходящее через середины ребер AB, BB1, B1C1, инайдите его площадь.

902. *Найдите косинус угла между двумя диагоналями куба.903. *Сторона основания правильной треугольной призмы рав-

на 6, боковое ребро равно 4. Найдите площадь сечения,проходящего через две вершины одного основания призмыи середину стороны другого основания (не совпадающегос боковой гранью призмы).

904. *ABCDA1B1C1D1 — параллелепипед. В каком отношенииплоскость, проходящая через D, C1 и середину A1B1, де-лит диагональ D1B?


905. *Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром a. Постройте сечениекуба, проходящее через A, D1 и середину ребра BB1, инайдите его площадь.

906. *Найдите угол между диагональю куба и не пересекаю-щейся с ней диагональю грани.

Ответы

899. 6√41. 900. ab/4. 901.

3a2√3

4. 902. 1/3.

903.9√914. 904. 2 : 3. 905.

98a2. 906. 90.

202

Практика 5


907. Изобразите тетраэдр DABC и постройте его сечение плос-костью, проходящей через точку M параллельно плоскостиABC, если точка M лежит внутри грани ABD.

908. Изобразите параллелепипед ABCDA1B1C1D1, постройтеего сечения плоскостями ABC1 и DCB1, а также отрезок,по которому эти сечения пересекаются.

909. Изобразите параллелепипед ABCDA1B1C1D1 и отметьтеточку M на ребре BB1. Постройте точку пересеченияпрямой AM и плоскости A1B1C1.

910. Изобразите параллелепипед ABCDA1B1C1D1 и отметьтеточку M на грани AA1B1B. Постройте сечение парал-лелепипеда, проходящее через точку M и параллельноеплоскости BDD1.

911. Изобразите параллелепипед ABCDA1B1C1D1 и постройтеего сечение плоскостью, проходящей через точку пере-сечения диагоналей грани ABCD параллельно плоскостиAB1C1.

912. Изобразите параллелепипед ABCDA1B1C1D1 и постройтеего сечение плоскостью, проходящей через точки B1, D1 исередину ребра CD. Докажите, что это сечение — трапе-ция.

913. Изобразите параллелепипед ABCDA1B1C1D1 и постройтеего сечение плоскостью, проходящей через диагональ ACоснования параллельно диагонали BD1. Докажите, что ес-ли основание параллелепипеда — ромб и углы ABB1 иCBB1 прямые, то построенное сечение — равнобедренныйтреугольник.

914. Изобразите параллелепипед ABCDA1B1C1D1 и постройтеего сечение плоскостью MNK, где точки M, N и K лежатсоответственно на ребрах CC1, AD и BB1.

915. Изобразите тетраэдр ABCD и отметьте точку M на ребреAB. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящейчерез точку M и параллельной прямым AC и BD.

916. По какой прямой пересекаются плоскости сеченийA1BCD1 и BDD1B1 параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 ?

203

917. M ∈ [BC], где ABCDA1B1C1D1 — параллелепипед. По-стройте сечение этого параллелепипеда плоскостью, про-ходящей через точку M параллельно плоскости BDC1.

918. *Площадь боковой грани правильной шестиугольной пира-миды равна S. Найдите площадь сечения пирамиды плос-костью, проходящей через середину высоты пирамиды ипараллельной плоскости боковой грани.


919. Изобразите тетраэдр DABC и на ребрах DC и BC отметьтесоответственно точки N и K. Постройте точку пересеченияпрямой KN и плоскости ABD.

920. Изобразите параллелепипед ABCDA1B1C1D1 и отметьтеточки M и N соответственно на ребрах BB1 и CC1.Постройте точку пересечения прямой MN и плоскостиABC.

921. Изобразите параллелепипед ABCDA1B1C1D1 и постройтеего сечение плоскостью, проходящей через ребро CC1 иточку пересечения диагоналей грани AA1D1D.

922. Изобразите параллелепипед ABCDA1B1C1D1 и постройтеего сечение плоскостью BKL, где K — середина ребраAA1, а L — середина ребра CC1. Докажите, что постро-енное сечение — параллелограмм.

923. Изобразите параллелепипед ABCDA1B1C1D1 и постройтеего сечение плоскостью MNK, где точки M, N и K лежатсоответственно на ребрах BB1, AA1 и AD.

924. Изобразите тетраэдр ABCD и отметьте точки M и N наребрах BD и CD и внутреннюю точку K грани ABC. По-стройте сечение тетраэдра плоскостью MNK.

925. Приведите пример, когда сечением куба является пяти-угольник. Докажите, что сечением куба не может бытьправильный пятиугольник.

926. Разбейте куб на шесть равных тетраэдров (достаточно ак-куратного чертежа).

204


918. Указание. Рассмотрите вспомогательное сечение, прохо-дящее через вершину пирамиды и середины двух противополож-ных сторон основания. Ответ. 25S/16.

Практика 6


927. На трех ребрах B1C1, AA1 и AD параллелепипедаABCDA1B1C1D1 взяты соответственно точки P, Q и R.Постройте след секущей плоскости PQR на плоскостиAA1D.

928. В гранях AA1B1B, BB1C1C и ABCD параллелепипедаABCDA1B1C1D1 взяты соответственно точки P, Q и R.Постройте след секущей плоскости PQR на плоскостиABC.

929. На прямой, содержащей ребро BB1 параллелепипедаABCDA1B1C1D1, взята точка P такая, что BP : B1P = 3 : 1,в грани CC1D1D взята точка Q — центр этой грани, ина ребре AD взяты точки R1, R2, R3 и R4 — такие, чтоDR1 = R1R2 = R2R3 = R3R4 = R4A. Постройте сечениепараллелепипеда плоскостью PQD.

930. В условиях предыдущей задачи постройте сечение парал-лелепипеда плоскостью PQR1.

931. На трех ребрах BB1, C1D1 и AD параллелепипедаABCDA1B1C1D1 взяты соответственно точки P, Q и R —середины этих ребер, а на диагонали A1C параллелепипедавзята точка S такая, что A1S : A1C = 1 : 4. Постройтемногоугольник MPKQLR, являющийся сечением заданногопараллелепипеда, а затем постройте сечение параллеле-пипеда плоскостью, проходящей через точку S и прямуюMP.


932. На трех ребрах B1C1, AA1 и AD параллелепипедаABCDA1B1C1D1 взяты соответственно точки P, Q и R.Постройте след секущей плоскости PQR на плоскостиAA1.

205

933. В гранях AA1B1B, BB1C1C и ABCD параллелепипедаABCDA1B1C1D1 взяты соответственно точки P, Q и R.Постройте след секущей плоскости PQR на плоскостиAA1B1.

934. На прямой, содержащей ребро BB1 параллелепипедаABCDA1B1C1D1, взята точка P такая, что BP : B1P = 3 : 1,в грани CC1D1D взята точка Q — центр этой грани, ина ребре AD взяты точки R1, R2, R3 и R4 — такие, чтоDR1 = R1R2 = R2R3 = R3R4 = R4A. Постройте сечениепараллелепипеда плоскостью PQA.

935. В условиях предыдущей задачи постройте сечение парал-лелепипеда плоскостью PQR2.

936. Точки P, Q и R взяты на поверхности параллелепипедаABCDA1B1C1D1 следующим образом: точка P лежит надиагонали B1D1, точка Q — на ребре AB, а точка R —на ребре CC1. Постройте сечение параллелепипеда плос-костью PQR, если отношения B1P : B1D1, AQ : AA1 иCR : CC1 имеют соответственно следующие значения: 1 : 3,1 : 3 и 2 : 3.

937. На поверхности параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 взятыточки P, Q и R следующим образом: точка P лежит иадиагонали DC1, точка Q — на диагонали A1D, а точкаR — на прямой AB. Постройте сечение параллелепипедаплоскостью PQR, если отношения DP : DC1, DQ : DA1 иAR : AB имеют соответственно следующие значения: 1 : 2,1 : 2, 1 : 2.

938. На поверхности параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 взятыточки P, Q и R таким образом, что точка P лежит наребре A1B1, точка Q — на диагонали A1D, а точка R —на ребре BC. Плоскостью PQR параллелепипед рассекает-ся на два многогранника. Постройте сечение нижнего изэтих многогранников плоскостью PRS, если точка S ле-жит на прямой BB1 и отношение BS : BB1 имеет значение1 : 2.

206

Т ем а 18

ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОСТЬ. УГЛЫ В ПРОСТРАНСТВЕ

Лекция 1

18.1. Перпендикулярность прямых в пространстве.18.2. Перпендикулярность прямой и плоскости: определение

и признак.Признак перпендикулярности прямой и плоскости. Если

a, b ⊂ α, a ∩ b 6= ∅ и p ⊥ a, p ⊥ b, то p ⊥ α.Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть c — произвольная прямая, ле-

жащая в α; докажем, что p ⊥ c. Без ограничения общности a, b, cи p проходят через одну точку O; отложим от O конгруэнтныеотрезки OP,OP′,OA,OB (см. рисунок); пусть C = c ∩ (AB).

Очевидно, 4POA ∼= 4POB ∼= 4P′OA ∼= 4P′OB (это пря-моугольные треугольники с конгруэнтными катетами), поэтомуPA = PB = P′A = P′B. Тогда 4PAB ∼= 4P′AB по трем сторонам,откуда ∠PBA = ∠P′BA. Рассмотрим теперь треугольники PBC иP′BC; они конгруэнтны по двум сторонам и углу между ними,поэтому PC = P′C и, следовательно, 4PCP′ — равнобедренный иего медиана CO является его высотой.

18.3. Теоремы о перпендикулярности прямых; прямой и плос-кости.Теорема о рельсах и шпаге. Если прямая перпендикулярна

одной из двух параллельных прямых, то она перпендикулярна идругой.

207

Д о к а з а т е л ь с т в о. Очевидно из определения перпендику-лярности прямых. Теорема о двух соснах. Если две прямые перпендикулярны

плоскости, то они параллельны.Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть a ⊥ α, b ⊥ α. Если a ∦ b, возь-

мем на b произвольную точку, не лежащую в α, и проведем че-рез нее a′ ‖ a, после чего на a′ и b натянем плоскость β; пустьp = α ∩ β. По теореме о рельсах и шпаге a′ ⊥ p, но из усло-вия доказываемой теоремы следует, что и b ⊥ p, и мы получаемтреугольник с двумя прямыми углами. Теорема о протыкании торта. Если прямая перпендикулярна

одной из двух параллельных плоскостей, то она перпендикуляр-на и другой.Д о к а з а т е л ь с т в о. Проведем через прямую две различные

плоскости, после чего применим теорему о разрезании торта ипризнак перпендикулярности прямой и плоскости. Теорема об опускании перпендикуляра. Через точку, не лежа-

щую в плоскости, можно провести единственную прямую, пер-пендикулярную данной плоскости.Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть даны плоскость α и не лежа-

щая в ней точка M. Проведем в α произвольную прямую b,натянем на M и b плоскость β и в этой плоскости опустим наb перпендикуляр a из M; из основания этого перпендикуляравосставим к b перпендикуляр c, лежащий в α; на прямые (до-пуская некоторую вольность, обозначим их теми же буквами, чтои перпендикуляры) a и c натянем плоскость γ; в этой плоско-сти опустим перпендикуляр MH из точки M на прямую c (см.рисунок).

Докажем, что MH — искомый перпендикуляр. По признакуперпендикулярности прямой и плоскости b ⊥ γ, следовательно,

208

MH ⊥ b. Кроме того, по построению MH ⊥ c, поэтому по томуже признаку MH ⊥ α. Теорема о восставлении перпендикуляра. Через точку, лежа-

щую в плоскости, можно провести единственную прямую, пер-пендикулярную данной плоскости.Д о к а з а т е л ь с т в о. Легко получается из предыдущей тео-

ремы: опустим на данную плоскость перпендикуляр из произ-вольной точки пространства; дальнейшее очевидно.

18.4. Ортогональная проекция. Теорема о трех перпендикуля-рах.

Лекция 2

18.5. Угол между прямой и плоскостью. Расстояния: от точ-ки до прямой, между параллельными прямыми, между прямой иплоскостью, между плоскостями.

18.6. Двугранный угол, его линейный угол. Корректностьопределения линейного угла. Перпендикулярность плоскостей.

18.7. Теоремы о перпендикулярности плоскостей.Признак перпендикулярности плоскостей. Если a ⊥ α, a ⊂ β,

то β ⊥ α.Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть p = α∩β, M = a∩ α; в плос-

кости α из точки M восставим перпендикуляр к p, и будет намсчастье. Теорема о перпендикулярном разрезании торта. Если α ‖ β

и γ ⊥ α, то γ ⊥ β.Д о к а з а т е л ь с т в о. По теореме о разрезании торта линии

пересечения a и b плоскости γ с плоскостями α и β будут па-раллельны. Построим к ним общий перпендикуляр AB (A ∈ a ⊂α, B ∈ b ⊂ β). Из точки A в плоскости α восставим перпендику-ляр pα к прямой a; по теореме о рельсах и шпаге pα ⊥ b. Про-ведем через точку B прямую pβ, параллельную pα, тогда pβ ⊥ bи, кроме того, pβ ⊂ β. Дальнейшее очевидно. Теорема о перпендикулярном парусе на мачте. Для любых

прямой a и плоскости α существует плоскость β, проходящаячерез a и перпендикулярная α.

209

Д о к а з а т е л ь с т в о. Если a ⊥ α, проведем через a любуюплоскость. Если a ‖ α или a ∩ α 6= ∅, a 6⊥ α, проведем из любойточки a перпендикуляр p к α и натянем β на a и p. Лемма о пьянице у стены. Если плоскость β и прямая b

перпендикулярны плоскости α, то b ‖ β.Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть pOq — линейный угол двугран-

ного угла между плоскостями α и β (p ⊂ α, q ⊂ β), тогда попризнаку перпендикулярности прямой и плоскости q ⊥ α. Но поусловию b ⊥ α, поэтому по теореме о двух соснах b ‖ q, следо-вательно, b ‖ β. Теорема о линии пересечения двух плоскостей, перпендику-

лярных третьей. Если β ⊥ α, γ ⊥ α и a = β ∩ γ, то a ⊥ α.Д о к а з а т е л ь с т в о. Рассмотрим произвольную прямую s,

перпендикулярную α. По лемме о пьянице у стены s ‖ β и s ‖γ, поэтому s параллельна линии пересечения β и γ, то естьa. Если теперь a 6⊥ α, восставим из точки пересечения a и αперпендикуляр a′ ⊥ α, тогда по теореме о двух соснах a′ ‖ s, имы получаем две прямые, параллельные s и проходящие черезодну точку.

18.8. Расстояние между скрещивающимися прямыми.Теорема о существовании общего перпендикуляра скрещива-

ющихся прямых.Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть a – b. проведем через эти пря-

мые параллельные плоскости α и β (см. левый рисунок).

По теореме о перпендикулярном парусе на мачте через aпроведем плоскость γ, перпендикулярную β, а через b — плос-

210

кость δ, перпендикулярную α; пусть (AB) = γ ∩ δ. Докажем, чтоAB — искомый общий перпендикуляр к a и b. В самом деле,по теореме о перпендикулярном разрезании торта плоскости γ иδ перпендикулярны каждой из плоскостей α и β; по теореме олинии пересечения двух плоскостей, перпендикулярных третьей,получаем, что (AB) перпендикулярна как α, так и β, а поэтомуперпендикулярна как a, так и b.Докажем теперь единственность существования общего пер-

пендикуляра (см. правый рисунок). Предположим существованиедвух общих перпендикуляров A1B1 и A2B2; через точку B1 вплоскости β проведем прямую a′, параллельную a. Тогда по тео-реме о рельсах и шпаге прямая A1B1 будет перпендикулярна a

′,следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плос-кости A1B1 ⊥ β. Аналогично, A2B2 ⊥ β, поэтому по теореме одвух соснах A1B1 ‖ A2B2, то есть все четыре точки A1,A2,B1,B2лежат в одной плоскости, что противоречит тому, что прямые aи b скрещиваются.

18.9. Определение расстояния между скрещивающимися пря-мыми, его минимальность (без доказательства). Способы его на-хождения:1) «в лоб» построением общего перпендикуляра;2) проводим плоскость, перпендикулярную одной прямой, и

ищем расстояние от точки пересечения этой прямой с постро-енной плоскостью до проекции второй прямой на эту плоскость(см. задачу 970);3) проводим через одну прямую плоскость, параллельную вто-

рой прямой, находим расстояние между прямой и плоскостью вудобном месте;4) строим две параллельные плоскости и находим расстояние

между ними;

5) по формуле Vтетр = 16abd sinϕ.

Практика 1


939. Прямая CD перпендикулярна плоскости правильного тре-угольника ABC; через центр O этого треугольника прове-дена прямая OK, параллельная CD. Известно, кроме того,

211

что AB = 16√3, OK = 12, CD = 16. Найдите расстояния от

точек D и K до точек A и B.940. Прямая AM перпендикулярна плоскости квадрата ABCD с

центром O. Докажите, что (BD) ⊥ (AMO) и (MO) ⊥ (BD).941. Докажите, что если a ⊥ α, a ⊥ b, b 6⊂ α, то b ‖ α.942. Из точки A, не лежащей в плоскости α, проведены к этой

плоскости перпендикуляр AO и две равные наклонные ABи AC. Известно, что ∠OAB = ∠BAC = 60, AO = 32 . Най-дите BC.

943. Отрезок AD перпендикулярен плоскости равнобедренноготреугольника ABC; AB = AC = 5, BC = 6, AD = 12. Най-дите расстояния от концов отрезка AD до прямой BC.

944. Прямая BD перпендикулярна плоскости треугольникаABC; BD = 9, AC = 10, BC = BA = 13. Найдите расстояниеот точки D до прямой AC и площадь треугольника ACD.

945. Из точки A, удаленной от плоскости γ на расстояние d,проведены к этой плоскости наклонные AB и AC под уг-лом 30 к плоскости. Проекции наклонных на γ образуютугол 120. Найдите BC.


946. Через точку O пересечения диагоналей квадрата со сторо-ной a проведена прямая OK, перпендикулярная плоскостиквадрата; OK = b. Найдите расстояния от точки K до вер-шин квадрата.

947. Прямая MB перпендикулярна прямым, содержащим сторо-ны AB и BC треугольника ABC; D — произвольная точкапрямой AC. Определите вид треугольника MBD.

948. В тетраэдре ABCD точка M — середина BC, AB = AC,DB = DC. Докажите, что (ADM) ⊥ (BC).

949. Докажите, что точка X равноудалена от концов отрезка ABтогда и только тогда, когда она лежит в плоскости, про-ходящей через середину отрезка AB и перпендикулярнойему (к сожалению, никакого красивого названия у этойплоскости нет).

950. Игрушечный слон висит под потолком на трех веревочкахдлиной 40 см каждая; точки крепления веревочек к потол-ку образуют правильный треугольник со стороной 60 см.

212

Найдите расстояние от слона до потолка (размерами слонапренебречь).

951. Через вершину B квадрата ABCD проведена прямая BF,перпендикулярная его плоскости; BF = 8, AB = 4. Найдитерасстояния от точки F до прямых, содержащих стороны идиагонали квадрата.

Практика 2


952. Гипотенуза прямоугольного равнобедренного треугольникалежит в плоскости α, а катет наклонен к этой плоско-сти под углом 30. Найдите угол между плоскостью α иплоскостью треугольника.

953. В тетраэдре ABCD углы DAB, DAC и ACB прямые (см.рисунок), AC = CB = 5, DB = 5

√5. Найдите величину дву-

гранного угла ABCD.

К задаче 953

954. В кубе ABCDA1B1C1D1 точка K — середина ребра A1D1.Найдите величину двугранного угла A1BB1K.

955. Дан куб ABCDA1B1C1D1. Докажите, что плоскости ABC1и A1B1D перпендикулярны.

956. В кубе с ребром 1 найдите расстояние между скрещива-ющимися прямыми, содержащими диагональ куба и диаго-наль грани куба.

213

957. Найдите измерения прямоугольного параллелепипедаABCDA1B1C1D1, если AC1 = 12 и диагональ BD1 состав-ляет с плоскостью грани AA1D1D угол 30

, а с ребромDD1 — угол 45.

958. Найдите угол между скрещивающимися прямыми AB иPQ, если точки P и Q равноудалены от концов отрезкаAB.

959. Величина двугранного угла CABC′ равна α, причем точкаC′ является ортогональной проекцией точки C на плос-кость ABC′. Докажите, что S′ = S cosα, где S и S′ —площади треугольников ABC и ABC′ соответственно.

960. *Параллельные прямые AB и CD лежат в разных граняхдвугранного угла, величина которого 60. Точки A и Dудалены от ребра этого двугранного угла соответственнона расстояния 16 и 13. Найдите расстояние между прямы-ми AB и CD.


961. Катет AC прямоугольного треугольника ABC с прямым уг-лом C лежит в плоскости α, а угол между плоскостями αи ABC равен 60. Известно, что AC = 5, AB = 13. Найдитерасстояние от точки B до плоскости α.

962. Ребро CD тетраэдра ABCD перпендикулярно плоскостиABC; AB = BC = AC = 6, BD = 3

√7. Найдите величины

двугранных углов DACB, DABC и BDCA.963. Докажите, что все двугранные углы правильного тетраэдра

равны, и найдите величины этих двугранных углов.964. В кубе ABCDA1B1C1D1 найдите величину двугранного уг-

ла ABB1C.965. В кубе ABCDA1B1C1D1 найдите величину двугранного уг-

ла ADD1B.966. В кубе с ребром 1 найдите расстояние между скрещива-

ющимися прямыми, содержащими диагональ куба и реброкуба.

967. Точка X удалена от каждой из вершин прямоугольноготреугольника на расстояние 10; медиана этого треугольни-ка, проведенная к гипотенузе, равна 5. Найдите расстояниеот точки X до плоскости треугольника.

214

968. Правильные треугольники ABC и DBC расположены так,что точка D ортогонально проектируется в центр треуголь-ника ABC. Найдите величину угла между плоскостями этихтреугольников.


960. Указание. Сначала докажите (от противного), что каждаяиз этих прямых параллельна ребру двуграного угла.



969. *Дан двуграный угол величиной α. В плоскости однойиз его граней проведена прямая, перпендикулярная ребрудвугранного угла, а в плоскости другой грани — прямая,образующая с ребром угол β. Найдите угол между этимипрямыми.

970. *Найдите расстояние между диагоналями двух смежныхграней куба с ребром 1.

971. *Двугранный угол между плоскостями α и β равен ϕ. Вплоскости α лежит многоугольник Φ, а Φ′ — его проекцияна плоскость β. Пусть площади многоугольников Φ и Φ′

равны S и S′ соответственно. Докажите, что S′ = S · cosϕ.972. *В правильной треугольной пирамиде сторона основания

равна a, а плоский угол при вершине равен α. Найди-те величины двугранных углов при основании пирамилы имежду ее боковыми гранями.

973. *Все ребра правильной треугольной призмы равны. Най-дите угол между плоскостью основания призмы и плоско-стью, проходящей через противоположные вершины боко-вой грани и середину противолежащего этой грани боко-вого ребра.

974. *Проекцией куба на некоторую плоскость является пра-вильный шестиугольник со стороной a. Найдите объем ку-ба.

215


975. *В основании пирамиды SABC лежит равносторонний тре-угольник ABC, длина стороны которого равна 4

√2. Ребро

SC перпендикулярно плоскости основания и имеет длину2. Найдите угол и расстояние между скрещивающимисяпрямыми, одна из которых проходит через точку S и се-редину ребра BC, а другая — через точку C и серединуребра AB.

976. *Решите задачу 972 для правильной четырехугольнойпирамиды.

977. * SABCD — правильная четырехугольная пирамида, всеребра которой равны 1. Найдите расстояние от серединыребра AB до плоскости, проходящей через точку C и се-редины ребер SB и SD.

978. *Докажите, что прямые, соединяющие середину высотыправильного тетраэдра с вершинами той грани, на которуюэта высота опущена, попарно перпендикулярны.


969. Эта задача иллюстрирует принцип «ничего не должно ви-сеть в воздухе». Без ограничения общности обе прямые проходятчерез одну и ту же точку на ребре двугранного угла. Рассмот-рим прямую треугольную призму ABCA1B1C1 с прямоугольны-ми треугольниками в основаниях (см. рисунок). В этой задаченам удобнее рассматривать именно прямоугольные треугольники;в других задачах, может быть, удобнее будут равнобедренные.Пусть ребро двугранного угла — AA1, а прямые, о которых идетречь в задаче, — A1C1 и A1B.По теореме о трех перпендикулярах (BC1 — наклонная,

B1C1 — ее проекция, A1C1 — прямая, лежащая в плоско-

сти) ∠BC1A1 = 90. Из 4A1B1C1 имеем A1B1 =

A1C1cosα

, тогда

и AB =A1C1cosα

. Далее, из 4A1BA получаем A1B =AB

sinβ, то

есть A1B =A1C1

cosα · sinβ. Наконец, из 4BA1C1 получаем, что

cos∠BA1C1 =A1C1A1B

= cosα · sinβ.

216

Ответ: arccos(cosα · sinβ).


970. Будем искать расстояние между прямыми A1B и B1C(см. рисунок).Первый способ.Спроектируем куб на плоскость, проходящую через точку B

и перпендикулярную диагонали A1B. Задача сводится к нахож-дению расстояния d от точки B′ до прямой B′1C

′.

Поскольку плоскость, на которую мы проектировали куб,перпендикулярна прямой A1B, прямоугольник A

′B′1C′1D′ конгру-

энтен прямоугольнику AB1C1D. Но B′ — середина отрезка A′B′1

и поэтому в прямоугольном треугольнике B′B′1C′ катеты B′B′1 и

B′C′ равны соответственно

√22и 1, тогда по теореме Пифагора

B′1C =√3/2.

d — это высота, проведенная к гипотенузе, поэтому по из-

вестной формуле получим d =B′B′1 · B

′C′

B′1C′ =

1√3.

Второй способ.Рассмотрим тетраэдр A1BCB1. Угол между ребрами A1B и

B1C легко находится; он равен 60. Легко найти и объем тетра-

217

эдра: V =13SBB1C ·A1B1 =

16. Искомое расстояние d легко теперь

выразить из формулы16=16·√2 ·√2 · d sin 60; получим d =

1√3.

971. Указание. Воспользуйтесь результатом задачи 959.Затем последовательно рассмотрите: треугольник с верши-ной, лежащей на ребре двугранного угла (противолежащаяэтой вершине сторона может быть либо параллельна ребру,либо непараллельна); произвольный выпуклый многоугольникс вершиной или стороной, лежащей на ребре; произвольныймногоугольник.

972. Ответ. arccos

(√33

tgα

2

), 2 arcsin

(12

secα

2

).

973. Рассмотрим конфигурацию, изображенную на рисунке.Треугольники ABQ и KB1Q конгруэнтны, поэтому B1K = B1C1,тогда ∠B1C1K = 30

, ∠A1C1K = 60 + 30 = 90. Таким обра-

зом, линейный угол искомого двугранного угла — это ∠AC1A1.Ответ. 45.


974. Понятно, что такая проекция может получиться, напри-мер, в том случае, когда одна из вершин куба лежит в плос-кости проекции, а выходящие из этой вершины три ребра кубаобразуют с плоскостью проекции равные углы. Рассмотрим этувершину S и эти три ребра SA, SB SC (см. рисунок); плоскостьпроекции находится у нас как бы сверху, параллельно плоскости

218

(ABC); плоские углы при вершине S получившегося тетраэдра —прямые.Длины ребер тетраэдра SABC легко находятся; они подписа-

ны на рисунке; легко найти и длину медианы SK. Из прямо-угольного (т. к. (SC) ⊥ (ASB)) треугольника SKC находим, чтоcosα = 2/

√6. Сторона правильного шестиугольника, как извест-

но, равна радиусу описанной около него окружности; последнийравен длине проекции, например, ребра SC на плоскость проек-

ции, то есть a = x · cosα, откуда x =a

cosα=a√62.

Ответ.a3 · 3

√3

2√2.

975. Спроектируем пирамиду на плоскость, перпендикулярнуюCD и проходящую через (AB) (см. рисунок). При этом CD про-ектируется в D′, точка E — в точку E′ (середину отрезка B′D′).

К задаче 975

Очевидно, B′D′ = 12B′A′ = 12BA = 2

√2, S′D′ ⊥ A′B′ и S′D′ =

= SC = 2. Искомое расстояние равно расстоянию от точки D′ допрямой SE′, то есть равно высоте в прямоугольном треугольникеS′D′E′, проведенной к гипотенузе S′E′. Имеем:

E′D′ =√2, S′E′ =

√(S′D′)2 + (E′D′)2 =

√6.

219

Тогда искомое расстояние равноS′D′ · E′D′

S′E′=2√2√6=2√3. По-

скольку SE =√(SC)2 + (CE)2 =

√12, то можно найти α — ис-

комый угол между прямыми SE и CD: sinα =S′E′

SE=

√6√12=

√22,

α = 45.Ответ: 2/

√3, 45.

976. Ответ. arccos(

tgα

2

), 2 arcsin

(1√2

secα

2

).

977. Итак, найдем расстояние от точки X до плоскости KLC(см. рисунок).

К задаче 977

Проведем XP ‖ BD, тогда, поскольку (XP) ‖ (KLC), искомоерасстояние можно найти как расстояние от прямой (XP) до плос-кости (KLC), то есть как высоту треугольника PGC, опущеннуюна сторону CG.Найдем для начала стороны CG и CP этого треугольника, а

также синус угла между ними. CK =

√32и KG =

KL2=

√24, тогда

220

по теореме Пифагора из 4CKG получим CG =√34–18=

√58.

Далее, очевидно, что CP =34· CA = 3

√24. Наконец,

sin∠GCO =GOCG=SO2CG

=

√SB2 – BO2

2CG=

√1 –12

2CG=1√5.

Обозначим искомую высоту буквой h; имеем:

sin∠GCO =hCP, h = CP · sin∠GCO = 3

√24· 1√5=3√1020.

Ответ:3√1020.

978. Пусть ребро тетраэдра ABCD равно a. Высота AO, как

нетрудно найти, равна a√23 . Если M — середина AO, то

MB =√BO2 +OM2 =

√a2

3+a2

6=a√22.

Значит, треугольник BMC равнобедренный и прямоугольный.

Т ем а 19

ВЕКТОРЫ И КООРДИНАТЫ

Лекция 1

19.1. Направленные отрезки. Векторы. Длины векторов,сонаправленность, коллинеарность.

19.2. Действия над векторами (сложение, вычитание, умноже-ние на число), их свойства.

19.3. Критерий коллинеарности ненулевых векторов. Ком-планарность векторов, критерий компланарности ненулевыхвекторов.

221

Лекция 2

19.4. Базис плоскости и пространства. Теорема о разложениивектора по базису (для доказательства натягиваем плоскость навекторы ~a и ~b и проецируем конец вектора ~p на эту плоскостьпараллельно прямой, содержащей ~c).

19.5. Координаты вектора на прямой, в плоскости, в про-странстве; связь между координатами вектора и координатамиего концов. Прямоугольные координаты. Проекции векторов.

19.6. Координатные формулы: середины отрезка, деления от-резка в данном отношении, длины вектора, расстояния междуточками. Уравнение сферы.

19.7. Угол между векторами. Скалярное произведение векто-ров, его свойства. Вычисление углов между векторами и междупрямыми. Векторное произведение векторов (определение).

Лекция 3

19.8. Уравнения прямой на плоскости: по точке и нормально-му вектору (канонический вид), по точке и направляющему век-тору (запись в виде равенства дробей и в параметрическом виде),по двум точкам, в отрезках.

19.9. Уравнения прямой в пространстве: по точке и двум нор-мальным векторам, по точке и направляющему вектору (записьв виде равенства дробей и в параметрическом виде), по двумточкам.

19.10. Уравнения плоскости: по точке и нормальному вектору(канонический вид), по точке и двум направляющим векторам(параметрический вид).

19.11. Расстояние от точки до плоскости.19.12. Аналитические условия перпендикулярности и парал-

лельности прямых и плоскостей.19.13. Взаимное расположение сферы и плоскости. Каса-

тельная плоскость к сфере и ее уравнение.

222

Практика 1


979. Пусть точка C лежит на отрезке AB и |AC| : |CB| = 1 : 3.Разложите вектор~OC по векторам~OA и~OB.

980. *Пусть точка O — центр правильного многоугольникаA1A2 . . .An. Докажите, что~OA1 +~OA2 + . . . +~OAn = ~0.

981. Докажите, используя векторы, что середины сторон произ-вольного выпуклого четырехугольника являются вершина-ми параллелограмма.

982. Даны три точки A,B,C. Для произвольной точки X про-странства выбрана точка O так, что~XO = 13 (

~XA+~XB+~XC).Докажите, что: а) расположение точки O не зависит отвыбора точки X; б) точка O является точкой пересечениямедиан треугольника ABC.

983. Пусть ABCD — произвольный тетраэдр. Докажите, что от-резки, соединяющие середины противоположных ребер, пе-ресекаются в одной точке и делятся этой точкой пополам.

984. Дан треугольник ABC. Точки A1 и B1 выбраны так, чтоA1 ∈ [BC], B1 ∈ [AC], причем |BA1| : |A1C| = |AB1| : |B1C| == 1 : 2. Точка O является пересечением отрезков [AA1] и[BB1]. а) Разложите вектор~AO по базису ~u =~AC, ~v =~AB;б) определите, в каком отношении точка O делит отрезкиAA1 и BB1.


985. Пусть M и N — середины отрезков AB и CD. Докажите,что~MN = (~AC +~BD)/2.

986. Пусть~OA +~OB +~OC = ~0 и |OA| = |OB| = |OC|. Докажите,что ABC — правильный треугольник.

987. Дан треугольник ABC. На отрезках BC и AC соответствен-но выбраны точки A1 и B1 так, что |BA1| : |A1C| = 3 : 1и |AB1| : |B1C| = 1 : 2. Точка O является пересечением от-резков [AA1] и [BB1]. а) Разложите вектор~AO по базису~u =~AC, ~v =~AB; б) определите, в каком отношении точкаO делит отрезки AA1 и BB1.

223


980. Рассмотрим поворот относительно центра многоугольникана угол 360/n. Очевидно, при таком повороте сумма векторовпереходит сама в себя, следовательно, она равна ~0.

Практика 2


988. Даны точки A(3, 2, 5), B(5, 4, 8), C(–3, x, y). При каких x иy точка C лежит на прямой AB?

989. Даны точки A(–1, 2, –3) и B(17, –13, 9). Найдите коорди-наты такой точки C отрезка AB, что |AC| : |CB| = 2 : 1.

990. Пусть ABCDEF — правильный шестиугольник, M — точкапространства, не лежащая в его плоскости. Принимая вкачестве базисных векторов ~b =~AB, ~c =~AC, ~d =~AM,разложите по этому базису векторы~MB,~MC,~MD,~MF.

991. Лежит ли точка M(1, 1, 1) в плоскости, проходящей черезточки A(2, 0, 4), B(–3, –27, 5) и C(4, –2, 10)?

992. Даны точки A(1, 2, 3), B(7, 4, 9), C(1, 1, 1) и D(3, 8, 6). Опре-делите взаимное расположение прямых AB и CD.

993. Даны точки A(3, 2, 1), B(–12, 3, 5), C(6, 7, 3). Найдите коор-динаты точки пересечения медиан треугольника ABC (т. е.его центра масс).

994. Найдите расстояние от начала координат до центра окруж-ности, описанной около треугольника с вершинами (1, 0, 1),(1, 1, 0) и (1, 1, 1).


995. Пусть ABCDEF — правильный шестиугольник, M — точкапространства, не лежащая в его плоскости. Принимая вкачестве базисных векторов ~a =~MA, ~b =~MB, ~c =~MC,разложите по этому базису векторы~MD,~ME,~MF,~DF.

996. Даны точки A(4, –2, 3), B(7, –12, 8) и C(1, 1, 3). При какомзначении x точка D(15, –36, x) лежит в плоскости ABC?

224

997. Даны точки A(11, –4, 8), B(6, –3, 4), C(0, –1, 0) и D(–1, 0, 4).Пересекаются ли прямые AB и CD? Если да — найдитекоординаты точки их пересечения.

998. Даны точки A(1, 2, 3), B(12, –4, 6), C(7, 2, 4). Известно, чточетырехугольник ABCD является параллелограммом. Най-дите координаты точки D.

999. Даны координаты двух вершин треугольника A(2, –1),B(–3, 5) и координаты точки пересечения медиан этоготреугольника M(1, 1). Найдите координаты вершины C.

Практика 3


1000. При каком x векторы ~v = (1, 2, 5), ~u = (–1, 3, 13) и ~w == (5, x, –29) компланарны?

1001. Длина вектора ~a равна 2, длина вектора ~b равна 3. Из-вестно, что (~a – ~b)2 + (2~a – ~b)2 = 56. Найдите угол междувекторами ~a и ~b.

1002. Докажите, что вектор (~a ·~b)~c–(~a ·~c)~b перпендикулярен век-тору ~a.

1003. Используя векторы, докажите, что сумма квадратов диа-гоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех егосторон.

1004. Пусть H — точка пересечения высот треугольника ABC,~AB = (6,–2),~AC = (3, 4). Найдите координаты вектора~AH.

1005. Найдите координаты точек пересечения сферы, заданнойуравнением x2 + y2 + z2 = 25, и прямой, проходящей черезточку (2, 1, 1) параллельно вектору (2, –4,–1).

1006. Дан куб ABCDA1B1C1D1. Используя векторы, найдитеугол между прямыми DA1 и AB1.

1007. Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром 1, точка M — центрграни CC1D1D. Найдите расстояние от точки A до прямойBM.

225


1008. Длина вектора ~a равна 3, длина вектора ~b равна 4, а уголмежду этими векторами равен 2π/3. Вычислите скалярноепроизведение (3~a – 2~b)(~a + 2~b).

1009. Даны три произвольных вектора ~a, ~b, ~c. Докажите, чтовекторы (~b ·~c)~a – (~a ·~c)~b и ~c перпендикулярны.

1010. Используя векторы, докажите, что сумма квадратов диа-гоналей параллелепипеда равна сумме квадратов всех егоребер.

1011. Дан куб ABCDA1B1C1D1; точка M — середина ребраCC1. Найдите косинус угла между векторами~DA1 и~DM.

1012. Тройка векторов ~e1, ~e2 и ~e3 имеющих длины 1, 2 и 3 со-ответственно, образует базис пространства. Известно, что~e1, ~e2 = 30

, ~e1, ~e3 = ~e2, ~e3 = 60. Найдите скалярное произ-

ведение векторов ~u = 3~e1 + 2~e2 и ~v = ~e1 + ~e2 + 2~e3.1013. Используя векторы, найдите угол и расстояние между

скрещивающимися диагоналями смежных граней куба сребром 1.

Практика 4


1014. Найдите координаты точки, симметричной точке (0, 1, 0)относительно прямой, проходящей через точки (1, 0, 0) и(1, 2, 1).

1015. В кубе ABCDA1B1C1D1 выбраны три точки: K — сере-дина ребра AA1, H ∈ [AD], M — центр грани CC1D1D,(KM) ⊥ (B1H). В каком отношении точка H делит отрезокAD?

1016. ABCA1B1C1 — прямая треугольная призма, объем которойравен 3. Известно, что A(1, 0, 1), B(2, 0, 0), C(0, 1, 0). Най-дите координаты точки A1. Для тех, кто забыл: объемпрямой призмы равен произведению площади ее основа-ния на длину бокового ребра.

1017. Пусть a, b и c — длины сторон треугольника, а ma иmb — длины медиан, проведенных к соответствующим

226

сторонам. Докажите, что эти медианы перпендикулярнытогда и только тогда, когда a2 + b2 = 5c2.

1018. В единичный куб вписана сфера. а) Докажите, что сум-ма квадратов расстояний от произвольной точки сферыдо всех вершин куба не зависит от выбора этой точки.б) Найдите эту сумму.


1019. а) Найдите координаты точки, симметричной точке (1, 2, 1)относительно прямой, проходящей через точки (0, 0, 1) и(1, 1, 0). б) Найдите расстояние от точки (1, 2, 1) до этойпрямой.

1020. *В правильном тетраэдре DABC точка M — центр гра-ни BCD, а точка K — середина ребра AC. Найдите уголмежду прямыми AM и BK.


К задаче 1020

1020. Пусть~AB = ~b,~AC = ~c,~AD = ~d (см. рисунок). Тогда,очевидно, скалярный квадрат каждого из этих векторов равен1, а их попарные скалярные произведения равны 1/2. Имеем:

~AM = 13 (~b +~c + ~d),~BK = –~b + 12~c. Тогда cosα =

|~AM ·~BK||~AM| · |~BK|

=

√23.

227

Ответ: arccos

√23.

Практика 5


1021. Пусть O — начало координат. Запишите уравнение плос-кости, проходящей через точку N(3, 5, 2) и перпендикуляр-ной вектору~ON.

1022. Найдите координаты точки, симметричной началу коорди-нат относительно плоскости, заданной уравнением 3x–2y++z + 1 = 0.

1023. Найдите угол между плоскостями MNK и MND, еслиM(0, 0, 0), N(1, 1, 1), K(3, 2, 1), D(3, 1, 2).

1024. Ребро куба ABCDA1B1C1D1 имеет длину 1. Точки E и Fлежат на ребрах BC и C1D1 соответственно, причем из-вестно, что |BE| = 14 , |FD1| =

25 . Точка M — центр куба.

Найдите расстояние от точки A1 до плоскости EFM.1025. Найдите расстояние от плоскости до сферы, если они со-

ответственно заданы уравнениями 2x + 2y – z + 15 = 0 иx2 + y2 + z2 = 4.

1026. Плоскость, заданная уравнением x+ y+ z+D = 0, касаетсясферы, заданной уравнением x2 + y2 + z2 = 2x + 2y + 2z.Найдите число D и координаты точки касания.


1027. Плоскости α и β заданы уравнениями x + 2y – z + 1 = 0и 2x + 4y – 2z – 7 = 0 соответственно. Запишите уравне-ние плоскости, параллельной обеим заданным плоскостями находящейся от них на равных расстояниях.

1028. Являются ли точки (2, –5, 3) и (4, –1, 1) симметричнымиотносительно плоскости, которая задана уравнением x+2y––z – 5 = 0?

1029. Найдите угол между плоскостями ABC и PQR, еслиA(–1, 0, 0), B(0, –1, 0), C(0, 0, –1), P(2, 1, 2), Q(0, 1, 4),R(4, 0, 0).

228

1030. Найдите координаты точки пересечения прямой AB с плос-костью, заданной уравнением 2x + 2y – z + 4 = 0, еслиA(2, 1, 1), B(–3, 4, 0).

1031. Ребро куба KLMNK1L1M1N1 имеет длину 1. Точки A и Bлежат на ребрах KL и MM1 соответственно, причем из-вестно, что |KA| = 14 , |BM1| =

25 . Точка O — центр куба,

точка P — проекция точки K1 на плоскость (ABO). Най-дите |AP|.

1032. Найдите угол между плоскостями, которые заданы уравне-ниями x – y + 3z = 2 и –x – 3y + z = 2.

Т е м а 20

ДВИЖЕНИЯ ПРОСТРАНСТВА

Лекция 1

20.1. Группа движений пространства. Конгруэнтность фигур.20.2. Параллельный перенос.20.3. Поворот вокруг оси. Винтовое движение (композиция

поворота и параллельного переноса на вектор, параллельныйоси).

20.4. Зеркальная симметрия. Осевая и центральная симмет-рии. Очевидно, что осевая симметрия является поворотом на180. Скользящая симметрия (композиция зеркальной симметриии параллельного переноса на вектор, параллельный плоскости).

20.5. Ориентация пространства. Классификация движенийпространства:1) Любое движение пространства — композиция не более

чем четырех зеркальных симметрий. Например, центральная сим-метрия — композиция трех зеркальных симметрий относительнотрех взаимно перпендикулярных плоскостей (и поэтому являетсядвижением II рода).2) Теорема Шаля. Всякое движение I рода есть винтовое дви-

жение, в частности: а) поворот; б) поворот на 180, то естьосевая симметрия; в) параллельный перенос. Всякое движение IIрода есть композиция зеркальной симметрии и винтового движе-ния.

229

20.6. Группа подобий. Гомотетии. Разложение подобия вкомпозицию движения и гомотетии.

Т ем а 21

МНОГОГРАННИКИ И ТЕЛА ВРАЩЕНИЯ

Лекция 1

21.1. Геометрическая фигура. Внутренние точки (существу-ет окрестность, лежащая в фигуре), граничные точки (любаяокрестность пересекается и с фигурой, и с дополнением), гра-ница фигуры. Внутренность, замыкание фигуры. Каноническизамкнутая фигура: Φ = [〈Φ〉].

21.2. Геометрическое тело (ограниченное, канонически замкну-тое, связное). Поверхность тела.

21.3. Объем геометрического тела как функция, отображаю-щая множество фигур в R+. Аксиомы инвариантности (объемыконгруэнтных фигур равны), монотонности, аддитивности, норми-рованности (объем единичного кубика).

21.4. Многогранник. Вершины, ребра, грани. Выпуклыемногогранники. Формула Эйлера для выпуклого многогранника.Правильные многогранники (платоновы тела). Вписанные иописанные многогранники. Формула r = 3V/S.

21.5. Призма. Площадь поверхности и объем прямой инаклонной призмы (в том числе с использованием перпендику-лярного сечения).

21.6. Пирамида и усеченная пирамида. Правильная пирамида,правильный тетраэдр. Основание высоты пирамиды в различных«хороших» случаях. Площадь поверхности и объем пирамиды иусеченной пирамиды: Vyc. = 13h

(S1 + S2 +

√S1S2

).

21.7. Отношение объемов треугольных пирамид, имеющих об-щий трехгранный угол.

Лекция 2

21.8. Тела вращения. Цилиндр. Прямой круговой цилиндр.Площадь поверхности и объем цилиндра.

230

21.9. Конус. Прямой круговой конус. Конические сечения.Усеченный конус. Площадь поверхности и объем конуса иусеченного конуса.

21.10. Сфера и шар. Объем шара. Площадь сферы («методокрашивания»). Шаровой сегмент, шаровой слой, шаровой сектор.

Лекция 3

21.11. Выпуклый многогранный угол. Трехгранный угол.Теорема об объемах треугольных пирамид с конгруэнтнымитрехгранными углами при вершине.

21.12. Плоские углы многогранного угла (неравенство тре-угольника α < β+γ), их сумма (она меньше 360; раздавим уголкаблуком на плоскость).

21.13. Теоремы синусов и косинусов для трехгранного угла.Пусть α, β, γ — плоские углы, а A, B, C — двугранные (дву-гранный угол A — «между» β и γ).1-я теорема косинусов. cosα = cosβ · cosγ + sinβ · sinγ · cosA.

Следствие. cosA =cosα – cosβ · cosγ

sinβ · sinγ.

Теорема трех косинусов (еще одно следствие). Если две гранитрехгранного угла перпендикулярны, то есть если A = 90, тоcosα = cosβ · cosγ.2-я теорема косинусов. cosA = – cosB ·cosC+sinB ·sinC ·cosα.

Теорема синусов.sinα

sinA=

sinβ

sinB=

sinγ

sinC.

Практика 1


1033. Все ребра правильной треугольной призмы равны меж-ду собой. Найдите угол между плоскостью основания иплоскостью, проходящей через противоположные вершиныбоковой грани и середину противолежащего ей боковогоребра.

1034. В основании правильной треугольной призмы лежит тре-угольник со стороной 6. Найдите объем этой призмы, еслиизвестно, что в нее можно вписать шар.

231

1035. Внутри куба расположены два равных касающихся другдруга шара. При этом один шар касается трех граней ку-ба, имеющих общую вершину, а другой касается трех дру-гих граней куба. Найдите радиусы шаров, если ребро кубаравно 1.

1036. Сторона основания правильной треугольной пирамиды рав-на 2, а радиус вписанного шара — 1/2. Найдите величинудвугранного угла между боковыми гранями пирамиды.


1037. Все ребра правильной четырехугольной пирамиды равны 2.Найдите объем пирамиды, а также радиусы вписанного иописанного шаров.

1038. Найдите объем треугольной пирамиды, в основании кото-рой лежит треугольник со сторонами 3, 4, 5, а двугранныеуглы при основании равны 60.

1039. Найдите двугранный угол между соседними боковыми гра-нями правильной четырехугольной пирамиды, если извест-но, что радиус вписанного в нее шара в три раза меньшестороны основания.

Практика 2


1040. Найдите радиус шара, вписанного в треугольную пирамиду,пять ребер которой равны 2, а одно ребро равно 1.

1041. Ребро куба равно 1. Найдите объем треугольной пирами-ды, вершины которой находятся в центрах трех смежныхграней и в вершине куба, не принадлежащей этим граням.

1042. ABCDA1B1C1D1 — параллелепипед. В каком отношенииплоскость, проходящая через D, C1 и середину A1B1, де-лит диагональ D1B?


1043. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольникABCD, AB = 3. Высота пирамиды равна 4 и проходит

232

через середину AD. Найдите AD, если известно, что впирамиду можно вписать шар.

1044. Чему равна длина кратчайшего пути по поверхности куба,соединяющего центр какой-либо грани куба с одной извершин противоположной грани? (Ребро куба равно 1.)

1045. S и P — площади двух смежных граней тетраэдра ABCD,a — длина их общего ребра, α — величина угла меж-ду этими гранями. Докажите, что объем тетраэдра можно

вычислить по формуле V =2SP sinα

3a.

Практика 3

В классе (1 номер)

1046. Основанием пирамиды SABCD является параллелограммABCD. На ребре SA взята точка M так, что SM = 2AM.Через M и середины ребер SB и SD проведена плоскость.В каком отношении эта плоскость делит объем пирамиды?


1047. В каком отношении делит объем куба плоскость, прохо-дящая через центры трех его смежных граней?

Практика 4


1048. Радиусы двух шаров равны 2 и 5. Через их единственнуюобщую точку проведена плоскость, площадь сечения кото-рой меньшего шара равна 0,4. Найдите площадь сеченияэтой плоскостью большего шара.

1049. Расстояние от центра верхнего основания цилиндра доплоскости нижнего основания цилиндра равно радиусуоснования цилиндра и равно 6. Найдите расстояние отцентра верхнего основания до хорды нижнего основания,стягивающей дугу 90.

1050. Высота конуса равна h. Разверткой боковой поверхностиэтого конуса является сектор с центральным углом 120.Вычислите объем конуса.

233

1051. Определите площадь боковой поверхности и объем усе-ченного конуса с образующей, равной l, описанного околошара радиуса r.

1052. Около шара описан усеченный конус, площадь нижнегооснования которого в a раз больше площади верхнего ос-нования. Во сколько раз объем усеченного конуса большеобъема шара?


1053. Радиус основания конуса равен R, а площадь боковой по-верхности равна сумме площадей основания и осевого се-чения. Определите объем конуса.

1054. Радиус основания конуса равен R. Разверткой боковой по-верхности этого конуса является сектор с центральным уг-лом 90. Вычислите объем конуса.

1055. Плоскость, проведенная через вершину конуса, пересека-ет основание по хорде, длина которой равна радиусу это-го основания. Определите отношение объемов полученныхчастей конуса.

1056. В конус вписан шар. Докажите, что отношение площадиполной поверхности конуса к площади поверхности шараравно отношению их объемов.

Практика 5


1057. Отношение высоты конуса к радиусу описанного околонего шара равно q. Найдите отношение объемов этих тел.При каких значениях q задача не имеет решения?

1058. Через центр шара проведены три попарно перпендикуляр-ные плоскости, разделившие шар на 8 частей. В каждуюиз этих частей вписано по маленькому шарику. Найди-те отношение объема одного маленького шарика к объемуисходного шара.

1059. Пусть в условиях предыдущей задачи центры вписанныхшариков являются вершинами некоторого многогранника.Найдите отношение объемов этого многогранника и ис-ходного шара.

234

1060. Угол при вершине осевого сечения конуса равен 150. Че-рез вершину конуса проведено сечение, являющееся пря-моугольным треугольником. Найдите угол между плоско-стью сечения и плоскостью основания конуса.


1061. Диаметр основания цилиндра увеличили вдвое и одновре-менно уменьшили вдвое его высоту. Как изменились пло-щадь боковой поверхности и объем цилиндра?

1062. В конус высоты h с радиусом основания R впишите ци-линдр с максимальной площадью боковой поверхности инайдите эту площадь.

1063. Каждое ребро куба разделено на три конгруэнтные части.Докажите, что полученные двадцать четыре точки деленияпринадлежат одной сфере. Вычислите площадь поверхно-сти этой сферы, если длина ребра куба равна 3.

1064. Из бумажного прямоугольника со сторонами a и b склеи-вают боковую поверхность цилиндра. Какие стороны сле-дует склеить между собой, чтобы цилиндр с такой боковойповерхностью имел наибольший объем?

Практика 6


1065. Радиус основания цилиндра равен 1, а высота цилиндраравна

√2. Две вершины правильного треугольника рас-

положены на границе одного основания цилиндра, а однавершина — на границе другого основания. Найдите сто-рону правильного треугольника.

1066. *В основании пирамиды SABC лежит треугольник ABC, укоторого AB = AC = 2, ∠BAC = 30. Ребро SA перпенди-кулярно плоскости ABC. Известно, что существует конус,вершина которого совпадает с точкой A, а основание впи-сано в треугольник SBC. Найдите объем пирамиды.

1067. *ABC — правильный треугольник со стороной 3, M иK — точки на BA и CA такие, что BM = CK = 1. Найдитеобъем тела, полученного при вращении треугольника ABCвокруг прямой MK.

235


1068. Высота конуса равна диаметру его основания. В конусвписан куб, четыре вершины которого расположены на ос-новании конуса, а четыре — на его боковой поверхности.Найдите отношение объемов куба и конуса.

1069. Найдите объем тела, полученного при вращении прямо-угольника со сторонами 1 и 2 вокруг диагонали.

1070. Концы диагонали куба совпадают с центрами основанийцилиндра, а остальные вершины куба лежат на боковойповерхности цилиндра. Найдите отношение объемов ци-линдра и куба.


1066. Пусть точки K и H —точки касания основания конуса(его центр обозначим буквой O, арадиус — буквой r) со сторона-ми грани SBC, тогда по теоремео трех перпендикулярах имеемAK ⊥ SB, AH ⊥ BC. Заметим,что треугольник SAB являетсяпрямоугольным, так как по усло-вию SA ⊥ (ABC). Обозначим такжеAK = a, AH = b, AS = h.По условию высота пирамиды,

проведенная из вершины A, падаетв центр окружности, вписанной втреугольник SBC, поэтому прямоугольные треугольники AOK иAOH равны, откуда a = b. Из треугольника ABC по теоремекосинусов легко находим, что BC = 2

√2 –√3, после чего по

теореме Пифагора из треугольника AHB (учитывая, что H —середина BC) получим a = b =

√2 +√3.

Но a является длиной высоты прямоугольного треугольникаSAB, опущенной из вершины прямого угла, поэтому она равнапроизведению катетов этого треугольника, деленному на гипоте-

236

нузу. Таким образом, a =SA · ABSB

=2h√h2 + 4

=√2 +√3, откуда

находим h = 2√7 + 4

√3 = 2(2 +

√3).

Дальнейшее несложно. Площадь основания пирамиды BACравна 1 (легко находится как половина произведения двух сто-рон на синус угла между ними), высоту пирамиды h мы толькочто нашли.

Ответ:23(2 +

√3).

1067. Найдем сначала все ве-личины, обозначенные на рисунке.Так как BM = 1, из желтоготреугольника находим глуби-ну конической «ямы»: x = 1

2 .Зеленый треугольник, очевид-но, равносторонний, поэтомуH = BM = 1. Далее, h = 12BC –H =

= 32 – 1 =12 . Из желтого треуголь-

ника находим r =√32 . Треугольник

MKA — правильный со сторо-ной 2, а R — длина его высоты,

поэтому R = 2√32 =

√3.

Искомый объем равен 2(V1 – V2 + V3), где V1 — объем ци-линдра с радиусом основания r и высотой H, V2 — объем ко-нической «ямы» с радиусом основания r и высотой x, V3 —объем усеченного конуса с радиусами оснований R и r и высо-той h. Используя найденные данные, находим: V1 =

34π, V2 =

18π,

V3 =78π.

Ответ: 3π.Практика 7

В классе (1 номер)

1071. *Докажите, что для того, чтобы в усеченный конус можнобыло вписать сферу, касающуюся оснований и каждой об-разующей конуса, необходимо и достаточно, чтобы длина

237

высоты конуса была средним геометрическим между диа-метрами верхнего и нижнего оснований конуса.


1072. Три шара попарно касаются, а плоскость касается этихшаров в точках A, B и C. Найдите радиусы этих шаров,если стороны треугольника ABC равны a, b и c.


1071. Понятно, что данная за-дача — планиметрическая. Пустьсфера вписана в конус требуемымобразом; введем обозначения какпоказано на рисунке. Из желтоготреугольника по теореме Пифагораимеем: h2+(R– r)2 = (R+ r)2, отку-да h2 = 4Rr, то есть h =

√(2R)(2r),

что и требовалось доказать.Докажем теперь утверждение в обратную сторону: из данного

соотношения и теоремы Пифагора следует, что длина боковойстороны трапеции равна R + r, то есть сумма длин основанийтрапеции равна сумме длин ее боковых сторон и, следовательно,в трапецию можно вписать окружность.

Т ем а 22

ПОВТОРЕНИЕ ПЛАНИМЕТРИИ

Практика 1


1073. Основания трапеции равны a и b (a > b). Найдите длинуотрезка MN, концы которого делят боковые стороны ABи CD в отношении AM : MB = DN : NC = p : q.

1074. На стороне BC треугольника ABC взята точка A1 так, чтоBA1 : A1C = 2 : 1. В каком отношении медиана CC1 делитотрезок AA1?

238

1075. Точки A и B высекают на окружности с центром O дугувеличиной 60. На этой дуге взята точка M. Докажите,что прямая, проходящая через середины отрезков MA иOB, перпендикулярна прямой, проходящей через серединыотрезков MB и OA.

1076. Диагональ трапеции делит ее на два подобных между со-бой треугольника. Отношение боковых сторон трапецииравно 2. Найдите отношение оснований трапеции.

1077. Одна из диагоналей вписанного в окружность четырех-угольника является диаметром. Докажите, что проекциипротивоположных сторон на другую диагональ равны.


1078. Один из углов трапеции равен 30, а прямые, содержащиебоковые стороны трапеции, пересекаются под прямым уг-лом. Найдите длину меньшей боковой стороны трапеции,если ее средняя линия равна 10, а одно из оснований рав-но 8.

1079. Точки A1 и B1 делят стороны BC и AC треугольника ABCв отношениях BA1 : A1C = 1 : p и AB1 : B1C = 1 : q. Вкаком отношении отрезок AA1 делится отрезком BB1?

1080. Биссектриса AD треугольника ABC пересекает описаннуюокружность в точке P. Докажите, что треугольники ABP иBDP подобны.

1081. Основания трапеции равны 4 и 3, а боковые стороны пе-ресекаются под прямым углом. Найдите длину отрезка, со-единяющего середины оснований трапеции.

Практика 2


1082. *Через некоторую точку, взятую внутри треугольника,проведены три прямые, параллельные его сторонам. Этипрямые разбивают треугольник на шесть частей, три изкоторых — треугольники с площадями S1, S2, S3. Найдитеплощадь исходного треугольника.

1083. Докажите, что площадь треугольника, стороны которогоравны медианам треугольника площади S, равна 34S.

239

1084. Докажите, что если диагонали выпуклого четырехугольникаравны, то его площадь равна произведению длин отрезков,соединяющих середины противоположных сторон.

1085. В равнобедренном треугольнике ABC из середины осно-вания BC опущен перпендикуляр HE на боковую сторонуAC; O — середина отрезка HE. Докажите, что прямые AOи BE перпендикулярны.

1086. *В треугольнике ABC проведены биссектрисы AA1 и BB1.Докажите, что расстояние от любой точки M отрезка A1B1до прямой AB равно сумме расстояний от M до прямыхAC и BC.


1087. Длины двух сторон треугольника равны a, а длина третьейстороны равна b. Вычислите радиус его описанной окруж-ности.

1088. Сторона квадрата равна 1. Через его центр проведена пря-мая. Вычислите сумму квадратов расстояний от четырехвершин квадрата до этой прямой.

1089. ABC — равнобедренный треугольник с основанием AC иострым углом при вершине B, CD — биссектриса угла C.Через точку D проведена прямая, перпендикулярная бис-сектрисе CD. Эта прямая пересекает продолжение основа-ния AC в точке E. Докажите, что AD = 12EC.

1090. Даны длины катетов прямоугольного треугольника ABC:AC = 4, BC = 3. В треугольнике проведены биссектрисаCD и медиана AM. Они пересекаются в точке E. Найдитеплощадь треугольника CEM.


1082. Введем обозначения, как показано на рисунке. Вос-пользуйтесь подобием каждого из «цветных» треугольников иисходного треугольника. Запишите коэффициент подобия двумяспособами: через отношение сходственных сторон и через отно-шение площадей, а потом сложите три получившихся равенства.

Ответ: S =(√S1 +

√S2 +

√S3)2.

240


1086. Опустим из точек M, A1 и B1 перпендикуляры на сто-роны треугольника и введем обозначения, как показано на ри-сунке. Так как каждая точка биссектрисы равноудалена от сто-рон угла, равные отрезки обозначим одинаковыми буквами (a, aи b, b).Выразите длину MM3 через a, b, x и y, используя теоре-

му о делении отрезка в данном отношении. Далее из подобиятреугольников выразите длину MM1 и MM2 через те же пере-менные. Сравните полученные равенства.

Практика 3


1091. Треугольник ABC прямоугольный. На гипотенузе AB вовнешнюю строну построен квадрат. Точка O — его центр.Докажите, что CO — биссектриса угла ACB.

1092. Докажите, что биссектрисы углов любого четырехугольни-ка образуют вписанный четырехугольник.

1093. Через точку O проведены три прямые, попарные углымежду которыми равны 60. Докажите, что основанияперпендикуляров, опущенных из произвольной точки A наэти прямые, служат вершинами правильного треугольника.

1094. В треугольник вписан параллелограмм со сторонами 3 и5 и диагональю 6. Найдите стороны треугольника, еслиизвестно, что диагонали параллелограмма параллельны бо-

241

ковым сторонам треугольника, а меньшая из его сторонлежит на основании треугольника.

1095. В окружность радиуса R вписана трапеция, у которойнижнее основание вдвое больше каждой из остальныхсторон. Найдите площадь трапеции.

1096. Основания трапеции равны 4 и 16. Найдите радиусыокружностей, вписанной в трапецию и описанной околонее, если известно, что эти окружности существуют.


1097. Центр вписанной окружности треугольника ABC симмет-ричен центру описанной окружности относительно стороныAB. Найдите углы треугольника ABC.

1098. Две окружности касаются друг друга внешним образом вточке M. AB — общая касательная этих окружностей, непроходящая через M (A и B — точки касания). Докажите,что M лежит на окружности с диаметром AB.

1099. В равнобедренную трапецию ABCD (AD,BC — основания)вписана окружность с центром в точке O, OC = 3, OD = 4.Чему равен периметр трапеции?

1100. Найдите длины боковой стороны и диагонали равнобедрен-ной трапеции с основаниями 20 и 12, если известно, чтоцентр описанной окружности лежит на большем основаниитрапеции.

1101. Диагональ равнобедренной трапеции делит ее тупой уголпополам. Меньшее основание трапеции равно 3, а ее пе-риметр равен 42. Найдите площадь трапеции.

242

КАЛЕНДАРНЫЙ ПЛАН ИЗУЧЕНИЯ КУРСА

Л — лекционные, П — практические занятия

Неделя Номер и наименование темы, контрольной работы Л П

10 класс, первый семестр02.09–08.09 1. Элементы теории множеств 4 4

09.09–15.09 1. Элементы теории множеств 4 4

16.09–22.09 КР–1 «Элементы теории множеств» 2 –

Натуральные числа 2 4

23.09–29.09 Натуральные числа 4 4

30.09–06.10 15. Планиметрия 2 4

КР–2 «Натуральные числа» 2 –

07.10–13.10 15. Планиметрия 4 4

14.10–20.10 КР–15a «Планиметрия» 2 –

15. Планиметрия 2 4

21.10–27.10 15. Планиметрия 2 4

КР–15b «Планиметрия» 2 –

28.10–10.11 15. Планиметрия – 2

3. Целые числа 4 2

11.11–17.11 Коллоквиум по планиметрии 4 –

Обобщающее повторение планиметрии – 4

18.11–24.11 КР–3a «Целые числа» 2 –

3. Целые числа 2 4

25.11–01.12 3. Целые числа 2 4

КР–3b «Целые числа» 2 –

02.12–08.12 16. Преобразования плоскости 4 4

09.12–15.12 16. Преобразования плоскости 2 2

КР–16 «Преобразования плоскости» 2 –

Обобщающее повторение – 2

16.12–19.12 Обобщающее повторение 2 2

10 класс, второй семестр13.01–19.01 4. Комбинаторика. Элементы теор. вер. 4 4

243

20.01–26.01 КР–4 «Комбинаторика. Элементы т. в.» 2 –

5. Числовые функции 2 4

27.01–02.02 5. Числовые функции 2 2

6. Многочлены 2 2

03.02–09.02 КР–5 «Числовые функции» – 2

6. Многочлены 2 2

7. Комплексные числа 2 –

10.02–16.02 КР–6 «Многочлены» 2 –

7. Комплексные числа – 4

КР–7 «Комплексные числа» 2 –

17.02–22.02 17. Осн. пон. стереом. Параллельность 4 2

24.02–02.03 17. Осн. пон. стереом. Параллельность 1 4

Тест по стереометрии 1 –

17. Осн. пон. стереом. Параллельность 2 –

03.03–09.03 17. Осн. пон. стереом. Параллельность – 4

8. Рациональные уравнения 2 –

10.03–16.03 17. Осн. пон. стереом. Параллельность – 2

КР–17 «Осн. пон. ст. Параллельность» 2 –

8. Рациональные уравнения 2 2

17.03–30.03 8. Рациональные уравнения 4 4

31.03–06.04 8. Рациональные уравнения – 2

КР–8a «Рациональные уравнения» 2 –

8. Рациональные неравенства 2 2

07.04–13.04 8. Рациональные неравенства 2 2

КР–8b «Рациональные неравенства» – 2

9. Действ. числа. Ирр. ур-ния и нер-ва 2 –

14.04–20.04 9. Действ. числа. Ирр. ур-ния и нер-ва – 6

КР–9 «Действ. числа. Ирр. ур. и н-ва» 2 –

21.04–27.04 10. Показ. и лог. ф-ции, ур-ния и н-ва 4 4


КР–10a «Показательные ур-ния и н-ва» 2 –


12.05–18.05 10. Показ. и лог. ф-ции, ур-ния и н-ва – 4

КР–10b «Логарифмич. ур-ния и н-ва» 2 –

244

10. Показ. и лог. ф-ции, ур-ния и н-ва – 2

19.05–25.05 10. Показ. и лог. ф-ции, ур-ния и н-ва – 4

КР–10c «П. и лог. ур-ния и н-ва с парам.» 2 –

26.05–30.05 Обобщающее повторение 4 2

11 класс, первый семестр02.09–08.09 11. Тригонометрические выражения 4 4

09.09–15.09 КР–11a «Тригонометрич. выражения» 2 –

11. Обратные тригонометрич. функции 2 4

16.09–22.09 11. Обратные тригонометрич. функции – 2

КР–11b «Обратные тригоном. функции» 2 –

11. Тригонометрические уравнения 2 2

23.09–29.09 11. Тригонометрические уравнения – 2

КР–11c «Тригонометрич. уравнения» 2 –

11. Тригонометрич. нер-ва и системы 2 2

30.09–06.10 11. Тригонометрические функции 2 –

11. Тригоном. н-ва, системы; параметр – 4

КР–11d «Триг. н-ва, системы; парам.» 2 –

07.10–13.10 18. Перпендикулярность. Углы в пр-ве 4 4

14.10–20.10 КР–18a «Перпендик. Углы в пр-ве» 2 –

18. Перпендикулярность. Углы в пр-ве – 4

12. Пределы. Непрерывность функции 2 –

21.10–27.10 КР–18b «Перпендик. Углы в пр-ве» 2 –

12. Пределы. Непрерывность функции 2 4

28.10–10.11 13. Производная 4 4

11.11–17.11 КР–13a «Производная» 2 –

13. Производная 2 2

18.11–24.11 13. Производная 2 2

КР–13b «Производная» 2 –

19. Векторы и координаты 2 –

25.11–01.12 19. Векторы и координаты 2 6

02.12–08.12 КР–19a «Векторы и координаты» 2 –

19. Векторы и координаты – 4

20. Движения пространства 2 –

09.12–15.12 КР–19b «Векторы и координаты» 2 –

245

Повторение. Решение задач 2 4

16.12–19.12 Повторение. Решение задач – 4

11 класс, второй семестр13.01–19.01 14. Интеграл 4 4

20.01–26.01 14. Интеграл – 2

КР–14 «Интеграл» 2 –

21. Многогранники и тела вращения 2 2

27.01–02.02 21. Многогранники и тела вращения 4 4

03.02–09.02 КР–21а «Многогранники и тела вращ.» 2 –

21. Многогранники и тела вращения 2 4

10.02–16.02 21. Многогранники и тела вращения 2 4

КР–21b «Многогранники и тела вращ.» 2 –

17.02–22.02 21. Многогранники и тела вращения – 2

КР–21c «Многогранники и тела вращ.» 2 –

22. Повторение планиметрии – 2

24.02–02.03 22. Повторение планиметрии 4 4

03.03–09.03 КР–22 «Повторение планиметрии» 2 –

Повторение. Подготовка к ит. аттестации 2 2

10.03–16.03 Повторение. Подготовка к ит. аттестации 4 4










246

ВОПРОСЫ ДЛЯ ПРОВЕДЕНИЯ ПРОМЕЖУТОЧНОЙ АТТЕСТАЦИИ

Коллоквиум (середина первого семестра 10 класса)

Для подготовки к коллоквиуму учащимся предлагается изу-чить доказательства следующих утверждений:

1. Величина угла между двумя секущими, между секущей икасательной равна полусумме/полуразности высекаемых дуг(половине отсекаемой дуги).

2. Квадрат касательной равен произведению секущей на еевнешнюю часть. Аналогичные произведения для двух секу-щих равны.

3. Четыре точки лежат на одной окружности тогда и только то-гда, когда произведения отрезков пересекающихся хорд рав-ны.

4. Центр вписанной в многоугольник окружности лежит напересечении биссектрис его внутренних углов; центр опи-санной — на пересечении серединных перпендикуляров кего сторонам. Радиус вписанной окружности равен отноше-нию площади к полупериметру многоугольника.

5. Радиус окружности, описанной около треугольника, равенпроизведению его сторон, деленному на четыре площа-ди треугольника. Диаметр описанной окружности равенотношению его стороны к синусу противолежащего угла.

6. Треугольник делится одной медианой на две равновеликиечасти; тремя медианами — на шесть равновеликих частей.

7. Медиана, проведенная к гипотенузе прямоугольного треуголь-ника, равна половине гипотенузы.

8. Биссектриса треугольника делит противоположную сторонупропорционально боковым сторонам.

9. Биссектриса треугольника со сторонами a, b и c, проведен-ная к стороне c, делится точкой пересечения биссектрис вотношении (a + b)/c.

10. Катет прямоугольного треугольника равен среднему геометри-ческому гипотенузы и проекции этого катета на гипотенузу.Высота прямоугольного треугольника, проведенная к гипоте-нузе, равна среднему геометрическому проекций катетов на

247

гипотенузу. Эта же высота равна произведению катетов,деленному на гипотенузу.

11. Отрезок, соединяющий основания высот остроугольного тре-угольника, отсекает от данного треугольника подобный емус коэффициентом подобия, равным косинусу общего углаэтих треугольников.

12. Точка, симметричная ортоцентру треугольника относительноего стороны, лежит на описанной окружности.

13. Центры двух вневписанных в треугольник окружностей ивершина треугольника лежат на одной прямой.

14. Центр вписанной в треугольник окружности являетсяортоцентром треугольника, образованного центрами вневпи-санных окружностей исходного треугольника.

15. Расстояние от вершины треугольника до точки касания впи-санной окружности со стороной треугольника, выходящей изданной вершины, равно разности полупериметра треугольни-ка и стороны, противолежащей данной вершине. Расстояниеот вершины треугольника до точки касания вневписаннойокружности с продолжением стороны треугольника, выходя-щей из данной вершины, равно полупериметру треугольника.

16. Площадь треугольника равна произведению радиуса вневпи-санной окружности на разность полупериметра треугольникаи длины той его стороны, которой касается эта окружность.

17. Простое отношение трех точек инвариантно при параллель-ном проектировании.

18. Теорема Менелая.19. Теорема Чевы.20. Середины оснований трапеции, точка пересечения еедиагоналей и точка пересечения прямых, содержащихее боковые стороны, лежат на одной прямой.

21. Длина отрезка с концами, лежащими на боковых сторо-нах трапеции, параллельного основаниям и проходяще-го через точку пересечения диагоналей, равна среднемугармоническому длин оснований. Этот отрезок делитсяточкой пересечения диагоналей пополам.

22. Длина отрезка с концами, лежащими на боковых сторонахтрапеции, параллельного основаниям и делящего трапецию

248

на равновеликие части, равна среднему квадратичному длиноснований.

23. Длина отрезка, разбивающего трапецию на две подобныетрапеции, равна среднему геометрическому длин оснований.

24. Формула Брахмагупты.25. Критерий перпендикулярности диагоналей выпуклого четы-рехугольника.

26. Теорема Птолемея.

Зимняя сессия, 10 класс

Алгебра и начала анализа

1. Понятие множества. Операции над множествами. Свойстваопераций. Подмножество. Булеан множества. Количествоэлементов в булеане конечного множества (с доказа-тельством).

2. Дистрибутивность операции объединения множеств относи-тельно пересечения; пересечения относительно объединения(с доказательством).

3. Понятие универсального множества. Дополнение множества(определение). Законы де Моргана (с доказательством).

4. Упорядоченная пара элементов множества (определение).Докажите, что из равенства двух упорядоченных парследует равенство соответствующих элементов. Прямоепроизведение множеств (определение, примеры).

5. Бинарное отношение; рефлексивность, симметричность,транзитивность; отношение эквивалентности; разбиениемножества на классы (определения). Связь между отно-шением эквивалентности и разбиением на классы (с дока-зательством). Примеры.

6. Натуральные числа: аксиомы Пеано. Определение сложениянатуральных чисел. Докажите, что операция сложения ассо-циативна.

7. Определение сложения натуральных чисел. Докажите, чтооперация сложения коммутативна.

8. Определение умножения натуральных чисел. Докажите, чтооперация умножения дистрибутивна относительно сложения.

249

9. Отношение «меньше или равно» на множестве натуральныхчисел (определение). Докажите, что это отношение являетсяотношением порядка.

10. Линейно упорядоченные и вполне упорядоченные множества(определения). Докажите, что множество натуральных чиселявляется вполне упорядоченным.

11. Целые числа; операции над целыми числами; порядок намножестве целых чисел (определения). Докажите, что мно-жество целых чисел является кольцом.

12. Теорема о делении с остатком (с доказательством).13. Наибольший общий делитель и наименьшее общее крат-ное (определения). Докажите существование и единствен-ность положительного наибольшего общего делителя двухцелых чисел.

14. Наибольший общий делитель (определение). Свойстваоперации «вычисление наибольшего общего делителя» (сдоказательством).

15. Делители и кратные (определения). Докажите, что отноше-ние «делить» является отношением порядка на множественатуральных чисел. Теорема о делимости на n линейнойкомбинации чисел, каждое из которых делится на n (сдоказательством).

16. Взаимно простые числа (определение, примеры). Критерийвзаимной простоты (без доказательства). Теорема о де-лимости числа на произведение двух своих делителей (сдоказательством).

17. Простые числа (определение). Теорема о бесконечностимножества простых чисел (с доказательством).

18. Теорема о каноническом разложении натурального числа,большего 1 (с доказательством).

19. Алгоритм Евклида (с доказательством). Примеры.20. Сравнимость по модулю n (определение). Свойства сравне-ний (с доказательством).

21. Вычет. Сложение и умножение вычетов (определения).Докажите, что множество вычетов по данному модулю соперациями сложения и умножения является кольцом. Прикаком n кольцо вычетов по модулю n является полем (бездоказательства)?

250

22. Малая теорема Ферма (с доказательством). Примеры.23. Функция Эйлера (определение). Мультипликативность функ-ции Эйлера (без доказательства; показать на примере).Теорема Эйлера (с доказательством).

24. Сравнение первой степени (определение). Отыскание част-ного решения (без доказательства; показать на примере).Формула общего решения (с доказательством).

25. Линейное диофантово уравнение (определение). Теорема обобщем решении линейного диофантова уравнения с взаимнопростыми коэффициентами (с доказательством).

Геометрия

1. Основные понятия планиметрии и отношения между ними.Аксиома, теорема. Основные аксиомы планиметрии. Луч,сонаправленность лучей на прямой, отрезок, полуплоскость(определения).

2. Угол, прямой угол, перпендикулярность прямых (определе-ния). Лемма о вложенных отрезках (без доказательства).Измерение отрезков и углов.

3. Пятый постулат Евклида (аксиома параллельности). Абсолют-ная геометрия, геометрии Лобачевского и Римана, их мо-дели в евклидовой геометрии. Сонаправленность лучей наплоскости (определение, свойства без доказательства).

4. Окружность, круг, дуга, хорда, сектор, сегмент, секущая,касательная. Длина окружности. Центральные и вписанныеуглы. Величина дуги. Теоремы об углах и хордах (доказать2–3 из них по выбору учителя).

5. Многоугольник, выпуклый многоугольник (определения).Сумма углов выпуклого многоугольника (с доказательством).Вписанные и описанные многоугольники: расположение цен-тров окружностей (с доказательством), формула для радиусавписанной окружности (с доказательством).

6. Треугольник (определение). Теоремы синусов и косинусов(без доказательства). Две формулы радиуса окружности,описанной около треугольника (с доказательством).

7. Понятие площади фигуры. Формулы площади параллелограм-ма, трапеции, треугольника (с доказательством). ФормулаГерона (без доказательства).

251

8. Медианы, биссектрисы, высоты треугольника, их свойства (сдоказательством). Ортоцентр треугольника и его свойства (сдоказательством).

9. Вневписанные окружности. Расположение вершин треугольни-ка и центров вписанной и вневписанных окружностей (сдоказательством).

10. Длины отрезков от точки касания вписанной и вневписан-ной в треугольник окружностей до вершины треугольника (сдоказательством). Формула площади треугольника через ра-диус вневписанной окружности, полупериметр и сторону (сдоказательством).

11. Простое отношение трех точек (определение) и егоинвариантность при параллельном проектировании (с дока-зательством). Теорема Менелая (с доказательством).

12. Чевиана. Теорема Чевы (с доказательством).13. Четырехугольник: критерии вписанности и описанно-сти (без доказательства). Сумма квадратов диагоналейпараллелограмма (с доказательством). Формула площадичетырехугольника через длины диагоналей (с доказатель-ством).

14. Трапеция (определение). Свойства трапеции (доказать одноиз них по выбору учителя).

15. Свойства отрезков с концами, лежащими на боковых сто-ронах трапеции, параллельных основаниям (с доказатель-ством).

16. Формула Брахмагупты (с доказательством).17. Критерий перпендикулярности диагоналей выпуклого четы-рехугольника (с доказательством).

18. Теорема Птолемея (с доказательством). Обратная теорема(без доказательства).

19. Движение плоскости (определение). Докажите, что компози-ция двух движений является движением; что отображениеплоскости на себя, обратное движению, является движением.Конгруэнтные фигуры (определение).

20. Осевая симметрия (определение). Докажите, что осевая сим-метрия является движением.

21. Центральная симметрия (определение). Докажите, что цен-тральная симметрия является движением.

252

22. Параллельный перенос (определение). Докажите, что парал-лельный перенос является движением.

23. Поворот (определение). Докажите, что поворот являетсядвижением.

24. Ориентация плоскости. Движения первого и второгорода (определения). Движениями какого рода являютсяпараллельный перенос, осевая и центральная симметрии,поворот (объяснить на примерах)?

25. Гомотетия (определение). Докажите, что множество всехгомотетий с общим центром является абелевой груп-пой. Преобразование подобия (определение). Связь междупреобразованием подобия и гомотетией (без доказательства).

Летняя сессия, 10 класс


1. Предмет комбинаторики. Правила умножения и сложе-ния (показать на примерах). Факториал. Формулы числаперестановок, сочетаний, размещений (с доказательством).

2. Комбинаторное доказательство формулы бинома Ньютона.Свойства биномиальных коэффициентов (с доказательством).Треугольник Паскаля.

3. Вероятностное пространство. Элементарные и сложныесобытия. Вероятность (определение). Несовместные собы-тия; сумма событий (определение). Вероятность суммынесовместных событий.

4. Произведение событий (определение). Независимость собы-тий (определение). Вероятность суммы событий (с доказа-тельством и примером).

5. Числовая функция (определение). Способы задания число-вых функций. График функции. Ограниченность, монотон-ность, четность, нечетность, периодичность функции (опре-деления). Связь между свойствами функции и свойствами ееграфика.

6. Преобразования графиков функций: сдвиги, отраженияотносительно осей координат, растяжения и сжатия (пока-зать на примерах).

253

7. Функции y = kx + b, y = |x|, y = ax2 + bx + c (a 6= 0), y = k/x(k 6= 0), их свойства и графики. Дробно-линейная функция,ее асимптоты.

8. Многочлен от одной переменной (определение). Формулысокращенного умножения: квадрат алгебраической суммынескольких слагаемых, разность n-х степеней, сумма n-хстепеней при нечетном n (доказательства и примеры).

9. Многочлен от нескольких переменных; симметрическиймногочлен; элементарные симметрические многочлены(определения). Теорема о представимости симметриче-ского многочлена в виде многочлена от элементарныхсимметрических многочленов (без доказательства, показатьна примере).

10. Деление многочленов с остатком. Теорема Безу и следствиеиз нее (с доказательством).

11. Теорема о рациональных корнях многочлена с целыми коэф-фициентами (с доказательством).

12. Теорема Виета для многочлена n-й степени (с доказательс-твом).

13. Определение комплексных чисел. Алгебраические операциинад комплексными числами. Комплексная плоскость.

14. Тригонометрическая форма комплексного числа. Переходот алгебраической формы к тригонометрической и обратно(показать на примерах).

15. Формула Муавра. Извлечение корня n-й степени из положи-тельного действительного числа.

16. Неравенство между средним арифметическим и среднимгеометрическим двух чисел; неравенство Бернулли (сдоказательством)

17. Неравенство Коши — Буняковского (геометрическийсмысл). Неравенство между средним арифметическим исредним квадратичным (с доказательством).

18. Определение действительного числа. Порядок на множестведействительных чисел; действия с действительными числами(определения). Периодичность представления действительно-го числа десятичной дробью (без доказательства). Записьпериодических дробей в виде обыкновенных дробей (пока-зать на примерах).

254

19. Степенная функция, ее свойства и график.20. Иррациональные уравнения и неравенства. Решение уравне-ний и неравенств вида

√P(x) < | = | > Q(x) сведением к

равносильным системам/совокупностям (показать на приме-рах). Решение иррациональных неравенств методом интерва-лов (показать на примере).

21. Показательная функция, ее возрастание/убывание (с доказа-тельством) и график.

22. Методы решения показательных уравнений и неравенств(показать на примерах).

23. Однородный многочлен от двух переменных (определе-ние). Идея однородности при решении рациональных ипоказательных уравнений (показать на примерах).

24. Логарифм (определение). Основное логарифмическое тожде-ство. Свойства логарифмов (с доказательством).

25. Десятичные и натуральные логарифмы. Формула переходак новому основанию логарифма и следствия из нее (сдоказательством).

26. Логарифмическая функция, ее возрастание/убывание (сдоказательством) и график.

Геометрия

1. Основные понятия стереометрии и отношения между ними.Основные аксиомы стереометрии. Существование плоскости,содержащей две заданные пересекающиеся прямые; задан-ные прямую и точку (с доказательством).

2. Параллельные прямые (определение). Теорема стереомет-рии — аналог пятого постулата Евклида (с доказатель-ством). Параллельность отрезков и лучей (определения).

3. Теоремы о пересечении плоскости двумя параллельнымипрямыми; о транзитивности параллельности прямых (сдоказательством).

4. Параллельность прямой и плоскости (определение). Признакпараллельности прямой и плоскости; теоремы о канатоходцеи о параллельности плоскости двух параллельных прямых (сдоказательством).

255

5. Скрещивающиеся прямые (два эквивалентных определения).Признак скрещивающихся прямых; теорема о скрещиваю-щихся прямых и параллельных плоскостях (с доказатель-ством).

6. Лемма об углах с сонаправленными сторонами (с доказатель-ством). Угол между параллельными; пересекающимися;скрещивающимися прямыми (определения). Доказательствокорректности определения угла между скрещивающимисяпрямыми.

7. Параллельные плоскости (определение). Признак параллельно-сти плоскостей (с доказательством).

8. Теоремы о разрезании торта; об отрезках параллельныхпрямых, заключенных между параллельными плоскостями;о пересечении двух параллельных плоскостей прямой (сдоказательством).

9. Параллельное проектирование (определение). Докажите, чтопараллельное проектирование сохраняет параллельностьпрямых. Основные правила построения плоских изображе-ний пространственных фигур.

10. Данная плоскость пересекает одну из двух параллельныхплоскостей; пересекает ли она и вторую? (доказательствоили контрпример). Транзитивность параллельности плоско-стей (с доказательством). Теорема о существовании плоско-сти, проходящей через данную точку и параллельной даннойплоскости (с доказательством).

11. Тетраэдр и параллелепипед; прямой и прямоугольныйпараллелепипед (определения). Свойства параллелепипеда (сдоказательством).

12. Сечение тетраэдра или параллелепипеда (определение).След секущей плоскости (определение). Построение сеченияпараллелепипеда методом следов на ребрах; на гранях(без доказательства; показать на примерах). Использова-ние теоремы о разрезании торта при построении сеченийпараллелепипеда.

13. Построение сечения параллелепипеда методом внутреннегопроектирования (вспомогательных плоскостей): без доказа-тельства; показать на примерах, когда три заданные точкилежат на ребрах; во внутренних областях граней.

256

Зимняя сессия, 11 класс


1. Определения тригонометрических функций вещественно-го аргумента. Область определения, множество значений,четность, нечетность, периодичность, ограниченность (сдоказательством). Графики синуса, косинуса, тангенса икотангенса.

2. Основное тригонометрическое тождество и следствия изнего (с доказательством). Вычисление значений тригономет-рических функций одного и того же аргумента по заданномузначению одной из них (показать на примерах).

3. Формулы приведения (доказательство одной из них по вы-бору экзаменатора). Два правила запоминания формул при-ведения.

4. Формулы сложения и двойного угла для синуса и косинуса(с доказательством).

5. Формулы сложения и двойного угла для тангенса (с доказа-тельством).

6. Формулы половинного угла (понижения степени, удвоенияаргумента) для синуса и косинуса (с доказательством).

7. Формулы преобразования суммы синусов/косинусов впроизведение (с доказательством). Преобразование в про-изведение суммы синуса и косинуса (показать на примере).

8. Формулы преобразования произведения синусов, косинусов,синуса и косинуса в сумму (с доказательством).

9. Арксинус (определение, область определения, множествозначений, график). Тождество arcsin(–a) = . . . (проиллюстри-ровать на рисунке). Вывод общей формулы для решенияуравнения sin x = a.

10. Арккосинус (определение, область определения, множествозначений, график). Тождество arccos(–a) = . . . (проиллюстри-ровать на рисунке). Вывод общей формулы для решенияуравнения cos x = a.

11. Арктангенс (определение, область определения, множествозначений, график). Тождество arctg(–a) = . . . (проиллюстри-ровать на рисунке). Вывод общей формулы для решенияуравнения tg x = a.

257

12. Однородные тригонометрические уравнения (определение) иметоды их решения (показать на примере для уравненийпервой и второй степени).

13. Линейные тригонометрические уравнения (определение). Ре-шение методом сведения к половинному аргументу; методомвведения вспомогательного аргумента (показать на приме-рах).

14. Методы решения тригонометрических неравенств видаf(x)⊗ a, где f — sin, cos, tg или ctg; ⊗ — один из знаковстрогого или нестрогого неравенства; a — вещественноечисло.

15. Предел последовательности (определение). Единственностьпредела (с доказательством).

16. Ограниченность сходящейся последовательности (с доказа-тельством). Существование предела монотонной ограничен-ной последовательности (с доказательством).

17. Число e (определение, доказательство существования). При-мер возникновения числа e при решении задачи о сложныхпроцентах.

18. Теорема о переходе к пределу в сумме (с доказательством).Пределы и арифметические операции (без доказательства,показать на примерах).

19. Теорема о двух полицейских для последовательностей (сдоказательством).

20. Предел функции в точке (определение). Единственностьпредела (с доказательством).

21. Непрерывность функции в точке и на множестве (определе-ния). Примеры разрывных функций. Разрывы 0, I и II рода(показать на примерах).

22. Производная функции в точке (определение). Механическийсмысл производной. Дифференцируемые и недифференци-руемые функции (примеры). Производная функция (опре-деление). Формулы для производной суммы двух функций(с доказательством), разности двух функций, произведенияфункции на число, произведения и частного двух функций,сложной функции (без доказательства).

23. Касательная к графику функции (нестрогое определение).Геометрический смысл производной, иллюстрация на при-

258

мере. Теоремы Ролля и Лагранжа (без доказательства;геометрическая и аналитическая формулировки).

24. Экстремумы функции (определения). Теоремы о связипроизводной и монотонности (без доказательства). Стацио-нарные и критические точки функции. Теорема Ферма (бездоказательства). Необходимые и достаточные условия экс-тремума. Правила нахождения наибольшего и наименьшегозначений функции на отрезке; на интервале.

25. Выпуклое множество в R2; выпуклая и вогнутая функции(определения). Исследование функции на выпуклость/вогну-тость с помощью второй производной (показать на приме-ре).

26. Исследование и построение графика функции с помощьюпроизводной. Вертикальные, горизонтальные и наклон-ные асимптоты; алгоритмы их нахождения (показать напримерах).

Геометрия

1. Перпендикулярность прямых в пространстве; перпендикуляр-ность прямой и плоскости (определения). Теоремы: о двухпараллельных прямых, одна из которых перпендикулярнатретьей; о двух прямых, перпендикулярных плоскости (сдоказательством). Верны ли обратные теоремы? (Если да —доказать).

2. Признак перпендикулярности прямой и плоскости (с доказа-тельством).

3. Теорема о существовании и единственности перпендикулярак данной плоскости, проведенного через данную точку про-странства (с доказательством).

4. Теорема о перпендикулярном протыкании торта (с доказатель-ством).

5. Ортогональное проектирование (определение). Докажите, чтопри ортогональном проектировании прямая проектируетсяв прямую или в точку. Угол между прямой и плоскостью(определение).

6. Расстояние между прямой и плоскостью; между параллельны-ми плоскостями (определения, доказательства корректности).

259

7. Теорема о трех перпендикулярах и обратная ей (сдоказательством).

8. Двугранный угол, линейный угол двугранного угла (определе-ния). Величина двугранного угла (определение, доказатель-ство корректности).

9. Перпендикулярные плоскости (определение). Признакперпендикулярности плоскостей (теорема о могильнойтабличке; с доказательством).

10. Вектор как класс эквиполентных направленных отрез-ков (определение). Действия над векторами (определения;доказательство корректности одного из них по выборуучащегося).

11. Свойства действий над векторами. Доказать одно из свойств(по выбору учащегося).

12. Коллинеарные векторы (определение, доказательство коррект-ности). Критерий коллинеарности ненулевых векторов (сдоказательством).

13. Компланарные векторы (определение, доказательствокорректности). Критерий компланарности ненулевых векто-ров (с доказательством).

14. Базисы плоскости и пространства (определения). Теорема оразложении вектора по базису пространства (с доказатель-ством).

15. Координаты вектора на плоскости и в пространстве(определения). Координаты суммы, разности векторов,произведения вектора на число (с доказательством).

16. Координатные формулы длины вектора, середины отрезка,деления отрезка в данном отношении (в прямоугольнойдекартовой системе координат; с доказательством).

17. Критерий коллинеарности ненулевых векторов в координатах(с доказательством). Как выяснить, компланарны ли ненуле-вые векторы, по их координатам? (Показать на примере; спояснениями).

18. Угол между векторами (определение, доказательствокорректности). Скалярное произведение векторов (опреде-ление). Формула для вычисления скалярного произведениявекторов по их координатам (с доказательством). Формулыдля вычисления угла между векторами; между прямыми.

260

19. Уравнения прямой в плоскости: по точке и направляюще-му вектору, по точке и нормальному вектору, в отрезках (свыводом).

20. Уравнения прямой в пространстве: по точке и направля-ющему вектору (две формы записи), по двум точкам (двеформы записи); с выводом.

21. Уравнение плоскости, заданной своим нормальным вектором(с выводом). Уравнение плоскости по трем точкам (показатьна примере).

22. Расстояние от точки до прямой в плоскости; расстояние отточки до плоскости в пространстве (вывести общие форму-лы; с пояснениями).

23. Аналитические условия параллельности и перпендикулярно-сти прямых и плоскостей (привести примеры).

24. Уравнение плоскости, касательной к данной сфере в даннойточке этой сферы (вывести на примере).

25. Уравнение плоскости, касательной к данной сфере и парал-лельной данной плоскости (вывести на примере).

26. Как аналитически определить взаимное расположение дан-ной сферы и данной плоскости? (Показать на примерах).

261

КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

Текущая оценка контрольных и домашних работ

Каждая контрольная работа состоит из четырех заданий.Первое и второе задания оцениваются по шкале 0, 1. Третьеи четвертое задания оцениваются по четырехбалльной шкале всоответствии со следующими критериями:

3 — задача решена полностью и правильно. Имеются вер-ные обоснования всех ключевых моментов решения. В записирешения, чертежах, рисунках, схемах допускаются 1–2 недочета.Правильно выполнены все преобразования и вычисления, полу-чен верный ответ;

2 — ход решения верен, однако обоснованы не все его клю-чевые моменты; либо допущено более 2 недочетов в записи ре-шения; либо допущены не влияющие на правильность дальней-шего хода решения описки или ошибки в преобразованиях иливычислениях, приведшие к неверному ответу;

1 — общая идея, способ решения верные, но не выполненынекоторые этапы решения или решение не завершено. Большин-ство ключевых моментов не обоснованы или имеются неверныеобоснования, либо допущена ошибка, влияющая на правильностьдальнейшего хода решения; при этом возможны как неверный,так и верный ответы.

0 — в работе не содержится верной идеи, способа решениязадачи, не совершены верные действия по реализации этой идеи,либо ученик не приступал к решению задачи.Кроме того, наряду с контрольной работой проверяется и вы-

полнение практической работы (задач, решавшихся в классе изадававшихся на дом), оцениваемое следующим образом:

2 — верно выполнено 90 и более процентов работы;1 — верно выполнено от 70 до 90 процентов работы;0 — верно выполнено менее 70 процентов работы.

262

Отметка за контрольную работу выставляется, исходя из сум-мы набранных учащимся баллов:

0–3 балла 4–6 баллов 7–8 баллов 9–10 баллов

«2» «3» «4» «5»

Отметка за полугодие

Отметка за полугодие выставляется по следующим правилам:5 — среди отметок в полугодии нет «2» и средний балл всех

отметок в полугодии (с учетом их веса) больше или равен 4,65;4 — средний балл всех отметок больше или равен 3,65, но

меньше 4,65;3 — средний балл всех отметок больше или равен 2,65, но

меньше 3,65;2 — средний балл всех отметок меньше 2,65.

Оценивание устного ответа на экзамене по математике

В экзаменационном билете учащемуся по каждому предме-ту (алгебра и начала анализа, геометрия) предлагается ответитьна теоретический вопрос и решить задачу. Отметка по предметувыставляется по следующим критериям:

5 — ответ на теоретический вопрос свидетельствует о знании,понимании и прочном усвоении учащимся программного матери-ала. На вопросы экзаменатора, в том числе и дополнительные (впределах программы), учащийся дает самостоятельные, правиль-ные, сознательные и уверенные ответы. Задача решена правильнои самостоятельно. Допускаются 1–2 негрубые ошибки в ответена теоретический вопрос, в решении задачи или в речи, кото-рые учащийся самостоятельно исправил после указания на нихэкзаменатора;

4 — ответ на теоретический вопрос свидетельствует о зна-нии, понимании и прочном усвоении учащимся программного ма-териала. На вопросы экзаменатора, в том числе и дополнитель-ные (в пределах программы), учащийся дает правильные, созна-тельные и уверенные ответы (возможно, после наводящих вопро-сов или незначительных подсказок экзаменатора). Задача решена

263

правильно самостоятельно или после незначительной помощи эк-заменатора. Допускаются 1–2 негрубые ошибки в ответе на тео-ретический вопрос, в решении задачи или в речи, которые уча-щийся исправил после наводящих вопросов или незначительныхподсказок экзаменатора;

3 — ответ в целом соответствует критериям отметок «4» или«5», но при этом допущены грубые ошибки, либо 1–2 негру-бые ошибки, которые учащийся не может исправить даже посленаводящих вопросов и подсказок экзаменатора; либо ответ натеоретический вопрос соответствует критериям отметок «4» или«5», а задача не решена или решена неправильно; либо реше-ние задачи соответствует критериям отметок «4» или «5», а ответна теоретический вопрос свидетельстует о недостаточном знанииэтого вопроса экзаменуемым;

2 — в остальных случаях.

Итоговая отметка за семестр

Итоговая отметка за семестр выставляется на основании от-метки за полугодие и отметки, полученной на экзамене. Если наэкзамене получена отметка «2», в качестве итоговой отметки засеместр выставляется «2». Если отметка на экзамене и отметказа полугодие различаются на 2 балла, за семестр выставляет-ся их среднее арифметическое; если на 1 балл, то за семестрвыставляется отметка, полученная на экзамене.В случае, если положительная отметка на экзамене получена

в результате его пересдачи, за семестр выставляется отметка «3».За второй семестр 11 класса выставляется отметка за второе

полугодие 11 класса.

Итоговая отметка за учебный год

Данная отметка выставляется на основании отметок за пер-вый и второй семестры. Если одна из этих отметок «2», в ка-честве итоговой отметки за год выставляется «2». Если отметкиза семестры различаются на 2 балла, за учебный год выстав-ляется их среднее арифметическое; если на 1 балл, то за годвыставляется отметка, выставленная за второй семестр.

264

Учебное издание

Гольдин Александр Миронович

МАТЕМАТИКА10–11 КЛАССЫ МАТЕМАТИКО-ЭКОНОМИЧЕСКОГО ПРОФИЛЯ

Пособие для учащихся

Набор, верстка и корректура выполнены авторомс использованием издательской системы LATEX2ε.

Издание набрано свободно распространяемой гарнитурой «Латинская»А.В.Дмитриева (пакет «OldFonts», версия 38-5.06.2010)

Специализированный учебно-научный центр (СУНЦ УрФУ)ФГАОУ ВО «Уральский федеральный университетим. первого Президента России Б.Н.Ельцина»Данилы Зверева ул., 30, Екатеринбург 620137

Электронный образовательный ресурс

Documents

МАТЕМАТИКА - lyceum.urfu.ru · УДК 51(075.3) ББК 22.1я72-1 Г631 Гольдин, А. М. Г631 Математика. 10–11 классы математико-экономическо-