/
Автор: Туманов С.И.
Теги: математика геометрия алгебра задачи по математике пособие для учителей
Год: 1969
Текст
|с. И. ТУМАНОВ
ПОИСКИ
РЕШЕНИЯ
ЗАДАЧИ
ПОСОБИЕ
ДЛЯ УЧИТЕЛЕЙ
ИЗДАТЕЛЬСТВО ШРОСВЕЩ ЕНИЕ» МОСКВА 1969
Туманов С. И.
Т 83 Поиски решения задачи. М., «Просвещение», 1969.
280 с. с черт.
В книге подробно разобрано много задач и примеров по всему курсу мате¬
матики старших классов средней школы. Здесь же показаны приемы и методы
решения различных задач алгебры, геометрии и тригонометрии. Книга предназна¬
чена для учителей математики и учащихся старших классов.
2-2-2
162-69
51
ОБРАЩЕНИЕ К ЧИТАТЕЛЮ
В настоящей книге изложены примеры рассуждений, исследо¬
ваний, приводящих к открытию путей и средств решения разнооб¬
разных математических задач. Таким образом, имеется возможность
видеть, как найдено решение той или иной задачи, каков* был процесс
поисков этого решения. Попутно с этим в соответствующих местах
пособия будут встречаться методические указания, полезные в той
или иной мере при решении математических задач вообще.
В пособии предлагаются задачи и для самостоятельных упраж¬
нений. Эти задачи напечатаны петитом.
Имеется в виду, что эта книга может помочь приобрести боль¬
шую самостоятельность и большую изобретательность при подходе
к решению задач повышенной трудности по алгебре, геометрии и
тригонометрии.
Разумеется, вы не станете думать, что в этом пособии дается
гарантированный метод, позволяющий догадываться о путях реше¬
ния задачи в любых случаях. Такого метода нет и быть не может.
Решение трудной задачи — крайне сложный процесс. Никакие ме¬
тодические указания не могут исчерпать многообразия его сторон.
Любое указание обязательно будет неполным, схематичным. По¬
этому для решения трудной задачи нужны, кроме теории, методи¬
ческих указаний, еще и догадки, изобретательность.
Теперь примите к сведению некоторые рекомендации, которы¬
ми полезно пользоваться при решении задач всегда.
1. В первую очередь необходимо изучить текст задачи до пол¬
ного понимания. Не следует суетливо приниматься за решение за¬
дачи, не поняв всех условий задачи и той цели, которая должна
быть достигнута. Перед тем как приступить к решению задачи,
вы должны уметь ответить на такие вопросы: Что дано? В чем со¬
стоят условия задачи? Что надо найти или что надо доказать?
Решение задачи надо начинать лишь тогда, когда задача стала
ясной и прочно запечатлелась в вашем сознании. Но чтобы решить
задачу, надо иметь еще и желание ее решить и быть готовым проя¬
вить для этого необходимую настойчивость. '
3
2. Если с задачей связана какая-либо геометрическая фигура,
то надо сделать чертеж и указать на нем (если это возможно) дан¬
ные и искомые величины, выбирая для их обозначения наиболее под¬
ходящие и удобные символы. Помните, что неправильный или не¬
точный чертеж может иногда направить вас на ложный путь и при¬
вести к неверным заключениям. Если первый чертеж оказался по¬
чему-либо неудачным, сделайте его более вдумчиво заново.
Однако необходимо знать, что все же не чертеж, а логические
связи являются основой для заключений в ходе решения задачи.
Поэтому решение задачи невозможно подменить никаким даже очень
точным чертежом.
К чертежу как средству наглядности полезно прибегать в неко¬
торых случаях и при решении не геометрических задач.
3. Решая задачу, контролируйте каждый свой шаг, т. е. каждую
выкладку и вычисление, каждое построение. Помните, что вы обя¬
заны уметь доказать правильность каждого совершенного вами дей¬
ствия.
4. В npouécce решения задачи не забывайте следить за тем, все
ли условия или данные задачи вами уже использованы.
5. Если, решая задачу, вы остановились и не знаете, что делать
дальше, сопоставьте то, что вы уже получили, с тем, что требуется
получить. Во многих случаях одно такое сопоставление бывает дос¬
таточным, чтобы увидеть правильный путь дальнейших действий.
6. Обратим внимание еще на одну, правда, редко встречающую¬
ся ситуацию. Представьте себе, что по ошибке или даже преднаме¬
ренно вам предложили доказать ложное утверждение, разумеется,
не предупредив вас, что оно ложное. Конечно, в действительности
такая задача не имеет смысла, и ее невозможно решить. Если вы за¬
метите, что утверждение ложное, и докажете его ложность, то это
доказательство заменит собой несуществующее решение задачи
и будет означать, что вы правильно ответили на ложно поставлен¬
ную задачу, т. е. справились с этой задачей. Но если вы не замети¬
те, что утверждение ложное и станете его доказывать, то ваши уси¬
лия не приведут к цели. Однако они могут оказаться не непрасны-
ми, если в процессе этих усилий вы обнаружите ложность утверж¬
дения. Приведем пример.
Пусть предложено доказать, что неравенство 10 (а + b ) > ab
справедливо при любых положительных значениях букв а и Ь.
Прежде чем доказывать это утверждение, посмотрим, не являет¬
ся ли оно ложным. Взяв, например, а = 10 и b = 10, получим, что
неравенство справедливо. А взяв, например, а = 100 и b = 100,
мы получим в левой части неравенства 2000, а в правой 10 000, т. е.
обнаружим, что данное утверждение является ложным.
Теперь допустим, что мы не заметили ложность утверждения.
Стремясь доказать это утверждение и не подозревая, что оно
ложное, мы, естественно, станем прообразовывать неравенство
4
IO(a+ b) > ab к виду, например, 10 • а > 1, или ю(—+ —')>!•
ab \Ь а /
Но здесь мы можем сразу заметить, что при достаточно больших
значениях букв а и b дроби — и — будут числами сколь угод-
a b
но близкими к нулю. А в таком случае и число 10 также
окажется сколь угодно близким к нулю, а следовательно, меньшим
единицы. Этим и доказана ложность данного утверждения.
Подумайте, верным ли является следующее утверждение: «При
любом натуральном числе п значение выражения и2 + п + 41 яв¬
ляется простым числом» (см. стр. 24). (Число называется простым,
если оно делится только на себя и на единицу и само не равно еди¬
нице. Последовательность простых чисел такова: 2, 3, 5, 7, 11, 13,
17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89,
97, ....)
7. Приведем еще пример, когда условия задачи недостаточны
для ее решения.
Задача. Катер прошел по течению реки расстояние 10 км
от А до В и обратный путь от В до А, затратив на весь путь туда и об¬
ратно 1 час. За какое время катер пройдет с той же собственной ско¬
ростью расстояние 20 км по озеру, т. е. по воде, при отсутствии те¬
чения.
Чтобы найти ответ на поставленный вопрос, надо знать собствен¬
ную скорость катера.
Пусть собственная скорость катера равна ѵ км/ч, а скорость
течения реки h км/ч. Тогда по условию задачи -Ч = 1.
v + h у — h
Отсюда ѵ2 — 20ѵ — Л2 = 0, или ѵ = 10 ± р^ЮО + Л2? Скорость
катера не может быть отрицательной, поэтому о=10 + У100 +/і2.
Из этой формулы видно, что определить собственную, скорость
катера невозможно, так как неизвестна скорость течения реки.
Следовательно, для решения задачи данные условия недостаточны.
8. Сделаем еще несколько замечаний о задачах вообще. Сущест¬
вуют задачи, для решения которых достаточны логические рассуж¬
дения, подсказываемые здравым смыслом. Но существуют и такие
задачи, для решения которых нужны, кроме того, еще и догадки,
изобретательность.
Существуют задачи, поставленные крупнейшими математика¬
ми мира и до настоящего времени еще не решенные. Причем зачас¬
тую эти задачи формулируются настолько просто, что понять их
может школьник VI класса. Приведем примеры.
а) Одна из самых старых нерешенных задач связана с совершен¬
ными числами. Объясним сначала, какие числа называются совер¬
шенными. Натуральное число называется совершенным, если оно
равно сумме всех своих делителей (включая единицу, но исключая
5
само число). Например, совершенными являются числа 6; 28. Дей¬
ствительно, 6 = 1+ 2 + 3; 28 =1+2 + 4 + 7+14. Доказа¬
но, что при тех значениях п, при которых число 2/І+1 * — 1 является
простым, число М = (2"+1 — 1)« 2" всегда будет совершенным.
Все найденные совершенные числа являются четными. Но до сих
пор никто не знает, есть ли хоть одно нечетное совершенное число.
Эта проблема пока не разрешена.
б) До сих пор, на протяжении более трех столетий, не доказана
и не опровергнута так называемая великая теорема Ферма. Эта тео¬
рема гласит следующее: «Если натуральное число п > 2, то урав¬
нение хп + ул = гп не имеет решений в области натуральных чисел».
(При п = 2 такие решения существуют, например, х = 3, у = 4,
z'= 5, или X = 5, у = 12, г = 13.) Для некоторых п, например
для всех п от 3 до 100, это утверждение Ферма доказано немецким
математиком Куммером Э. (1810—1893) и его учениками.
в) Среди других труднейших математических задач, над которы¬
ми размышляли крупнейшие математики мира, особое место зани¬
мает проблема Эйлера—Гольдбаха1. Эта проблема гласит: «Всякое
четное число, большее двух, является суммой двух простых чисел».
Поясним это на примерах:
4 = 2 + 2,
6 = 3 + 3,
8 = 3 + 5,
Ю = 3 + 7 = 5 +5,
12 = 5 + 7,
14 = 3 + 11 = 7 + 7,
40 = 3 + 37 = 11 + 29 = 17 + 23.
В течение долгого времени не удавалось найти никаких путей
исследования этой проблемы. Некоторые математики пытались да¬
же путем проверки на примерах натолкнуться на противоречащий
случай, но такая проверка не дала результата. Тщетные попытки
решить проблему Эйлера—Гольдбаха привели к тому, что в начале
XX века сложилось пессимистическое мнение относительно возмож¬
ности ее решения. Один из лучших знатоков теории чисел нача¬
ла XX столетия Ландау сказал на Международном математическом
конгрессе 1912 года следующие слова: «Проблема Эйлера—Гольд¬
баха превосходит силы современной математики». Но в 1937 году
действительный член Академии наук СССР И. М. Виноградов до¬
казал эту проблему для всех достаточно больших чисел, а именно
для всех чисел, больших, чем Зэ'°. Таким образом, проблема
1 Леонард Эйлер (1707—1783) — великий математик, член
Петербургской Академии наук.
Христиан Гольдбах (1690—1764) — математик, тоже член
Петербургской Академии наук.
6
Эйлера—Гольдбаха осталась не доказанной лишь для конечного чис¬
ла случаев. Но это конечное число З3 " столь велико, что совершить
проверку проблемы для такого числа случаев практически невоз¬
можно. Относительно числа З3’ можно сказать образно, что оно
неизмеримо больше числа атомов в галактике. Несмотря на это, дос¬
тижение И. М. Виноградова признано у нас и за рубежом одним из
крупнейших в теории чисел первой половины текущего столетия.
Такие проблемы, как проблема Эйлера—Гольдбаха, проблема о
совершенных числах, великая теорема Ферма, относятся к теории
чисел. На первый взгляд может показаться, что проблемы теории
чисел могут иметь только чисто теоретический интерес, что для прак¬
тики они бесполезны. Однако такое представление о теории чисел
является глубоко ошибочным. В настоящее время методы и резуль¬
таты теории чисел применяются при создании помехоустойчивых
кодов, при изучении шифров, при исследованиях в теории вероят¬
ностей, в ткацком производстве и при решении многих других
практических задач.
Наряду с такими математическими проблемами, которые в свое
время были поставлены, но которые до настоящего времени не ре¬
шены, существует много и таких, которые на протяжении столе¬
тий и даже тысячелетий не удавалось решить, но которые в конце
концов оказались решенными. Приведем несколько примеров.
а) Задача о построении циркулем и линейкой квадрата, равнове¬
ликого данному кругу (задача о квадратуре круга), и задача о де¬
лении произвольного угла на три равные части (задача о трисекции
угла) оставались не решенными на протяжении четырех тысячеле¬
тий. Все попытки решить эти задачи оставались бесплодными. На¬
конец, в 1837 году французский математик Ванцель доказал, что
деление произвольного угла на три равные части с помощью цир¬
куля и линейки невозможно. А в 1887 году немецкий математик
Линдеман доказал, что число л (отношение длины окружности
к своему диаметру) является трансцендентным, т. е. не удовлетво¬
ряет никакому алгебраическому уравнению с целыми коэффициен¬
тами. Этим самым он доказал, что с помощью циркуля и линейки
невозможно построить квадрат, равновеликий данному кругу. Та¬
ким образом, обе эти классические задачи, восходящие к древне¬
греческой математике, оказались решенными лишь в XIX веке.
б) Уравнения 3-й и 4-й степени в общем виде были решены лишь
в XVI веке итальянскими математиками Кардано, Тарталья, Фер¬
рари.
в) Неразрешимость уравнений степени выше четвертой в общем
виде была доказана лишь в XIX веке норвежским математиком Абе¬
лем и молодым французским математиком Галуа.
г) В 1900 году на Международном математическом конгрессе
один из крупнейших математиков XX века Гильберт поставил 23
математические проблемы. Большинство из этих проблем Гильбер¬
7
та к настоящему времени решены. Причем решение многих из
них принадлежит советским математикам А. Н. Колмогорову,
А. О. Гельфонду, Л. С. Понтрягину, В. И. Арнольду.
В заключение остановимся еще на том, как пользоваться посо¬
бием. Прочитав текст задачи, решенной в пособии, не переходите
сразу к чтению поисков решения и решения. Сначала попытайтесь,
хотя бы на протяжении нескольких минут, придумать самостоятель¬
но план ее решения. И если увидите, что это вам не удается, перехо¬
дите к чтению и изучению поисков ее решения и самого решения,
изложенных в пособии.
Усвоив решение задачи, обязательно задумайтёсь над тем, по¬
чему вам не удалось решить ее самостоятельно: то ли потому, что
вы забыли необходимую теорему или формулу, то ли потому, что
прочитали текст задачи поверхностно и просто не поняли задачу,
или потому, что сочли задачу непосильной и не стали даже ее ре¬
шать; наконец, может быть потому, что не проявили достаточную
настойчивость. И если вы сумеете всякий раз правильно ответить
на этот вопрос, то и это будет повышать в некоторой мере ваше уме¬
ние решать задачи самостоятельно.
Вспомните, не было ли в вашей практике таких случаев, когда
вы, узнав правильное решение задачи (или доказательство теоремы),
все же оставались неудовлетворенными и ставили перед собой такой
вопрос: «А каким образом найдено или раскрыто это решение
(или это доказательство)? Каков был процесс поисков этого решения
(или этого доказательства)? «Возникновение таких вопросов у ^каж¬
дого вдумчивого и любознательного читателя, изучающего мате¬
матику, вполне закономерно и естественно. Ведь такой читатель
хочет научиться решать задачи самостоятельно.
„ Вот по этой причине главное место в этом пособии уделяется
поискам решения задачи. Эти поиски воспринимайте не пассивно,
а активно, критически; задавайтесь всякий раз вопросом, а не могли
бы вы решить эту задачу иначе, и даже может быть лучшим спосо¬
бом. Усвоив поиски решения и решение задачи, постарайтесь выде¬
лить и закрепить в свой памяти все то, что оказалось для вас новым
и поучительным в этом материале. Приобретенный опыт про¬
веряйте и закрепляйте, решая задачи, предназначенные для само¬
стоятельных упражнений.
«Крупное научное открытие дает решение крупной проблемы,
но и в решении любой задачи присутствует крупица открытия. За¬
дача, которую вы решаете, может быть скромной, но если она бро¬
сает вызов вашей любознательности и заставляет вас быть изобре¬
тательным и если вы решаете ее собственными силами, то вы смо¬
жете испытать ведущее к открытию напряжение ума и насладить¬
ся радостью победы» (Д. Пой а. Как решать задачу, стр. 5).
Большая часть задач, содержащихся в данном пособии, пред¬
лагалась на конкурсных экзаменах в различные вузы и на олимпиа¬
дах. Имеются еще и задачи, заимствованные из журналов.
Раздел I. АЛГЕБРА
НЕКОТОРЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ КУРСА АЛГЕБРЫ
1. Всякое рациональное число можно представить в виде —,
я
где р и q — целые взаимно простые числа и q 0. В том случае,
когда р = 0, а q не равно нулю, как указано выше, выражение —
Q
изображает рациональное число нуль.
2. Алгебраический квадратный корень из положительного числа
имеет два значения, из которых одно —. положительное и другое —
отрицательное. Алгебраический квадратный корень обозначается
символом ± У а. Под символом же У а, где а — положительное
число, принято понимать только положительное число. Положи¬
тельное значение корня из положительного числа называется ариф¬
метическим значением этого корня. Если а > 0, то У а2 = а. Если
а < 0, то У а2 = — а. Если а = 0, то]/а = 0. Во всех случаях
Ѵа2 = |а|.
Если а > Ь, то — Ь)г — а — Ь. Если a<z.b, то У (а—Ь)2 =
= b — а. Во всех случаях У (а — Ь)2 | а — Ь\.
3. О многочлене 2-й степени, а) Выделение полного квадрата
линейной функции из многочлена 2-й степени:
б) О наибольшем и наименьшем значении многочлена 2-й сте¬
пени. Если а > 0, то многочлен ах2 + Ьх + с не имеет наибольшее
4ас — Ь2
значение, но имеет наименьшее значение - , которое
получается при х = — —. Если а < 0, то многочлен ах2 + Ьх + с
2а
не имеет наименьшее значение, но имеет наибольшее значение
Аас2 — b2 b
— , которое получается при х = — — .
9
в) О графике функции у = ах2 + Ьх + с . График этой функции
есть парабола с вершиной в точке ( —, — - ). Если а > О,
\ 2а 4а /
парабола простирается вверх; если а < 0 — вниз. Осью этой
ь
параболы служит прямая х = — —.
г) О неравенстве ах2 + Ьх + О 0. Если а > 0 и 4ас— Ь2 >0,
то неравенство ах2 + Ьх + с > 0 справедливо при любом зна¬
чении X (см. график функции у = ах2 + Ьх + с (черт. 1). Если
а< 0 и 4ас — Ь2 > 0, то неравенство ах2 + Ьх + с> 0 невозмож¬
но ни при каком значении х (черт. 2). Если а > 0 и 4ас — Ь2 < 0,
Черт. 1
Черт. 2
то неравенство ах2 + Ьх + с > 0 удовлетворяется при всех зна¬
чениях X, как меньших хр так и при х, больших х2 (черт. 3), где
х< — меньший, а х2 — больший корень многочлена ах2 + Ьх + с.
Если а < 0 и 4ас — &2 < 0, то неравенство ах2 + Ьх + о 0
справедливо при всех значениях х, удовлетворяющих неравенствам
xt < X < х2 (черт. 4), где xt — меньший, а х2 — больший корень
у
Черт. 4
к
10
многочлена ах2 + Ьх + с. Если а > 0 и 4ас — b2 = Q, то нера¬
венство ах2 + Ьх + с > 0 справедливо при всех значениях х,
кроме (х = — (черт. 5). Если а < 0 и 4ас — Ь2 = 0, то
неравенство ах2 + Ьх + 0 невозможно ни при каком значении
X (черт. 6).
4. Известно, что ах2 + Ьх + с = а (х — х\) (х — х2), где х(
и х2 — корни данного многочлена. ___
При а>0 и xt = х2 имеем: ах2 + Ьх + с = [У а (х—xJJ2.
Отсюда следует, что многочлен ах2 + Ьх + с, где а, Ь, с — дей¬
ствительные числа, является точным квадратом действительной ли¬
нейной функции тогда и только тогда, когда а > 0 и Ь2 — 4ас =
- 0.
5. Формула преобразования сложного радикала:
В тех случаях, когда а2 — Ь является точным квадратом, слож¬
ный радикал V а ± представляется в виде р ±1^q. При а>0,
Ь > 0 и а2 — Ь > 0 левая и правая части формулы сложного ради¬
кала являются положительными числами. Поэтому справедливость
этой формулы при а > 0 и Ь > 0 следует из того, что квадрат ее
левой части равен квадрату правой части.
6. n-я степень каждого корня уравнения х""1 + хп~2 + ...
... + X + 1 = 0 равна единице. Проще всего это следует из того, что
корни этого уравнения являются и корнями уравнения хп = 1.
7. Понятие функции. Величина у называется функцией величи¬
ны X на данном множестве значений х, если каждому значению х
из этого множества соответствует единственное определенное зна¬
чение у.
11
Величина х в этом случае называется независимой перемен¬
ной или аргументом.
Множество значений аргумента, на котором определена функ¬
ция, называется областью определения этой функции.
Тот факт, что у есть какая-то функция от х, принято выражать
записью:-у = /(*)•
Буква Д в отличие от букв х и у, обозначает не переменную ве¬
личину, а то правило, тот закон, который определяет у как функ¬
цию аргумента х. Например, в случае функции Q = л/?2, если мы
запишем ее равенством Q = f (/?), то буква f означает следую¬
щее: чтобы для заданного значения R получить соответствующее зна¬
чение Q, надо возвести R в квадрат и затем умножить на л. Само
собой разумеется, что вместо буквы f мы можем употребить любую
другую букву и написать, например, Q = ф (/?). Если же мы рас¬
сматриваем одновременно несколько различных функций, то упот¬
ребление различных букв становится неизбежным.
Если /(х) = ]/х2 + b то f(5) = 5]/52 + b /(— 4) =
= —4 К(- 4)2 + 1; '
если f(x,y) = x2— ху + у2, то/(а,&) = а2— ab + b2, f (2; 3) =
= 22 — 2 • 3 + З2.
8. Некоторые свойства степеней, а) Если а есть положительное
число, отличное от единицы, а N — любое положительное число,
то уравнение ах = N имеет один и только один действительный ко¬
рень — рациональный или иррациональный.
б) Пусть а > 1. Тогда ах > 1, если х > 0, и ах<. 1, если х < 0.
в) Пусть 0 < а < 1. Тогда ах < I , если х > 0, и ах > 1, если
х < 0.
г) Если а > 0, ах — любое действительное число, то ах > 0.
д) Если 0 < а < Ь, то при х > 0 ах < Ьх, а при х < 0 ах >- Ьх.
. е) Из равенства хп = уп не всегда следует равенство х = у.
Например, (— 5)2 = 52, но— 5 =/= 5, (—1 + З)3 = (— 1—і^З)3,
но — 1 + і/З =#= — 1 — і /3.
Если X и у — положительные числа и если хп = у”, то х =у.
9. Функция / ( х), определенная на отрезке — h < х < h, на¬
зывается четной на этом отрезке, если при изменении знака аргу¬
мента значение функции не изменяется, т. е. если / (—х) = f (х).
Например, функция хі — х2 + 3 четная, так как (—х)4—
(— х)2 + 3 = X4 — X2 + 3. График четной функции симметри¬
чен относительно оси ОУ.
Функция f (х) называется нечетной, если при изменении знака
аргумента функция изменяет только свой знак, т. е. если f (— х) —
= — f (х). Например, функция х5 4-х3 — х нечетная, так как
(— х)5 4- (— X)3 — (—х) = — (х5 4- X3 — х). График нечетной
функции симметричен относительно начала координат.
12
Существуют функции, которые не являются четными и в то же
время не являются нечетными. Например, функция у = х3 + х24-
+ 1 не является четной и в то же время не является нечетной.
10. Функция f (х) называется непрерывной в точке х = а.
если f (а) — определенное число и если разность f (а + h) — f (а)
можно сделать как угодно близкой к нулю, взяв значение h доста¬
точно близким к нулю.
11. Промежутком (или интервалом) называется множество дей¬
ствительных чисел X, удовлетворяющих условию а < х < &, где
а и b — фиксированные числа, причем а < Ь. Промежуток обо¬
значается символом (а, Ь). Числа ай b называются концами проме¬
жутка. (Концы промежутка в состав промежутка не входят.)
12. Отрезком (или сегментом) называется множество действи¬
тельных чисел X, удовлетворяющих условиям а < х < Ь. Отрезок
обозначается символом [а, Ь]. Числа а и b называются концами
отрезка. (Концы отрезка входят в состав отрезка.) Отрезок нередко
называют замкнутым промежутком.
Множество значений х, удовлетворяющих неравенству а < х <2
< b или неравенству а <2 х < Ь, называется полузамкнутым про¬
межутком. Полузамкнутые промежутки обозначаются символами
[а, &), (а, &].
13. Функция f(x) называется непрерывной на данном промежут¬
ке (или отрезке), если она непрерывна в каждой точке этого про¬
межутка (или отрезка).
14. Если функция f (х) непрерывна на отрезке, то она имеет
на этом отрезке как наименьшее значение т, так и наибольшее М.
Кроме того, она принимает на этом отрезке хотя бы один раз лю¬
бое значение, заключенное между т и М. (Доказательство этого
утверждения выходит за пределы курса элементарной математики
и потому здесь не излагается.)
15. Если г = X + іу, то I z |= + ]/х2 + у2. Если zf и z2 —
комплексные числа, т. е. zf = xf + іу^ и z2 = х2 + іу^ то fa +
+ г2|< N + |z2|, |Zi — z21 > IzJ — I z21.
Если zf и z2 — комплексные числа, то выражение |zi — z2|
представляет собой с геометрической точки зрения расстояние меж¬
ду точками комплексной плоскости, соответствующими комплек¬
сным числам zf и z2.
16. Формула Муавра: (cosa + sina)" = cos na + i sin a (n —
целое число).
17. Общее определение корня и извлечение корня из комплексно¬
го числа. Корнем n-й степени из данного комплексного числа на¬
зывается всякое комплексное число, n-я степень которого равна
данному комплексному числу.
Корень n-й степени из комплексного числа а 4- Ы обозначается
символом у/a + Ы.
18
Данное комплексное число а+Ы запишем в тригонометрической
форме г (cos ф + i sin ф).
Мы здесь докажем, что корень n-й степени из комплексного чис¬
ла, отличного от нуля, всегда имеет п и только п различных значе¬
ний.
Пусть Уг (cos ф + i sin ф) = р (cos а +1 sin а).
По определению корня получим:
[р (cos а 4* i sin а) ]" = г (cos ф + i sin ф),
или
р” (cos па + i sin п а) = г (cos ф + i sin ф).
По условию равенства двух комплексных чисел, заданных в триго¬
нометрической форме, получим:
рл = г и па = ф + 2&л, или р = у г, а = —! .
п
Таким образом, результат извлечения корня представится так:
7 :—г-: : п/~І ф 4-2£л . ф + 2/гл \
у Г (COS ф + * SIR ф) = у Г COS -2-4 Ь I SIH -2-4 ,
\ п п /
где у^г есть арифметическое значение корня, т. е. определенное
положительное число, a k есть любое целое число (>Лг легко вы-
вычислить с помощью таблиц логарифмов).
Поскольку буква k может принимать любые целые значения, мо¬
жет показаться на первый взгляд, что корень имеет бесконечное
множество различных значений. Но мы увидим, что это не так.
Сначала придадим букве k последовательно значения 0, 1, 2,
3, (п — 1). Тогда получим следующие и значений корня:
1) (cos — + i sin — У,
\ П П/
пл~1 ф + 2л , . . ф4-2л\
2) у r COS — h I Sin -2--L ;
\ n n )
n\ nГ~~ l Ф 4- 4n . . . ф4-4л\
3) yr cos — 1- i sin —-—;
\ n n I
И)
V nr'-[ ф + 2 (n — 1) л , . . ф + 2(л—1) л
n) /r COS h l sin
L n n
Во-первых, докажем, что среди этих п значений нет двух оди¬
наковых.
Пусть р и q — какие угодно различные числа, взятые из конеч¬
ной последовательности 0, 1, 2, 3, ..., (и — 1).
14
Тогда комплексные числа »/г (cos ф р ■ + i sin 'і и
\ п п )
п г~~ I ф + 2ял . . . ф -I- 2ял\
у т cos —!—-—h I sin——2- будут различными, так как разность
\ п п )
их аргументов. не является числом, кратким 2л. Действительно,
У,+,^я — ф+2^я = 2л. Но величина • 2л не является
п п п п
кратной 2л, так как не есть целое число.
п
Во-вторых, докажем, что при всяком значении буквы k, не при¬
надлежащем конечной последовательности 0, 1, 2, 3, ..., (л— 1),
мы получим такое значение корня, которое уже содержится в переч¬
не (4).
Пусть k = N, где N — произвольное целое число, не принад¬
лежащее конечной последовательности 0, 1,2, ..., (п—1). Пусть при
делении N на и получится целое частное m и целый остаток й.
Тогда N = tnn + й, где 0 < й < и — 1. Теперь получим, что
п/—I ф4-2Лл , . . ф + 2/глА п/~~-! Ф + 2Л/л ,
У Г COS -î--1— h t sin = y Г COS F
\ n n J \ n
... ф 4- 2Nn\ n r — Г ф + 2 (tnn 4- h) n .
n / L n
, . . ф + 2 (tnn + h) л ] г /ф + 2/іл . o \ ,
+ i sin ■ - -■—— = у r cos F 2/пл -F
n J L \ n /
. . . /ф + 2/1 л . n \1 « z— [ ф + 2/іл , . . ф4-2/іл\
+ i sin 2-Д- F 2/пл = y r cos F i sm .
\ n /J \ n n )
Но это последнее комплексное число содержится в перечне (4),
так как 0 < й < и — 1.
Корень n-й степени из нуля имеет только одно значение, равное
нулю, т. е. у^0 — 0.
п п/ —і—:;2/?л ' . 2k л
Пример. у 1 = у cos 0 + I sin 0 = cos F i sin . Давая
n n
букве k значения 0, 1,2, ..., (n — 1), получим n различных значений корня
л-й степени из единицы.
18. Целым многочленом n-й степени относительно х называется
выражение aQxn + аіхп^1 + ... + + û/2, где a0, alt ...,
an '— любые числа, не зависящие от х, а #= 0 и и — целое неотри¬
цательное число.
.. 19. Два многочлена, зависящие от одного и того же аргумента,
равны друг другу тождественно (т. е. при любых значениях аргу¬
мента) тогда и только тогда, когда коэффициенты при одинаковых
степенях аргумента в этих многочленах одинаковы.
15
Примеры.
Многочлены ах2 + Ьх + с и х2 — 8х +
1
— равны друг
другу тождественно лишь тогда, когда а = 1, b = — 8, с = — .
Многочлены ах3 + Ьх2 + сх + d и х2 — Зх равны друг другу тожде¬
ственно лишь тогда, когда а — 0, b = 1, с = —3, d = 0.
20. Деление целых многочленов. Деление целых многочленов
нельзя понимать в том смысле, в каком мы понимаем деление чисел.
Деление целых многочленов — это новое действие, подлежащее оп¬
ределению. Это определение мы дадим сначала на примере.
Разделить многочлен х5 + х4 + х3 + 2х2 + Зх + 4 на многочлен
X2 + X + 1 — это значит найти два многочлена Q (х) и R (х) так,
чтобы имело место тождество:
X5 + х4+ х3+ 2х2 + Зх + 4 = (х2 + X + 1) Q (х) + R (х)
и чтобы степень многочлена R (х) была ниже степени многочлена
X2 + X + 1. Если бы мы умели производить это новое действие,
то нашли бы, что в данном случае
Q (х) = X2 + 2 и R (х) = X + 2.
Теперь дадим общее определение. Разделить многочлен М (х)
на многочлен D (х) — это значит найти два многочлена Q (х) и
R (х) так, чтобы имело место тождество:
М (X) = D (х) - Q (X) + 7? (х)
и чтобы степень многочлена R (х) была ниже степени многочлена
D(x).
! Многочлены М (х), D (х), Q (х), R(x) называются соответствен¬
но делимым, делителем, частным и остатком.
В том случае, когда R (х) = 0, говорят, что М (х) делится на
D(x).
Деление многочленов обычно выполняется методом «деление уг¬
лом». Этот метод является, вообще говоря, наиболее удобным, Од¬
нако можно производить деление многочленов и не методом «деле¬
ние углом». Покажем, например, деление многочленов методом не¬
определенных коэффициентов.
Пусть требуется разделить х3-+ х + 1 на х2 + х + 1.
Здесь Q (х) есть многочлен первой степени, a R (х) есть многочлен сте¬
пени не выше первой. Поэтому
X3 + х + 1 = (х2 + х + 1) (ах + Ь) + рх + q.
Неизвестные числа a, b, р, q мы найдем, приравнивая коэффициенты
при одинаковых степенях х многочленов, стоящих в левой и правой частях,
написанного тождества. Выполнив эту программу, получим следующую си¬
стему уравнений:
при X3
» X2
» X
а = 1,
а + b = 0,
a + b + p = 1,
» х° b + q = 1.
16
Решая эту систему, найдем: а = 1, b =* — 1, /> = lr q = 2.
Следовательно, частное равно х — 1, а остаток равен х + 2.
21. Основная теорема алгебры: всякий многочлен n-й степени
(п > 0) с любыми комплексными коэффициентами имеет комплек¬
сный корень. (Доказательство этой теоремы выходит за рамки эле¬
ментарной алгебры.)
22. Теорема Безу. Остаток от деления многочлена +
+ ... + + ап на Двучлен X — а равен значению этого мно¬
гочлена при х, равном а.
Примеры, а) Остаток при делении х5 + х + 40 на х + 2 равен
(—2)6 + (—2) + 40, т. е. равен 6.
б) Остаток при делении х5 — х + 1 на х — I равен і5 — і + 1, т. е.
равен 1.
23. Если а0, аІ9 ..., ап — любые комплексные числа, не завися¬
щие от X, и aQ =£ 0, то .
0охл + а^-1 + ... + ап^ X + ап = aQ(x — xf) (х — х2) ... (х —
— хп ), где хі9 х2, ...» хп — корни многочлена. Эти корни могут
оказаться все различными, либо не все различными, либо даже все
одинаковыми.
Примеры. 1) 6ха — 5х + 1 = 6 (х — (х — --
\ z / \ б
2) Зх3 - х 4- 1 = 3 (х ---І-+'Г1І\ 1);
\ 2 / \ 2 ./
3) X5 — х4 — X + 1 = (X + 1) (X — I)2 (х — 0 (х + 0;
4) X4 — 4х? + 6х2 — 4х + 1 = (х — I)4.
24. Если р (х) = а0 хп + ait х"-1 4- ... + ап^х 4- ап, где а0,
ûi, .... ап — действительные числа, и если а + Ы есть корень мно¬
гочлена р (х), то а — Ы также будет его корнем.
25. Произведение [х — (а + Ы)]- [х—(а—Ы) ] равно х2 — 2&х 4-
4-а2 4- Ь2, т. е. представляет собой многочлен 2-й степени с действи¬
тельными коэффициентами.
26. Корни уравнения х3 4- рх 4- Я — 0 определяются по формуле
X = V _ 4- 1/ д- 1/—4- — 1/ £ , .
К 2 + Г 4 + 27 V 2 V 4 + 27
(Формула Кардано. См. задачу № 79.)
27. Если х1( х2, х3 — корни уравнения х3 4* рх2 + qx +г = 0,
xt 4- X2 4- х3 = — р,
%іх2 4- xtx3 4- х2х3 = q,
X, • х2 • х3 = — г.
Действительно, если хь х2, х3 — корни данного уравнения, то
X3 4- рх2 4- qx 4- г = (х — х,) (х — х2) (х — х3), или х3 4- рх2 4*
4- qx 4- г = X3 — (Xj 4- *2 + х3) х2 4- (ХіХ2 4- xtx3 4- х2х3) х —
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х,
получим: .
Хі + х2 + х3 = — р, XtX2 + XjX3 + х2х3 = <7 И х(х2х3 — — Г.
Последние три формулы называются формулами Виета для при¬
веденного уравнения 3-й степени.
28. Теорема Виета для приведенного уравнения n-й степени.
Если хр х2, х3, .... ,хя— корни уравнения х" + pjX"-1 + р2хп~г +
+ ... рп = 0, то
Хі -|- Х2 + х3 + ... + Х„ = —Рр
Х1Х2 + XjX3 + ... + х„_і хя = р2,
V& + ... +хя_2хя_1х„ =— р3,
ХіХ2 ... хя = (—1)"рл.
29. Если уравнение хп + р1хл~1+ ... + р^х.+ рп=0 с целыми
коэффициентами pt, р2 ря имеет целый корень (отличный от
нуля), то он обязательно будет делителем свободного члена ря.
Действительно, если целое число k, отличное от нуля, являет¬
ся корнем данного уравнения, то
k:‘ + Pikn~l + ... + Pn-ik + ря = О,
или
fe"-1 + Pikn 4- ... + pn-i + = 0.
k
Отсюда видно, что ря должно делиться на k, т. е. k должно
быть делителем свободного члена рп.
30. Сумма S бесконечной убывающей геометрической прогрес¬
сии определяется формулой:
S = —,
1 — ч
где а — первый член, a q — знаменатель прогрессии.
31. По определению логарифма числа N по основанию а имеем:
aXoSaN = N.
(1)
В этой формуле N — любое положительное число, а — произволь¬
ное основание, причем а > 0, а =# 1.
Переход от логарифмов по основанию а к логарифмам по осно¬
ванию т выполняется по формуле:
logma
’8
Логарифмируя по основанию т левую и правую части равен¬
ства (1), имеем:
log Л • log,na = logmlV.
Отсюда
tobJV-K'
logma
При N = m получим:
logam = ——.
l°gm°
32. Если основание логарифмов больше единицы, то большему
из двух положительных чисел соответствует и больший логарифм
у
и, наоборот, большему логарифму соответствует и большее число.
Это легко иллюстрируется на графике функции у = loga х при а >
>1 (черт. 7).
33. Если основание логарифмов заключено между нулем и еди¬
ницей, то большему из двух положительных чисел соответствует
меньший логарифм и, наоборот, меньшему логарифму соответству¬
ет большее число. Это легко иллюстрируется на графике функции
у =loga X при 0 < а < 1 (черт. 8).
34. Число размещений из п элементов по р определяется форму¬
лой:
АРп = п(п — 1) ... (п — р + 1).
Число перестановок из п элементов определяется формулой:
Рп = 1 • 2 • 3... п = п\
Число сочетаний из п элементов по р определяется формулой:
/->Р _
Ся - —.
19
По определению 01 = 1, С°п = 1, С„ = 1.
Имеют место равенства:
Z>P Г'П—'Р Г>П I Z>P Z>p + 1
—— 9 I Ьл4-1 ЬЛ_|-1.
kl (п—k)l
35. Для целых положительных п и любых ап b справедливо раз¬
ложение:
(а + by = С°п ап + Ci а""1 b + С2 а"~2 Ь2 + ... + Cnn~2 а2Ьп~* +
+ С"-1 abn~l 4- О, Ьп (формула бинома Ньютона).
{k + 1)-й член этого разложения обозначается символом
Он определяется по формуле:
Th+l = Ckna*-kb*.
Числа Сп, С„, Cat ...» Сп называются биномиальными коэф¬
фициентами.
Сумма биномиальных коэффициентов:
с° + сі + с* 4- ... 4- с" = 2п.
Кроме того, имеет место равенство:
с°-с* 4-d-C’+ ... 4-(—1)лС" = 0.
п
36. Символом A-L обозначается для краткости следующая
і=1
сумма: At -h Ж 4- А3 4- ... 4- Ап. Например,
2 2s sin hа = 2 sin а 4- 2’sin 2а 4- 2s sin За + ••• + 2n sin па;
*=i
-ап~кb* = Сп an-У С„ an~*b + C2nan-2b2 + ... 4- G»-1 ab^-y
fe=e
+ ».
37.. Среднее арифметическое п положительных чисел больше или
равно их среднему геометрическому, что записывается так:
Оі4-аг4-Дз4- - +ап уа^а3... ап (см. задачу 1.71).
п
38. Уравнение ах + by = с, где а, Ьис — целые числа, не име¬
ет целых решений, если а и Ь имеют общий делитель d, отличный от
единицы, на который число с не делится.
Например, уравнение 12х + 15у = 77 не имеет целых решений. Дейст¬
вительно, при любых целых значениях х и у левая часть равенства делится
на 3, тогда как правая на 3 не делится.
20
39. Если в уравнении ах + by = с коэффициенты а, Ь, с — це¬
лые числа и если а и b — числа взаимно простые, т. е. не имеют об¬
щего делителя, отличного от единицы, то такое уравнение имеет
целые решения.
Покажем на примере, как находить целые решения такого уравнения.
Пусть имеется уравнение 5х + Зу = 50.
Выразим то неизвестное, у которого коэффициент меньше:
= — 5х + 50 или у = — 2х + 16 + = — 2х+ 16 + t.
Ъ 3
Так как х и у должны быть целыми, то должно быть целым и /. Из уравнения
х-р 2
-у = t имеем: х = 3/ — 2. Подставляя это выражение в уравнение (1),
получим: .
г x = 3t — 2,
I у = 20 —5/.
Давая t любые целые значения, можем получить бесконечное множество
пар целых значений, удовлетворяющих данному уравнению. Например, при
t = 1 получим: х = 1, у = 15.
40. Индукция (неполная) — рассуждение, содержащее переход
от частных утверждений к общему, справедливость которого вы¬
водится из справедливости частных утверждений.
Вывод, сделанный с помощью неполной индукции, может ока¬
заться истинным и может оказаться ложным. Несмотря на это, не¬
полная индукция оказывается полезной не только при наблюдени¬
ях над физическими объектами, но и при исследовании природы
чисел. Свойства чисел, известные сегодня, по большей части были
открыты путем наблюдений и открыты задолго до того, как их ис¬
тинность была подтверждена Ѵтрогим доказательством.
Приведем примеры. 1) Пусть мы заметили, что числа 72 — 7, 7? — 7,
75 — 5 делятся соответственно на простые числа 2, 3, 5. После^этого у нас
может возникнуть желание проверить это свойство на других\ислах, на¬
пример, на числах 82 — 8, 83 * — 8, 85 — 8.
Убедившись, что указанное свойство опять выполняется, мы можем вы¬
сказать в качестве гипотезы следующее утверждение: число пР — п при вся¬
ком простом р и любом натуральном числе п делится на р. Эта гипотеза ока¬
залась верной. Ее справедливость доказана (см. задачу 265).
2) Значениями выражения 22" +1 при 0, 1, 2, 3, 4 являются соот¬
ветственно простые числа 3, 5, 17, 257, 65 537.
п
Пьер Ферма предполагал, что все числа вида 22 + 1 простые.
Однако эта гипотеза Ферма оказалась неверной: Л. Эйлер (XVIII в.)
нашел, что 22 + 1 = 4 294 967 297 = 641 • 6 700 417, т. е. что
22° — составное число.
41. Математическая индукция (полная индукция) — особый ме¬
тод математического доказательства, позволяющий на основании
21
частных наблюдений делать заключения о соответствующей об¬
щей закономерности. Этот метод основан на следующей аксиоме:
«Если какое-либо утверждение справедливо при п = 1 и если из
предположения о его справедливости при п = k вытекает справед¬
ливость при п = k + 1, то это утверждение справедливо при лю¬
бом натуральном и». •
Математическую индукцию называют также полной индукцией
или совершенной индукцией.
Приведем пример. Доказать, что .
]3 _|_ 23 + з3 ... _|_ пз = _2г <п + ')г.
4
1) Проверим справедливость этой формулы при п = 1. При п = 1 как
левая, так и правая части формулы принимают одинаковое значение, рав¬
ное 1.
2) , Теперь предположим, что для какого-то произвольно взятого числа k
наша формула верна, и попытаемся доказать, что тогда она верна и для сле¬
дующего числа k + 1. В силу сделанного предположения:
I3 23 + З3 + .... + &3 = <k + V?,
4
Поэтому
I3 + 23 + З3 -I- ... + k9 + (k + I)3 = —<* + 1)8 + (k + I)3 =
4
= (k + l)2 (Ç + k + Й = Lfe. + 1)2(fe + 2)\
\ 4 / 4
Полученный результат свидетельствует, что формула верна и при п =
= fe + 1. Следовательно, она верна при любом натуральном значении п.
Примечание 1. Если при и = 1 утверждение не имеет
смысла, то проверку справедливости утверждения надо делать
для наименьшего значения и, при котором утверждение имеет смысл.
Примечание 2. Применение метода математической ин¬
дукции может осуществляться и по другим схемам. Например, иног¬
да приходится делать предположение, что рассматриваемое утвер¬
ждение справедливо, скажем, для двух значений п, а именно для
п =■- k и п = k + 1, и доказывать, что в таком случае оно спра¬
ведливо и для п = k + 2. В этом случае в качестве первого шага
необходима проверка справедливости утверждения для двух пер¬
вых значений и, например для п = 1 и п == 2.
Исходя из неравенства |?і + г2| < |zi| + | z2 I и пользуясь методом ма¬
тематической индукции, легко доказать, что | zi + z2 + ... + zn | < zi 4-
+• |z2| + ... + |zrt|, где zlt z2, ..., zn — любые комплексные чйсла^
Замечание к методу индукции. Если мы
наблюдаем какую-нибудь закономерность на большом числе част¬
ных случаев, то, естественно, у нас возникает мысль сделать пред¬
22
положение, что эта закоибмерность обладает общностью, т.ѵ е. вы¬
полняется всегда. Но в таких случаях мы должны быть осторожны¬
ми. Мы не должны быть уверенными, что наше предположение, т. е.
наша догадка, обязательно справедлива. Легкомысленность в по¬
добных случаях может привести к неправильным выводам. При¬
ведем пример. Рассмотрим выражение п2 + п + 41. Подставив
в это выражение вместо п нуль, получим простое число 41. Подста¬
вив вместо п единицу, получим 43, т. е. опять простое число. Про¬
должая подставлять вместо п последовательно 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8,
9, 10, 11, ..., получим соответственно 47, 53, 61, 71, 83, 97, 113, 131,
151, 173, ..., т. е. опять же числа простые. Можем ли мы теперь быть
уверенными в справедливости такого утверждения: «Выражение
и2 + п + 41 принимает значение, равное простому числу при лю¬
бом целом положительном значении буквы и»? Быть уверенными
в справедливости этого утверждения мы не можем, так как получен¬
ные выше результаты не являются достаточным основанием для
такого утверждения. Они являются основанием лишь для предполо¬
жения о верности этого утверждения. В действительности более пол¬
ное исследование выражения п2 + п + 41 показывает, что значе¬
ние этого выражения не при всяком целом значении п является
простым числом. Например, при п = 40 получается число 1681,
которое уже не является простым (число 1681 делится на 41). Этот
пример показывает, что утверждение может быть верным при од¬
них значениях натурального числа и и неверным при других.
Математическая индукция есть весьма общий метод, позволяю¬
щий во многих случаях исследовать законность перехода от част¬
ного утверждения к утверждению общему.
42. Доказательство от противного, или доказательство приведе¬
нием к нелепости (к абсурду, к противоречию). Этот метод заключа¬
ется в следующем: 1) делается предположение, противоположное
тому утверждению, справделивость которого требуется доказать;
2) доказывается, что это сделанное предположение приводит к про¬
тиворечию или к абсурду вообще.
К доказательству от противного следует прибегать в тех слу¬
чаях, когда доказать данное утверждение трудно, а доказать невоз¬
можность противоположного утверждения легко.
Приведем пример. Доказать, что если 2? — 1 — простое число, то р —
тоже простое число. ’
Очень трудно найти какой-либо способ, с помощью которого можно
было бы доказать эту теорему прямым путем. Метод же математической ин¬
дукции здесь вовсе применить невозможно. В этих условиях естественно
обратиться к доказательству от противного.
Предположим, что р есть число не простое. В таком случае можно пред^
ставить число р в виде произведения двух целых чисел k и /, из которых ни
одно не равно ни единице, ни нулю. В таком случае 2р — 1 = 2kl — 1 =
= (.2*)' — 1 = (2* — 1) 4- (2*)*~а + ... + 1] (см. задачу 17).
Последние два множителя — целые числа, причем ни одно из них не равно
ни единице, ни нулю. А из этого следует, что число 2р — 1 при сделанном
нами предположении будет числом не простым, что противоречит условию
23
теоремы. Следовательно, при данном условии число р не может быть состав¬
ным. А если так, то число р при условии теоремы всегда будет простым чис¬
лом, что и требовалось доказать.
43. Об области определения данной задачи. Приступая к ре¬
шению уравнения, неравенства, системы и вообще любой другой
задачи, надо в первую очередь устанавливать допустимые значе¬
ния искомых величин, т. е. устанавливать область определения дан¬
ной задачи. Поясним сказанное на примерах.
Пример 1. Пусть нам предложено решить такую задачу: имеется
железный лист прямоугольной формы. Длина листа 80 см, а ширина 70 см.
По углам этого листа надо вырезать одинаковые квадраты и образовавшиеся
края загнуть так, чтобы получилась открытая сверху коробка. Спрашивает¬
ся, какова должна быть сторона каждого вырезанного квадрата, чтобы
объем коробки оказался равным 30 000 куб. см?
Уравнение (80 — 2х) (70 — 2х) х = 30 000, составленное по условиям
данной задачи, в котором х обозначает длину стороны каждого вырезанного
квадрата, имеет три положительных корня хі = 10, х2 = 15 и х3 = 50. Ес¬
ли мы предварительно не установили область определения данной задачи,
то можем посчитать, что данная задача имеет три решения. Однако это не¬
верно, так как искомая величина должна удовлетворять неравенствам 0 <
< X < 35. Число же 50 этому требованию не удовлетворяет. Таким образом,
задача имеет только два решения: хх = 10 и х2 = 15, хотя уравнение, со¬
ставленное по условиям задачи, имеет три решения. Этот пример показыва¬
ет, между прочим, еще и следующее. Всякое решение задачи, если оно су¬
ществует, окажется обязательно корнем уравнения, составленного по усло¬
виям этой задачи. Но не всякий корень составленного уравнения должен
быть обязательно решением данной задачи.
При мер 2. Пусть требуется решить неравенство J/~3x — 5 >
> У X—4. Считая левую и правую части неравенства положительными числами
и возведя их в квадрат, получим Зх — 5 > х — 4. Отсюда х > — . Если
1
мы посчитаем, что при х > ~ наше неравенство удовлетворяется, то допу¬
стим грубую ошибку. Действительно, легко убедиться, что, например, при
X = 1 наше неравенство не удовлетворяется. Ошибка произошла потому,
что мы с самого начала не установили область определения данного нера¬
венства. Данное неравенство определено для значений х, удовлетворяющих
неравенствам Зх — 5 > 0 и х — 4 > 0, т. е. неравенству х > 4. Поэтому
данному неравенству удовлетворяют не все числа, большие —, а лишь все
числа, большие 4.
ПримерЗ. Пусть требуется решить уравнение (х — 2) ctg 3 (х — 2) =
= 0.
Если мы посчитаем, что х = 2 является корнем данного уравнения, то
допустим ошибку. Число 2 не является допустимым для данного уравнения,
так как при х = 2 множитель ctg3(x — 2) теряет смысл. Областью определе¬
ния данного уравнения является множество всех действительных чисел, за
. л
исключением х = k • h 2, где k — любое целое число. Корнями данного
л
уравнения будут значения х, удовлетворяющие уравнению 3 (х — 2)= у +
+ kn, где k — любое целое число.
24
§ 1. Уравнения в целых числах
1. Решить уравнение ха— у2 = 93 в целых числах.
Поиски решения. Решить уравнение с двумя неизвестными в це¬
лых числах — значит найти все пары целых чисел, удовлетворяю¬
щих данному уравнению, или убедиться, что ни одной такой па¬
ры нет.
Поскольку в данном уравнении левая часть разлагается на це¬
лые множители, а правая часть есть целое число, то естественно
начинать решение с разложения левой части на множители.
Решение. Преобразуем данное уравнение к виду: (х 4- у)Х
Х(х — у) = 93. Это уравнение может удовлетвориться в целых
числах лишь в следующих случаях:
j) I х + У = 1- 2) / Х = з) I х + У = — !»
I X — у = 93; I X — у = 1 ; | х — у = — 93;
.. [ X 4- у = — 93, f X 4- у = 3, ( X у = 31,
4) { 5) 1 6) {
I X — у = — 1; ’ { х— у =31; ( х— у = 3;
7)|Х + У = —3, 8)fx4-y = — 31,
|х —у = —31; Іх —у = —3.
Решив каждую из этих восьми систем, найдем следующие 8 ре¬
шений данного уравнения: (47; —46), (47, 46), (—47; 46), (—47;
—46), (17- —14), (17; 14), (—17; 14), (—17; —14).
Замечание 1. Поскольку в данное уравнение неизвестные
хну входят только в четных степенях, то из двух решений (47; 46),
(17; 14) вытекают все остальные 6 решений.
Замечание 2. В рассмотренном нами примере ни одна из
полученных 8 систем не имела нецелых решений. Если бы при
решении подобной задачи некоторые из полученных систем имели
бы нецелые решения, то эти нецелые решения надо было бы отбро¬
сить как непригодные.
2. Решить уравнение х4 4* 2х7 у — х14 — у2 = 7 в целых числах.
3« Решить уравнение ху 4- Зх — 5у = — 3 в целых числах.
Поиски решения. В данном уравнении правая часть есть целое
число, но левая часть на целые множители не разлагается. Чтобы
преодолеть возникшее затруднение, обратим внимание сначала на
следующее обстоятельство.
Если к левой и правой частям данного уравнения прибавить
целое число, то правая часть опять окажется целым числом. По¬
этому возникает вопрос, нельзя ли прибавить к левой и правой час¬
тям данного уравнения такое целое число, чтобы полученная новая
левая часть оказалась бы разложимой на целые множители.
Решение. Преобразуем данное уравнение к виду: х (у 4- 3) —
— 5у = — 3. Чтобы образовать в левой части еще один член,
25
содержащий множитель (у 4-3), достаточно прибавить к левой
и правой частям число — 15, т. е. записать данное уравнение в виде:
X (у 4- 3) — 5у — 15 = — 3 — 15. ,
Отсюда (х — 5) (у 4- 3) = — 18.
Теперь получим следующие системы:
1 |х —5 = 1, ( X — 5 = — 18, g. (X — 5= —1,
|у4-3 = —18; /|у4-3=1; '0+3=18;
4)|х —5=18, (X —5 = 2, (х —5 = — 9,
(у + 3 = —1; |у4-3 = — 9; I у + 3 = 2;
|х —5 = —2, /х —5 = 9, g Гх —5=3,
I у 4- 3 = 9; |х4-3 = —2; '(у + 3 = — 6;
10) (Х — 5 = -6> Ц)|х~5 3- 12)(Х —5 = 6’
I у 4-3 = 3; I у 4-3 = 6; ' (у + 3 = — 3.
Решив каждую из этих систем, получим следующие 12 решений:
(6; —21), (—13; —2), (4; 15), (23; —4), (7; —12), (—4; —1), (3;
6), (14; -5), (8; -9), (-1; 0), (2; 3), (11; -6).
4. Решить в целых числах каждое из следующих уравнений: а) 35ху +
+ 5х — 7у = 1; б) ху = X + у; в) 1 = — .
У У 5
5с Решить уравнение х4 — у4 — 20х2 + 28у2 = 107 в целых чис¬
лах. '
Поиски решения. Нам удалось бы решить данное уравнение,
если бы мы могли преобразовать его к виду: (хіу) • f2 (х, у) =
= а, где а — целое число, а множители (х, у) и /2 (х, у) — це¬
лые функции от X и у с целыми коэффициентами.
Таким образом, наши усилия должны быть направлены на вы¬
полнение указанного выше преобразования.
Решение. Очевидно, что х4 — у4 — 20х2 + 28у2 — х4 +
+ х2у2 — х2у2 — у4— 24х2 + 4х2 + 24у2 + 4у2 — 96 + 96 --
= (х4 + у2х2 — 24х2) — (х2у2 + у4 — 24у2) + (4х2 + 4у2 — 96) +
+ 96 = X2 (х2 + у2 — 24) — у2 (х2 + у2 — 24) + 4 (х2 + у2 —
— 24) + 96 = (х2 + у2 — 24) (х2 — у2 + 4) + 96.
Заменяя этим последним выражением левую часть данного урав¬
нения, получим: (х2 + у2 — 24) (х2 — у2 + 4) = И.
Этим данное уравнение приведено к требуемому виду.
Изложенный способ преобразования технически прост, но тру¬
ден вследствие своей искусственности.
Поэтому попытаемся найти другой способ, в котором нет такой
искусственности.
Мы уже знаем, что требуемое преобразование левой части свя¬
зано с разложением на множители. Левую часть данного уравне-
26
ни.я можно рассматривать как многочлен второй степени относитель¬
но, например, и2. Но как разлагать на множители многочлен второй
степени, мы знаем. Для простоты положим х2 = и и у2 = ѵ. Тог¬
да данное уравнение примет вид:
и2 _ ѵг _ 20а + 28« = ‘107. (В)
Корнями левой части уравнения будут
а1)2 = Ю ± V 100 +—28«.
Отсюда видно следующее: чтобы ut и и2 стали бы рациональными,
достаточно левую часть уравнения (В) уменьшить на 96, т. е. за¬
писать уравнение в виде: и2 — о2 — 20а + 28« — 96 — 107—96,
или
Ы2 _ „а _ 20а + 28« — 96 = 11. (С)
Теперь а1)2 — 10 ± К Ю0 + «2 — 28« + 96 =
= 10 ± )/«2 —28« + 196 = 10 ± («— 14).
Отсюда и1 = V — 4 и и2— 24 — «. Поэтому уравнение (С) запишет¬
ся так: (и — « + 4) (а + « — 24) = 11. Задача свелась к отыска¬
нию целых решений каждой из следующих систем в отдельности:
1) J X2-у2,+ 4 = 1, р2-у2 + 4 = -1,
’ ( х2 + у2 — 24= 11; I х2 + у2 — 24 = — 11;
3) I X2 —у2 + 4 = 11, . Г № — у2 + 4 = — 11,
’ ( л-2 — у2 — 24 = 1; ( х2 + у2 — 24 = — 1.
Системы 1 и 4 не имеют целых решений.
Вторая и третья системы дают следующие целые решения:
J X = 2, J X = — 2, f X ■= 4, I X = — 4,
I у = 3; I У = — 3; I у = 3; I у = — 3;
( х = — 2, J X = 2, ( X = — 4, J X = 4,
I У — 3; I у = — 3; | у — 3; | у = — 3,
которые и являются целыми решениями данного уравнения.
6. Решить в целых числах уравнение х4 — у4 — 2х3 + бу2 = 13.
7. Решить уравнение х2 — у2 =■ 6 в целых числах.
Поиски решения и решение. Данное уравнение отличается от
рассмотренного нами уравнения х2 — у2 = 93 (см. пример 1)
лишь тем, что число 6, стоящее в правой части данного уравнения,
представляется в виде произведений целых чисел разной четности
(1 . 6, 2 - 3).
Если данное уравнение решать путем разложения его левой час¬
ти на множители> мы придем к системам вида: х + у = 6, х — у =
=. 1, т. е. к таким системам, из которых каждая не имеет целых ре-
27
шений. Из этого мы заключаем, что данное уравнение решений в
целых числах не имеет.
Здесь возникает вопрос, а нельзя ли было прийти к этому за¬
ключению, не прибегая к разложению левой части уравнения на
множители. Для такого рода исследований бывает полезным выяс¬
нять характер искомых целых чисел хи у (например, их четность
или нечетность). Исследуем этим методом наше уравнение. Из этого
уравнения видно, что х и у должны быть либо одновременно чет¬
ными, либо одновременно нечетными.
Допустим, что X и у одновременно четны. Тогда х = 2хі и у =
= 2уь где Хі и уі — целые числа. В этом случае данное уравнение
примет вид: 4х? — 4у] = 6, или 2xf — 2у? = 3. Последнее урав¬
нение не может удовлетвориться никакими целыми значениями Хі
и yt (левая часть делится, а правая — не делится на 2). Следова¬
тельно, нет ни одной пары четных чисел, которая являлась бы реше¬
нием данного уравнения.
Теперь допустим, что х и у одновременно — нечетные. Тогда
X = 2%і + 1 иу = 2уі + 1, где ХіИу! — целые числа. В этом слу¬
чае данное уравнение примет вид: (2Xf + I)2 — (2у + I)2 = 6 или
2х? — 2yî+ 2хі — 2уі = 3. Но последнее уравнение не удовлет¬
воряется никакими целыми значениями Хі и уР Следовательно,
нет ни одной пары нечетных чисел, которая являлась бы решением
данного уравнения. Этим доказано, что данное уравнение не имеет
ни одного целого решения.
8. Можно ли число 101 010 представить в виде разности квадратов двух
целых чисел? .
9. Доказать, что уравнение 2х2 — 5у2 = 7 не имеет ни одного целого
решения.
10. Решить уравнение х* — 4ху + 5у2 = 169 в целых числах.
Поиски решения. Левая часть данного уравнения представляет
собой многочлен 2-й степени. При решении задач, связанных с много¬
членом 2-й степени, часто пользуются либо разложением этого мно¬
гочлена* на линейные множители, либо выделением из него полного
квадрата. Разложение на линейные множители в данном случае
бесполезно, так как эти множители, как легко убедиться, ока¬
жутся мнимыми. Остается искать решение задачи с помощью выде¬
ления полного квадрата.
Решение. Очевидно, что х2 — 4ху + 5у2 = (х — 2у)2 +
4- у2. Поэтому данное уравнение принимает вид (х —2у)а + у2 =*
■= 13*. Известно, что существует единственная тройка пифагоро¬
вых чисел, в которой наибольшим числом является 13. Эта трой¬
ка такова: 5; 12; 13. Поэтому существует лишь восемь пар целых
чисел, сумма квадратов которых равна 132, а именно пары (5; 12),
(12; 5), (—5; —12), (—12; —5), (5; —12), (—5; 12), (12; —5), (—12,
5). Следовательно, целыми решениями данного уравнения будут
лишь целые решения каждой из следующих восьми систем:
га
1) {
4){
7)(
x — 2y = 5, f X — 2у = 12, „ [x —2у = —5,
у = 12; I у = 5; | у = —12;
х— 2у = — 12, г. f X — 2у = 5, g. (х —2у = —5,
у = —5; I у = — 12; | у = 12;
X — 2у = 12, [ X — 2у = — 12,
_ о) < _
у = — 5; ( у = 5.
Итак, данное уравнение имеет лишь следующие восемь целых
решений: (29; 12), (22; 5), (—29; —12), (—22; —5), (—19; —12),
(19; 12), (2; —5), (—2; 5).
Другими тройками пифагоровых чисел, кроме 5; 12; 13, являют¬
ся, например (3; 4; 5), (8; 15; 17), (5; 24; 25) и т. д.
Можно получить сколько угодно троек пифагоровых чисел, да¬
вая буквам а и b в выражениях а2 — Ь2, 2аЬ, а2 + Ь2 любые це¬
лые значения, обращающие эти выражения в положительные числа.
Это объясняется тем, что (а2 — Ь2)2 + (2аЬ)2 = (а2 + Ь2)2. Найди¬
те все 8 целых решений уравнения х2 — бху + 13у2 = 100.
11« Решить уравнение 4х® — 2у3 — г3 = 0 в целых числах.
Поиски решения. Здесь левая часть уравнения не разлагается на
целые множители и вообще не поддается преобразованиям, кото¬
рые помогли бы реддоть задачу. Остается исследовать характер це¬
лых чисел, удовлетворяющих уравнению.
Решение. Числа 4Х3 и — 2у3 делятся на два. Следовательно,
и г должно делиться на два. А это означает, что число z должно быть
четным. Полагая г — 2z1( где Zj — целое число, получим:
4Х3 — 2у3 — 23z? = 0, или
2х® — у3 — 4z3 = 0.
Отсюда видно, что число у должно быть четным. Полагая у = 2уь
где уі — целое число, получим:
2Х3 — 23у? — 4г? = 0, или X3 —4у? — 2z? = 0.
Отсюда следует, что и число х должно быть четным. Полагая х =
= 2х, где Xj — целое число, получим:
23х3 — 4у3 — 2z3 = 0, или 4Х3 — 2у3 — z3 = 0.
Какие же выводы можно сделать из всего полученного?
Во-первых, мы доказали, что числа х, у, z, удовлетворяющие
уравнению 4х® — 2у3 — z3 = 0, должны быть все четными.
Во-вторых, оказалось, что числа хіг ylt z1( т. е. числа -р -1,
также удовлетворяют этому же уравнению. Но если эти числа удов¬
летворяют данному уравнению, то по доказанному выше и они дол¬
жны быть четными.
2&
Итак; оказалось, что числа, удовлетворяющие данному урав¬
нению, должны быть четными, и сколько бы раз мы ни делили их
на два, всегда будут получаться четные числа. Единственным чет¬
ным числом, обладающим таким свойством, является нуль. Следо¬
вательно, данное уравнение имеет одно и только одно решение х = О,
у = 0, г — 0.
12. Доказать, что уравнение х2 + у3 + г3 = 2хуг имеет в целых числах
единственное решение х = у = г = 0.
13, Доказать, что уравнение 2х2 + х = Зу2 + у имеет беско¬
нечное множество решений в области натуральных чисел.
Поиски доказательства и доказательство. Изданного уравнения
и условия задачи следует, что х > у. Пусть х = у + h, где h —
натуральное число. Подставив в данное уравнение у + h вместо
X, получим:
2 (у + Л)2 + у + h = Зу2 + у, или у2 — 4/іу — 2/і2 — h =0.
Отсюда у = 2h ± 4/і2 4- 2/і2 + h.
Так как неизвестное у должно быть натуральным числом, то
знак минус в последней формуле надо отбросить, и тогда
у = 2h + У h (б/і + 1).
Для того чтобы неизвестное у было натуральным числом, необ¬
ходимо и достаточно, чтобы произведение h (б/і + 1) было точным
квадратом натурального числа.^Но поскольку числа /і и б/і 4- 1
взаимно простые (их общий наибольший делитель равен единице),
то точными квадратами должны быть как h, так и б/і 4- 1. Итак,
положим, что h = k2 и б/і 4- 1 = /а.
Испытывая квадраты натуральных чисел, начиная с единицы, мы
сразу обнаруживаем, что при k = 2 получается: h = 22,I2 = б/і +
4- 1 = 52, I = 5; у = 2 • 4 + Ѵ2^1>2 =18; х = 18 4- 4 = 22.
Итак, мы получили одно решение: х = 22, у = 18. Но нам надо
доказать, что решений в натуральных числах существует бесконеч¬
ное множество. Доказывать это путем испытаний, как это мы сде¬
лали для получения первого решения, невозможно, так как таким
испытаниям нет конца. Здесь придется проявить (с точки зрения
не специально подготовленного математика) значительную изоб¬
ретательность. Полагая h = k2, мы должны найти такие значения
k, чтобы 6k2 4- 1 было бы точным квадратом, т. е. чтобы имело мес¬
то равенство
6£а + 1 = /2, (Л)
где I — натуральное число. .
Перепишем последнее равенство в виде:
(/ + k Кб) (/ - k /6) = 1. (В)
30
Мы знаем одну пару натуральных чисел k и I, удовлетворяющих
этому уравнению, а именно k = 2 и I — 5, т. е. имеем тождество
(5 + 2/б)(5—2]/6) = 1.
Если левую и правую части этого тождества мы станем возводить
последовательно во вторую, третью, четвертую и последующие на¬
туральные степени без конца, то каждый раз мы будем получать
тождество типа (В), в котором натуральные числа k и I, удовлет¬
воряющие равенству (В), а следовательно и равенству (Л), будут
появляться без конца. По этим парам значений k и I мы будем по¬
лучать бесконечное множество пар натуральных значений х и у,
удовлетворяющих данному уравнению. Этим доказано, что урав¬
нение 2х2 + х — Зу2 4- у имеет в области натуральных чисел бес¬
конечное множество решений. Поясним сказанное конкретно. Равен¬
ство (5 + 2|/6)(5 — 2|/б) = 1, как мы уже знаем, верное,
А если так, то верным будет и равенство
(5+ 2/б)” (5— 2/6)"= 1.
При п — 2 имеем: (49 4- 20Кб)(49 — 20Иб) = 1. Отсюда
k = 20, I = 49, что дает второе решение данного уравнения, а имен¬
но: X = 2180, у = 1780. __ __
При п = 3 получим: (53 + 3 • 52 • 2/6 + 3 • 5 • 24 + 48/6) X
X (53 —3 . 52 -_2/б + 3 - 5 - 24 — 48^6 ), или (435 + 198/6) X
Х085 — 198/6). Отсюда k = 198, I = 485, х= 2 • 1982 + 198 X
X 485 + 1982, у = 2 . 1982 + 198 • 485
и т. д. без конца.
Заключительное замечание. Исчерпать все
разнообразие приемов решения уравнений в целых числах, как и
задач по другим темам, невозможно. Поэтому, встречаясь с новой
задачей незнакомого типа, не следует сразу считать ее непосильной.
Порой путь к решению такой задачи открывается довольно легко,
если сделать из условий задачи самый простой вывод, иногда совер¬
шенно очевидный. Поясним это на примере. Пусть требуется найти
целые положительные решения уравнения — + — + — = 1.
х2 ху у2
Эта задача новая, незнакомая. Ни один из рассмотренных выше при¬
емов здесь не кажется подходящим. Попытаемся сделать какой-ни¬
будь вывод из данных условий задачи. Зададим себе такой вопрос:
что можно сказать о целых положительных числах, удовлетворяю¬
щих данному уравнению? Сразу видно, что значения и х, и у дол¬
жны бытъ большими единицы, так как в противном случае левая
часть уравнения оказалась бы числом, большим единицы. Теперь
посмотрим, будет ли иметь данное уравнение целые решения, если
посчитать, чтох — у. В этом случае получим — =1. Отсюда следу-
X2
ет,что данное уравнение в случае х = у целых решений не имеет.
31
Пусть теперь х=Ау. Не нарушая общности, положим, чтох < у.
Тогда окажется, что — 4- — + — <2 — 4- — 4- —. т. е. что
X2 ху у2 X2 X2 X2
1 <—. Отсюда X <У3. С другой стороны, нам известно, что х >■ 1.
X2
Поэтому имеем: 1<х< У3. Но такого целого числа х, которое удов¬
летворяло бы этим неравенствам, не существует. Этим полностью
доказано, что данное уравнение целых положительных решений не
имеет.
Как видите, задача решается легко, хотя на первый взгляд она
могла показаться очень трудной.
§ 2. Разложение многочленов на множители
Способы разложения многочленов на множители: 1) вынесение
общего множителя за скобки; 2) метод группировки; 3) примене¬
ние основных формул умножения; 4) введение вспомогательных
членов; 5) предварительное преобразование данного многочле¬
на с помощью тех или иных формул; 6) разложение с помощью
отыскания корней данного многочлена; 7) метод неопределенных
коэффициентов.
14« Разложить на действительные множители а3 + Ь3 + с3 —
— ЗаЬс.
Поиски решения. Общего множителя нет. Любая группировка
из данных четырех членов бесполезна. Попытаемся ввести вспомо¬
гательные члены так, чтобы вместо имеющейся суммы трех кубов
образовать сумму двух кубов.
Решение. а3+ Ь3 + с3 — 3 abc = а3 + За2Ь + ЗаЬ2 4¬
4- Ь3 + с3 — За2Ь — ЗаЬ2 — ЗаЬс = (а + Ь)3 + с3 — ЗаЬ (а 4¬
4- b + с) = (a H- b + с) [(а + Ь)2 — (а + Ь) с + с2 ] — ЗаЬ (а 4¬
+ b + с) = (а + b + с) І(а-Ь b)2 — (а + b) с + с2 — ЗаЬ]. Та¬
ким образом, имеем, что а3 + Ь3 4- с3 — ЗаЬс — (а 4- b 4- с) (а2 4¬
+ Ь2 + с2 — ab — Ьс — са). Последний результат можно было бы
получить и иначе. Легко проверить, что многочлен а3 4- Ь3 + с3 —
— ЗаЬс обращается в нуль при а = — b — с. Поэтому его разло¬
жение на множители можно было бы получить путем его деления
на а 4- b 4- с.
Мы хотим иллюстрировать на рассмотренном примере, сколь
полезным может оказаться разложение многочлена на те или иные
множители. Из полученной нами формулы
а3 4- Ь3 4- с3 — ЗаЬс = (а 4- b 4- с) (а2 4- Ь2 + с2 —
— ab — Ьс — са) (А)
12
сделаем некоторые выводы:
а) Известно, что а2 4* b® + — ab — Ьс — са > О (это вы¬
текает из неравенства (а — 6)2 + (b — с)2 + (с — а)2 > 0). Теперь
если предположить, что а > 0, & > 0, с > 0, то из формулы (А)
следует, что а3 + Ь3 + с® — ЗаЬс >0, т. е. ÎL-iA_i£? abc.
б) Положив а3 = X, Ь3 = у, с3 = г, получим:
і±|+-г >
(В)
Формула (В) читается так: среднее арифметическое трех неот¬
рицательных чисел больше или равно их среднему геометрическому
(равенство имеет место тогда и только тогда, когда х — у — z).
в) Если считать, что х, у, г являются измерениями прямоуголь¬
ного параллелепипеда, то произведение хуг будет обозначать объем
V этого параллелепипеда и формула (В) примет вид:
где I = X 4- у 4- z. Отсюда ѵ < (у)*» т- е- °бъем прямоугольного
параллелепйпеда меньше или равен кубу третьей части суммы его
измерений (равенство имеет место тогда и только тогда, когда х =
= у = г).
Таким образом, параллелепипед, у которого сумма измерений
равна I, будет иметь наибольший объем тогда, когда все его изме¬
рения равны друг другу, т. е. когда он будет иметь форму куба.
Этот наибольший объем будет равен где — сумма его изме¬
рений.
15. Можно ли сделать ящик объемом 0,4 куб. м при условии, что сумма
его трех измерений равна 2 м?
16. Доказать, что если а3 + Ь3 + с3 = ЗаЬс, то либо а + b + с = 0,
либо а2 + Ь2 + с2 = ab + ас + Ьс.
17« Разложить на два множителя хп— ап, где п — натуральное
число, большее единицы.
Поиски решения и решение. Легко заметить, что данный дву¬
член при х = а обращается в нуль. Следовательно, хп—ап делится
на X — а (см. теорему Безу). Выполнив это деление, получим, что
х-'7— ап = (х — а) (х"-1 + ахп~2 + а2х"~3+ ... + а^2х +а'’-1).
Эту формулу можно вывести и иначе. Многочлен х-7'1 + ахл”24-
+ а2хл“3 + ... + а'7"1 можно рассматривать как сумму членов
геометрической прогрессии, у которой первый член равен хп_1, по-
2 Заказ 326
33
следний-ая~1, а знаменатель—. По формуле суммы членов геометри¬
ческой прогрессии:
с __ «і —J
— —
1 ~~q
где щ — первый член, ип — последний член, a q-— знаменатель про¬
грессии, имеем:
- а
хп~г— а4'1- —
Xя'1 _|_ ахп~2 + • • • + а”"1 =
1 —- ’
X
или
и я г I „1 хп — ап
Xя"1 + ахп~2 4 + а*-1 = .
X — а
Отсюда следует искомая формула. В частности,
Xя — 1 — (Х — 1) (Xя"1 + Xя"2 + ... + X + 1).
18« Разложить на два множителя двучлен хя + ая, где п — не¬
четное число, большее единицы.
Поиски решения и решение. Легко заметить, что данный двучлен,
в котором п нечетное число, обращается в нуль при х = — а. Дей¬
ствительно, (— а)я + ап = — ап + ап = 0, так как по условию
п — нечетное число. Следовательно, хя + ап при нечетном п де¬
лится на X — (— а), т. е. на х + а. Выполнив это деление, получим
при нечетном п:
хя+ая= (х+а)(хя~1 —ахя"2+а2хя~3 —а3хя-"4+ ••• — ая~2х4-ая"1).
Эту формулу можно вывести и иначе. Многочлен х”-1 — ахп~2 +
+ ... + ая~х можно рассматривать как сумму членов геометричес¬
кой прогрессии, у которой первый член равен хл-1, последний а^1
и знаменатель (——). По формуле суммы членов геометрической
X
прогрессии имеем:
а"-1. (—
хя"х— ахя~2 4 + ая~х = — \ х I
или
„ и 9 I < и 1 Xя + ая
Xя"1 — ахп~2 + • • • + а 1 = ———.
_ X 4-а
Отсюда следует искомая формула. В частности,
X7 + 1 = (х + 1) (х6 — хб+ X4 — X3 + X2 — X 4- 1).
19. Разложить на два действительных множителя многочлен
(1 + X + X2 4- ... 4- хп)2 — хя.
34
Поиски решения. Поскольку данный многочлен, взятый в том
виде, как он написан, не поддается разложению на множители и по¬
скольку отыскать его корни не представляется возможным, то ес¬
тественно начать решение задачи с преобразования выражения,
стоящего внутри скобок.
Решение. Пользуясь формулой суммы членов геометриче¬
ской прогрессии, имеем:
' / Хп+1 1 \ 2
(1 + X + X2 + • • • + ХпУ — Хп = I I — хп =
\ X — 1 /
_ —1)2 —X” (X —I)2 _ х2я+а — 2хя+1 + 1 — хп+2 + 2хя+1 хп _
(х — I)2 (х — I)2
хп+2(хп—\) — (Xя —1) = (Xя — 1) (хя+2 — 1) = хя — 1 хя+2 — 1 __
(х —I)2 (х — I)2 X — 1 X— 1
= (х1-1 + X""2 4 + X + 1) (хя+1 + хл 4- • • • + X 4- 1).
20. Разложить на два действительных множителя многочлен (1 4* х 4*
4- X2 + X3 + X4 4-х5)2 — X6.
21« Разложить на действительные множители (х 4- у 4- г)5—
— х8— z/8—‘г5.
Поиски решения и решение. Легко заметить, что при х = — у
данный многочлен обращается в нуль. Следовательно, он делится
на X 4- у. Данный многочлен обращается в нуль также при х =?
= — г и при у — — z. Следовательно, он делится на х 4- г и на
у 4- г. Таким образом, мы установили, что данный многочлен
делится на произведение (х 4- у) (х 4- г) (у 4- z). Полученный
результат позволяет заключить, Что данный многочлен представим
в виде (х 4- у) (х 4- г) (у 4- г) Р2 (х, у, г), где Р2 (х, у, г) есть мно¬
гочлен второй степени. Но поскольку данный многочлен и произве¬
дение (х 4~ у) (х 4- г) (у 4- z) являются однородными и симметри¬
ческими, то многочлен Р2 (х, у, z) должен быть тоже однородным
и симметрическим, а значит, должен иметь вид:
Л (х2 4- у2 4- z2) 4- В (ху 4- xz 4- уг),
где А и В — неизвестные коэффициенты. Полагая в тождестве
(х 4- у 4- z)8— X8 — у8 — z5 = (х 4- у) (у 4- z) (z 4- х)-
• [А (х2 4- у2 + г2) 4- В (ху 4- xz 4- уг) ]
сначала X = 1, у = 1, г = 0, а затем х = 1, у = 1, г = 1, полу¬
чим: 2Л 4- В — 15 и А 4- В — 10. Отсюда Л = 5, В. = 5. ‘
Итак,
(х 4- у 4- г)8 — X8 — у8 — z8 = 5 (х 4- у) (у 4- г) (z 4- х) (х2 4- у2 4¬
4- г2 4- ху 4- уг 4- гх).
22. Разложить на действительные множители (х + у + г)3 — х3 — У3 —
— z3.
35
23. Доказать, что любое число вида п4 + 4 есть составное, если
п — натуральное число, большее единицы.
Поиски решения. Если эта теорема верна, то двучлен п4 + 4
при всяком натуральном п, большем единицы, должен разлагаться
на целые множители, отличные от единицы и от нуля. Поэтому тео¬
рема будет доказана, если удастся выражение п4 + 4 разложить
на такие множители.
Решение, п4 + 4 = п4 + 4п2 + 4 — 4и2 = (и2 + 2)2 —
— 4п2 = (п2 + 2п + 2) (п2 — 2п + 2). Если п > 1, то ни один из
этих двух целых множителей не равен ни единице, ни нулю. Теоре¬
ма доказана.
Пример. 13* + 4 = (132 4- 2 . 13 + 2) (132 — 2-13 + 2) =
= 197 • 145. Отсюда видно, что число 13* + 4 есть составное.
24. Доказать, .что каждое число вида п4 + и2 + 1 есть составное, если
л — натуральное число, большее единицы.
25. Доказать, что каждое число вида л8 + 4 есть составное, если л —
натуральное число, большее единицы.
26. Разложить на множители следующие многочлены: а) х4 + 1; б) х4 +
+ х2у2 + у4; в) X4— х2у2 + у4; г) хб + 2х2 — х + 1; д) х5 + х + 1; е) (х +
+ У г — — уь\ ж) (х + у)7 — X1 — у7.
27« Разложить на три действительных множителя многочлен
Xе + X3 + 1.
Поиски решения. Решить эту задачу методом введения вспомога¬
тельных членов с последующей группировкой не представляется
возможным. Остается искать корни данного многочлена. Для этого
придется решить трехчленное уравнение.
Решение. Корни данного многочлена являются корнями урав¬
нения X6 + X3 + 1=0. Полагая х3 = у, получим: у2 + у + 1 = 0.
Отсюда у = * = cos 120° ± i sin 120°. Теперь х =
3/ шло , ■ » - - і пло о 120° + k- 360° , . . 120°+ k- 360°
= у cos 120 + i sin 120 = cos — 4- t sin — ,
r 2 3
где £=0,1,2.
Таким образом, данный многочлен имеет шесть следующих ком¬
плексных корней: Х1.2 = cos 40° ± i sin 40°; Хз,4 = cos 160° ±
± i sin 160°, x5>6 = cos 280° ± i sin 280°. Следовательно,
Xе + X3 4- 1 = [x — (cos 40° 4- i sin 40°)] [x — (cos 40° — i sin 40°)] X
X [x — (cos 160° 4- i sin 160°)] [x — (cos 160° — i sin 160°)] X
X [x — (cos 280° 4- i sin 280°)] [x — (cos 280° — i sin 280°)] =
= [(x — cos 40°) — i sin 40°] [(x — cos 40°) 4- i sin 40°] X
X l(x — cos 160°) — i sin 160°] [(x — cos 160°) + i sin 160°] X
X l(x — cos 280°) — i sin 280°] [(x — cos 280°) 4- i sin 280°) =
= (x2 — 2 cos 40° 4- 1) (x2 — 2 cos 160° 4- 1) (x2 — 2 cos 280° 4- 1).
28. Разложить на пять действительных множителей х10 + х5 + 1.
29. Разложить на действительные множители х* — 8х 4- 63.
36
Поиски решения. Корни данного многочлена мы могли бы найти,
если имели бы уже разложение этого многочлена на множители сте¬
пени не выше второй. Другими элементарными средствами корни
данного многочлена найти мы не можем. Поэтому выполнить тре¬
буемое разложение с помощью предварительного отыскания кор¬
ней данного многочлена не представляется возможным. Остается
искать решение задачи либо методом введения вспомогательных чле¬
нов, либо методом неопределенных коэффициентов.
Решение. Очевидно, что х4 — 8х + 63 = х* + Ібх2 ■
— Ібх2 — 8х + 64 - 1 = (х*+ Ібх2 + 64) — (Ібх2 + 8х + І) =
— (х2 + 8)2 — (4х + I)2 = (X2 + 4х + 9) (X2 — 4х + 7). Получен¬
ные многочлены 2-й степени имеют мнимые корни, а потому нераз¬
ложимы на действительные линейные множители.
Изложенный способ технически прост, но труден вследствие
своей искусственности. Действительно, трудно придумать требую¬
щиеся вспомогательные члены.
Теперь попытаемся разложить данный многочлен на множители
методом неопределенных коэффициентов. (Разумеется, результа¬
тами уже полученного разложения мы пользоваться не будем.)
Прежде всего исследуем характер корней многочлена х4— 8х + 63.
Переписав это уравнение в виде х4 = 8х — 63, построим графики
функций у = х4иу = 8х — 63 (черт. 9). Графики не пересекаются.
Следовательно, корни многочлена х4 — 8х + 63 будут все мнимыми.
Поэтому среди действительных множителей, на которые разлагает¬
ся этот многочлен, не может быть ни одного линейного. Итак, вы¬
яснено, что действительными множителями разложения многочле¬
на X4 — 8х + 63 будут только многочлены 2-й степени. Таких
множителей будет два, так как данный многочлен имеет 4-ю сте¬
пень.
37
Таким образом, будем иметь, что
х4— 8х + 63 = (х2 + ах + Ь)(х2 + рх + q).
Остается определить а, Ь, р н q.
Перемножив многочлены, стоящие в правой части последнего
равенства, получим: х4 — 8х 4- 63 = х4 + (а + р) х3 + (ар 4¬
+ b 4- q) X2 + (aq + bp) x 4- bq. Но поскольку нам необходимо,
чтобы правая часть этого равенства превратилась в такой же мно¬
гочлен, который стоит в левой части, потребуем выполнения сле¬
дующих условий:
а 4- Р = 6,
aq 4- bp = — 8,
ар 4~ b 4“ q — 6,
bq = 63.
Получилась система четырех уравнений с четырьмя неизвестными
а, Ь, р, q. Из первого уравнения р = — а. Подставив во второе
и третье уравнение — а вместо g, получим систему:
b 4- q = а2,
a(b— q) = 8,
bq = 63.
Из второго уравнения этой системы найдем: а = ——. Подставив
b—q
это в первое уравнение, получим систему:
Li 64
63,
или
1(6 + q) (b — q)2 = 64,
t bq = 63,
или
((& + <?) K6 + 0Ў — W = 64,
t bq - 63,
или
(6 4- q) [(b + q)2 - 252] = 64,
bq = 63. _
Обозначим b + q буквой z. Тогда первое уравнение последней си¬
стемы примет вид:
z (z2 — 252) = 64, или z3 — 252z — 64 = О1 .
1 Допустим, что’уравнение г3 — 252 z — 64 = 0 имеет целый корень /,
~ 64
отличный от нуля. Тогда Р — 252 I = 64, или /2 — 252 = — ; /2 — 252
Л 64
есть целое число, а потому целым числом должно, быть и частное —, т. е.
целый корень уравнения z3 — 252 z — 64 = 0 обязательно должен быть де¬
лителем числа 64.
38
Делителями числа 64 являются: .+ 1; ±2; ±4; ±8; ±16; +32; +64.
Испытывая эти делители, обнаружим, что число 16 является кор¬
нем уравнения
23 — 252г — 64 = 0.
Значит, мы можем взять b + q = 16. Кроме того, bq = 63. Отсюда
примем b = 7 и q — 9.
Пользуясь равенством
получим, что а — — 4. Наконец, из равенства р = — а найдем, что
Р = 4.
Теперь задача решена полностью. Мы получили:
X4— 8х + 63 — (х2 — 4х + 7) (х2 + 4х + 9).
Имея это разложение, мы легко обнаруживаем все корни много¬
члена X* — 8х + 63. Этими корнями будут комплексные числа
2 ± ij/"3 и — 2+ і 5.
Примененный нами метод неопределенных коэффициентов по
сравнению с изложенным выше методом введения вспомогатель¬
ных членов не содержит ничего искусственного, но зато требует
применения многих теоретических положений и сопровождается
довольно большими выкладками.
30. Каким условиям должны удовлетворять коэффициенты
А, В, С, D, Е, F, чтобы многочлен
Ах2 + 2Вху + Су2 + 2Dx ± 2Еу ± F (1)
разлагался на два действительных различных линейных множите¬
ля? .
Поиски решения и решение. По крайней мере один из коэффи¬
циентов А, В, С должен быть отличным от нуля, так как в против¬
ном случае выражение (1) было бы многочленом 1-й, а не 2-й сте¬
пени. Пусть, например, Л =/=0. Разложение многочлена (1) на мно¬
жители можно выполнить, зная его корни. Поэтому представим этот
многочлен в виде Ах2 + 2 (Вх + D) х ± Су2 + 2Еу + F. Зна¬
чения X, обращающие этот многочлен в нуль, определяются форму¬
лой:
- (By + D) ± У (By + D)* - А(Су2 + 2Еу + F)
Х1>2 = .
Выражение, стоящее здесь под знаком корня, после преобразования
принимает вид:
(В2 — АС) у2 + 2 (BD — АЕ) у + (D2 — AF). (2)
2»
Для требуемого в задаче разложения необходимо и достаточно,
чтобы выражение (2) являлось бы точным квадратом, отличным от
нуля. А для этого необходимы и достаточны следующие условия:
1) В2 — АС > 0 и 2) (BD — АЕ)2 — (В2 — AC) (D2 - AF) = 0.
Последнее равенство после раскрытия скобок и сокращения на
А (А 0) примет вид:
АЕ2 + CD2 4- B2F — 2BDE — ACF = 0.
Итак, требуемые условия при Л =/= 0 таковы:
1) В2 — АС > 0 и (3)
2) АЕ2 + CD2 4- B2F — 2BDE — ACF = 0.
Эти же условия (3) получатся и в том случае, когда С #= 0.
Пусть теперь А = 0, С = 0, а В 0. Тогда многочлен (1) при¬
мет вид:
2Вху 4- 2Dx -b 2Еу 4- F,
а условия (3) запишутся так: 1) В2 > 0 и 2) B2F — 2BDE = 0.
Отсюда
f _ 2DF
В '
Теперь имеем: 2Вху + 2Dx 4- 2Еу + F = 2Вху 4- 2Dx А-2Еу 4¬
+ ■2 <_ — %Вх (у + + 2В(у + ?■) = (2Вх 4- 2Е) (у 4- —\
£> \ В ) \ В / \ В J
Таким образом, при условиях (3) требуемое разложение на мно¬
жители получается и тогда, когда А ~ 0, С = 0, В =/= 0. Теперь
покажем, что в этом случае условия (3) не только достаточны, но и
необходимы. Пусть 2Вху 4- 2Dx 4- 2Еу + F = (2Вх 4- а) (у 4- 0).
Тогда В0 = D, d = 2Е, ар = F. Исключая а и 0 из последних трех
равенств, получим:
BF = 2DE, или B2F — 2DEF = 0.
Теперь легко проверить, что при Л = 0, С = 0, В #= 0 и В2—
— 2DEF = 0 условия (3) выполняются.
Итак, условия (3) являются необходимыми и достаточными во
всех случаях для разложения на действительные линейные множи¬
тели многочлена Ах2 4- 2Вху 4- Су2 4- 2Dx 4- 2Еу 4- F.
31. Пользуясь выведенными в предыдущей задаче условиями, покажите,
что многочлен 6х2 — ху — у2 + 1х + 4у — 3 разлагается на действитель¬
ные различные линейные множители.
32. Разложите на множители многочлен 6х2 — ху — у* + 7х + 4у — 3.
40
§ 3. Тождества безусловные и условные
33. Доказать тождество
понимая под каждым корнем только его арифметическое значение.
Поиски решения. Трудно придумать последовательность преоб¬
разований, которая позволила бы левую часть равенства (1) преоб¬
разовать в правую. Преобразование же левой части, т. е. суммы
корней, к правой, т. е. к одному корню, тоже кажется задачей не¬
легкой. При этих условиях нельзя не обратить внимание на то, что
левая и правая части равенства (1) являются числами положитель¬
ными. Но чтобы доказать равенство двух положительных чисел,
достаточно доказать равенство их одинаковых степеней. Поэтому
тождество (1) будет доказано, если удастся доказать, что
/ з/Т зДТ , 3/Т\3 3/._
(у ?-у ? + ]/?) =^I 2-'-
Решение.
Тождество доказано.
34. Доказать тождество ]Л10 + /24 + /40 + /60 = /2 +/3 + /5.
35. Доказать тождество ! 1 !-= [-••• +
' а (а + d) (а + d) (а + 2d)
I -, где ап = а + (п — 1) d.
’ [a + (n-2)d][a+(n-l)d] аап ’ 71 4 7
Поиски доказательства. Приводить к общему знаменателю дроби,
стоящие в левой части данного равенства, явно нецелесообразно,
так как это привело бы к невообразимо громадным выкладкам. На¬
до обратить внимание на структуру знаменателей этих дробей и за¬
метить, что последовательность чисел а, а + d, а + 2d, ..., а +
+ (п — 1) d представляет собой арифметическую прогрессию. Кро¬
ме того, каждые две рядом стоящие дроби имеют в знаменателях об¬
щий множитель. Эти особенности наводят на мысль представить
каждую из этих дробей в виде разности.
41
Доказательство. Посмотрим, не будет ли верным ра¬
венство
, 1 ' 1 1 .
ïa + (£ —2)d] [а+(£—1И1 ~ а 4- (k — ?) d а 4~ (Æ — 1) d
Проверкой легко обнаружить, что верным будет не это^равенст-
во, а следующее: ~
1 £ г 1 1 1
[a + (k — 2)d][a + (fe— I) d\ ~ d[a+(k — 2)d a+(* —1)<T
Применяя такое преобразование для k = 2, 3, 4, п, т. e. к
каждому слагаемому левой части данного равенства, представим
эту левую часть в виде: “
J_ гм 1 \ /1 1 \ + г 1 1—11
d (\ a a-j-d/ \a4~d а 4- 2d) |_а+(Л—2) d а 4-(л — 1)
После раскрытия соответствующих скобок и приведения подоб¬
ных членов получим:
1/1 1 \ л —1
d \ а а 4- (л — 1) d) а [а 4- (л — 1) d]
п — 1 ~
или окончательно .
аап.
Этим требуемое доказано,
тт 1 I 1 . 1 . 1 1 1 1
36. Доказать тождество —+ — +—+••• 4 —— = 1 ~т.
Ь2 2*3 3*4 л (л 4-1) л4-1
12 л — 1 1
37. Доказать тождесіво ~ 4-+ ••• + "р = 1 — ~.
38. Доказать предложение (теорему): если верны равенства
а1 + а2+ h ап ^Рг> (1)
62 + à2+...+62 = (2)
афі + Û2^2 + • • ’ + an^n ~ РЧ „ (3)
и <7=#0, то верными будут и равенства
а, =’ £ бі; а2 = £^2; ; ап = Ьл. (4)
Поиски доказательства. Наша цель получить равенства (4), ис¬
ходя из равенств (1), (2), (3) и условия, что q 0. Но сразу лне
видно, какие преобразования : надо сделать над равенствами (1),
(2), (3), чтобы получить равенства (4). Спрашивается, какой же ме¬
тод в подобных случаях может помочь делу? Одним из общих мето¬
дов, который в подобных случаях может оказаться полезным, яв¬
ляется такой: исходят из равенств, подлежащих доказательству,
и эти равенства пытаются представить в других формах, стремясь
42
к тому, чтобы одна из этих форм помогла найти путь к решению
задачи.
Начнем с того, что представим равенства (4) так:
= btp; a2q = b2p anq = bnp,
или так:
Яі<7 — bip = 0; a2q — b2p = 0 anq — bnp = 0.
Но и эти формы не помогают нам. Тогда мы обращаем внимание
на то, что в равенствах (1) и (2) величины alt а2, ап, bf, b2,
Ьп, р и q входят во вторых степенях. Это наводит на мысль запи¬
сать наши равенства, подлежащие доказательству, еще в следую¬
щем виде: ■
(а^ — b#)* = 0, (a2q — b#)2 = 0 (a„q — bnp)2 = 0.
или так:
a2q2 + b2p — 2üibtpq = 0,
a22q2 + b2p — 2a2b2pq = 0,
' * (5)
. a2nq2 + b2np2 — 2anbnpq=0.
Теперь видно, что для получения выражений, стоящих в левых
частях равенств (5), достаточно умножить обе части равенства (1)
на q2, обе части равенства (2) на р2, обе части равенства (3) на — 2pq
и полученные новые равенства сложить почленно.
Доказательство. Умножим обе части равенства (1) на
q2, равенства (2) на р2 и равенства (3) на — 2pq. Получим:
a2q2 + a2q2 + ... + <üq2 = p2q2,
b2p + bjp + ... 4- b2np2 = p2q2,
— 2aibipq — 2a2b2pq —... — 2anbnpq = — 2p2q2.
Складывая последние три равенства, получим:
(aiq — bip)2 + (a2q — bp)2 -H .k. + (anq— bnp)2 = 0 (6)
Но сумма квадратов равна нулю тогда и только тогда, когда все
квадраты равны нулю. А каждый квадрат равен нулю тогда и толь¬
ко тогда, когда его основание равно нулю. Поэтому из одного ра¬
венства (6) следует, что atq — btp = 0, a2q — b2p = 0, ..., anq —
— bnp — 0, или - I <
' ai = £ bit a2 = ^b2,..., an - ^bn
(мы могли делить на q, так как по условию ç ^= 0). Теорема дока¬
зана. , : 'Л :
Указание. Обратите внимание (на то, что во многих случаях
можно открыть путь к доказательству теоремы, изменяя форму то¬
43
го, что требуется доказать. Разумеется, что к такому способу не
следует прибегать, если есть лучший способ (см. задачу 40).
39. Дано, что х + у = а и ху = Ь. Не решая системы
р + у=а,
I *У = Ь,
выразить через а и b каждую из следующих сумм: х2 + у2, х3 + у3 и x4-f- у4.
40« Доказать предложение: если
Ь2 Ьп
ТО
(af + а.2 + ... + ah) (6? + Ь% + ••• + bh) = (fltbi + я2Ь2 + _••• 4- #ЛЬЛ)2.
Поиск доказательства. В данном случае нет смысла изменять
форму того, что требуется доказать, так как это привело бы к гро¬
моздким преобразованиям. Здесь лучше изменять форму того, что
дано.
Доказательство. Обозначив каждое из данных рав¬
ных отношений буквой q, получим:
at = М, а2 = b2q> ..., ап = bnq. (1)
Поскольку в равенство, подлежащее доказательству, входят
члены вида а2 , Ь2 и afa, то естественно образовать из равенств
(1) следующие две системы равенств:
а} = a^q, albl = b\q,
. al = a2b2q, azbt = bfy,
■ an = anbnq; anbn = b2nq.
Сопоставляя то, что мы получили, с тем, что требуется получить,
мы приходим к мысли сложить почленно отдельно равенства пер¬
вой системы и отдельно равенства второй системы. Это приводит
нас к следующим двум равенствам:
а, + а\ + ... + а2п = (albl + а2Ь2 + ... + anbn) q
И
а А + a2bt.+ ••• + attbn = (b2 4* b2 4* ••• + b„ ) q-
Исключая из этих равенств параметр q, получим:
а? + aj -f-... + 01^1 + 4~ ••• 4~
- +a„b„ bï + Ц +... + à» ’
или окончательно:
(aj + + ... + {b\ + + ... + Ьд) = (^і&і 4- а2Ь2 4¬
4- ... + аА)2.
44
Мы предполагали, что q 0. При ç = 0 наше предложение
очевидно.
41. Дано, что а 4- b + с = 0. Доказать, что а3 + + с3 = 3 abc.
42. Доказать предложение:, если верно равенство
4-+ —+-4=о. (о
b — с с — а а — b
то верным будет и равенство
- 1 + 0. (2)
(Ь — с)2 (с — а)2 (а Ь)2
Поиски доказательства и доказательство. Наша цель — полу¬
чить равенство (2), исходя из равенства (1). Для достижения этой
цели есть лишь одно средство, а именно преобразование.
Если мы начнем с преобразования левой части равенства (2),
то придем к выражению
а (с — а)2 (а — b)2 + b (b — с)2 (а — Ь)2 + с(Ь — с)2 (с — а)2
(Ь — с)2 (с — а)2 (а — Ь)2
Убедиться, что это выражение при наличии условия (1) равно
нулю, очень трудно. Поэтому от такого пути пока воздержимся.
Если возвысить в квадрат левую и правую части равенства (1),
то появятся члены вида
а2 2аЬ
И ,
(Ь — с)2 (Ь — с) (с — а)
а не вида
а
(Ь — с)2 9
как это было бы нам желательно.
Эта вторая попытка наталкивает нас на мысль получить новое
равенство, исходя из равенства (1), но такое, чтобы в нем появились
бы дроби, входящие в равенство (2). Но мы не видим, как это мож¬
но сделать сразу. Поэтому будем пытаться достигнуть этого посте¬
пенно, т. е. попытаемся, исходя из равенства (1), получить новое
равенство, которое содержало хотя бы одну из дробей, входящих
в равенство (2).
Но чтобы из дроби —— получить дробь —-—, достаточно
Ь—с (Ь—с)2
первую умножить на——. Этим мы и воспользуемся. Умножим
b—с
обе части равенства (1) на—!—. Тогда получим:
ь—с
• — + - h - = 0. (3)
(Ь—с)2 (с — а)(Ь — с) (a — Ь) (Ь — с)
45
Аналогично получим еще два равенства
1 - 1 =0,
(Ъ — с) (с — а) (с — а)2 (а — Ь) (с — а)
• 2 -I ь_ 1 £— = о.
(Ь — с) (а — Ь) (с — а) (а — Ь) (а — Ь)2
(4)
(5)
Чтобы получить соотношение, содержащее все члены равенст¬
ва (2), достаточно сложить равенства (3), (4), (5). Выполнив это,
получим:
Г 2 1 5 1 £—1 4- Г 2—:
[ (b — с)2 (с — а)2 (а — b)2 J [ — с) (с — а)
I I«т
(Ь — с) (а — Ь) (с — а) (Ь — с) (с — а) (а — Ь)
Н - 1 1 = 0. (6)
* (a — b)(b — c) (а — Ь)(с — a) J ѵ 7
Теперь остановимся и сопоставим то, что нужно было доказать,
с тем, что мы уже доказали. Надо было доказать справедливость
равенства (2), а мы доказали справедливость равенства (6). Из это¬
го сопоставления сразу видно, что для доказательства теоремы, до¬
статочно убедиться лишь в том, что сумма шести последних дробей,
входящих в равенство (6), равна нулю. Отступать от этого пути до¬
казательства теоремы нет смысла, так как упомянутая сумма ше¬
сти дробей, как это не трудно видеть, поддается преобразованию
легко. Действительно, эту сумму можно записать и преобразовать
так:
+ _1_\ + -М-1- + -L-U
b—с \с—а а — b) €— а \Ь—с ' а — Ь]
а — b\b — с с —а/ '
_ а b с
(с — а) (а — b) (Ь — с) (а — b) (Ь — с) (с — а)
Г I г £ 1 __
[ (с — а) (а — b) (Ь — с) (а — b) (Ь — с) (с — a) J
а(Ь — с) b (с — а) -{-с (а — Ь) _ 0
(с — а) (а — b) (Ь — с) (с — а) (а — b) (Ь — с) ’
Чтобы убедиться, что последняя дробь равна нулю, а не являет¬
ся неопределенностью, надо еще доказать, что ее знаменатель не
равен нулю. Произведение (с — а) (а — b) (Ь — с) не может рав¬
няться нулю, так как числа a, b и с различные. Если бы какие-либо
два из них были одинаковыми, то равенство (1) не было бы верным
(его левая часть потеряла бы смысл). Итак, теорема Доказана.
46
Попутно дадим два следующих указания, которые могут оказать*
ся полезными и при решении многих других задач.
Указание!. Если в процессе решения задачи вы в каком-
либо месте остановились и не знаете, что надо делать дальше, то
поступайте так: спросите себя, какая перед вами стоит цель и что
вами уже сделано для ее достижения? Во многих случаях одно та¬
кое сопоставление подскажет вам дальнейший путь к достижению
цели.
Указание 2. Обратите внимание на то, что дробь равна
нулю тогда и только тогда, когда ее числитель равен нулю, а знаме¬
натель есть число, отличное от нуля.
Замечание. Обратите внимание на то, что первая попыт¬
ка решить задачу была неудачной. Вторая же попытка, хотя сама
по себе тоже была неудачной, но она оказалась не бесполезной, она
имела свой смысл, а именно: она навела нас на мысль получить
а
равенства, содержащие члены желательного нам вида-—-.
х у z abc
43. Дано, что — + "T Н — 1 и ~ + — + — = 0.
a b с X у z
х2 у2 г2
Доказать, что - + - + - = 1.
44. Дано, что
(X + у) (у + Z) (г + х) = 0, (1)
где X, у, г — числа, отличные от нуля. Доказать, что
- + - + - = ! (2)
* У г х + у+г ѵ ’
Поиски решения и решение. Если задача поставлена правильно,
то, совершая удачную последовательность преобразований равен¬
ства (1), можно получить равенство (2). Но найти эту последователь¬
ность преобразовайий довольно трудно. Поэтому искать решение
следует по каким-то другим направлениям.
Посмотрим, нельзя ли вывести из равенства (1) такое следствие,
которое позволило бы легко доказать справедливость равенства (2).
Из- равенства (1) следует, по крайней мере, одно из следующих
равенств: х = — у, у = — г, г = — х. При выполнении любого
из этих равенств равенство (2) справедливо. Действительно, если,
например, х = — у, то
- + - + 1= -J- + - + 1 = -,
х у г (— у) у 2 г
1 = 1 _ j_
х + у+г — у+у + г z’
т. е. левая и правая части равенства (2) оказываются равными друг
другу.
47
Но можно было бы подойти к решению задачи и иначе, а .именно
искать путь к решению задачи через преобразование равенства (2).
Выполняя это, получим последовательно:
(yz + xz + ху) (х + у + г) — xyz,
(yz + xz + ху) (х + у) + yz2 + xz2 + xyz = xyz,
(yz 4- xz 4- xy) (x 4- y) + z2 (x + y) = 0,
(x + У) (Уг + хг + xy + г2) = 0,
(x + y) (y + г) (г + x) = 0.
Теперь искомая последовательность необходимых преобразова¬
ний найдена, и мы можем, выполнив эти преобразования в обрат¬
ном порядке, прямо показать, что из равенства (1) вытекает равен¬
ство (2). Действительно, из равенства (х + у) (у + г) (г + х) =
= 0 получается последовательно:
(х + у) (у-г + xz + xy + z2) = 0,
(x 4* у) (yz 4~ хг + ху) + г2 (х + у) = 0,
(х + у) (yz + хг 4- ху) 4- г2х 4- z2y 4- xyz = xyz,
(x 4- y) (y? 4- xz + xy) 4- z(zx 4- zy 4-xy) = xyz,
(yz 4- xz 4- xy) (x 4- y 4- z) = xyz,
yz + xz 4- хг __ 1
хуг x + y + z
и, наконец,
- + 1 4- - =
X У г х4-у4-г
Из изложенных двух способов решения задачи более рациональ¬
ным, разумеется, является первый.
45. Доказать, что при нечетном п из равенства
111 1
— -U - + — =
a b с а-\- b +с
следует ч
J_ J_ J_ 1
ап + bn+cn ~ ап + Ь" 4-с«’
46, Доказать, что если многочлен Ах2 + Вх + С обращается
в нуль при трех различных значениях х, то одновременно А == 0,
в = 0 и С = 0, т. е. выражение Ах2 + Вх + С будет равно нулю
тождественно (при любом значении х).
Поиски доказательства и доказательство. Пусть Ах2 + Вх + С
обращается в нуль при трех различных значениях х, равных х1г
х2 и х3.
48
Тогда
Ах? + Вхі + С = О,
Ах? + Вх2 4* С = О,
.4xj Вх3 Ч- С — О.
Задача свелась к решению этой системы трех уравнений с тремя
неизвестными А, В и С. Вычитая из первого уравнения второе,
получим: А (х? — х?) + В (xt — х2) = 0, или A (xt + х2) + В =
= 0 (так как Xj — х2 =/= 0).
Аналогично А (х? — х%) В (xt — х3) = 0 и A (xt + х3) 4¬
+ В = 0. Из равенств
А (хі + х2) + В = О,
А (хі + х3) + В = О
следует, что А (х2 — х3) = 0 и А = 0.
Но если А = 0, то из равенства А (xt + х2) + В = 0 следует,
что и В = 0. Наконец, если А = 0 и В = 0, то из равенства Ах2 +
+ Вх + С = 0 следует, что и С = 0. Теорема доказана.
47. Доказать, что если многочлен третьей степени Ах* + Вх2 4- Сх + D
обращается в нуль при четырех различных значениях х, то одновременно
А = О, В = О, С = О, D = 0.
48« Доказать тождество
а2 (х — Ь) (х—с) . (х —с)(х —о) . ? (х—а)(х — Ь) _ . j.
(а — Ь) (а — с) (Ь — с)(Ь — а) (с — а) (с — Ь)
Поиски доказательства. Доказать это тождество с помощью
преобразования его левой части, разумеется, можно. Но такой
путь доказательства, как легко предвидеть, потребовал бы выпол¬
нения довольно громоздких преобразований. Поэтому должна
возникнуть мысль искать какой-то другой лучший способ доказа¬
тельства.
Если обратить внимание на то, что разность между левой и пра¬
вой частями равенства (1) имеет форму многочлена второй степени
относительно х, и заметить, что числа a, b и с обращают эту раз¬
ность в нуль, то для доказательства тождества (1) можно восполь¬
зоваться положением, доказанным в задаче 46.
Левая и правая части равенства (1)^ являются многочленами
второй степени. Следовательно, и их разность, т. е. выражение
а2 (X — Ь) (х—с) (х —с) (х—а) . с2 (х—а) (х—Ь) _
(а — Ь) (а — с) (Ь — с) (Ь — а) (с — а) (с — Ь)
можно записать в виде многочлена1 : Ах2 + Вх + С.
1 Выражение Ах2 + Вх + С называется многочленом второй степени,
если А #= 0. Но в нашей задаче мы не знаем, что А =£ 0. Поэтому выраже¬
ние (2) мы не назвали многочленом второй степени, а сказали, что оно имеет
форму Ах2 + Вх 4- С. *
49
Легко убедиться, что выражение (2) обращается в нуль при
трех различных значениях х, равных а, b и с.
Но в таком случае это выражение равно нулю тождественно,
т. е. при любом значении х (см. задачу 46).
Итак, оказалось, что разность между левой и правой частями
равенства (1) равна нулю тождественно. Но в таком случае и само
равенство (1) будет тождеством, что и требовалось доказать.
49. Доказать тождество
(ж — ЬЦх — с) (X — с)(х — а) • (х — а)(х — Ь) _
(а — Ь) (а — с) + (Ь — с) (b—d) + (с — а) (с — Ь) ’
50. Доказать тождество
1 • Q + 2С' + 3Q + ... + (п + 1) Спп = (п + 2) • 2я"1. (1)
Поиски решения. Относительно символов С„, Ci, Ci Ся из¬
вестно, что + СА + Сп + •••+ Ci = 2Л. Кроме того, известно,
чтп ch — «(п-і)-(я—* + 1)
kî
Попытаемся искать план решения данной задачи путем изучения
правой части равенства (1). Из этой правой части, записанной в ви¬
де 21 + п • 2Л-1, можно наметить такой план. Выделить из левой
части равенства (1) группу слагаемых, сумма которых равна 2",
а у оставшихся членов взять за скобки общий множитель и.
Решение. Очевидно, что 1 • С% + 2С„ + ЗС„ + ... + (п 4¬
+. 1) Сп — (Сп + Сп + Сп + ••• + Сл)+ (Сл+2Сн+ЗСл+ ... +
= 2я +п+2 • + 3. 4-... + nd =
Ь2 1-2-3
= 2я + п [1 + 4- -(п~х^п2~2} + ... + Ся] =
= 2я + п (С»_! + Q_i + + ... + Сяіі) = 2я + п . 2я-1 =
= (п 4- 2) • 2я-1.
Б1. Доказать тождество 2 (С^ + Cj + ... + Сл) + = la4-
4- 22 4- З2 4- ... 4- n2.
52« Доказать тождество
(СЙ)2 + (С’)24-...+»=С^. (1)
Поиски доказательства и доказательство. Если символы С™
при т = 0, 1,2, ..., п заменить их значениями по формуле С? —
= — , то левая часть равенства (1) примет столь громозд-
m!(n — /п)!
кий вид, что его преобразование к виду С”л представит затруднения,
почти нёпреодолимые. Следовательно, надо искать какой-то дру-
50
гой путь решения. Естественно поставить вопрос, нет ли такой
формулы, в которой фигурируют числа С°п , С1п, ..., Спп и С^. Как
известно, эти числа фигурируют в равенстве
( 1 + х)п = Сп + С'пх + СпХ2 + ... + СпХп. (2)
Число же есть биномиальный коэффициент при хп в раз¬
ложении
(1 + х)2п = СгЛ + CfriX + ... + С2пХп + ... + С^х2Л. (3)
Связь между числами CQn, С[п , ..., Спп —с одной стороны, и —
с другой, можно было бы обнаружить, если нам удалось бы соста¬
вить новый многочлен, тождественно равный многочлену, стоящему
в правой части равенства (3), причем такой, коэффициенты которого
зависели бы от чисел С°, Схп , С2 , ..., Спп . Такой многочлен легко
получить, исходя из произведения (1 + х)п • (1 + х)л, т. е. из
произведения (С“ + С1п х + С2п х2 + ... + Спп х) (С" +С^ х + С\ х2+
+ ... + С^хп). Но так как (1 + х)п • (1 +*х)" = (1 + х)2", то
имеем тождество:
(Сл + СпХ + ... + СпХп) (Сп + СпХ + ... + СпХп) =
= Сгп 4- С&іХ + ... + С2пХп + ... +С2лХ2д.
Если раскрыть скобки, то в левой части получится многочлен степе¬
ни 2п, тождественно равный многочлену, стоящему в правой части.
Но два многочлена равны друг другу тождественно тогда и только
тогда, когда коэффициенты при одинаковых степенях аргумента в
этих многочленах одинаковы (см. стр. 16, п. 19). Приравнивая друг
другу коэффициенты при хп, получим:
(С“)а + (С’)г+... +СТ =с2п,
что и требовалось доказать.
Замечание. Если бы нам предложили доказать тожде¬
ство
(с“г+(с‘)» + ...+(с;) = ^,
п\п\
то мы могли бы догадаться, что
• 2л! _ гп
л!п! ♦
После этого задача свелась бы к задаче, только что решенной.
53. Доказать тождество С® С* + С* С%~1 +... + С„ С® = С^.
51
§ 4. Уравнения с одним неизвестным
54« Решить биквадратное уравнение: х4 — 2х2 + 9 = 0.
Поиски решения. Если мы станем решать данное уравнение, пола¬
гая х2 = у, то получим последовательно: у2 —2у + 9 = 0, у =
=J ± = ± /1 + і/8 и х3>4 = ±/1 — іув-
Когда предлагается решить уравнение, то обычно предполага¬
ется, что должны быть найдены все корни действительные и мнимые,
если они имеются. Каждый мнимый корень должен быть получен
в форме а + Ы9 где а и b — действительные числа.
Например, если предложено решить уравнение Ахв + В = 0,
то недостаточно написать х =‘|/< ~ > а наД° еще и дать выра¬
жения каждого из шести значений этого корня.
С этой точки зрения мы должны считать, что изложенное выше
решение биквадратного уравнения у нас не доведено до конца. Для
доведения этого решения до конца мы должны были еще извлечь
квадратные корни из комплексных чисел 1 + г/8 и 1 — і |Л8.
В связи с этим возникает вопрос, нельзя ли решить данное
уравнение так, чтобы не было надобности извлекать квадратные
корни из комплексных чисел. Очевидно, что это сделать можно,
если удастся левую часть данного уравнения представить в виде
разности квадратов.
Решение, х4 — 2х2 + 9 = (х4 + 9) — 2х2 = (х4 + 6х2 +
9) — 2х2 — 6х2 = (х2 + З)2 — 8х2 = (X2 + х/8 + 3) (х2—х|/ 8+
+ 3). Следовательно, данное уравнение примет вид:
(X2 + х/8 + 3) (X2 — х/8 — 3) = 0.
_ -Ув ±У”=4 __ рл-А-,
Отсюда Х1.2 2 ' 2 ±'>
Замечание 1. Если уравнение х4 + рх2 + q = 0 тако¬
во, что корни уравнения у2 + ру + q = 0 действительные, т. е.
если р2 — 4ç > 0, то удобно пользоваться заменой х2 = у.
Замечание 2. Разложение левой части биквадратного
уравнения на множители, в случае р2 — 4q < 0, выполняется в
общем виде так: х4 + рх2 + q = (х4 + q) + рх2 = (х4 + 2|Лç x2+
+ q) — 2Удх2 + рх2 = (х2 + У</)2 — (2 |/ç — р)х2 = (х2 +
+ Уq + р42Уq — рх) (х2 + У q — Ѵ^У q — рх).
Замечание 3. Уравнение ах4 + Ьх2 + с = 0 всегда мож¬
но привести к виду х4 + рх2 + q = 0 делением всех членов урав¬
нения на коэффициент а.
52
Решить каждое из следующих уравнений:
55. X4 — 2х2 + 25 = 0. 56. х4 — 2х2 + 10=0.
57. Решить уравнение — Н—?—I—-—|— —=0,
J X X—1 X—2 X—3 х—4 х—5 ’
Поиски решения. Приведение всех дробей, стоящих в левой ча¬
сти уравнения, к общему знаменателю потребует выполнения гро-
мрздких преобразований и приведет к решению уравнения пятой
степени. Поэтому возникает желание искать более удобный способ
решения. Для этого надо использовать особенности данного урав¬
нения. В нем числители дробей попарно одинаковы, а знаменатели
каждой такой пары содержат после их преобразований одно и то
же выражение х2 — 5х. Поэтому будет целесообразно преобразо¬
вывать каждую такую пару дробей в отдельности.
Решение. Перепишем данное уравнение последовательно
в следующих видах:
6х— 15 J 2х — 5 . 8х — 20 q
х(х —5) (х —1)(х —4) (х —2)(х —3) ’
3 (2х — 5) . 2х — 5 . 4 (2х — 5) q
х (х — 5) ф (X —1) (х —4) (х — 2)(х — 3) ““ ’
Отсюда сразу обнаруживается один корень х = 2,5 (при х = 2,5
ни один из знаменателей не обращается в нуль).
Для нахождения остальных корней надо решить уравнение
+ 1 + =0.
X2 — 5х х2 — 5х + 4 X2 — 5х + 6
Полагая хг — 5х = у, получим:
2 + -L_ + -J_=o.
У у + 4 у+6
Это уравнение приводится к квадратному. Решив его, найдем,
что уі = — 2, у2 = — 4,5.
Теперь из уравнения х2 — 5х = — 2 и уравнения х2 — 5х =
= — 4,5 находятся остальные четыре корня:
5 +/17 5 —ИІ7 5 + /Т 5 —КТ
2 ’ 2 ’ 2 * 2 ‘
Таким образом, мы нашли все пять корней заданного уравнения.
58. Решить уравнение х (х + 1) (х + 2) (х + 3) = 24.
59. Решить уравнение Лх5 6 + В = 0, где А =£ 0 и В #= 0.
Поиски решения. Уравнение Ах6 + В = 0 является общим ви¬
дом двучленного уравнения 6-й степени. Простейшие же двучлен¬
ные уравнения 6-й степени имеют вид:
Xе — 1=0 и х6 +1=0.
53
Первое из этих уравнений можно решить так: (х 4- 1) (х — 1)Х
X (X2 — X + 1) (х2 + X + 1) = 0;
V _ + I х - х _ -і±*Г~з
лі>2— — *» лз>4— 2 ’ л5>в— 2
Второе уравнение можно решить так: х* 4- 1 = (х2 4- 1) (х4 —
— X2 + 1) = (х2 + 1) [(X2 + I)2 — Зх2]. Поэтому уравнение
Xе + 1 = 0 примет вид:
(X2 4- 1) (х2 — /Зх + 1) (X2 + /Зх + 1) = 0.
„ , • ѴТ±і — KT±z
Отсюда х1>2 = ± і, х3(4 = -х-— , х5;в =
Полученные результаты наводят на мысль искать корни урав¬
нения Ах* 4- В = 0 путем преобразования его к одному из про¬
стейших видов. Для этого достаточно сделать такое преобразование,
при котором выражение Ах® оказалось бы замененным выражением
By*.
Решение, Случай 1. Пусть А и В имеют одинаковые
знаки. При X = у у/.Ê, где под выражением j/'^ понимается
только положительное значение этого корня, данное уравнение
примет вид:
A(y-|7J)e+B = 0,
т. е. вид простейшего уравнения у6 + .1 = 0. Найдя шесть корней
этого уравнения и пользуясь формулой х = у у Д, получим все
шесть корней уравнения Ах* + В = 0.
Случай 2. Пусть А и В — числа разных знаков. В этом
случае надо положить x = yj/ 2?. Это приведет нас к
уравнению у* — 1=0. Найдя все шесть корней этого уравнения
и пользуясь формулой X = ур/_2?, найдем все шесть корней урав¬
нения Ах* + В = 0.
Примечание. Если бы двучленное уравнение было бы
n-й степени, т. е. имело бы вид Ахл 4- В = 0, где п — натуральное
число, то подстановкой х = у j/”2® или х = у yf оно при¬
велось бы к уравнению либо вида уп 4- 1 = 0, либо у" — 1 = 0.
Корни же этих уравнений надо было бы находить путем извлечения
корня п-й Ьтепени из —1 или из 1. Известно, что
V—г і—~ л + 2/гл I • • л + .
у —1 = у cos л + I sin л = cos —4 h i sin—!,
n n
54
где fe = О, 1, 2, ... , (n — 1) и 1 — у/cos0 + isin0 =cos^ 4*
n
4-isin^-, где опять k = 0, 1, 2, ... (n—1).
n
60. Решить уравнение Ах4 + В = 0, где Л # 0 и В =£ 0.
61« Решить уравнение х4 + 2л3 + 4х2 + Зх — 10 = 0.
Поиски решения. Способ решения любого уравнения четвертой
степени не изучается в средней школе. Поэтому здесь мы можем
решать не любое уравнение четвертой степени, а лишь некоторые
из них. Например, мы можем решать такое приведенное уравнение
четвертой степени с целыми коэффициентами, которое имеет по
крайней мере два целых корня, а также и такое, у которого правая
часть равна нулю, а левая — разлагается на множители первой или
второй степени.
Известно, что всякий целый корень (если он имеется) приведен¬
ного уравнения с целыми коэффициентами является делителем сво¬
бодного члена (см. стр. 19, п. 29). Поэтому для выяснения того, име¬
ет ли такое уравнение целые корни, надо испытывать делители сво¬
бодного члена. Если таким путем нам удастся найти два целых
корня Хі и х2, то после этого надо левую часть данного уравнения
разделить на произведение (х — xt) (х — х2). Приравняв нулю
полученное частное, найдем остальные два корня данного уравне¬
ния четвертой степени. Разумеется, все изложенное не надо делать,
если левая часть поддается разложению на множители без знания
каких-либо его корней.
Решение. Разложить левую часть данного уравнения на
множители, не зная его корней, довольно трудно. Поэтому станем
искать сначала его целые корни. Делителями свободного члена яв¬
ляются числа ±1, ±2, ±5, ±Ю. Испытывая эти делители, найдем
два корня 1 и —2. Многочлен х4 + 2Х3 + 4х2 + Зх — 10 делится
на (х — 1) и на (х + 2). Следовательно, он делится на произведе¬
ние (х — 1)(х + 2), т. е. на X2 + X — 2. Произведя это деление,
получим в частном х2 + х + 5. Это позволяет записать данное урав¬
нение в виде:
(X — 1) (X + 2) (х2 + X + 5) = 0.
Из уравнения х2 + х ± 5 = 0 найдем остальные два корня
данного уравнения четвертой степени.
Итак, данное уравнение имеет следующие корни: 1; — 2;
— 1 + 2і . — 1 — 2і
2 ’ 2 ’
62. Решить уравнение х* + 7ха + 14х ±8=0 двумя способами: раз¬
ложением на множители левой части без подбора корня и с помощью подбо¬
ра корня.
Решить уравнения:
63. х< — х3 + 2ха — х ± 1 = 0. 64. х4 ± х2 + X У2 + 2=0.
55
65. Решить уравнение ——= ю(— — — Y
3 х \ 3 X j
Поиски решения и решение. После преобразовании данное урав¬
нение приводится к виду: х4 — Юх3 + 120х + 144= 0. Испыты¬
вая делители свободного члена, найдем два целых корня этого
уравнения, а именно Хі = — 2 и Хг = 6.
Произведя деление многочлена х4— Юх3 + 120х + 144 на про¬
изведение (х + 2) (х — 6) , т. е. на х2 — 4х — 12, получим в част¬
ном X2 — 6х — 12. Корни этого уравнения х3 = 3 + Vх21 и х4 —
= 3 —1^21 являются остальными корнями данного уравнения.
Изложенный способ общеизвестен и не содержит элементов по¬
иска. Однако если бы мы обратили внимание на особенности дан-
X 4
ного уравнения и, заметили, что между выражениями и
X2 48
—I—есть некоторое сходство, то могли бы его решить так. Поло-
3 X2
X 4 гр » X2 . 16 8 о 2 X2 I 48 о
жим V • Тогда у — —— , или Зу — 8.
у 3 X л 9 X2 3’ у 3 X2
Отсюда — + ^ = Зу2 + 8. Получаем уравнение: Зу2 + 8 = 10у,
3 X
4
отсюда yt= у, уа = 2. Остается решить каждое из уравнений:
' А_± = ± и £-1 = 2.
3x3 3 X
Отсюда = — 2, х2 = 6, х3 = 3 + ]Л21, х4 = 3 — ]/21.
66. Реіііить. уравнение х2 — ]^2х2 — 8х + 12 = 4х + 6.
67< ВЫЧИСЛИТЬ сумму xf + + Х3» Зная> ЧТ0 Хі> х2» *3 — кор¬
ни уравнения х3 — х + 1 = 0.
Поиски решения. Самый простой по идее план решения не тре¬
бует ни догадок, ни изобретательности. В самом деле, достаточно
найти все три корня данного уравнения и вычислить сумму их пя¬
тых степеней.
Однако нахождение корней по формуле Кардано (см. задачу 79)
требует слишком сложных вычислений. Поэтому у нас должна
возникнуть мысль искать другой путь решения, может быть, более
сложный по идее', но более простой практически.
Поскольку здесь фигурируют корни уравнения третьей степени,
то естественно вспомнить основные свойства этих корней, т. е. фор¬
мулы Виета (см. стр. 18, п. 27). Применяя эти формулы к уравне¬
нию X3 — X + 1 = 0, получим, что
Хі + Х2 + хз ~ 0,
х1х2 + х1х3 + ^з=—Ь
XjX2X3 = 1.
(Л)
56
Теперь задача сводится к тому, чтобы вычислить сумму х, 4
4 х| 4 х|, пользуясь последними тремя равенствами.
Решение. Если хь х2, х3 — корни данного уравнения, то
х3 — Хі 4 1 = 0, х3 — х2 4 1 = О, х3 — х3 4 1 = 0, т. е. х3 =
= Хі — 1, х3 = х2 — 1, х3 = х3 — 1. Поэтому хў 4 х2 4
4 х® = х3 • х2 4- xf • х| 4- хі • х| = (xj — 1) • х2 4 (х2 —
— 1) • X2 4 (Х3 — 1)Х2 = X3 — X2 4 X3 — X2 4 X3 — Хз = Хі —
— 1 — х2 4 х2 — 1 — х2 4- х3 — 1 — х2 = Хі 4- х2 4- х3 —
— 3 — (Х| 4- х24 х2) = (Хі 4- х2 4- хз) — 3 — [(хі 4 х2 4 х3)2 —
— 2 (ХіХ2 4- Xjx3 4- х2х3)1 = (Хі 4- х2 4- х3) — (хі 4- х2х3)2 —
— 34-2 (ХіХ2 4- XjX3 4- х2х3). Пользуясь равенствами (Л), полу¬
чим, что х? 4 х§ 4 х» = О — О2 — 3 4- 2 (— 1) = — 5. Задача
решена.
68. Зная, что один из корней уравнения 36х3 — 12х2 4- ах 4- 1 = О
равен сумме двух других, найти эти кдрни и определить значение коэффици¬
ента а. '
69. Вычислить сумму х3 4 х2 4 х3, зная, что xlt хг, х3 — корни урав¬
нения X3 4- X2 4- X — 2=0. ’
70. Выразить х3 4 х3 4 х| через а, Ь, с, если Xj 4 х2 4 х3 =
= а, xtx2 4- ХіХ3 4 х2х3 = b и ХіХ2х3 = с.
Поиски решения и решение. Задача будет решена, если удастся
представить сумму х3 4 х3 4 х3 в такой форме, в которую не
входили бы никакие другие комбинации хіг х2, х3, кроме комбина¬
ций Хі 4- х2 4- х3, ХіХ2 4- ХіХ3 4- х2х3 и ХіХгХ3.
Исходя из формулы (хі 4- х2 4- х3)3 = х3 4 х3 4 х3 4 ЗхіХ2 4
4- ЗхіХ| 4- Зх2х2 4- Зх2х2 4- Зх3х2 4- Зх3х2 4- 6хіх2х3,
имеем: х3 4 х3 4 х3 = (Хі 4- х2 4- х3)3 — ЗхіХ2 — 3xjx2 —
— Зх2х2 — Зх2х2 — Зхэх2 — Зх3х2 — 6хіХ2х3, или х3 4
4- X3 4- X3 = (хі 4- х2 4- х3)3 — Зх,х2 — Зх2х2 — ЗхіХ2х3 —
— ЗХіх| — Зх3х2— ЗхіХ2х3 — Зхгх| — Зх3х2— ЗхіХ2х3 4 3хіХ2х3=
= (Хі 4- х2 4- х3)3 — ЗхіХ2 (Хі 4- х2 4- х3) — 3xjx3 (хі 4- х2 4- х3) —
— Зх2х3 (Хі 4- х2 4- х3) 4 ЗхіХ2х3 = (xj 4- х2 4- х3)3 — 3 (хі 4- х2 4
4- х3) (xjx2 4- Х|Х3 4- х2х3) 4- ЗхіХ2х3 = а3 — ЗаЬ 4 Зс.
71. Решить задачу 70, взяв вместо х3 4 х| 4 х3 выражение (хх 4 х2)Х
Х(х2 4 ха) (х3 4 Хі).
72. Найти уравнение наименьшей степени с целыми коэффици¬
ентами, имеющее корень, равный /2 + /3.
Поиски решения и решение. Уравнение 1-й степени с целыми
коэффициентами не может иметь иррациональный корень.
Уравнение 2-й степени с целыми коэффициентами может иметь
иррациональный корень только вида а ± где а и b— рацио¬
57
нальные числа и b > 0. Поэтому искомым уравнением не может
быть и уравнение 2-й степени.
Иррациональные корни уравнения 3-й степени с целыми коэф¬
фициентами выражаются через кубические корни (см. стр. 17, п. 26).
Поэтому уравнение 3-й степени с целыми коэффициентами тоже не
может иметь своим корнем число ]/2 + ]/3.
Таким образом, степень искомого уравнения должна быть не
ниже четвертой.
, Испытывая затруднения в определении искомого уравнения,
надо догадаться представить данный корень J/2 + ]/3 в другом
виде. А именно из того, что (]/2 + ]/3)2 = 5 +'2j/6, следует воз¬
можность представить ]/2 + J/3 в виде V5 + 2]/6. Число 5 +
+ 2]/6 является корнем квадратного уравнения, имеющего своими
корнями числа 5 + 2]/б и 5 — 2]/6, т. е. уравнения у2 — 10у +
+ 1 = 0. Следовательно, уравнением наименьшей степени с целы¬
ми коэффициентами, имеющим корень 1/2 + 1/3, будет уравнение
л4 — 10х2 + 1=0.
73. Найти уравнение наинизшей степени с целыми коэффициентами,
имеющее корень, равный р'Т +1^5.
74. Если т и п — целые нечетные числа, то уравнение х2 +
+ тх + п = 0 не может иметь рациональных корней. Доказать.
Поиски доказательства. По условию тип — нечетные числа.
Поэтому во всех дальнейших исследованиях удобнее рассматривать
вместо данного уравнения такое:
X2 + (2k + 1)х + (2/ + 1) =0, ; (А)
где k и I — целые числа.
Нельзя решить эту задачу, если не знать, что такое рациональ¬
ное число и как оно изображается в общем виде.
Из заключения теоремы сразу видно, что задачу можно решить
двумя способами: либо доказать, что подстановка в уравнение (А)
вместо X рационального числа обратит его в невозможное равен¬
ство, либо доказать, что дискриминант уравнения (А), т. е. (2fe +
+ I)2 — 4(2/ + 1), не может быть квадратом рационального
числа.
Доказательство. Первый способ. Рациональ¬
ное число в общем виде изображается отношением—, где р и q —
я
любые взаимно простые целые числа и ç =#= 0. При р = 0 отноше¬
ние - изображает рациональное число нуль.
<7 '
Подставив в уравнение (А) вместо х любое рациональное число
—, получим; '
* 4 + (2*+ 1)£ + (2/+ l) = Qr.
4* ?
68
или
л2
£ + (2£ + 1)р4-(2/+ 1)0 = 0,
q
или
. ₽1 = _(2/г+1)р_(2/+l)ç.
q
При q У= 1 последнее равенство невозможно, так как несократи¬
мая дробь не может равняться целому числу.
Если же q = 1, то получим:
р2 + (2k + 1)р + 2/ + 1 = 0,
или
р (р + 2k + 1) = - (21 + 1).
Последнее равенство также невозможно, так как левая часть
равна четному числу, а правая — нечетному, как при четном, так
и при нечетном р.
Теорема доказана.
Второй способ. Дискриминант уравнения (Л) равен
(2k + I)2 — 4(2/ + 1). Этот дискриминант есть целое число, а
потому он не может быть квадратом несократимой дроби.
Докажем, что этот дискриминант не может быть и квадратом
целого числа, четного или нечетного.
Мы не видим, как это доказать прямо. Поэтому применим до¬
казательство от противного. Допустим, что дискриминант равен
квадрату четного числа 2/, т. е. (2k + I)2 — 4 (21 + 1) = (2/)3,
где t — целое число. Отсюда 4я2 + 4& — 8/ — 3 = 4/2, или k2 +
о
+ k — 21 — t2 = —. Последнее равенство невозможно, так как
4
его левая часть есть целое число. Следовательно, дискриминант
уравнения (Л) не может быть квадратом четного числа.
Теперь, допустим, что дискриминант равен квадрату нечетного
числа 2t + 1, т. е. (2£ + I)2 — 4 (2/ + 1) = (2t + I)2, где t опять
целое число. Отсюда (2&+ I)2 — (2t + I)2 = 4 (21 + 1), или
(2k + 1 + 2/ + 1) (2k — 2i) — 4 (21 + 1), или (k + t + 1) (k -
— t) = 21 + 1. Это последнее равенство также невозможно, так
как его левая часть есть четное число, а правая — нечетное. Сле¬
довательно, дискриминант уравнения (Л) не может быть и квад¬
ратом нечетного числа.
Теорема доказана и вторым способом.
75. Доказать, что при любых действительных значениях р, q, а уравнение
11 1 о
—■———— = — имеет действительные корни.
х — р x — q а2
76. Какому условию должны удовлетворять коэффициенты уравнения
Ах2 + Вху + Су2 + Dx + By + F = 0, чтобы функция у от аргумента г,
определяемая этим уравнением, была бы рациональной?
5Э
77. Найти действительные корни уравнения У97— х + уЛг=5.
Поиски решения. Существует два основных способа решения
иррационального уравнения с одним неизвестным.
* 1) Данное уравнение преобразовывается в рациональное урав¬
нение с одним неизвестным.
2) Данное уравнение преобразовывается к системе рациональ¬
ных уравнений с двумя или более неизвестными.
«Легко предвидеть, что попытка решить данное уравнение пер¬
вым способом будет сопровождаться все более и более громоздкими
преобразованиями и возрастающими трудностями. Поэтому здесь
надо воспользоваться вторым способом, приняв радикалы за но¬
вые неизвестные.
Решение. Полагая 97 — х = и и х = ѵ, получим си¬
стему:
J и + V = 5,
I и4 + ѵ* = 97.
Второе уравнение системы преобразуем последовательно так:
(и2 + ѵ2)2 — 2и2ѵ2 = 97, [(и + ѵ)2 — 2иѵ]2 — 2и2ѵ2 = 97, но
и + V = 5. Поэтому получим: (25 — 2иѵ)2 — 2и2ѵ2 = 97. Пола¬
гая иѵ = г, получим: (25 — 2г)2 — 2г2 = 97. Отсюда = 44,
г2 = 6. Следовательно, произведение иѵ имеет два значения: 44 и 6.
Теперь задача сводится к решению каждой из следующих двух
систем: х
1)
и 4- V = 5,
иѵ — 44
2)f“ + ü==5’
( иѵ = 6.
Первая из этих систем имеет
щее требованию задачи.
Вторая система дает: *
1) |“ = 2'
I ѵ = 3
мнимое решение, не удовлетворяю-
и = 3,
ü = 2.
Из уравнения ѵ =^/гх имеем х = и4. Следовательно, данное
иррациональное уравнение имеет следующие действительные кор¬
ни: Хі — З4 = 81 и х2 = 24 = 16.
78. Найти действительные корни уравнения
У629 —X + У77+ X = 8.
79« Решить уравнение х3 + рх + q = 0.
Решение этого уравнения впервые было опубликовано итальян¬
ским математиком Кардано в XVI веке. Это решение основано на
догадке представить неизвестное х в виде суммы двух новых неиз¬
вестных и и о. Полагая х = и + ѵ, получим: (и + и)3 + р (и +
+ ѵ) + q = 0, или и3 + о3 + (и + о) (Змо + р) + q = 0. Так
60
как одно неизвестное х мы выразили суммой двух новых неизвест¬
ных и и и, то значение одного из этих двух новых неизвестных мо¬
жет быть выбрано произвольно. А это означает, что мы можем уста¬
новить между и и V еще одну зависимость. Пользуясь этим, потре¬
буем, чтобы Зиѵ + р = 0. Благодаря этому задача сведется к ре¬
шению системы:
а затем к системе:
с с
1 <2 “
Й« + И +
% Я» «
11 11 г
1 1
В этой системе за неизвестные примем и3 и ѵ3, тогда они опре¬
делятся как корни квадратного уравнения
г2 4- qz — — = 0.
7 27
Таким образом, можем принять
Отсюда
Эта формула и называется формулой Кардано.
Еще в древности математики сталкивались в процессе решения
некоторых задач с извлечением квадратного корня из отрицатель¬
ных чисел и считали в этих случаях задачу неразрешимой. Тогда
не знали и не предполагали, что можно создать тёорию комплекс¬
ных чисел и пользоваться ею для решения практических задач.
Поэтому математики того времени относились к мнимым числам с
недоверием и отвергали их. С открытием же формулы Кардано во
взглядах математиков того времени на мнимые числа произошли
значительные перемены.
При исследовании формулы Кардано обнаружилось следующее:
о2 , р*
когда— + - отрицательное число, все три корня уравнения
X3 + рх + q = 0 обязательно действительные.
Таким образом, оказалось, что три действительных корня урав¬
нения у3 + ру + q = 0 можно получить путем извлечения квад¬
ратного корня из отрицательного числа и извлечения двух кубиче¬
61
ских корней из комплексных чисел. Поясним сказанное на числовом
примере.
Уравнение у3—63у-|-162=0 имеет три действительных корня: 3; б, —9.
При нахождении этих корней по формуле Кардано имеем:
-^+у(Ц-7+(=£р
(47+(=?)’■
ИЛИ
3/- •— ■ ■ ■ ■ :■■■■■ =г 3/
V * , = у — 81 4- Г 6561 — 9261 + У — 81 — /6561 —9261 =
= у4 —81.4- /—27СхГ + р4 — 81 — /^2700 .
Этот факт, свидетельствующий о возможности нахождения дей¬
ствительных корней уравнения с помощью операций над мнимыми
числами, произвел на математиков того времени сильнейшее впе¬
чатление и содействовал в некоторой мере признанию мнимых чи¬
сел. "
80. Уравнение ах3 + Ьх2 4- сх 4- d = 0, где а =£ 0, приводится к виду:
b с d
Xs 4“ — ха + — X 4“ — =0» т. е. к виду:
а а а
х3 +Bx2 + Cx + D = Q. * (1)
Определить постоянную h так, чтобы подстановка x=y-\-h привела
уравнение (1) к виду: у3 4- ру 4- q = 0.
81, Решить уравнение logx2 • logx 2 = logx 2.
ТВ 64
Поиски решения. Для решения подобных уравнений надо преоб¬
разовать все логарифмы к одному и тому же основанию. Это преоб¬
разование выполняется по формуле:
В данном уравнении целесообразно преобразовать все логариф¬
мы к основанию 2.
logo
Решение. —.
10g2 2 _
log2 2
1
1 __
log2x
1Og2f6
. X ’
10g261
log2x
log2x — l°g2 16
, . = . Полагая log, х = у,
log2x — !og264 log2x log2x —4 logjx —6 '
получим: — . —!— — —— . Отсюда у8 — 4у = у — 6, или у2 —
У У — 4 у —6
— 5у 4-6 = 0. Следовательно, yt = 2, у2 = 3, т. е. log2 х — 2 и
log2x = 3. Окончательно xt — 4, х2 = 8.
62
82. Решить уравнения: а) log3%— 4- log’ х =1, б) Ioga х X log* x=Iog„x4-
4-log(,x
83. Найти необходимое и достаточное условие существования
чисто мнимого корня уравнения х® 4- ах3 4- Ьх2 + с = 0.
Поиски решения. Для решения этой задачи не требуется ни до¬
гадки, ни изобретательности. Здесь достаточны лишь действия, ло¬
гически вытекающие из условий задачи. А именно, считая, что не¬
которое чисто мнимое число ті является корнем данного уравне¬
ния, надо обнаружить те условия, которым должны для этого
удовлетворять коэффициенты а, Ь, с независимо от т. Это мы долж¬
ны сделать во-первых. Этим мы найдем необходимые условия. Во-
вторых, мы должны доказать, что эти условия являются не только
необходимыми, но и достаточными. А именно мы должны доказать,
что при наличии этих условий данное уравнение обязательно бу¬
дет иметь чисто мнимый корень. -
Решение. Допустим, что чисто мнимое число ті является
корнем данного уравнения. Тогда будет справедливым равенстго
(ті)3 4- а (ті)3 4- b (mi)2 + с = 0, или т3і — ат3і — bm2 4- с =
= 0, или (т3 — ат3) і — (bm2 — с) = 0. Но комплексное число
равно нулю тогда и только тогда, когда равны нулю одновременно
его мнимая и действительные части. Поэтому имеем: т3 — ат3 =
= 0 и Ьт2 — с = 0, или т2 = а, так как т =И= 0 и с = ab.
Итак, если данное уравнение имеет какой-нибудь чисто мнимый
корень, то необходимо должно быть а > 0 и с ~ ab.
Теперь дбкажем, что найденные необходимые условия являются
одновременно и достаточными. Пусть а>0 и с = ab. Тогда дан»
ное уравнение примет вид: х® 4- ах® 4~ Ьх2 4- ab = 0. Преобразуем
это уравнение к виду (х2 4- а) (х3 + Ь) = 0. Наличие множителя
X2 4- а свидетельствует о том, что уравнение действительно имеет
чисто мнимый корень х = (if/H есть чисто мнимое число, так
как по условию а > 0).
Задача решена полностью.
84. Найти необходимое и достаточное условие делимости многочлена
а^хп + а1хп~1 + ... + ал-і* + яЛ на х — а.
85. Доказать следующее: для того чтобы многочлен ах2 + Ьх + с имел
наименьшее значение, необходимо и достаточно условие а > 0.
86. Имеется следующее утверждение: для делимости многочлена
+ ûix'1”1 + ... + ал-іХ + ап на х — а и достаточно, чтобы число а
было корнем этого многочлена. Разбейте это утверждение на два отдельных
утверждения так, чтобы одно выражало необходимость, а другое достаточность
условия.
87. Найти действительные корни уравнения х8 — х® 4-х2 —х 4¬
4- 1 = 0.
Поиски решения. Пусть наши попытки найти действительные
корни данного уравнения оказались тщетными. Тогда мы можем
сделать два предположения: либо эта задача нам непосильна, либо
данное уравнение действительных корней не имеет, Чтобы разре-
63
шить правильность или неправильность второго предположения,
исследуем такой вопрос, может ли данное уравнение иметь дейст¬
вительные корни. Для того чтобы данное уравнение имело хотя бы
один действительный корень, его левая часть не должна быть
знакопостоянной. Таким образом, перед нами возникла новая за¬
дача: исследовать знак левой части данного уравнения на всей чи¬
словой оси.
Решение. 1) При любом отрицательном значении х данный
многочлен принимает положительное значение.
2) Записав данный многочлен так: х5(х3 — 1) + х (х— 1)4-1,
видим, что он принимает положительное значение и при х > 1.
3) Записав данный многочлен так: х8 + х2 (1 — х3) + (1 — х),
видим, что он принимает положительные значения при всех значе¬
ниях X, удовлетворяющих условию 0 < хОІ.
Итак, при любом действительном значении х данный многочлен
принимает положительное значение. Следовательно, он действи¬
тельных корней не имеет.
88. Доказать, что каждое из написанных ниже уравнений не имеет дей¬
ствительных корней: а) X12 — х7 + х4 — х + 1 = 0; б) х2 + х + 1 = sin х.
89« Решить уравнение |х — 1| + |х — 2| + |х — 3| = 18.
Поиски решения. Чтобы решить уравнение, в котором буква,
обозначающая неизвестное, встречается под знаком абсолютной
величины, надо преобразовать уравнение так, чтобы знаки абсолют¬
ной величины исчезли. Но такое преобразование не всегда можно
сделать сразу для всех значений буквы, обозначающей неизвест¬
ное. В этих случаях необходимые преобразования можно делать
лишь отдельно для отдельных промежутков числовой оси. Эти про¬
межутки определяются теми значениями буквы, обозначающей
неизвестное, при которых обращаются в нули выражения, находя¬
щиеся под знаками абсолютной величины. Таким образом, прихо¬
дится искать корни данного уравнения отдельно на каждом из этих
промежутков. Предлагаемый метод решения уравнения называется
методом интервалов.
Решение. Выражения, находящиеся под знаками абсолют¬
ных величин, обращаются в нули соответственно при х = 1, х =
= 2, X = 3. Поэтому разобьем числовую ось точками 1, 2, 3 на
четыре части. >
При X <С 1 данное уравнение примет вид: — х + 1 — х + 2 —
— X + 3 = 18, или Зх = — 12 и X = — 4. Число —4 является
корнем данного уравнения, так как —4 < 1.
При 1 < X < 2 получим: х—1 — х + 2 —х + 3=18, или
X = — 14. Число — 14 не является корнем данного уравнения, так
как число — 14 не заключается между 1 и 2. На отрезке от 1 До 2
данное уравнение корней не имеет.
При 2 <С X <С 3 получим: х — 1 + х — 2 — х + 3 = 18, или
X == 18. Число 18 не является корнем данного уравнения, так как
число 18 не заключается между 2 и 3.
64
При X > 3 получим: х — 14-х — 2 4- х — 3=18, или х =
= 8.
Итак, данное уравнение имеет два корня: — 4 и 8.
Примечание 1. Уравнение, например, |3х— 5| = |х 4¬
4- 2|, преобразовывается в эквивалентное ему уравнение (Зх —
— 5)8 = (х 4- 2)8 сразу для всех значений х. Ведь из равенства
и = V всегда следует равенство и8 = ѵ2; если же и > 0 и ѵ > О,
то верным является и обратное утверждение, т. е. из и2 — ѵ2 сле¬
дует U = V.
Примечание 2. Уравнение
I Зх — 5| = |х + 2|
(Л) проще всего решать так: равенство (Л) имеет место тогда и
только тогда, когда либо Зх — 5 = х + 2, либо Зх — 5 =
= — (X + 2). Корни этих двух уравнений и будут являться корнями
уравнения (Л).
90. Решить уравнение | х + 1 | 4* | х 4* 21 4* | х + 3 | = 9.
91. : Решить уравнение х8 + |х + 3| + | х — 31 = 4,5 |х| 4- 6.
Поиски решения и решение. Выражения, стоящие под знаками
абсолютных величин, обращаются в нули соответственно при х =
= — 3, X = 3 и X = 0.
Поэтому разобьем числовую ось на четыре части точками — 3’
0;3. ’
Будем находить корни данного уравнения отдельно на каждой
из этих четырех частей числовой оси.
Для каждой из этих частей данное уравнение будет принимать
соответствующий вид.
При X < — 3 получим: х8— х — 3 — х 4- 3 = —4,5х 4" 6, или
X8 4- 2,5х — 6 = 0. Отсюда xt = 1,5 и х2 = — 4. Годится только
корень X = —4, так как все преобразования мы делали при ус¬
ловии, что X < — 3.
При — 3 < X < 0 получим: х2 + х + 3 - х4-3 = — 4,5х 4¬
4- 6, или X8 4- 4,5х = 0. Отсюда Xj = 0, х2 = — 4,5. Годен только
первый корень х = 0. При 0 < х < 3 получим: х8 4- х 4- 3 —
— X 4- 3 = 4,5х 4- 6, или X8 — 4,5х = 0. Отсюда xt = 0, х2 = 4,5.
Годен только первый корень, но он уже был найден раньше. При
X > 3 получим: х2 + х + 3-\-х — 3 = 4,5х 4* 6, или х8 — 2,5х —
— 6 = 0. Отсюда х.і = 4, х2 = — 1,5. Годен только один корень
Итак, данное уравнение имеет три корня: —4, 0 и 4.
92. Решить уравнение х2 4* I х — 2 | — | х — 5 | = 17.
93. Решить уравнение х2 — 8 | х | + 15 = 0.
94. Решить уравнение | log2x | = 1log22x2 | — 2.
Поиски решения и решение. Область определения уравнения:
X > 0.
65
3 Заказ 326
Выражение log2x обращается в нуль при х=1, а выражение
|/ 2” 1/ о” / V 2~ \
log22№ — при X = и X = • Число I не при¬
надлежит области определения уравнения, а поэтому должно
быть отброшено.
Освободить уравнение от знаков абсолютной величины сразу
для всех значений х мы здесь не можем. Поэтому преобразовывать
уравнение и искать его корни мы должны отдельно на каждом из
(i'Z2*\ /142* \
0; I, ; 11, (1; + оо).
При 0 <zx данное уравнение принимает вид: —log2x =
= — log2 2х2 — 2. Отсюда X = — . Число — принадлежит испы-
8 8
/ Ѵ"2’\
туемому промежутку 10; I, а поэтому является корнем дан¬
ного уравнения.
При < X < 1 имеем: — log2 х = log2 2х2 — 2. Отсюда х =
= 1^2. Но число У 2 не принадлежит промежутку
а потому не является корнем данного уравнения, т. е. на этом
промежутке уравнение корней не имеет.
При X > 1 имеем: log2 х — log22x2 — 2. Отсюда х = 2. Число 2
принадлежит испытуемому промежутку, а потому является кор¬
нем данного уравнения. .
Итак, данное уравнение имеет два корня: — и 2.
8
95. Решить уравнение Ilog! х | = | log, 16ха | — 1.
2 2
96« Решить следующие показательные уравнения:
а) 4*4- _ 5. 2*-‘+ = 6;
б) g|sin* * _|_ gjcos’x =3о;
в) 4Л + 6х = 9Л;
г) (Иг + /зТ + (Иг —/зТ = 4.
Эти уравнения по виду существенно отличаются друг от друга.
Однако способ их решения в своей основе один и тот же. Каждое
из этих уравнений надо преобразовать так, чтобы оно стало урав¬
нением относительно новой неизвестной величины, являющейся
функцией от X, выбранной целесообразно.
В уравнении а) надо положить 2х + ^х‘ ~2 = у. Тогда задача
сведется сначала к решению уравнения у2— 5у • — = 6, а затем к
2
66
уравнению 2х + Ухг —2 = 4 и, наконец, к решению уравнения х -f-
4--К*2 — 2—2. Отсюда х=у.
В уравнении б) надо положить 81sln’* = У- Тогда задача све¬
дется к уравнению у 4- — — 30.
- . • . / Q \ X
Уравнение в) надо преобразовать к виду, например, 1 +/ —I —
/ з \а* / з \х
= ( —I и положить — = у.
\2/ \2/ z
Уравнение г) надо преобразовать к виду:
(і/ТГР7)’+ ( i<^7?-vf^7TY=4.
\ К2 + /3 J
т. е. к виду
(К 2 + V 3 )*+ 4 4,
и положить (/ 2 + КЗ )*= у.
Рекомендуется решения всех этих уравнений довести до конца
самостоятельно.
§ 5. Системы уравнений
97. Решить наилучшим способом систему
Г 2 Ах 4- 2 By — А (р -J- 1) 4- В (р — 1),
I 2Вх4-2Лу = А(р— 1)4-В(р4- 1)
относительно х и у при условии, что А В.
Поиски решения. Данную линейную систему двух уравнений с
двумя неизвестными можно решить методом подстановки, методом
уравнивания коэффициентов при одноименных неизвестных, мето¬
дом сравнения и с помощью определителей. Каждый из этих спосо¬
бов будет сопровождаться сравнительно громоздкими преобразо¬
ваниями, а потому не будет наилучшим.
Если же обратить внимание на имеющуюся взаимосвязь между
коэффициентами уравнений, составляющих систему, то нетрудно
догадаться, что лучше всего выполнить сложение и вычитание ле¬
вых и правых частей этих уравнений, никак не видоизменяя каждое
из них.
Реше н и е. Применив пойленное сложение и вычитание к
уравнениям системы, получим:
(2А 4- 2В) X 4- (2А 4- 2В) у = 2Ар 4- 2Вр,
(2А — 2В) х — (2А — 2В) у = 2А — 2В,
67
3*
или
р + у = Р,
1 х-у = 1.
Отсюда X = —У —
Данная система имеет единственное решение.
Примечание. При А — В 0 система принимает вид:
X + у = Р,
X + у = Р,
и имеет бесконечное множество решений.
При А = В = 0 оба уравнения системы обращаются в тождест¬
ва, а потому удовлетворяются любой парой значений хи у.
( 8 359x4-1 641^ = 28 359,
98. Решить систему { 1 641х 8 359у = 21 641.
f I х + у | = 1,
99. Решить систему J z 1
ІИ-Нуі=і.
Поиски решения. Для решения этой системы надо освободиться
от знаков абсолютных величин. Возможно, что этого можно достиг¬
нуть разными путями. Но как выбрать из них наиболее короткий?
Для этого сначала надо изучить структуру нашей системы.
Из второго уравнения сразу видно, что ни одно из чисел х и у
не может превосходить по своей абсолютной величине единицу. А
если так, то из первого уравнения следует, что числа х и у должны
быть либо одновременно неотрицательными, либо одновременно
неположительными. Исходя из этого, можно освободиться от зна¬
ков абсолютных величин. Но можно заметить еще и следующее: из
данных уравнений следует, что | х + у | = | х | + | у |, т. е. что
абсолютная величина суммы чисел х и у равна сумме их
абсолютных значений. Но известно, что такое равенство имеет
место тогда и только тогда, когда числа х и у либо одновременно
неотрицательны, либо одновременно неположительны. Это следст¬
вие из данной системы тоже позволит освободиться от знаков аб¬
солютных величин.
Наконец, можно было бы начать освобождаться от знаков абсо¬
лютных величин, не изучая строения системы, но тогда мы достигли
бы цели более длинным путем.
Решение. Первый способ. Из второго уравнения
видно, что IX |< 1 и |у I < 1. Но в этом случае из первого уравне¬
ния следует, что числа х и у либо одновременно неотрицательны,
либо одновременно неположительны. Пусть х > 0 и у > 0. Тогда
система принимает вид:
х + у = 1,
х + у = 1.
68
Отсюда следует, что любая пара неотрицательных чисел, сумма
которых равна единице, удовлетворяет данной системе. Например,
такие пары (0,1); (0,1; 0,9) и т. д.
Пусть теперь х < 0 и у < 0. Тогда данная система примет вид:
( — X — у = 1, ( X + у = — 1,
1 Л или ( .
I — х— у — 1, I X + у — — 1.
Отсюда следует, что любая пара неположительных чисел, сумма
которых равна минус единице, также удовлетворяет данному урав¬
нению. Например, такие пары: (—1;0;); (—0,1; —0,9)
и т. д.
Второй способ. Из урав¬
нений системы следует, что | х 4-
4-у | = |х| + ІуІ- Но это имеет ме¬
сто тогда и только тогда, когда ли¬
бо одновременно х > 0 и у > 0, ли¬
бо когда одновременно х < 0 и у<0.
Дальше ход решения задачи тот же,
что и в первом случае.
Третий способ. Пусть
X > 0. Тогда второе уравнение при¬
мет вид: X + I у I = 1, или такой
х= 1—ІУІ- Подставив это выра¬
жение X в первое уравнение, полу¬
чим: |1 — |у| 4- у | = 1. Отсюда
у —ІуІ = 0, т. е. у = ІУІ и, следовательно, у > 0.
Итак, если х > 0, то и у > 0.
Система в этом случае примет вид:
I * + у = 1,
I х + у = 1.
Рассуждая аналогично, можно доказать, что при х < 0 -будет и
у < 0. Дальше ход решения тот же, что и в первом случае.
Дадим геометрическое истолкование множеству пар решений
данной системы. Известно, что графиком уравнения х + у — 1 яв¬
ляется прямая, проходящая через точки А (1, 0) и В (0, 1), а гра¬
фиком уравнения х 4- у = — 1 — прямая, проходящая через точ¬
ки С (— 1, 0) и D (0, —1) (черт. 10),
Решениями системы
(|Х + у 1 = 1,
I И + іуі = і
являются координаты тех и только тех точек плоскости, которые
принадлежат отрезкам АВ и CD (черт. 10).
69
1Ô0. Решить систему
Г Іх-Л = 2, '
t l*l + IÆ=4.
Указание. Определяйте корни этой системы отдельно для каждо¬
го из следующих возможных случаев: 1) х > 0, у > 0, 2) х > 0, у < О,
3) X < 0, у < 0, 4) X < 0, у > 0, как при х — у = 2, так и при х — у = —2.
101. Решить систему
М х | = у,
I |х| = і-л
102. Решить систему
I ІЛ = х2,
I |х+Л = 1.
Результат истолковать геометрически.
103. Решить графически систему
( У =|logx|,
t I х +Л = 2.
104t Решить систему с п неизвестными
х2ха ... х„ _
—! «і>
Х1
Х1Х3 ... Хп_
— а2»
fll*2 ••• ХП-1
предполагая, что данные числа аІУ а2і ... ап и неизвестные х2» •••»
хп положительны.
Поиски решения. Система состоит из п уравнений с п неиз¬
вестными. Чтобы найти способ ее решения, надо изучить структуру
входящих в нее уравнений. Произведения, стоящие в числителях
дробей, отличаются друг от друга лишь тем, что в первом из них
нет множителя xit а во втором нет х2 и т. д. Отсюда легко заклю¬
чить, что первым шагом по пути решения данной системы должно
быть такое преобразование каждой дроби, при котором их числите¬
ли станут одинаковыми.
Решение. Перепишем систему в следующем виде:
(Л)
70
Перемножив левые и правые части уравнений, получим:
„ :—
(ад... Хя)л’ =ЯА - ап. Отсюда х{хг ... х„ = ў а,а2 ... an.
Сопоставляя последнее уравнение с каждым из уравнений си¬
стемы (Л), найдем, что _ •
/~п—Г “
X — ”1/ V glQ2 ап 9
Г «Л -
где k = 1,2,3 п.
105. Решить систему
^=160,
X
xzu
— = 40,
У
^“=10,
г
Хуг А Л
— =о,4,
и
считая ж, у, г, и положительными.
106. Решить наиболее коротким путем систему
У + г + t - а,
z-\-t-\-x=b,
t-\-x+y=c,
X -I- У + г = d.
107. Решить систему
(X4 + х1 2у2 + у4 = 91,
— ху + у2 = 7.
Поиски решения. Каждое уравнение данной рациональной сис¬
темы не изменяется при замене х на у. Такую систему всегда можно
преобразовать к новой системе, где за новые неизвестные и и о
приняты х + у и ху.
Решение. Первое уравнение системы преобразуем последо¬
вательно так: (х2 + у2)2 — х2уг = 91, [(х + у)2 — 2ху]2 — х2у2 =
= 91.
Второе уравнение представим в виде: (х + у)2 — Зху = 7.
Положив х + у — ииху = ѵ, придем к следующей системе:
- ! (и2 — 2ц)а — о2 = 91,
I u» — 3ü = 7.
Отсюда м2 = Зо + 7 и (о + 7)2 — і»2 = 91, ѵ = 3, и = ± 4. Те¬
перь остается решить каждую из следующих двух систем:
1) ( Х + У = 4’ и 2) ! х + у==-4’
( ху .= 3 I ху = 3.
71
Первоначально данная система имеет четыре решения:
2) Р“3’ 3) (* = -'• 4) P"-3'
I у = 3; I у = 1 ; ( у = — 3; | у = — 1.
108. Решить системы _
" " у! _
а. ( х4 + у4 = 17, У + х-9’
) I х + у = 3; hl* 1 3
х +7= 4’
109. Полагая х + у = и и ху = ѵ, выразить х4 + у4 в зависимости толь¬
ко от и И V.
ПО. Решить систему трех уравнений с тремя неизвестными х, у, г;
Ах + By + Cz + D = 0,
X — а у — b г — с
т п р ’
Указание. Обозначить через t каждое из трех равных отношений.
Н1. Решить систему уравнений
Зху 2хг уг
—;— = 5, —;— = 3, = 4.
х + у х+г у + г
112а Решить систему /
х 4” у z = a t
ху + yz + zx = а2.
xyz = а3.
Поиски решения и решение. В этой задаче нам известны сумма
трех неизвестных, сумма попарных произведений этих неизвестных
и произведение этих же трех неизвестных. Это должно натолкнуть
нас на мысль воспользоваться теоремой Виета для приведенного
уравнения третьей степени. А это значит, что мы можем рассмат¬
ривать наши неизвестные х, у и z как корни приведенного уравне¬
ния третьей степени, коэффициенты которого известны. По теореме
Виета коэффициент при второй степени неизвестного равен сумме
корней с противоположным знаком, коэффициент при первой сте¬
пени неизвестного равен сумме парных произведений корней и,
наконец, свободный член равен произведению корней с противо¬
положным знаком. Поэтому задача сводится к решению уравнения
и3 — au2 + а2и — а3 = 0.
Это уравнение легко решается путем разложения его левой ча¬
сти на множители. Действительно, имеем последовательно:
и2 (и — а) + а2 (и — а) = 0, (и — а) (и2 + а2) = 0; = а, и2 =
= ait и3 = — ai . Эти корни, занумерованные в любом порядке,
образуют все решения данной системы. Следовательно, система
имеет следующие шесть решений:
72
X — а
X = a,
X = ai,
1)
у = ai, 2)
y = — ai, 3)
y = a,
z = — ai;
. ? =
z = — ai;
X = ai,
’ X = — ai,
X = — ai,
4)
у = — ai, 5)
y = a, 6)
У = ai,
z = a;
. 2 = av,
z — a.
113. Решить систему
х + У + 2 = 8,
ХУ + Уг + zx —
xyz = 16.
114. Полагая х+у = ииху = ѵ, выразить х7 + у1 в зависи¬
мости только от и и V.
Поиски решения. Функция х7 + у7 не изменяется при замене
X на у, т. е. является симметрической. Поэтому эту функцию мож¬
но выразить через х + у и ху, т. е. через ии ѵ.
Решение. х7 + у7 = (х + у) (х6 — х5у + х4у2 — х3у3 +
+ х2у4 — ху5 + у6 = (х + у) [(х6 + у6 ) — ху (х4 + у4) + х2у2 X
Х(х2 + у2) — х3у3], но X2 + у2 = (х 4- у)2 — 2ху = и2 — 2d,
X4 + у4 = (х2 + у2)2 — 2х2у2 = (и2 — 2d)2 — 2d2 = и4 — 4u2d +
+ 2о2; X6 + у6 = (х2 + у2) (х4 — х2у2 + у4 ) = (и2 — 2d) (и4 —
— 4и2ѵ + D2).
Следовательно, х7 + у7 = и[(и2 — 2d) (и4— 4и2ѵ + d2) —
— d (и4 — 4u2v + 2d2) + d2 (и2 — 2d) — D3]T
115. Полагая x + y— ин xy = vt выразить x5 +y5 в зависимости толь¬
ко от U H V.
116« Решить систему
I X +у = 1,
. ( х7 + у7 = 127.
Поиски решения. Каждое уравнение данной рациональной сис¬
темы не изменяется при замене х на у. Такую систему всегда можно
преобразовать к новой системе, где за новые неизвестные и п ѵ
приняты X + у и ху. Но поскольку X + у, а следовательно и и,
равны 1, то мы можем получить в результате одно уравнение с не¬
известным d, где d есть ху. Когда же мы найдем из этого уравнения
значения ѵ, т. е. значения ху, то задача сведется к решению систем
вида: '
X + у — а,
ху = Ь.
Решение. Пользуясь результатом, полученным при реше¬
нии задачи 114, имеем: х7 4~ у1 — и [(и2 — 2d) (и4 — 4и2ѵ + d2) —
— V (и4— 4и2ѵ + 2d2) + d2 (и2 — 2d) — d3]. Теперь, принимая во
73
внимание, что и = х + у = І и х7 4- у7 = 127, получим: 127 =
- 1 • 1(1- 2ѵ) (1 — 4ѵ + ѵ2) — V (1 — 4ѵ — 2ѵ2) + ѵ2 (1 —
— 2ѵ) — о3], или последовательно: о3 — 2d2 + ѵ 4- 18 = О,
о3 + 2ѵ2 — 4ѵ2 — 8о + 9о + 18 = 0, ѵ2 (ѵ + 2) — 4ѵ (ѵ + 2) +
+ 9 (и + 2) = 0, (ѵ + 2) (ѵ2 — 4ѵ + 9) = 0. Отсюда о, = — 2(
»2,3 = 2± ij^5. Остается решить каждую из следующих систем:
J x 4- у = 1, |х + у = 1> Jx + y=l,
I xy = — 2; I xy — 2 + i 1^5; ( xy — 2 — i У 5.
117. Решить систему
( X +y = 1,
( ^ + ^ = 211.
118. Решить систему.
*1+*2+*э+ ••• ~hxn = At
' Xî— ül _ X*— °a _ xn—an
, Pi Pi Pn ’
состоящую из n уравнений с n неизвестными xh x2, x3, ..., xn,
119. Решить систему
*a + xy + y2 = 37,
x2 + xz + z2 = 28,
y2 + yz 4- z2 = 19.
Поиски решения и решение. В подобных системах не представля¬
ется возможным прямо находить значения неизвестных. Поэтому
надо пытаться находить значения каких-то вспомогательных функ¬
ций от неизвестных, имея в виду, что знание этих значений позволит
в конечном счете найти и значения самих неизвестных.
Спрашивается, какие же вспомогательные функции можно было
бы ввести в данном случае?
Попробуем обнаружить эти вспомогательные функции путем
сложения левых частей уравнений системы. Это сложение приведет
нас к выражению 2 (х2 + у2 + z2) + xy + xz + yz. Примем за
вспомогательные функции х2 + у2 4- z2 и xy + xz + yz. Положив
и = X2 + у2 + г2 и V = xy + xz + yz, получим одно уравнение
с неизвестными и и ѵ, а именно 2и + ѵ = 84.
Возникает необходимость получить еще одно уравнение с неиз¬
вестными и и V. Здесь уже требуются терпеливые, вдумчивые по¬
иски. В результате таких поисков можно обнаружить последова¬
тельность действий, указанную ниже. Вычитая из первого уравне¬
ния бторое, из первого — третье и из второго — третье, получим:
(у — г)(х + у 4-г) = 9,
(X—z) (X 4- у 4- г) = 18, (А)
. (* —у)(*4-у + *)= 9.
74
Возведя в квадрат левые и правые части последних трех уравне¬
ний и сложив, найдем: (2х2 + 2у2 + 2z2 — 2ху — 2xz — 2yz) (х +
4- у 4- г)2 = 486, или 2 [(х2 + у2 + г2) — (ху + хг + уг) 1 (х2 +
4- у2 4- г2 + 2ху + 2хг + 2yz) = 486, или 2 (и — о) (и + 2ѵ) = 486.
Решив систему
( 2и + ѵ = 84,
I (и — ѵ) (и 2ѵ) — 243,
„ - ( и = 29,
найдем: 1) { Л
( V = 26;
2) І“ = 55¬
’ I V = — 26.
Прежде всего найдем значения (х 4- у 4- г)2, используя систему
1): (х 4- у 4- г)2 = X2 4- у2 4- г2 4- 2 (ху + хг + уг) = и + 2ѵ =
= 29 4- 2 • 26 = 81. Отсюда х + у 4- г = 9 и х+ у + г = - 9.
Взяв х4-у 4-z = 9 и пользуясь первыми двумя уравнениями
системы (А), получим:
У — 2 = 1.
X — г = 2,
X 4- у 4-2 = 9.
Взяв же X 4- у 4- z = — 9, получим:
У — z = —1,
X — г = —2,
- . х4-у4-г = —9.
Первая из этих систем имеет решение: х = 4, у = 3, г = 2, а
вторая: X = — 4, у = — 3, г = — 2.
Аналогично, использовав систему 2) найдем еще два решения
первоначально заданного уравнения:
10 1 8 10 1
X = ~т=-> У = -7=. 2 7= И X у = —,
/ з z У з * Уз У з Л Уз
Решение первоначально заданной системы можно было построить
и несколько иначе. Действительно, получив систему (А) и склады¬
вая в ней первое уравнение со вторым, второе с третьим, затем вы¬
читая из первого третье и положив х 4* у 4* 2 = t, образуем сле¬
дующую систему:
г (J —3z)* = 27,
• (Зх — t)t = 27,
(Зу —/)/ = 0.
Отсюда
75
Из равенств (А) видно, что х + у + г, а значит и t, не равно
нулю. ИІ *
Теперь, подставив выражения х, у, г из равенств (В) в любое
уравнение данной системы, найдем значения Л
По этим найденным значениям t найдем из равенств (В) и все
решения первоначально данной системы.
120. Решить систему
х24-ху +уа = 13,
ха + г8 = 31,
у2 + уг + г2 = 49.
§ 6. Суммирование
121. Найти формулу для суммы квадратов натуральных чисел
от 1 до и, т. е. для суммы
I2 + 22 + З2 + ... + и2. (1)
Поиски решения. Поставленную задачу решить трудно; непос¬
редственно не видно, с чего надо начинать. Один из способов, к ко¬
торому бывает полезно обращаться в подобных случаях, таков:
вводят в рассмотрение другую задачу, сходную с данной, но более
доступную, .и пытаются найти какую-то взаимосвязь между данной
задачей и введенной сходной с ней. *
В соответствии с этим рассмотрим сумму не вторых, а первых
ступеней натуральных чисел, а именно сумму:
ая = 1 + 2 + 3 + ... + п. (2)
Из курса алгебры известно, что оя= —ft + .1.
Обозначив сумму (1) через 5Я, составим следующую таблицу
частных значений сумм и ая:
п
1
2
3
4
5
6
Sa
1
5
14
30
55
91
1
3
6
10
15
21
Из этой таблицы мы еще не обнаруживаем связи между Sn и оя.
После тех или иных попыток найти эту связь нам может прийти
мысль исследовать по этой таблице отношение — (этот прием
7Ô
часто используется в экспериментальной физике). Составим такие
отношения для п = 1,2, 3, 4, 5, 6,
S„ _ « 5 7 п 11 13
*» » » Л , ••• >
ап 3 3 3 ’3
или
Sn _ 2 7_ £ И 13
(Уп ~~ 3’ 3’ 3’ 3’ З’ 3 ’ ”* *
Эти отношения уже кое-что дают, а именно: 1) знаменатели всех
этих отношений одинаковы; 2) числители — последовательные не¬
четные числа. Отсюда напрашивается предположение, что
Sn 2^+1
ал 3 ’
Так как ол нам известно, то
ç _ + 1 _ n(n + l)(2n+ 1)
\ .
. Итак, мы пришли к предположению, что сумма Sn может быть
в общем виде записана формулой:
5 — п (п 4~ 0 (2n 4~ 1) (2)
К этому предположению мы пришли из наблюдений над несколь¬
кими частными примерами. Поэтому мы еще не можем быть уверен¬
ными в его справедливости для любого и. Мы обязаны либо дока¬
зать справедливость формулы (3), либо ее опровергнуть. Для реше¬
ния этого вопроса воспользуемся методом математической индук¬
ции (см. стр. 22, п. 41).
Легко убедиться, что формула (3) верна при п = 1.
Теперь допустим, что она верна при п = k, где k —любое на¬
туральное число, т. е. допустим справедливость равенства
о _ £ (&-Ц) (2£-I- P
Тогда Sk А + + + + 1)2 = (6+ 1)(^ +2) (26 4-3)
д 6
6
Таким образом, мы видим, что из допущения справедливости
формулы (3) при п = k следует ее справедливость при п = k + 1.
Кроме того, мы убедились, что эта формула верна и при п = 1. Из
всего этого вытекает справедливость формулы (3) при любом на¬
туральном п.
Формулу ,
р 22 4- З2 + ... 4г п2 = п<п + 1)(2п4- О
77
можно вывести и иначе, если догадаться применить для этой цели
тождество
(л 4" I)3 — п3 = Зп3 H- Зп 4" 1.
Полагая в этом тождестве іг равным последовательно числам 1, 2,
3, .... (л— 1), п, получим п следующих равенств:
23— 13 = 3- 12 + 3- 1 + 1,
З8 —23 = 3 • 2а + 3 • 2 + 1,
43 —З3 = 3 • З2 + 3 • 3 + 1,
п3 — (п — I)3 = 3 • (п — I)2 + 3 • (л — 1) + 1,
(л + I)3 — п3 = 3 • л2 + 3 • п + 1.
В левых частях этих равенств имеются взаимно уничтожающиеся
члены: 23 и —23, З3 и —З3, 43 и —43 и т. д.
Это наводит на мысль сложить эти равенства почленно. Выпол¬
нив это, получим:
(л + I)3 — I3 = 3 • (I2 + 22 + ...+л2)4-3 - (1 4-2 4- —
+ л) + л,
или
(П+ 1)»_1 =3S„ + 3 .Л±Ш) + п, (4)
где буквой Sn обозначена сумма I2 + 22 + З2 4- ... + л2.
Преобразовав равенство (4), получим:
ç _ п(п + 1) (2п + 1)
" 6 ’
Сопоставьте изложенные два способа решения задачи № 121
и оцените со своей точки зрения, который из этих двух способов
было труднее придумать.
Замечание. Имея формулу для суммы квадратов натураль¬
ных чисел от 1 до л, легко вычислить и такие суммы:
а) т3 + (лі + I)2 + ... + (лі + k)3;
б) 22 + 42 + 62 + ... + (2л)2;
в) I2 + З2 + 52 4- ... 4- (2лі 4- I)2;
г) I2 — 22 4- З2 — 42 4- ... 4- (—
Сумма а) равна разности между суммой квадратов натуральных
чисел от 1 до лі 4- Æ включительно и суммой квадратов натураль¬
ных чисел от 1 до (лі— 1) включительно.
Сумму б) легко вычислить, взяв за скобки общий для всех чле¬
нов множитель 22.
Сумма в) есть разность между суммой квадратов натуральных
чисел от 1 до (2лі 4- 1) включительно и суммой квадратов четных
чисел от 2 до 2т включительно.
П
Сумму г) надо вычислить отдельно для четного п и отдельно для
нечетного.
122. Найти формулу для суммы кубов натуральных чисел от 1 до п, т. е.
для суммы I8 + 23 + 3? + ... + л3.
123. Найти сумму 28 + 48 + + (2л)3.
124. Найти сумму I8 4- З8 4- ••• 4* (2л 4* 1)э.
125. Найти сумму 1-2«3 + 2- 3- 44-3-4«5 + ...4¬
4- п (п 4- 1) (п + 2). ’
Поиски решения. Один из способов, который оказывается полез¬
ным при вычислении подобных сумм, состоит в преобразовании
общего члена суммы. Общий член данной суммы таков: k (k 4* 1) X
X (k 4- 2). (Это выражение называется общим членом данной суммы
потому, что из него можно получить любой член данной"суммы,
давая k значения 1, 2, 3, .... п.) Разумеется, что это преобразование
должно свести решение данной задачи к решению либо уже извест¬
ных, либо более доступных задач. В данном случае, представив
выражение k (k 4- 1) (k 4- 2) в виде k3.4- 36 2 4- 2Æ, мы сведем ре¬
шение данной задачи к решению трех уже известных нам задач: к
вычислению суммы кубов, суммы квадратов и суммы первых сте¬
пеней натуральных чисел от 1 до п включительно.
Решение. Пользуясь тем, что общий член суммы может быть
представлен в виде:
k (k 4- 1) (k 4- 2) = k3 4- ЗА2 4- 2k,
и воспользовавшись результатами задачи 121 и 122, получим:
1-2-34-2-3-44- ... 4-п(«4-1)(п4-2) = [^Ь11]а4-
. g (л + 1)(2л +1) , g . л (л 4-1) = л(л4-1)(»4-2) (л4-3)
’ 6 ' 2 4 *
126. Найти сумму 1 • 2 4“ 2 • 3 4- 3 • 4 + ... 4~ п (п 4* 1).
127. Найти сумму 1 4" 11 4" Ш 4" ... 4“ 1П...1, если последнее слагае¬
мое есть n-значное число.
„ - . Ю-l I, ІО2 —1
Указание. Воспользуйтесь тем, что 1 = —, 11 — ,
У У
ІО3 — 1
111 = и т. д.
128. Найти сумму + ••• + и ее предел при
неограниченном возрастании п.
Поиски решения. Общий член данной суммы таков:
’ k
, (ft + 1)l '
Какое преобразование целесообразно выполнить над этим общим
членом?
79
Поскольку в знаменателе стоит (k + 1)!, выполним преобразо¬
вание гак: ■
4 О (* 4 1)! (Л+1)! (*+1)! "" fc! (k 4-1)1’ U
Решение. Пользуясь тождеством (*), данную нам сумму
запишем в виде:
— + — 4- — + ... + 4 4- -4¬
21 3! 4! ni (П + 1)1 1! 21 21 31
+ ±-±4- ... + — -4- — — =1 .
~ 3! 4! (п — 1)! n! ni (п +1)1 (п 4- 1)1
Теперь нетрудно найти и предел данной суммы:
т, 0 3,5 2п + 1
129. Наити сумму т + ^+---+—~—ГТТ-
4 36 и- (n 4 I)2
- 2* + 1 1
Указание. Общий член суммы —■ представить в виде — —
/г2 4 1)
— -
130. Найти сумму 5 4- ! ... _і_
J a(a±d) (a+ d) (а + 2d) 1
1
+ 1° + {n + l)d\(a+nd)'
Поиски решения и решение. Один из способов, с помощью кото¬
рого вычисляются подобные суммы, как это мы уже знаем из пре¬
дыдущих примеров, заключается в целесообразном преобразовании
общего члена данной суммы. '
Общим членом данной суммы является дробь
1
(а -4- (Æ — 1) d] (а 4* kd) ’
Посмотрим, нельзя ли эту дробь представить в виде разности:
1 1
а 4 — 1) d a 4 kd *
Эта разность будет:
d
[a + (k-\)d\(a+kd)
Отсюда видно, что правильным преобразованием будет такое:
1 = 2. Г 1 I I
(о 4(/г — 1) d\ \а -{-kd) d[a4^ —l)d а 4 kd
80
■ Применяя это преобразование к каждому члену нашей суммы
5Л, получим:
s =1/[1 L_| + [_! 1_ 1 + Г—! !_1 +
л d IL d a+dj [ a + d a + 2d] [a-f-2d a + 3dj
. , Г 1 1 1 , Г 1 1 11
а + (п—2)d а + (п— l)dj £а-j-(n — 1)4 а + nd.
Отсюда
Sn
131. Найти сумму
132. Доказать, что
разуют арифметическую прогрессию, то
аіа2
1 П —1
+ == •
ап-іап
= 1 / 1 1 \ = / п
d \ а a + nd) a(a-\~nd) '
1 ■ 1 . , 1
1-5 5-9 (4л — 3)(4л + 1)*
если числа аІ9 а2, а3 . .. , ап отличны от нуля и об-
1 1 1 . .
' + 1- •• • +
^2^3 ^3^4
133. Последовательность чисел 1, 5, 13, 25, ... обладает тем свой¬
ством, что разности двух соседних чисел образуют арифметичес¬
кую прогрессию. Найти сумму первых п членов этой последователь¬
ности.
Поиски решения. По большей части задачу бывает решить про¬
ще, если она поставлена не в общем виде. Например, легче опреде¬
лить число частей, на которые разбивается выпуклый шестиуголь¬
ник своими диагоналями, чем определить число частей, на которые
разбивается своими диагоналями выпуклый n-угольник. (В обоих
случаях предполагается, что никакие три из диагоналей не пересе¬
каются в одной точке. См. задачу 376.)
Но встречаются и такие задачи, которые решаются удобнее в
общем виде, нежели в частном.
Вот и предложенную задачу на вычисление суммы членов по¬
следовательности удобнее решить сначала в общем виде.
Далее, для определения искомой суммы, по-видимому, надо
будет предварительно определить n-й член этой последовательно¬
сти . .
Решение. Пусть последовательность a2, а3, ая, ...
обладает тем свойством, что
#2 — “ d't
а3 — а2 = 2d,
an—a„_t = (n — l)d.
Сложив эти равенства, получим:
, п(п — 1) л
û« = fll+ 9 -d-
81
Полагая п = 1, 2, 3 найдем, что
== ûj,
I 1 * 2 ,
а2 = аі Н
• 2- 3 <
аз — аі Н у
! 3 • 4 л
#4 = Лі + -у-
, (и — 2) (п — 1 ' ,
fln-i = ai+ 3 7 d>
ап = “і + - - 2’-—d.
Складывая, получим: Sn = at 4- аг + а3 + ... + ап = nat +
+[-^+-^+ ...+-^=^р =
= noj + — [ 1 • 2 + 2 • 3 + ... + (л — 1)ti] d.
Но 1-24-2-34- ... 4-(«—1)п = (22 — 2) 4-(38 —3) 4- ... +
4-(п2 — п) = 2а 4-З2 4- ... 4-п2 —(2 + 3 4- ... + ») =
— »(” + !) (2п + 0 1 _ (Л — 1) (И + 2) _ п (л2 — О
— 6 2 3 ‘
Следовательно,
с I л (л2 — 1) j
S„ = noi+ —-d.
D
Для данной задачи at = 1, d — 4. Поэтому
S = и • 1 + .4, т. е. Sn = ^п(2п^ + 1).
О о
Полагая, например, п = 6, получим, что Se = 146. Действи¬
тельно, 1 + 5 + 13 + 25 + 41 + 61 = 146.
Из этой решенной задачи получается следующий, не лишенный
интереса результат. Члены данной последовательности — целые
числа. Значит, S„ представляет собой целое число при любом нату¬
ральном п. Поэтому из формулы
S„ = ln(2n2+1)
и -
следует, что п (2п* + 1)’ делится на 3 при всяком натуральном п.
134. Не пользуясь результатом задачи 133, докажите, что п (2п* + 1)
делится на 3 при всяком натуральном п.
В2
135. Найти сумму первых п членов последовательности 1, 4, 10, 19,31,,..
136. Можно ли из чисел 1, —, —, — ,..., —, ... выбрать
2 4 8 2п г
бесконечную, геометрическую прогрессию, сумма которой равна —?
5
Поиски решения и решение. Допустим, что искомую бесконеч¬
ную прогрессию из данной бесконечной последовательности чисел
выбрать можно. Но мы не знаем, каков должен быть первый член
этой прогрессии и каков должен быть ее знаменатель. Пусть пер¬
вым членом будет а знаменателем где k и I — натуральные
числа. Тогда искомая бесконечная геометрическая прогрессия бу¬
дет иметь вид:
-L + JL_ + -L-+ ....
ѵ 2* 2к+1 2*+2/
Сумма S этой бесконечной убывающей геометрической прогрессии
определяется формулой:
_1_
S = ———, или S = ■ 2*k
1 _-L 2—1
21
Теперь возникает вопрос: можно ли подобрать натуральные чис¬
ла k и I так, чтобы S = —?
5
Пусть I < k. Тогда
2*‘z (2Z — 1) ’
Дробь
1
2k-l (2Z — 1)
- U 1
не может оказаться равной — , так как ее знаменатель ни при ка-
5
ких натуральных значениях ft и / не может оказаться равным 5.
Пусть I — k. Тогда
Дробь
о 1
не может оказаться равной —, так как ее знамена¬
тель при натуральных значениях I принимает следующую по¬
следовательность значений 0, 1, 3, 7, 15, ... t
Пусть, наконец, I > k< Тогда
21 — 1 ’
83
где I — k> 0. В этом случае дробь
2г-*
2l — l
опять же не может оказаться равной —, так как она несократима
5
и ее числитель не равен единице.
Итак, требуемую прогрессию выбрать невозможно.
,111 1 * *
137. Можно ли из чисел 1, —, —, —, ...,— , ... выбрать бесконеч-
о 1
ную геометрическую прогрессию, сумма которой равна —?
138с Вывести формулу для суммы 1 + 2х + Зх2 + ... + (п —
— 1) хк~2 + пх"'1.
Поиски решения. Слагаемые данной суммы не представляют со¬
бой последовательность членов геометрической прогрессии, но до¬
пускают такое преобразование, в результате которого может быть
выделена часть этой суммы, которая окажется суммой членов гео¬
метрической прогрессии. Поэтому 'задача сведется к изучению
остальной части первоначально данной суммы.
Решение. Обозначив данную сумму символом S„, выразим
ее так: 8Л = (1 + х + х2 + ... + Xя'1) + [х + 2х2 + Зх3 +... +
+ (и — 1) х"'1 ], или Sn = + X [1 + 2х + Зх2 + ... +
+ (и — 1) X"-2].
Заменив сумму, стоящую в квадратных скобках, равной ей ве¬
личиной Sn — nxn'1f получим:
1 уП '
Отсюда
ç» __ 1 — (n + l)x"
(1-х)2
Эта формула не имеет смысла при х= 1. В этом случае наша
П (п + 1)
сумма равна -• 2—-•
139. Вывести формулу для суммы х + 2 х2 3 х3 + ... + пхп.
140с Вычислить сумму OJ + С1cos ф + С2 соз2ф + ... +
+ C"cos Пф.
Поиски решения. Числа CJJ, С1п, С2пі ... , Спп входят в разложе¬
ние n-й степени бинома. Откуда же могут появиться выражения
вида C*cos &ф?
Если рассмотреть разложение (1 + соэф)", то в нем появятся
члены вида C*cos*ty, а не вида Ckn cos Л ф. Но связь между выраже¬
ниями соб*ф и cos &ф наводит на мысль вспомнить формулу Муавра
(cos ф + i cos ф)* = cos k ф + i sin k ф.
84
Это обстоятельство позволяет нам догадаться рассмотреть раз¬
ложение (1 + г)л, где г = cos <р + i sin ф.
Решение. ( 1 —|— и)я = СІ 4" Cnz 4~ Cnz& -р ... 4“ Cnzn = Cj! 4*
+ Ci (cos ф 4- i sin ф) 4- Сп (cos ф 4- i sin ф)2 4- ... 4- С" (cos ф 4~
4“ i sin ф)Л = С2 4~ Си (cos ф 4" i sin ф) 4~ Сп (cos 2ф 4~ і sin 2ф) 4~ ••• 4“
4“ С п (cos пф 4~ i sin /?ф) = Си 4“ Crt cos ф 4~ Сл cos 2ф 4~ • • • 4"
4- Сп cos пф 4- і (Сп sin ф 4- СІ sin 2ф 4- ... + С” sin Пф).
Отсюда видно, что искомая сумма представляет собой действи¬
тельную часть комплексного числа (1 4~ г)п.
Но (1 4" z)n = (1 + cos ф + і 8Іпф)л = ^2 cos2 у 4-1*2 sin -î-cosyj* =
= 2n cosn — (cos — 4- i sin — = 2n cos'1 — (cos — 4- i sin — Ï
2 \ 2 2 ) 2 \ 2 2 /
Действительная часть этого комплексного числа, а следова¬
тельно и искомая сумма, равна
2я cos'2 — cos —.
/ 2 2
/
141. Найти сумму С° 4" sin ф + С2 sin 2ф + ... + С” sin пф.
§ 7. Неравенства
142. Доказать, что +Д2 >]/^2, где >0 и а2 > 0.
Доказательство. Один из простейших способов до¬
казательства неравенств таков: чтобы доказать неравенство А > В,
достаточно показать, что А — В > 0. Очевидно, что
I 1Z— _ аі 4- а2 ~ 2 V— Vâ~2 . n
9 “Г V aia2 — 9 9 U-
Отсюда а^2.
Доказанное неравенство можно записать и в таком виде: 4¬
4- а2 > 2рЛа1а2.
143. Доказать, что если alt а2, ... , ап = 1 и сц > 0 при і = 1, 2, . . ., а,
то (1 + aj (1 + а2) ... (14- > 2я.
144. Доказать, что - + а* + ala2a3t где >0, а2>0
и а3 > 0.
Способ, примененный при решении задачи № 142, попытаемся
использовать и здесь. Исследуем знак разности
85
Если эту разность обозначить буквой D, то получим:
2^Qi 4~ fl2 4~ fl3 — 3 іЛfljflggg
3
Чтобы сделать исследование более доступным, преобразуем по¬
следнее выражение к рациональному виду. Для этого положим
ai = х3, а2 = у3, а3 = z3 Теперь D = — -*3 ~~ =
= (х + у + г) (х2 + у2 4- г2 — ху —уг — гх)
3 *
(См. § 2 задачу 14.) Здесь х + у + г > 0 и ? + у2 + г2 - ху -
— уг — zx > 0 (последнее неравенство следует из очевидного не¬
равенства (х — у)2 + (у — z)2 + (г — х)2 > 0).
Итак, оказалось, что D > 0. А из этого следует, что
01 + fl2 4~ а3
3
145> Доказать неравенство
О1 + fl2 + fl3 4~ fl4
4
(1)
где а, 0, і — 1, 2, 3, 4.
Поиски доказательства. Поскольку мы уже имеем доказанным
неравенство > У а^, которое может быть записано еще
и в виде
а, + а2 > 2 уа^2,
(2)
то естественно начинать доказательство неравенства (1) с примене¬
ния формулы (2) к суммам (aj + а2) и (а3 + а4). •
Доказательство. Очевидно, что
°1 + °2 + а3 + °4 (°J + °s) + (°3 Н” аі)
4 4 >
2 /а,а2 4- 2 Уa3at _ Уatat + V-a3at
4 2
> К’
11 1 .
146. Доказать, что —— + —— + ... + < 1.
1 • Z Z • и П \П -j- 1)
1 1 1
147. Доказать, что — + ~ + •• - +~ < I¬
22 д2 п2
148. Доказать, что при n> 1
Ѵт +FT+ +ÿT>^'r‘ (1)
8Ô
Поиски доказательства. Доказывать неравенство (1) с помощью
преобразования его левой части или с помощью изучения знака
разности между левой и правой частями не представляется удоб¬
ным. Не зная также никаких других средств доказательства, ес»
тественно обратиться к методу математической индукции.
Доказательство. 1) При п = 2 утверждение справед¬
ливо. Действительно, = 1 Ч—— У 2 4- У 2 =
/1/2 /2 r г
/2+1—2
/2
+ /2 = + У 2.
тя 1 I 1 /2 — 1 . и /2—1
Итак, оказалось, что —— Н—-=- = -—— р у 2 . Но -—=-
У 1 у 2 У 2 г У 2
> 0, а поэтому
/2—1
Следовательно,
2) Пусть *
_2= + _U + _L_+ ...
/1^/2 УЗ
(2)
Докажем, что тогда будет справедливым и неравенство:
Гт+7Т + 7Т+ •••+Тт + 7гЬт>1//е+ L
К обеим частям неравенства (2) прибавим по У k + 1 — У k.
Тогда получим:
7t+/f+ - +
ИЛИ
I + 1 + ... + 1 + (/м71 -/~fe) (КГ+Т + /Т) >
./Т /7 /Т /Г+Т+/Т
или
7т+тт+ ••• +7т+>г+т+/т>|/ІТІ-
и 1 - 1 п
Но , = < — . Поэтому и подавно
у/г + І^у/г /fe+i }
Ѵт + 7Т+ +
что и требовалось доказать.
149. Доказать, что —— -4- — 4- —-— 4- . 4- — 4- —!— > 1.
’ л + 1л + 2п + 3^ Зл Зл-Н
87
150. Доказать неравенство 1 + — + — + — + ... + — < 2,75.
/ 1 \л
151. Доказать неравенство НН ) < 2,75 (и — натуральное число).
\ п /
152. Доказать, что при т > 3 (т + 1)"г < /nw+1, где т — нату¬
ральное число.
Поиски решения. Поскольку mrn+1 = тт • т, то для облегчения
сравнения между собой чисел (т + l)w и тт+1 целесообразно в
выражении т + 1 вынести за скобку tn.
Решение. Очевидно, что (m + I)'71 = рл 1 + — j= іпт{1 4¬
4- tnm • 3, так как fl + —Y”< 3 (см. задачу № 151). Итак,
т) \ tnj
мы получили, что (т + I)777 < тт • 3 и тт+1 = тт • т. Отсюда
видно, что при /л>3 будет справедливым неравенство (m -h 1)ш<
< тт+\
153. Что больше: 999998 или 99 8999?
154. Доказать следующие неравенства: а) )/«!> ]/7г при и >
>2; б) ]/п! < п 1 при п > 1; в) j/n! > —.
2 3
Путь к доказательству подобных неравенств надо искать через
их преобразование и использование тех или иных уже известных
соотношений. Нередко бывает полезным и применение математиче¬
ской индукции. Разумеется, могут быть случаи, когда надо поль¬
зоваться и комбинацией этих методов.
Поиски доказательства и доказательство неравенства yf«!>]/«
при п > 2. Это неравенство эквивалентно неравенству (л!)2>лл.
Преобразуем левую часть этого неравенства: '
(и!)2 =
= [1-2. 3.... - (л — 2) (п — 1) п ] • [1 - 2 • 3(л —2)(л—1)л]=
= (1 . л) • 2 (л — 1) • 3 (л — 2)... £ (л — & + 1)... (л - 1). (Д)
Произведение (Д) состоит из л множителей, а каждый из этих
множителей представляет собой произведение двух чисел. Каждый
из крайних множителей произведения (Д) равен л. Значит, если бы
нам удалось доказать, что каждый из остальных множителей этого
произведения больше, чем л, то неравенство (л!)2 > л71 было бы
доказанным.
Считая л > 2, рассмотрим произвольный множитель произве¬
дения (Д), заключенный между крайними множителями, а именно
множитель k [л — (k — 1)], где л>2 и k = 2, 3, ..., (л — 1).
Чтобы убедиться, что k [л — (k — 1) ] больше, чем л, достаточно
доказать, что разность k [л — (k — 1)1 — л есть положительное
число. Перепишем эту разность в виде kn — k2 + k —пи преобра¬
88
зуем ее: kn — n — k'2 + k = n (k — 1) — k (k — 1) = (k — 1)X
X(n — k).
Так как k > 1 и k <Z n, то произведение (k — 1) (n — k) есть
положительное число. Следовательно, каждый из множителей
произведения (Л), заключенный между крайними множителями,
больше, чем п, а каждый из крайних равен п. Отсюда следует, что
(и!)2 > п" при п > 2, а поэтому и /п! >/п при п > 2.
Из доказанного неравенствй обнаруживается замечательное
свойство |/"п!. А именно при неограниченном возрастании п ве¬
личина будет также неограниченно возрастать.
Поиски доказательства и доказательство неравенства у п\ <
Это неравенство эквивалентно неравенству
2 , I п + 1 \"
"■ < {—) ■
Пусть п > 1. Тогда:
> 1ЛПТ,
2
n+JL = ("-1) +.2 >2,
2 2
= (n ~ 2) + 3 —2) • 3,
2 2
■”+-l = 2 + (n ~-!l > y 2 (n — 1),
2 2 ту/,
2±1=1±2>/П.
2 2
Перемножая, получим:
(/(«(n— 1) ... 3 • 2 • 1] • и • 2- 3 ... (n— l)n],
ИЛИ
Отсюда ni g ' ПРИ 1-
Поиски доказательства и доказательство неравенства
Это неравенство эквивалентно неравенству
89
Не находя преобразований, сводящих это неравенство к друго¬
му неравенству, которое было бы более доступно доказать, обратим¬
ся к методу математической индукции.
При п = 1 неравенство п\ > (yj" справедливо.
Допустим, что оно справедливо при п = k, т. е. допустим спра¬
ведливость неравенства
ft!> (—V.
\ з /
Посмотрим, останется ли оно справедливым и при п = k + 1,
т. е. посмотрим, будет ли справедливым неравенство
(4+
Для этого изучим разность между (ft 4- 1)1 и
(k + 1)1 - p±i?+1= (ft + 1)! _ . Л+L =
+1V
-(*+1)1 .
I 1 \*
f h\k I1 + h )
= (k + 1)1 - (4 . (k + I).
\ О / О
кг
> (ft + 1)1 — ft! (ft + 1) . -i
Последнее неравенство мы получили, воспользовавшись нашим до¬
пущением, что ) <ftl. Итак, оказалось, что
Известно, что
(1 + ^<3
\ */
(см. решение задачи № 151 в разделе «Ответы и указания»). Поэто¬
му правая часть неравенства (Л) положительна. А это значит, что
\ ** /
90
ч Из всего изложенного следует, что неравенствъ
п!> И»
\ з /
справедливо при всяком натуральном п.
Доказанные неравенства
3 2
позволяют оценивать в какой-то мере величину Уnî. Например,
для п = 100
33- < ‘TîÔÔ! <50 —.
3 г 2
155. Доказать, что
\ л / п
(*)
Поиски доказательства. Поскольку мы уже встречались с нера¬
венствами, сходными с данными, но содержащими показательные
функции, то имеет смысл преобразовать неравенство (*) в эквива¬
лентное ему неравенство, содержащее уже не логарифмическую
функцию, а показательную. Это преобразование можно выполнить
последовательно так:
2
1 + “j < 1°ёз 3 л>
2
п
fi -к Дя<з.
\ п /
Теперь способ доказательства раскрыт.
Доказательство. Мы знаем, что ~2,75 (см. ре¬
шение задачи 151 в разделе «Ответы и указания»)* Следовательно,
и подавно ( 1 + — У< 3. Отсюда 1 + — < 3“ и log3( 1 + Д <
\ п в \ п]
<— '
п ’
Что и требовалось доказать.
156. Доказать, что если | х| < 1 и | у | < І, то I — у- < 1.
‘ 11 — ХУI
91
Поиски доказательства. Сразу не видно, как доказать требуе¬
мое. Поэтому естественно начать с преобразования того, что тре¬
буется доказать.
Из неравенства
1 вытекают неравенства:
11 — ху |
1 — ху
(X _ уу < (1 - ху)2, х2 4- у2 < 1 + х2у2, X2 (1 — у2) < 1 —
— у2. Последнее неравенство очевидно, так как |х| •< 1 и |у| < 1.
Доказательство. Из неравенств |х| < 1 и jyj <z 1
следует, что 0 < х2 •< 1 и 0< 1 — у2 < 1. Поэтому получим по¬
следовательно:
І^І<1
I 1 — ху I
157. Доказать, что для любых действительных чисел а и b справедливо
неравенство || а | — | b || < | а — b |.
158, Дано, что последовательность аІ9 а2, a3l ..., ап является
арифметической, а последовательность bit b2t Ь3і ..., bn — гео¬
метрической прогрессиями. При этом сц а2, > О для всех на¬
туральных значений п и = blt а2 = Ь2. Доказать, что ап < Ьп
при п > 2.
Поиски решения. Поскольку в задаче фигурируют прогрессии,
надо ввести в рассмотрение разность d арифметической прогрессии
и знаменатель q геометрической прогрессии. Надо, кроме того,
выяснить, каким могут быть d и q при условиях данной задачи.
Далее, выразив ап и Ьп соответственно через d и q, перейти к до¬
казательству неравенства ап < Ьп.
Доказательство. Если обозначить разность арифмети¬
ческой и знаменаіель геометрической прогрессий соответственно
буквами d и то эти прогрессии примут вид:
ûj d, fli + 2d,
blt biq, brf, -
ûj + (я — 1) d,
92
Из того, что ал > 0 и У= я2, следует, что d > 0.
Из того, что at = bi и а2 = b2f следует, что + d = a^q, или
q = 1 + — >1. Кроме того, из равенства Яі + d = я^ сле-
01
дует, что d = Яі {q — 1).
Теперь имеем: ап = + (п — 1) d == Яі + (п — 1) (q — 1)
и bn = biq*-1 = Яі^-1.
Остается доказать, что при п > 2
Яі + Яі (п — 1) (q — 1) < Яі^-1. (1)
Чтобы доказать, что А < В, достаточно показать, что А — В <
< 0. Поэтому исследуем знак разности между левой и правой ча¬
стями неравенства (1). Очевидно, что Яі + (п — 1) (q — 1) —
— üiq^1 = яі (1 — q11'1) + Яі (n — 1) (q — 1) = Яі (1 — ç) U +
+ Я + 92 + ••• + — (п — 1) ].
Так как q > 1, то последнее произведение при п > 2 является
отрицательным числом. Отсюда следует, что при п > 2 неравенст¬
во (1), а следовательно и неравенство ап < Ьпі справедливо.
159. Доказать, что (1 + х)п > 1 + пх, если 1 + х > 0, п — натураль¬
ное число, большее единицы.
160« Решить неравенство
(х — %і) (X — х2) ... (X — хп) > 0, (Л)
где Хі < х2 < х3 < ... < хп. •
Поиски решения и решение. При п = 2, т. е. в том случае, ког¬
да неравенство имеет вид (х — xt) (х — х2) > 0, можно сводить
его решение к решению двух систем неравенств:
( х — х4 > 0, ( X — Хі < 0,
{ 1 и { 1
( X — х2 > 0 (X — х2 < 0.
Однако в случае п > 2 сводить решение неравенства (Л) к ре¬
шению систем неравенств неразумно, особенно при п, значительно
большем, чем 2.
Нетрудно сообразить, что при п > 2 лучше поступать так: от¬
метить на числовой оси точки xit х2, ..., хп, т. е. все корни левой
части неравенства (черт. 11) и рассматривать знак левой части не-
Л ** D Wn-/ *л
- ■■ к
Черт. 11
равенства для значений х последовательно на следующих проме¬
жутках: (х„,+оо), (хл_р хп), (хл_2, хл_,), ...,(х3, х4), (х2, х3), (хь х2),
(—ОО, Хі).
На промежутке (хп, +оо) все множители левой части неравен¬
ства положительны, а потому и левая часть будет положительной.
93
*2 *3 в ~ *п-з хл-г Х/7 / хп
Черт. 12
0 12 3 4 5
Черт. 13
На промежутке (хл_р
хл) один последний мно¬
житель будет отрица¬
тельным, а все осталь¬
ные положительными,
а потому левая часть
будет отрицательной.
На промежутке (хп_2,
хп~{) два последних
множителя будут отри¬
цательными, а остальные положительными, а потому левая
часть будет опять положительной и т. д.
Решениями неравенства (Д) будут промежутки, часть которых
заштрихована на чертеже 12.
Например, решениями неравенства (х — 1) (х — 2) (х — 3) (х — 4)
(х — 5) > 0 будут промежутки, заштрихованные на чертеже 13, а решения¬
ми неравенства (х — 1) (х — 2) (х — 3) (х — 4) (х — 5) (х — 6) > 0 будут
промежутки, заштрихованные на чертеже 14. * 1
;f
о I- г з vs 6
Черт. 14
Изложенным способом удобно решать и неравенства, например,
такого вида:
(х-1)(х-2)(х-3) о.
(х — 4)(х — 5)(х — 6) ’
Только здесь надо отмечать на числовой оси не только корни
левой части неравенства, но и те значения х, при которых левая
часть теряет смыслу ü
Решить неравенства:
161. (X + 4) (X + 2) (X — 1) > 0. 162. (X + 4) (X + 2) (х — 1) < 0.
(х + З)2 (х-|-1) (х — 5)
163. > 0. 164. х? — 2х2 — 5х 4- 6 > 0.
(х — 2) (х — 4)
165. На плоскости задана система декартовых координат. Изо¬
бразить область этой плоскости, заполненную всеми точками, коор¬
динаты которых удовлетворяют системе неравенств:
1 Зх4-2у>7,
( 2х4-4у>3.
Поиски решения. Ясно, что искать область, заполненную точка¬
ми, координаты которых удовлетворяют одному из данных нера¬
венств, легче, чем системе неравенств. Поэтому данную задачу надо
расчленить на две более доступные задачи и решать сначала каждую
из них отдельно.
94
Решение. Графиком уравнения Зх + 2у — 7 = 0 является
(7 \ / 7 \
0; — I и В I— $ 0) (черт. 15).
2} \ 3 /
Прямая АВ разделяет координатную плоскость на две полупло¬
скости: заштрихованную и незаштрихованную.
Возьмем произвольную точку в заштрйхованной полуплоскости,
например, точку М (3; 4). Значение выражения Зх + 2у — 7 в
этой точке больше нуля. Докажем, что значение выражения Зх +
+ 2у — 7 в любой точке заштрихованной полуплоскости тоже бу¬
дет больше нуля. В самом деле, если бы в какой-либо точке заштри¬
хованной полуплоскости оказалось бы значение выражения Зх +
+ 2у — 7 отрицательным числом, то на линии MN нашлась бы
точка, в которой Зх + 2у — 7 обращается в нуль. Но этого быть
Черт. 15
Черт. 16
не может, так как Зх + 2у — 7 обращается в нуль только в точках
прямой АВ. Итак, во всех точках заштрихованной полуплоскости
Зх + 2у — 7 > 0, т. е. Зх + 2у > 7.
Графиком уравнения 2х + 4у — 3 = 0 является прямая, про-
(3\ /3 \
0; у ) и DI у ; Оичерт. 16). Так же как и в
предыдущем случае, можно доказать, что во всех точках заштри¬
хованной полуплоскости (черт. 16) 2х + 4у — 3 > 0, т. е. 2х+
+ 4у >3. '
Теперь построим эти же прямые Зх + 2у — 7 = 0 и 2х + 4у —
— 3 = 0 на одной координатной плоскости (черт. 17).
Из предыдущих выводов следует, что областью, заполненной
всеми точками, координаты которых удовлетворяют данной системе,
является часть координатной плоскости, заштрихованная на чер¬
теже 17.
Решив систему уравнений
( Зх 2у = 7,
I 2х + 4у = 3,
найдем координаты х = — и у - — — в ;
95
Теперь решение данной системы можно изобразить аналитичес¬
ки так:
и 2)
Дадим еще решение системы неравенств
Г Зх + 2у > 7,
I 2х + 4у>3,
Черт. 17
изложенное аналитически. Из данных неравенств следует, что
7 — Зх 3 — 2х
у > И у > .
У 2 У 4
Отсюда видно, что х может быть произвольным числом, а у
может принимать значения, большие наибольшего из значений
7 и Из неравенства -7~~. следует, что
11 3 — 2х 7 Зх 11
X < —, а из неравенства —-— > —-—, что х > — . Следова¬
тельно, при * < должно быть у > 7 ~~ Зх, а при х> долж-
, . 3— 2х
но быть у > .
Л 4
166. Решить графически и аналитически систему неравенств
J Зх 4- 2у > 4,
( х — бу > — 5.
167. Решить неравенство 1 1 1 >0.
г х + 6 * + 8 * —6 4 х —8
Поиски решения. Левая часть неравенства определена не при
всех значениях Поэтому исследовать это неравенство сразу на
всей числовой оси, т. е. сразу для всех действительных значений х,
нельзя. Чтобы определить промежутки, на которых это исследова¬
ние удобно производить, надо найти те значения х, при которых ле¬
вая часть неравенства теряет смысл, и те, которые обращают
эту часть в нуль.
Решение. Левая часть неравенства теряет смысл при зна¬
чениях X, равных —8, —6, 6, 8. Чтобы найти значения х, обраща¬
ющие левую часть неравенства в нуль, преобразуем неравенство к
виду
4х (х2 — 50) Q /*х
(х2 — 36) (х2 — 64) Ѵ
Отсюда следует, что левая часть неравенства обращается в нуль
при значениях- х, равных — /50, 0 и /50.
Теперь остается исследовать данное неравенство отдельнона
каждом из следующих промежутков: (—оо, —8), (—8, —/50),
(—/50, —6), (—6, 0), (0, 6), (6, /50), (/50, 8), (8, +оо).
Легко видеть, что неравенство (*), а следовательно и данное,
выполняется на следующих промежутках: (—8, —/50), (—6, 0),
(6, у 50), (8, +оо). ’
7 3 6
168. Решить неравенство +
169« На плоскости задана система декартовых координат. Изоб¬
разить область этой плоскости, заполненную всеми точками, коор¬
динаты которых удовлетворяют неравенству log2 logy х> 1.
Поиски решения. Под поисками решения в данном случае мы по¬
нимаем выделение тех сведений, которыми надо воспользоваться в
первую очередь, чтобы решить задачу.
При решении подобных неравенств надо учитывать, что число,
стоящее под знаком логарифма, должно быть положительным, а
основание логарифмов положительным и отличным от единицы.
Далее надо пользоваться тем, что из неравенства \ogaNi> logJV2
следует > Af2, если а > 1, и < N2, если а < 1.
Переход от неравенства logJV > qк показательной форме
удобнее делать, если пользоваться тем, что любое число q можно
представить в виде логарифма так: q = loga а^.
Решение. Значения х и у, удовлетворяющие условию зада¬
чи, таковы, что х > 0, х =/= 1, у #= 1, у > 0.
Запишем наше неравенство в виде: log2 logy х > log2 2. Отсюда
* > 2, или logy X > logyy2. При у > 1 имеем: х > у2. Этим
4 Заказ 326
97
двум неравенствам удовлетворяют координаты точек, заполняю¬
щих всю внутреннюю часть фигуры CBD, простирающейся беско¬
нечно (черт. 18).
•При у < 1 имеем х < у2. Этим двум неравенствам удовлетво¬
ряют координаты точек, заполняющих всю внутреннюю часть фигу¬
ры О АВ (черт. 18).
Итак, искомая область состоит из двух частей: внутренней ча¬
сти фигуры АОВ и внутренней части фигуры CBD, простирающей¬
ся бесконечно.
у
V
Черт. 18
Обратим внимание на то, что для решения задачи мы ввели в
рассмотрение прямую у = 1 и параболу у2 =*= х для значений х
и у, удовлетворяющих неравенствам х > 0 и у > 0.
170. На плоскости задана система декартовых координат. Изобразите об¬
ласть этой плоскости, заполненную всеми точками, координаты которых удов¬
летворяют неравенству log2 logxy > 1. Сделайте то же для неравенства logx
]ogy X > 0.
171. Доказать, что еслй alt а2і ..., afl — любые положительные
числа, то
(А)
причем знак равенства достигается лишь в случае = а2 = ... =
= ап. (Выражение а‘2 + '"^-ап называется средним арифмети-
п
ческим чисел а2, •••, а выражение ]/га1а2-.. ап — их средним
геометрическим.)
Поиски доказательства. Существует несколько различных до¬
казательств неравенства (X). Но ни одно из них не является легким.
В каждом содержатся своеобразные догадки, своеобразная изобре¬
тательность. Мы здесь ограничимся изложением доказательства,
Û8
принадлежащего выдающемуся французскому математику Коши
(1789—1857).
Справедливость неравенства (Л) при п = 1 очевидна, а при
п = 2, 3, 4 была доказана на стр. 85, 86.
Докажем сначала следующее вспомогательное предложение:
если неравенство (Л) справедливо при п = é, то оно справедливо
и при п == 2k. Действительно,
4~ *2 4~ 4* » » • 4~ *26-1 4~ __
2/г
Итак, предположив, что неравенство (Л) справедливо при п = k,
мы доказали его справедливость и при п = 2k. Но ранее было до¬
казано, что неравенство (Л) справедливо при п = 2. Следователь¬
но, оно будет справедливым и при
п = 4, 8, 16, 32, ...,
т. е. при п = 2Z, где I —любое натуральное число.
Теперь перейдем к доказательству неравенства (Л) для любого
натурального числа п. Пусть п есть любое натуральное число.
Если окажется, что п есть целая степень числа 2, то для такого и,
как уже было доказано, неравенство (Л) справедливо. Если же п
не есть целая степень числга 2, то к и всегда можно прибавить такое
число g, что п + q станет целой степенью числа 2. Итак, пусть
п 4- q — 21. Согласно доказанному вспомогательному предложе¬
нию будет справедливым следующее неравенство:
Д1 4- 02 4- • • • + Д/t + 4~ •• • 4~ ^п+д > nA q/1\
П 4- я V аіа2'"апап+і*'
где аь а2, ..., an^q — любые положительные числа.
Поскольку выбор чисел an±lt ..., ,ап^д произволен, поло¬
жим, что = ал+2 = ... = an+q = . . При таком
п
выборе чисел ая+1, аа+г неравенство (1) примет вид:
* Мы воспользовались тем, что неравенство (А) справедливо при n=k по
нашему предположению.
4е 99
Отсюда
ai + а2 4- • • • 4- Qn п
аі + °2 + * • • + ап 4~ ’
п
(оі + д2 4~ • • • 4- ап) п 4~ ( ді 4~ fl2 4~• • • 4~ &л) я >
и (и + Ç) ""
или
gi 4~ fl2 4~ • • • 4~ ал
п
аі 4~ fl2 4~ * • * 4~ ая V
п / '
Возведя обе части последнего неравенства в (п+?)-ю степень, по¬
лучим:
/о14-а24-...4-ол\п+^ fai+a2+.,.+an\q
I „ аіа2-*ап I „ •
\ п / \ п /
Отсюда •
Іа^+-.-.+ап\п> аіа2...ап, Ч
\ п /
и окончательно:
а1+а2~Н---+а/г ^п/
^у а<а9...ап .
П ѵ 1 2 п.
Итак, неравенство (Л) доказано для любого натурального и.
Остается выяснить, когда в формуле (Л) достигается знак ра¬
венства. Легко проверить, что при а{ = а2 = ... = аа в формуле
(Л) имеет место только знак равенства.
Теперь докажем, что знак равенства в формуле (Л) может быть
только тогда, когда все величины аь а2і ап равны между собой.
Допустим, что хотя бы две из величин а2, я.., аіѴ например
и а2, не равны между собой. Докажем, что в таком случае обяза¬
тельно в формуле (Л) будет иметь место только, знак > (больше),
т. е. будет
Доказательство. Очевидно, что
£і±£?+51+£?+а3+...+а/)
Оі+аа~Ь---~Ьал _
п п
100
Применяя формулу (Л) к каждому из этих двух выражений,
получим:
Оі+а2+---+ал->- п,
> / ata2a3.. .ап> W
аі+ая I °i +ai -і.„ -L.
Ôо ' 3~ • ~ д д-я aAa2 „ „
2 2 >)/ -2 ' "2 ‘ 3 л ’ (3)
п
Если а^а2, то flla2 и
. £l±£2>/^2. j/-^.
Следовательно, при ai =# a2 правая часть неравенства (3) боль¬
ше правой части неравенства (2), а их левые части равны между
собой. Поэтому знак равенства в неравенстве (2) иметь место не
может, т. е. получится, что
если хотя бы две из величин а2, ...» ап не равны между собой.
Итак, теорема о среднем арифметическом и среднем геометри¬
ческом доказана полностью.
Эту теорему полезно запомнить. С ее помощью легко решаются
многие интересные задачи. Покажем это на нескольких примерах.
1) Доказать, что при любом натуральном п > 1
/7< 1+1.
2
Доказательство. Применим теорему о среднем арифметическом
и среднем геометрическом, положив ах = 1, = 2, а3 = 3 ап = п:
1+2.+3+-+л>71.2-3...п . (1)
п
(Здесь знак равенства исключен, так как числа 1, 2, 3 п различны.)
Из неравенства (1) следует: .
(1+и)п
2 —г
>/ "!
п
и окончательно
п/—г~ s 1
<тг<—.
что и требовалось доказать.
2) Доказать, что при любом натуральном п
\ п+1/ \ п /
101
Доказательство. Применим теорему о среднем арифметическом и
среднем геометрическом к (п 4- 1)-му числу, положив = аа = а, = ... —
= ап = J1 4- и а = 1:
[1 1 + —^4“---4-f 14-—^4-1 —--
\ и / \ п ] \ п ) > ~І/ |14--| .1- (2*
п4-1 V \ п/
(Здесь знак равенства исключается, так как имеется два различных числа
(14 I и 1.) Левая часть этого неравенства преобразовывается гак:
л / .
( 14- — \«4-1
\ п / (п4-1)4-1 __j 1
н4-1 п4-1 п4-1 ’
поэтому имеем:
«4-1 V \ «/
Возведя обе части последнего неравенства в (п 4- 1)-ю степень, получим:
что и требовалось доказать.
3) Требуется разбить положительное число С на п положительных сла¬
гаемых так, чтобы произведение этих слагаемых имело бы наибольшее зна¬
чение.
Решение. Пусть искомыми положительными слагаемыми будут чис¬
ла дсі, х2, ...» хп. По условию задачи хі 4- х2 4- ... + хп = С. Применив
неравенство (Л) к п числам хі, х2, ...» хл, получим:
4-Хд4-."4-Хц п
п хѵг2...хл ,
ИЛИ
С ѵ
п > ѵ х1х2...хл
- /С \п
и, наконец, ( —I •
Равенство имеет место тогда и только тогда, когда Хі = х? = ... = хп.
Из последнего неравенства следует, что наибольшее значение пронзве-
/ С\«
дения XxX2... хп равно f — I . Это наибольшее значение достигается лишь при
\ п /
условии хі = х2 = ... == хл, т. е. лишь тогда, когда каждое слагаемое будет
С
равно —.
172. Доказать, что для любых чисел о, Ь, с, имеющих одинаковые зна-
а Ь с л
ки, “4-“ + “ >3.
оса
хп I XI - -1
173. Доказать неравенство -J 2 — — хіх2...хл > 0, где
п
хі, х2, хп — положительные числа.
J02
174. Положительные числа ai, a2, ...» ап образуют арифметическую про¬
' Пг + ап
грессию. Доказать, что у ауа2 .... ап < .
175. Доказать следующее предложение (теорему): если произведение п
положительных чисел равно 1, то их сумма больше или равна п.
176. Разбить положительное С на п положительных слагаемых так, что¬
бы сумма квадратов этих слагаемых имела бы наименьшее значение.
. § 8. Комплексные числа
177. Найти оба значения квадратного корня из комплексного
числа 1 + і ]ЛЗ.
Поиски решения. Известно, что результат любого математичес¬
кого действия над комплексным числом есть опять же комплексное
число. Следовательно, каждое значение квадратного корня из лю¬
бого комплексного числа должно представлять собой, также ком¬
плексное число.
Поскольку действия над комплексными числами мы можем вы¬
полнять, пользуясь как алгебраической, так и тригонометрической
формой комплексного числа, то и данную задачу мы можем решить
двумя способами.
Решение первым способом. Пусть1 + іУ3 =
= х + іу, где X и у —действительные числа. По определению корня
(х + ty)2 = 1 + і/З,
или
х2 — у2 + 2хуі == 1 + і /3.
Отсюда
<х2—у2 = 1,
(2ху = Г1.
Действительными решениями этой сис¬
темы будут:
„ 2) x=-t2,y__К*.
, 2 2
Следовательно, jZ 1 + і У3 имеет следующие два значения:
/з Г 2 Ѵз {Ѵ2
Y 2 2 /2 2
Решение вторым способом с использованием
тригонометрической формьГкомплексного числа. Для наглядно¬
сти построим точку 1 + іУ§ (черт. 19). Легко видеть, что модуль
103
комплексного числа 1 4-Z]Z3 равен 2, а главное значение аргу¬
мента — . Поэтому
1 +1Y 3 =2(cos--H’sin—У
\ 3 3 )
■ / Л
f—, й 7\ I 2Ля+ Г 2k3t+
у \ os "з -^sm3j='J/’'2^cos—4-isin—-— J’
где k = 0; 1 (см. стр. 14, n. 17). Искомыми значениями корня
будут комплексные числа:
,Zô/ л . . . л\ ГЗ , У2
У 2 cos—Ьt sin—\ =-73:4-1— и
г ( 6 6/ УТ 2
178. Найти оба значения квадратного корня из комплексного числа
1 -/3?
179« Имеет ли сумма |Л 1 + К — 3 + |/~ 1 — Y — 3 действи¬
тельные значения?
Поиски решения. Чтобы ответить на поставленный вопрос, на¬
до знать значения слагаемых)/ 14- з и ]/ і— |/=з, т. е. зна¬
чения Y 1W3 и Y1—Разумеется, что здесь мы дол¬
жны понимать под радикалом ]/3 его арифметическое значение,
а внешний корень из комплексного числа рассматривать как ко¬
рень алгебраический. Поэтому сначала надо найти значения
квадратных корней из комплексных чисел 1 + і)/3 и 1 — i j/3.
Решение. Мы знаем, что
/1-нѴ 3=
V 1-іУЗ =
V 3 , У 2
Y 2+ 2 ’
Уз ;Ѵ~2
У~2 2
(см. задачи № 177, 178). Отсюда следует, что суммар^ 1 +/3 +
+ ) 1 — У —3 имеет следующие четыре значения:
1) /Щ+ііа) + Г_!С2
\У 2 2 J \ Y2
2) /ç+/!ŒW>q[_
\У 2 2 / 2
104
/2 2 / \ V 2 2/
4)
\ / 2 2 / \/2 2 /
Итак, мы обнаружили, что среди четырех значений суммы
—3 имеется два действительных, а именно:
]Лб и —У 6.
180. Найти все четыре значения суммы у 1 +1^— 2 + у 1 — — 2.
181« Найти комплексное число г = х + /у, если | z\ — г = 1 +
+ 2і.
Поиски решения. Задача сводится к отысканию двух неизвестных
чисел х и у. Систему двух уравнений относительно этих неизвест¬
ных можно составить, пользуясь условием равенства двух комплек¬
сных чисел.
Решение. Данное уравнение можно записать в виде
т/х2 + у2 — (х + іу) = 1 + 21. Но два комплексных числа равны
друг другу тогда и только тогда, когда равны между собой отдель¬
но их действительные части и отдельно их мнимые части. Поэтому
имеем систему:
У Х2 + у2’- х = 1,
I -у =2.
а
Отсюдах=—, у=—2. Искомое комплексное число
2
z
равно
182. Найти комплексное число z из уравнения г + | z| = 2 4- і.
183, Пусть А и В — точки, соответствующие комплексным чис¬
лам Zi и г2. Найти комплексное число, соответствующее точке С,
делящей отрезок АВ пополам.
Поиски решения и решение. Для наглядности построим точки А
и В и векторы ОА и ОВ, соответствующие комплексным числам zt
и г2 (черт. 20). •
Сумма векторов ОА и ОВ есть диагональ OD параллелограмма,
построенного на векторах О А и ОВ.
W
Точка D и вектор OD соответствуют комплексному числу Zi +
+ ?2-
Точка С, являющаяся серединой отрезка АВ, является одновре¬
менно и серединой отрезка OD, так как в параллелограмме диаго¬
нали делят другу друга пополам.
Комплексные числа, соответствующие точкам С и D, имеют од¬
но и то же главное значение аргумента, а модуль комплексного
105
числа, соответствующего точке С, в два раза меньше модуля ком¬
плексного числа, соответствующего точке D. Поэтому точке С соот¬
ветствует комплексное число г' + \
Попробуем решить эту задачу, не пользуясь тригонометриче¬
ской формой комплексного числа.
у
Черт. 20 Черт. 21
Пусть Zi = xt + (’уь г2 = х2 + іу2 и пусть точка С есть сере¬
дина отрезка АВ (черт. 21). Тогда . -
CE=îi±^ иСГ=у-*±Ч
2 2
как средние линии соответствующих трапеций.
Комплексное число, соответствующее точке С, равно
*i+*a I Уі4~Уа
2 2 ’
или (*і+*Уі)+(*2-Ну2)
2 *
т. е. Zj+z2
2 ’ ’
184. Три вершины параллелограмма находятся в точках, соответствую¬
щих комплексным числам zb z2, z3. Найти комплексное число, соответствую¬
щее четвертой вершине, противолежащей вершине zx.
185. Доказать, что модуль разности комплексных чисел равен
расстоянию между точками, изображающими эти комплексные
числа.
Доказательство. Пусть z х + у it иг2 = х2 + Уг*-
Тогда I г4 — г2 (=l(xt—x2)+(yt—у2)і|=)/ (xf—х2)а+(Уі—Уг)а •
Но У (Хі—Хг^+СУі—у2)а =АіА2 (черт. 22).
106
Точки Ai и А2 являются изображениями комплексных чисел Zt и
z2 соответственно. Таким образом, действительно | іі — z2| = AAit
186. Найти расстояние между точками, соответствующими комплексным
числам h = 3 — 5і и z2 = — 2 + 7і.
187. Где лежит точка, соответствующая комплексному числу г,
если I г + 2і | = 1?
Примечание. Ради краткости будем говорить «точка г»
вместо «точка, соответствующая комплексному числу z», а также
«вектор z» вместо «вектор, соответствующий комплексному числу г».
Поиски решения. Известно, что | z + Zj | и |z — zt| представ¬
ляют собой длины диагоналей параллелограмма, построенного на
векторах z и zP При этом |z — zj является расстоянием между
точками z и гР Отсюда следует, что точка z, удовлетворяю¬
щая уравнению |z — zj = а, где а>0, удалена от точки zt на
X
расстояние а. Следовательно, эта точка лежит на окружности ради¬
уса а с центром в точке z<.
Если бы вместо уравнения | г — zj = а было задано уравнение
|z + zj = а, ничто не мешало бы нам представить его в форме
I г — ( — zt)| = а.
Решение. Условие | г + 2і | = 1 представим в виде | z —
— (— 2і)| = 1. Отсюда следует, что точка г удалена от точки —2і
на расстояние, равное единице. Следовательно, точка г лежит на
окружности радиуса, равного 1, с центром в точке — 2і (черт. 23).
■ 188. Где лежит точка z, если | z + 2і] = 1 и | z — 1 | = 5? Получен¬
ное решение изобразить на чертеже.
189. Выяснить, где расположены точки, соответствующие комплексным
, . г—1 I
числам г = х + іу, для которых ——— <1.
Z -f- z I
190. Где расположены точки 2z 4- 1, если | z| = 1? Решение изобразить
на чертеже. .
107
191. Показать, как получается геометрически вектор, соответст¬
вующий произведению двух комплексных чисел, из вектора, соот¬
ветствующего множимому.
Решение. Пусть векторы ОМif ОМ2 и ОМ изображают
соответственно множимое (coscpi+f sinфі), множитель r2(cos<p2+
+ fsin ф2) и произведение ' гіг2 [ cos (фі + ф2) + i sin (фі + ф2) 1
(черт. 24).
Вектор ОМ получается путем поворота вектора ОЛ4< на угол ф2
и умножения его модуля на г2.
Если г2 > 1, то происходит растяжение вектора ОМ\, если же
г2 < 1, то — сжатие.
Таким образом, вектор, соответствующий произведению, полу¬
чается из вектора, соответствующего множимому, путем его пово¬
рота и растяжения (или сжатия).
Умножение комплексного числа на і геометрически означает
л
поворот вектора, соответствующего множимому, на угол — , так
как |{| = 1 и arg і = у (черт. 25). Вектор ОУИ4 изображает число
а + Ы, а вектор ОМ изображает произведение (а + ЬіУі.
192. Доказать неравенство 'Ка? + ^ + 1 +
+ ... Ч-'ИаА + W^K(ai + a2+ - +«п)2 + (^ + Ь2+ - + Ья)2,
где а2, .... ап и blt b2, •••> Ьп — действительные числа.
Поиски доказательства. Если обратить внимание на то, что
+ b'k есть модуль комплексного числа zk = ah +ibk при k =
= 1, 2 п, а выражение J/(а, + а2 + ... + ап)2 + (ô,+ b2+...+&п)а
есть модуль комплексного числа W = zt + г2 + ... + гп =
= (at + а2 + ... + ап) + i + b2 + ... + bn), то естественно
108
искать доказательство данного неравенства с помощью теории ком¬
плексных чисел.
Доказательство. Левую часть неравенства можно
рассматривать как сумму модулей комплексных чисел zb z2, •••>
где zk = ak + ibk при k = 1, 2, 3, ..., п, т. e. как сумму | z/l +
+ 12г| + • •• + I гп\' Правая же часть неравенства есть модуль сум¬
мы Zi + z2 + ... + ?п, что кратко записывается так: |?і +
+ г2 + ... + гп |.
Но известно, что модуль суммы комплексных чисел меньше или
равен сумме модулей этих комплексных чисел, что кратко запи¬
сывается так (см. стр. 22, п. 41):
I 2і + г2 + ... + zn I < I Zi I + I z21 + ... + I zn |.
Из этого неравенства следует справедливость неравенства, под¬
лежащего доказательству.
Из рассмотренной задачи видно, что с помощью теории комплек¬
сных чисел можно доказывать в соответствующих случаях свойства
действительных чисел, причем эти доказательства могут оказываться
более доступными и более компактными, нежели их доказательства
без применения комплексных чисел.
193. Пользуясь тем, что произведение модулей комплексных чисел равно
модулю произведения, доказать следующее предложение: если одна сумма
квадратов двух натуральных чисел отличается по величине от другой суммы
квадратов двух натуральных чисел, то произведение этих сумм всегда мо¬
жет быть представлено в виде суммы квадратов двух натуральных чисел.
Например, (2а 4- З2) (1а + 42) = 52 + 14а.
1S4; Дана точка z. С помощью циркуля и линейки построить
точку — (когда говорят «точка г», то под этим понимается «точка,
г
соответствующая комплексному числу г»).
Поиски решения. Поскольку точка z дана на координатной плос¬
кости, то этим самым даны геометрически модуль z и аргумент а
комплексного числа г. Чтобы построить точку—, достаточно знать
г
геометрически модуль и аргумент числа — .
г
Известно, что при делении комплексных чисел их модули делят¬
ся, а аргументы вычитаются.
Поэтому
1 1 . (cos 0 + i sin 0) 1 r z ч » • . / ч,
— = — — = — cos (— a) + i sin (— a)],
г r(cosa +1 sin a) r v ' 1 v
Отсюда следует, что
I 1- I 1 /1 \
— = — и arg - = — a.
I г I г \г/
109
Построение. Случай 1.
Пусть I г| = г = 1. Тогда ' .
J J = 1 и arg j = — arg г.
В этом случае точка — будет расположена симметрично точке г
г
относительно оси (черт. 26).
Случай 2. Пусть | z |< 1. Опишем из нулевой точки, как
из центра, окружность радиусом, равным единице, и соединим пря¬
мой ее центр сточкой z (черт. 27). Далее восставим из точки z
перпендикуляр к проведенной прямой до пересечения в точке Т с
окружностью. Наконец, проведя касательную к окружности в точ¬
ке Т, получим в пересечении ее с прямой OZ точку А.
Из подобия треугольников OTZ и ОТА:
01 ОТ
ОТ ~ ОА'
т. е.
г 1
1 ~ ОА
Отсюда О А = —.
г
Но мы видели, что построить точку — — это значить построить
z
точку, соответствующую комплексному числу, имеющему своим
модулем—, а своим аргументом ( — а). Поэтому искомой точкой
г
будет точка Aif симметричная точке А относительно оси Х{Х.
Итак, точка Aif построенная указанным выше способом, изобра¬
жает комплексное число — .
z
ио
Случай 3. Пусть *г| > 1. Для этого случая сделайте по¬
строение самостоятельно.
195. Какое наибольшее значение может принять модуль комп-
шіексного числа г при условии, что |z + — | = 1.
Поиски решения и решение. Мы должны найти наибольшее зна¬
чение I z|, при некотором данном условии. Мы можем начать иссле¬
дование, полагая либо z = х + гу, либо z = р (cos ср + і sinç).
В первом случае | г | = ]Лх2 + у2, а во втором | z | = р.
Если нам неясно, который из этих двух путей решения задачи
целесообразнее, испытаем сначала первый.
При z = х + іу равенство I z+ —
. I 2
последовательно так:
= 1 преобразовывается
I г2 + 11 = J Іг2 + 11 = j I (х + іу? + 11 = j
I 2 I ’ |г| ’ |г|
У(х3 —у3+ 1)3 + 4х3у3~ _ j
Ух3+/ ’
(х2 — у2 + I)2 + 4х2у — X2 + у2.
(1)
Теперь данная задача свелась к такой задаче: найти наиболь¬
шее значение ]/ х2 + у2 при условии, что х и у связаны уравнени¬
ем (1).
Преобразуем уравнение (1) последовательно так: х4 + у* + 1 —
— 2х2у2 + 2х2 —2у 2 + 4х2у2 = х2 + у2, (х2 + у2)2 + х2 — Зу2 +
+ 1 = 0, (X2 + у2)2 + X2 — Зу2 + 1 — 4х2 = — 4х2,
(X2 + у2)2 — 3 (X2 + у2) + 1 = — 4х2. (2)
Если положить ]/х2 + у2 = t, то из уравнения (2) будет следовать
что /4 — З/2 + 1 < 0, или (t2 — — \ — — < 0.
\ 2/4
Отсюда
3-/5 ,а _ з + V 5
2 1 2
(3)
Следовательно, наибольшее значение t, т. е. величины /х2 + у2,
/з + у 5 /Г, ,
равно у —г——. (Если бы нас интересовало и наименьшее зна¬
чение величины ]/х2 + у2 , то из неравенств (3) мы заключили
, / 3 — у 5" '
бы, что оно равно |/ .
. Решим эту же задачу, пользуясь тригонометрической формой
комплексного числа.
Ш
При г = р (cos<p + i sin ф) равенство I г + — = 1 преобразовыва-
I 2 *
ется так: .
I г2 + 11 _ J I [р (cos <р + i sin ф)] * -f-11 _ I Ip* (cos 2ф 4- < sin 2ф) -f-1| _
I г 1 ’ |p (cos ф + i sin ф) I ’ p
_ J V (р2со5 2ф+О2+р48Іпа2ф I j^p1 4~ 2p2 cos 2ф -j-~i .
’ P ~ ' P — ’
p4 + 2p2 cos 2ф -|- 1 = p2,
p4 — (1 — 2 cos 2<p) pa + 1 =0. (2)
Теперь задача свелась к такой задаче: найти наибольшее значе¬
ние р при условии, что р и ф связаны уравнением (2). Эту задачу
решить легко. Действительно, из уравнения (2) имеем:
2 1 — 2 cos 2ф ± — 2 cos 2ф)2 — 4
Р — 2 •
Наибольшее значение р2 имеет, когда мы возьмем ф = — и
перед корнем знак плюс. Следовательно, наибольшее значение
р равно 3- ^-5- или • ]/з +И5. '
Пользуясь формулой
получим, что —==• ]/з + |/5 = 1 52+~“ Итак, искомое наиболь-
II 1 + ^"5 '
шее значение | z | равно —.
196. Среди комплексных чисел z, удовлетворяющих условию |z—25і|<15,
найти число, имеющее наименьший аргумент.
197. Найти модуль и аргумент комплексного числа W = г2 +
+ г, если z = cos ф + i sin ф.
Поиски решения и решение. Для решения данной задачи истре¬
буется изобретательность. Требуется лишь знание теории комплекс¬
ных чисел. Действительно,
W = (cos ф 4- i sin ф)2 + cos ф + i sin ф = cos 2ф + i sin 2ф + cos ф +
+ i sin ф = (cos 2ф + cos ф) + i (sin 2ф + sin ф) = 2 cos cos +
4- i 2 sin ?? cos -2- = 2 cos (cos + i §in Следовательно, мо-
22 2 \ 2 2/
дуль и аргумент комплексного числа W равны соответственно
2 cos — и 2 кл + — •
2 2 ’
112
Решам эту же задачу, пользуясь геометрическими интерпрета¬
циями1 комплексного числа и его элементов.
При возведении комплексного числа в квадрат, его модуль воз¬
водится в квадрат, а аргумент удваивается.
Поскольку I z| = | cos <р + i sin ср | = ]/cos2cp + sin2 ф= 1, a argz =
= Ф, то I z2| = I2 = 1; Argz2 = 2ф + 2&л.
Следовательно, точки Л и В, соответствующие комплексным числам
г и г2, лежат на окружнос¬
ти с центром в начале ко¬
ординат и радиусом, рав¬
ным 1 (черт. 28).
Комплексным числам г
и z2 соответствуют векто¬
ры О А и ОВ, а сумме z2+z
соответствует диагональ
параллелограмма, постро¬
енного на векторах О А и
ОВ. Фигура АОВС— ромб. 1
Поэтому угол ХОС равен
а ОС = 20.0= 2 • cos—.
2 2
Итак, мы снова полу¬
чили, что |ІГ| = 2 cos-^
и Agr W = 2kn +
198. Найти модуль и аргумент комплексного числа w == z2, если г = 1 —
— cos а + і sin а.
199. Точки Мі, М2, М3, соответствующие комплексным числам Zi, г2, г3,
z2 — zlo
лежат на одной прямой. Доказать, что отношение есть действительное
*з—
число. .
200. Точки Мі, М2, М3, М4, соответствующие комплексным числам
zi, г2, г3, г4, лежат на одной окружности. Доказать, что двойное отношение
?і —?з . г1~г4
г1 — z2 z2 — z4
есть действительное число.
2О1.; Доказать, что сумма р-х степеней корней уравнения
хп — 1 = 0 равна и, если р кратно и, и равна нулю — в против¬
ном случае.
Поиски решения и решение. Из данного уравнения следует, что
X = 1, значит, множество корней данного уравнения — это то
1 Интерпретация— истолкование, раскрытие смысла чего-либо.
113
же самое, что множество п различных значений корня n-й сте-
2/?л 2/?л
пени из единицы, т. е. множество чисел cos — + i sin —, где k =
п п
== 0, 1, 2, ..., (п — 1) (см. стр. 13, п. 17).
Легко предвидеть, что вычисление суммы k-x степеней корней
данного уравнения будет представлять значительные трудности.
Одно из средств, с помощью которого можно надеяться преодолеть
эти трудности, — это целесообразное преобразование каждого
члена искомой суммы.
Если рассмотреть в отдельности корни данного уравнения:
- 2л ... 2л 4л ... 4л 2 (и—1) л . . . 2 (и — 1) л
1, COS-^ + I sin—, COS Ь t sin — ,..., COS— J- I sin— —,
' n n n n n ★ n
то нетрудно заметить, что целые положительные степени корня
Cos — + i sin —, взятые с показателями 2, 3, ..., п, дадут мно-
п п
жество всех остальных корней. Это означает, что все корни уравне¬
ния хп — 1 =*0 могут быть представлены как целые степени од-
2л . . . 2л
ного корня, а именно корня cos — + i sin—.
n n
Если сумму p-x степеней корней данного уравнения обозначить
символом Spt то
о / 2л . . • 2л\Р . ( 4л . . . 4л\Р .
Sn = (cos — + i sin — j 4" (cos — -J- i sin — 14" •••
p \ n n J \ n nJ
. Г 2(n— 1) л « . . 2 (n — 1) л]Р . / 2пл i . . 2nn\P ,
... 4- cos — —H sin — — 4- cos— H sin (вы-
[ n n J \ П П )
ражением cos 4- i sin —— мы здесь заменили первый корень,
п п
равный единице).
Пользуясь формулой Муавра (см. стр. 13, п. 16), получим, что
S = (cos — + i sin — 4- (cos — 4- i sin — V4- ... 4- (cos p— 4-
\ n n) \ n nJ \ n
. . • рл\2л
4-1 sin— .
n I
Отсюда видно, что если р кратно и, то Sp = п.
Далее, вынеся за скобку множитель ^cos — 4-1 sin —и
применив формулу суммы членов геометрической прогрессии, най¬
дем, что
i I Рл « •
1 — COS —4- I sin
\ • п
/ рл . рл\а
1 — cos — 4- i sin —
\ п nJ'
S = (cos — 4- i sin p- )
p \ n nJ
114
или
COS — + î Sin —
. п п t
(Л)
2 1 — (cos 2рл 4- t sin 2рл)
/ рл . рл\а
1 — cos — + i sin — I
\ n n /
Числитель последней дроби равен нулю при всяком целом р.
Знаменатель же равен нулю, когда р кратно п, и отличен от нуля —
в противном случае. Следовательно, если р не кратно п, то Sp = 0.
Если же р кратно и, то формула (Л) теряет смысл. Но для р, кратно*
го п, мы уже ранее доказали, что Sp = п.
Предложение доказано полностью.
202. Доказать, что уравнение хп — 1 = 0 не имеет кратных корней.
§ 9. Задачи на определение наибольших и наименьших
значений переменных величин (функций)
Тот, кто изучал дифференциальное исчисление, знает, что суще¬
ствует единый способ решения задач на определение наибольшего
и наименьшего значения переменной величины (функции). Спосо¬
бы же, имеющиеся в курсе элементарной математики, разнообраз¬
ны и нередко требуют от решающего задачу умения догадываться
и проявлять изобретательность.
Отметим еще и то, что встречаются и такие задачи на отыскание
наибольшей и наименьшей величины, которые методом дифферен¬
циального исчисления не решаются, а методом элементарной ма¬
тематики решаются (см., например, задачу 233).
Задачам, изложенным ниже, предпосылаются теоретические све¬
дения, на основе которых они решаются.
Теорема 1. Функция ах2 + Ьх + с при а > 0 имеет наи¬
меньшее значение, равное , и при а<0— наибольшее
A.GC ' д2
значение, равное тоже—-—. Эти наименьшее и наибольшее
ь
значения получаются при х = ——.
Доказывается эта теорема с помощью выделения полного квад¬
рата (см. стр. 9, п. 3).
203. Найти наименьшее значение функции
X2 + х + 1
у = ■ !
z X2 4-2x4-1
и построить ее график.
Поиски решения. Данную функцию можно изобразить аналити¬
чески и так:
(х + 1)а
115
Отсюда видно, что при X = — 1 она теряет смысл, а при всех
других действительных значениях х принимает только положитель¬
ные значения. Следовательно, ее наименьшим значением может
быть только положительное число. Обнаружить это наименьшее
значение непосредственно не представляется возможным. Поэтому
надо обратиться к каким-то целенаправленным преобразованиям
данного аналитического изображения функции.
Решение. Очевидно, что
X2 + X + 1 = X2 + 2х + 1 —X
X _ J х 4-1 — 1 J
(X + I)2 (X + I)2
дробь —!— буквой и, получим:
X + 1
1 \2 I 3 /1 1 \2. 3
X2 + 2х + 1
X2 + 2х + 1
—ï . Обозначив
(X + I)2
= 1 — U + иа = [и —
Искомое наименьшее значение равно
з
— и получается оно при
11л 1
= 0, т. е. при X = 1.
х+1 2 Е
Перейдем к построению графика данной функции. Пользуясь
X2 I X I 1 '
формулой у = > составим таблицу нескольких значений
X и у.
X
— 3
— 2
ео 1 сч
1
— 1
2
0
1
2
3
...
У
7_
4
3
7
X
3
1
2
4
7_
9
16
Если аргумент х будет приближаться к — 1 (слева или справа),
то у будет неограниченно возрастать.
Теперь посмотрим, как будет вести себя у, когда х станет стре¬
миться к плюс бесконечности или минус бесконечности. Очевидно,
что
X2 X 1
X2 + X + 1 Х2 Х2 Х2 _
X2 + 2х -f- 1 X2 2х 1
‘ Т+-+7
X2 X2 X2
1 1
1 + “b 2
- Х Х
~ 2 1
1 + X + Х2
Отсюда видно, что при стремлении х к бесконечности у стремит¬
ся к 1. График функции дан на чертеже 29.
X3—х + 1
204. Найти наименьшее значение функции у — — -
X2 — 2х + 1
и построить ее график.
116
205. Требуется соорудить канал с поперечным сечением ABDC,
где АВ = CD, АВ и CD перпендикулярны к BD (черт. 30). Сумма
длин АВ, BD и DC должна быть равной Р метрам.
Спрашивается, какими надо сделать ширину и глубину канала,
чтобы площадь его поперечного сечения, т. е. площадь прямоуголь¬
ника с вершинами в точках А, В, D, С, оказалась бы наибольшей?
Черт. 29
Поиски решения. Поскольку мы еще не знаем, какими надо сде¬
лать глубину и ширину канала, то естественно обозначить эти ве¬
личины какими-либо подходящими буквами. Например, положить
АВ = х и BD = у. Далее надо выразить через х и у ту величину,
наибольшее значение которой нам на-
до найти, т. е. площадь сечения кана¬
ла. Эта площадь выразится произве¬
дением ху, т. е. будет зависеть от
двух переменных величин х и у. Но
наше исследование облегчится, если
нам удастся выразить площадь в
зависимости только от одной пере¬
менной. Очевидно, что в данном слу¬
чае это сделать легко,.так как по ус¬
ловию задачи 2х + у. = Р.
Решение. Пусть АВ = х, тогда
Черт. 30
и CD = X, a BD = Р —
— 2х. Площадь сечения будет равна х (Р — 2х). Задача сводится
к определению наибольшего значения функции х (Р — 2х), которая
представляет собой многочлен второй степени, имеющий вид
— 2х2 Рх. Очевидно,
- 2 х8 -
р р2 р2
— X
2 16 16
117
Отсюда видно, что наибольшая площадь получится в том слу-
р
чае, когда мы сделаем глубину канала х = — . Тогда окажется
4
Р Р2
ширина у равной —,, а наибольшая площадь равной — .
2 8
206. Найти наименьшее значение функции (х — а)2 + (х — Ь)2 + (х —- с)2,
где а, b и с постоянны.
207. В треугольнике АВС (черт. 31) провести прямую параллельную
стороне АВ, так, чтобы площадь прямоугольника Л1В1А2В2 оказалась наиболь¬
шей. .
с Теорема 2. Функция
Черт. 31
где а > 0 и х > 0,
а
X
имеет наименьшее значение, рав¬
ное 2j/a. Это наименьшее зна¬
чение получается при х = j/a.
Действительно, применяя не¬
равенство о среднем арифмети-
. ческом и среднем геометриче¬
ском, получим:
или
х+ - > 2 К а
X
О)
, а
(здесь равенство имеет место тогда.и только тогда, когда х = —>
X
т. е. при X = ]/а). Из неравёнства (1) видно, что наименьшее зна¬
чение функции X + — равно 2|/а, и получается оно при х — ]Ла.
X
208. Найти наименьшее значение функции х + при х>2.
Очевидно, что
х + — =х — 2 + — +2.
X—2 х —2
Отсюда следует, что искомое наименьшее значение получается
при X — 2 = ]/ 16, т. е. при х = 6, а само искомое наименьшее зна¬
чение равно 2J/16 + 2, т. е. 10.
209. Найти наименьшее значение функции 5х +
180
X — 1
при X > 1.
118
210« Найти наименьшее значение
(х+1)(х+->)
X
при X > 0.
Очевидно, что
(ж + 1) (X + 4) Х^ + 5х + 4 = х + 1 + 5>
X X X
Следовательно, наименьшее значение получается при х — 2 и равно
оно 9.
211. Найти наименьшее значение
(2x4-5) (5x4-14)
X
при X > 0.
212« Найти наибольшее и наименьшее значения выражения:
X2 + X + 1
X2 4- 2х + 1
при X > 0.
Очевидно, что значение
X2 + X + 1
X2 4- 2х + 1
меньше 1 при х > 0 и равно 1 при х = 0. Следовательно, наиболь¬
шее значение равно 1, и получается оно при х = 0. Кроме того,
х2 4- х 4- 1 X2 4- 2х 4- 1 — х __ J X
X2 4- 2х 4- 1 X2 4- 2х 4-1 X2 + 2х 4- 1
1 ’
Х4--4-2
X
Наименьшее значение х 4- - равно 2 и получается при х = 1.
X ‘
Следовательно, искомое наименьшее значение дроби
X2 4- X 4-1 *
х2 4- 2x4-1
1 3
получается при х = 1 и равно —.
213. Найти наименьшее и наибольшее значения—
X2 4- 1
при X > 0.
214. Надо вырубить из гранита постамент в форме прямоугольного па¬
раллелепипеда, высота которого должна быть равной диагонали основания,
а площадь основания должна быть равной 4 м2. Каковы должны быть изме¬
рения параллелепипеда, чтобы объем постамента оказался наименьшим?
119
215. Полный расход мощности Q на каждый километр длины провод¬
ника определяется формулой
Q = а2х + — + с>
X
где а, Ь, с — величины, не зависящие от х, а х — сопротивление на каж¬
дый километр. Определите значение х, при котором Q будет иметь наимень¬
шее значение.
216. Энергия Р, отдаваемая электрическим элементом, определяется
формулой
(Г 4-Х)2’
где Е — постоянная электродвижущая сила, т — постоянное внутреннее
сопротивление, х — внешнее сопротивление. При каком значении х энергия
Р будет иметь наибольшее значение?
Теорема 3. Если сумма двух положительных переменных
величин постоянна, то произведение этих переменных имеет наи¬
большее значение, когда оба сомножителя принимают одинаковые
значения.
Доказательство. Пусть х и у — положительные пе¬
ременные величины и пусть х + у = с, где с — постоянная вели¬
чина.
Применяя неравенство о среднем арифметическом и среднем гео¬
метрическом, получим:
иди £ >
или, наконец,
Отсюда видно, что наибольшее значение произведения ху рав-
с2
но - и получается оно при х = у.
Теорема 4. Если сумма п положительных переменных ве¬
личин постоянна, то произведение этих переменных имеет наи¬
большее значение, когда все эти переменные принимают одинаковые
значения. (Эта теорема является обобщением теоремы 3.)
Доказательство. Пусть хІ9 х2, ..., хп — положитель¬
ные переменные величины и пусть х{ + х2 + ...• + хп = с, где с
постоянна. По теореме Коши о среднем арифметическом и среднем
геометрическом имеем:
*1 + *2+ ... + *п
п
угхіх2 ... хп.
(с \?і _
—J (здесь знак равенства имеет место тог-
120
да и только тогда, когда хг= х2 = ... = хп. Следовательно, наи¬
большее значение произведения ХіХг...хл равно и получает¬
ся оно при xt = xz — ... = хп. Теорема доказана. , .
217« Найти наибольшее значение функции х4(32 — х4). ’
Поиски решения. При х > і^32 данная функция принимает
отрицательные значения, а при х < у' 32 — положительные. По¬
этому ее наибольшее значение надо искать среди значений х, мень¬
ших, чем У32.
Если мы положим X4 = у, то задача сведется к нахождению наи¬
большего значения многочлена второй степени, имеющего вид:
— у2 + 32у.
Однако если проявить наблюдательность и заметить, что сумма
множителей х4 и (32 — х4) является величиной постоянной, то
можно воспользоваться теоремой 3 и решить задачу проще.
Решение. При х < {/32 оба множителя х4 и (32 — х4)
положительны, а их сумма постоянна. Поэтому наибольшее значе¬
ние данной функции получится при условии, что X4 = 32 — х4, т. е.
при X = 2. Искомое наибольшее значение будет равно 256.
218. Найти наибольшее значение функции Зх2 — 2Х3 при 0 <
Поиски решения. Во-первых, выясним, почему здесь на незави¬
симую переменную х наложены ограничения. Если допустить, что
X < 0, то данная функция не будет иметь наибольшего значения,
так как она будет неограниченно возрастать при неограниченном
возрастании абсолютной величины аргумента х, принимающего от¬
рицательные значения. Например, при х = — 1000 значение дан¬
ной функции будет равно 3 • 1000® + 2 • 10003. Если же допустить,
Q
что X > —, то окажется, что Зх2 — 2х® < 0. При значениях же х,
3 < «
заключенных между нулем и числом —, все значения данной
функции будут положительными. Поэтому наибольшее значение
данной функции надо искать при таких значениях х, которые
удовлетворяют неравенствам 0 < х < у.
Если мы запишем нашу функцию в виде х2 (3 — 2х), то увидим,
к сожалению, что сумма сомножителей х2 и (3 — 2х) не постоянна.
И вот тут-то надо проявить изобретательность и записать данную
функцию в виде произведения трех множителей, а именно так:
X • X • (3 — 2х) .
Решение. Очевидно, что Зх2 — 2х3 = х2 (3 — 2х) = хХ
X X (3 — 2х).
121
При условиях нашей задачи в последном произведении все три
множителя положительны и их сумма равна 3, т. е. является вели¬
чиной постоянной.
По теореме 4 наша функция будет иметь наибольшее значение
при условии, что х = х = 3— 2х, т. е. при х = 1. И само наи¬
большее значение нашей функции будет равно тоже 1. Если мы
положим, например, х= 1р т0 значение нашей функции окажется
25
—•, т. е. окажется меньшим единицы.
32
равным
219. Найти наибольшее значение 100 х3 — Зх4 при 0 < х < 33 — .
Найти значение х, при котором функция ЮОх3 — 7х4 на
г. 100’
7
220.
отрезке |^0; принимает наибольшее значение.
Очевидно, что
ЮОх3 — 7х* = 7Х3 — х\ = 7 • 27 • - •
\ 7 / 3
Искомое наибольшее значение получается
х X /100 \
3 ’ 3 \~7 J
при X = 10 у.
221. Найти наибольшее значение 4х3 — х4 при 0 < х < 4.
а
Черт. 32
222. По углам квадратного листа со стороной
а надо вырезать одинаковые квадраты так, что¬
бы после загибания краев образовалась откры¬
тая коробка наибольшего объема. Какой должна
быть сторона каждого вырезанного квадрата?
Решение. Пусть сторона каждого выре¬
занного квадрата равна х (черт. 32). Тогда объ¬
ем коробки будет равен (а — 2х)2-х.
Здесь 0 < X < — . Очевидно, что
2 ѵ
(а — 2х)2 х — (а — 2х) (а — 2х) • 4х • —.
4
Согласно теореме 4 искомое наибольшее значение получается
при условии, что 4х = а — 2х, т. е. при условии, что х = — .
6
223. По углам прямоугольного листа 80 см X 50 см надо выре¬
зать одинаковые квадраты так, чтобы после загибания краев по¬
лучилась открытая коробка наибольшего объема. Какой должна
быть сторона каждого вырезанного квадрата?
Решение. Пусть сторона каждого вырезанного квадрата
равна X (черт. 33). Тогда объем коробки будет равен (80 —2х) X
X (50 — 2х) X, или 2 (40 — х) (25 — х) • 2х.
122
Наибольшее значение по¬
следнего произведения полу¬
чится при том же значении
X, при котором будет иметь
наибольшее значение произ¬
ведение
(40 — х) (25—х) - 2х. (1)
Поэтому дальнейшему иссле¬
дованию достаточно подвер¬
гнуть произведение (1), рас¬
сматривая его состоящим из
трех множителей: (40 — х),
(25 — х) и 2х. Согласно условиям задачи 0 < х < 25. Поэ¬
тому все три множителя произведения (1) положительны. Кроме
того, как это легко проверить, сумма этих трех множителей равна
65, т. е. величина постоянная. Тем не менее мы не можем применить
теорему 4 к произведению (1). В самом деле, если бы мы такое при¬
менение сделали, то пришли бы к противоречию, так как нет такого
значения х, при котором были бы справедливы одновременно ра¬
венства: 40 — X = 2х и 25 — X = 2х. Первое из них удовлетво-
40 25
ряется только при х = —, а второе — только при х = —.
Чтобы преодолеть возникшее затруднение, введем положитель¬
ный параметр т, значение которого мы выберем в дальнейшем так,
чтобы можно было решить нашу задачу. .
Запишем произведение (1) в следующем виде/
(40 — х) (25т — тх) х ■ —. (2)
т
Здесь сумма первых двух множителей, зависящих от х, равна 40 4¬
+ 25т — (т + 1) х. Поэтому возникает целесообразность запи¬
сать произведение (2) в следующем виде:
(40 — х) • (25т — тх) • (т 4- 1) х ■ .
т (т 4- 1 )
Теперь’ мы можем сказать, что объем коробки равен
I Il I I 1 л
(40 — X) (25m — тх) (т + 1) х .
т (т 4-1)
Здесь сумма первых трех положительных переменных величин,
отмеченных знаком г~1, не зависит от х. Поэтому искомое наиболь¬
шее значение получится при условии, что (т + 1) х = 40 — х и
(т + 1) X = 25m — тх. Отсюда
40 25/п
X = И X = .
т 4- 2 2/л 4- 1
123
Теперь потребуем, Чтобы
40 = 25т
m 2 2т 4- 1
Решив это уравнение, найдем, что = 2, т2 = — — • Но
5
так как т > 0, то примем tn = 2. Теперь объем коробки будет
равен
(40 — X) (50 — 2х) • Зх • -J • уу.
Искомый наибольший объем получится при условии, что Зх =
= 40 — X, т. е. при X = 10.
224» Доказать, что из всех треугольников с данным периметром
наибольшую площадь имеет равносторонний.
Поиски доказательства. Если мы станем изменять элементы тре¬
угольника, сохраняя при этом неизменным его периметр, то будут
изменяться, вообще говоря, его стороны и его площадь. Из всех
известных формул для площади треугольника в данном случае це¬
лесообразно выбрать формулу Герона, поскольку заданной постоян¬
ной величиной у нас является периметр треугольника.
Доказательство. Обозначив стороны треугольника
буквами X, у, г, площадь буквой S и постоянный периметр 2р,
имеем по формуле Герона S = ]/р (Р — х) (р — у) (Р — *)• Вели¬
чины р — X, р — у, р — г положительные и в сумме дают постоян¬
ную величину р. По теореме 4 наибольшее значение произведения
(р — х) (р — у) (р — г), а следовательно и наибольшее значение
площади S, получится при р — х = р — у = р — г, т. е. при х =
= у = г. А это и значит, что искомый треугольник будет равно¬
сторонним.
Методическое указание. Если f (х) > 0 и не
удается найти наибольшее и наименьшее значение f (х),то в неко¬
торых случаях данную задачу можно решить путем отыскания наи¬
большего или наименьшего значения функции [/ (х)]а, т. е. квадра¬
та данной функции.
Если наибольшее значение [f (х) ]2 окажется равным Л4, то наи¬
большее значение f (х) будет равно ]ЛЛ1. То же можно сказать и о
наименьшем значении.
225. Найти наибольшее значение функции ]/х — 2 + р^іб— х.
Поиски решения. Данная функция определена для значений х,
удовлетворяющих неравенствам 2 < х < 16. При х = 2 и х = 16
она обращается в нуль, а при всех значениях х, заключенных меж¬
ду 2 и 16, она положительна. Следовательно, наибольшее значение
данной функции надо искать при таких значениях аргумента х,
которые заключены между 2 и 16.
124
Заметив, что ни один из способов, которыми мы пользовались
до сих пор, здесь неприменим, и не зная, как решить данную зада¬
чу, попытаемся искать наибольшее значение квадрата данной
функции.
Решение. Данная функция положительна. Попытаемся
искать наибольшее значение ее квадрата, т. е. функции
14 + 2 И* —2)(16—X).
Множители (х — 2) и (16 — х) положительны и в сумме дают 14,
т. е. постоянную величину. Следовательно, искомое наибольшее
значение получится при условии х — 2 = 16 — х, т. е. при х = 9.
Наибольшее значение квадрата данной функции равно 28, а
наибольшее значение самой данной функции будет равно ]/28.
226« Найти наибольшее значение функции
cos2x + а sin2 X + У sin2 х 4- a cos2 х, где а > 0.
Поиски решения и решение. Не зная, как найти наибольшее зна¬
чение данной ^функции, попытаемся искать наибольшее значение
квадрата этой функции, т. е. выражения:
1 + а + 2У (cos2x + a sin2 х) (sin2 х + a cos2 х).
Наибольшее значение последней функции получается при
наибольшем значении подкоренного выражения. По теореме 3
наибольшее значение произведения (cos2 х '+ a sin2 х) X
X (sin2x + acos2x) получается при условии, что cos2 х + a sin2 х=
sin2 X + a cos2 X, или cos 2х = a cos 2х. Отсюда cos 2х = 0,
если а У= 1. Следовательно, первоначально заданная функция име¬
ет наибольшее значение (в случае а =/= 1) при х = — + k • — ,
4 2
где k —любое целое число. Это наибольшее значение равно
У ces2^+asin2^ -f- "|/ sin2 + a cos2= /2 (1 + а).
В том же случае, когда а = 1, данная функция представляет
собой постоянное числб, равное 2.
227. Найти наибольшее значение функции У sin 2х + У1 —sin 2х.
О наибольшем и наименьшем значениях многочлена 2-й степени
от двух аргументов. Общий вид многочлена 2-й степени от двух
аргументов хи у таков:
Ах2 + Вху + Су2 + Dx + Еу + F. (1)
Если бы удалось преобразовать этот многочлен к виду:
р (ах + by 4~ с)2 + q (а^х 4- Ь^у + с)2 4- tn,
где р > 0 и q > 0, то его наименьшее значение было бы равно т
и получалось бы оно при условии, что одновременно ах 4~ by + с =
— 0 и ЛіХ 4- Ьіу 4- Ci = 0.
125
Если бы удалось представить многочлен (1) в виде:
М — р (ах + by + с)2 — q (apc + b$ + Cj)2, где р>0 и О,
то наибольшее значение многочлена (1) было бы равно М
и получалось бы при ах + by + с = 0 и аре + bty Н- с = 0. От¬
сюда можно заключить следующее:
1) если в многочлене (1) А > 0 и С > 0, то он имеет наимень¬
шее значение и не имеет наибольшего значения;
2) если в многочлене (1) А <. 0 и С < 0, то он имеет наиболь¬
шее значение, но не имеет наименьшего значения;
3) легко показать, что если А и С имеют разные знаки, то мно¬
гочлен (1) не имеет ни наименьшего, ни наибольшего значения.
Теперь покажем, как находить наименьшее и наибольшее зна¬
чение многочлена (1) на частных примерах.
228. Найти наименьшее значение многочлена х2 — 2ху + бу2 —
— 12х + 2у + 45.
Решение. Надо выполнить два раза' выделение полного
квадрата: х2 — 2 (у + 6) х + бу2 + 2у -р 45 = [х — (у + 6) I2 —
— (у + б)2 + бу2 + 2у + 45 = (X — у '—б)2 + 5у2 — 10у + 9 =>
= (х-у -б)2 + 5,(у2 — 2у 4-|) = (X-у - б)2 + б[(у - I)2-
— 1 + —1= (х — у — б)2 + 5 (у — I)2 + 4.. Наименьшее значе-
5 J ,
ние равно 4, и получается оно при у = 1 и х = 7.
229« Найти наибольшее значение многочлена — х2 + 2ху —
— 4у2 + 2х + 10у — 3. .
Решение. —(х2 — 2ху + 4у2 — 2х — 10у + 3) = — [х2 — 2(у+
+ 1)х4у2 — 10у + 3] = — [(х —у — I)2 — (у + 1)2 + 4у2-10у +
+ 3| = — [(х — у — I)2 + Зу2 - 12у + 21 = — [(X — у - 1)2+ 3(у2—
-4У + |)] = -[(х-у-1)2 + Зф- 2)а- Ю = 10 - (X - у -
— I)2 — 3(у—2)2. Наибольшее значение равно 10, и получается
оно при у = 2 и X = 3.
230. Доказать, что многочлен х2 — 2ху + Зу2 — 2х — 10у + 20 не мо¬
жет иметь ни одного отрицательного значения.
231. Найти наименьшее и наибольшее значения выражения
а cos2 X + b sin X cos x + c sin2 x.
Если мы не знаем, как решить данную задачу, то нередко бы¬
вает полезно поступить так: сначала решить другую задачу, сход¬
ную с данной, но более доступную.
Данное выражение есть однородный многочлен второго измере¬
ния относительно cos х и sin х. Поэтому сходной задачей и более
доступной будет задача об отыскании наименьшего и наибольшего
значений однородного многочлена первого измерения относительно
cos x и sin x, т. е. выражения A cos х + В sin х. Очевидно, что
126
A cos X + В sinx = У А2 4- В2 ( —— А - cos х 4—— sinx^ =
\Ѵл24-в2 /Л2 4-в2 /
-= ]/Л2 4- В2 (sin ф cos X 4- cos ф sin х). = У А2 4- В2 sin (ф 4- х).
Отсюда следует, что искомое наименьшее значение равно
—У А2 4- В, а наибольшее равно У А2 4- В2.
Связь между первоначально данной задачей и рассмотренной
нами легко получить, если воспользоваться формулами:
» 1 Ч- cos 2х . 9 1 — cos 2х
COS2X = ! И Sin2 X .
2 2
Действительно,
a cos2 X 4- b sin х cos х 4- с sin2 х = а • 1 ^os 2*
sin 2*
2
! 1 — COS 2х 1 , , , . , / ч г» . t • Г» I
+ с • —- = — [а + Ь + с + (а — с) cos 2х 4- b sin 2xj.
Отсюда следует, что искомое наименьшее значение равно [а 4¬
+ b + с —Ѵ4 (а — с)2 + Ь2 ], а -наибольшее равно -і- [а + b + с 4¬
+ /(а-с)2 + 62]- ■ -
232. Найти наименьшее и наибольшее значения каждой из следующих
функций: a) cos4* + sin4*; б) cos6 * 4- sin6 *; в) cos4* 4" sin4 x 4- sec4* 4¬
4- cosec4*. •
233. Найти наибольшее значение ў п, где п — натуральное
число.
Сначала выясним, будет ли возрастать или убывать Уп при
возрастании и. Для этого надо сравнить У п и п+У п 4- 1. Так как
эти числа положительные, то их сравнение можно заменить сравне¬
нием рациональных чисел пп+1 и (п 4- О'1. (Эти последние рацио¬
нальные числа мы получили путем возведения предыдущих ради¬
калов в п (п 4- 1)-ю степень.) Очевидно, что
(п + 1)” _ (Н1)л
пп • п пп
(1 4- 4
\ п !
£
п ‘
Известно, что 4’ —(см. задачу 151). Поэтому при
п >3 будет ( 1 4- —Г . ~ < 1, а потому и d^l+_LL і, т. е. (п-р
\ п ) П Пп + 1
+ 1)" < пп+\ Следовательно, Уп 4- 1 < У п при п > 3. Таким
образом, мы доказали, что, начиная с п =-- 3, функция У п убыва-
127
ющая. Значит, все члены последовательности { 4, у^5, у76
меньше, чем > 3 . Легко убедиться, что |/ 2 <{^3 и У1 <3L
Итак, мы доказали, что наибольшее значение / п при натураль¬
ном п равно 3.
Условные наибольшие и наименьшие значения.
234. Найти наибольшее и наименьшее значения выражения
X2 + у2 при условии, что '
(X2 — у2 + I)2 + 4х2у — *2 — у2 = 0. (1)
Условие (1) легко преобразовать к виду:
(X2 + у2)2 — 3 (X2 + у*) + 1 = — 4х2.
Теперь, долагая х2 + у2 = получим: /2 — 3/ + 1 = — 4х2.
Отсюда t2 — 3/ + 1 < Of Из этого неравенства имеем последова-
3Ѵ 5 - з\2 5 Ѵ~ь 4 3^/5
тельно: — -<0, — "2/ < T’ — у < •
Следовательно; -■ < t < — -~*~2^-5 > или
з-Г2 2 з + VГ
2 * "Г У 2 *
Итак, при данном условии (1) наименьшее значение выражения
..2
3— Ÿ 5 3 + 1
равно , а наибольшее —
235. Найти наименьшее значение выражения x-\-yt если х и у ноложитель-
1
_ 1 1
ны И — + — = —.
хі у2 2
236. Найти наибольшее значение произведения
.. А . в . с
sin — sin — sin —
2 2 2
при условии, что 4, В, С — углы треугольника.
Существует несколько способов решения этой задачи. Мы изло¬
жим только два способа.
Первый способ. Легко
. А . в .
— sin— sin — cos-
2 2
1 / 2&+В
= cos2 —-—
2 \ 2
A — В
cos
А+в 1 I
2 2 \
I A — В
- — cos ~
2
.. - Д+В , 1 <
— COS COS ! COS1
2 2 4
1 Г/ A + B 1 Л — B\*
2 [\ 2 2
1 / Л + В
COS
2 1
COS
2
. . A . В . C
видеть, что sin — sin — sin — =
2 2 2
А— В A+B\ A + В
2 2/2
A + B\ 1 I 2 A + В
cos —= cos —!
2 / 2 \ 2
2 A — В 1 , A —В \
> COS =
2 4 2 /
1 2Л—Bl 1 2 Л — В
cos2 =—COS2
2/4 2 J 8 2
A — В \2+ 1 2 A —В \
' - cos2 .
8 2 8
2
128
. А . В . С 1
Итак, оказалось, что при данных условиях sin — sin — sin —<
2 2 2 8
Отсюда следует, что искомое наибольшее значение равно .
Второй способ. Поскольку А, В, С — углы треуголь¬
ника, воспользуемся связями между сторонами и углами треуголь¬
ника. По теореме косинусов имеем: а2 = Ь2 + с2 — 2&ccos А.
Отсюда
62 + с2 — а2 1 / Ь2 + с2 а2 \
cos А = —“ = — — ,
2Ьс 2 \ be Ьс )
ИЛИ
(1)
Но по теореме о среднем арифметическом
6 . с
с b
- + у> 2 1/ А. , т. е.
со V с b
Поэтому из равенства (1) имеем:
Л 1 °2
cos 4 > 1 ,
2bc
или
• 1 — cos А
Отсюда
и, наконец,
. А . а
Sin — <
2 2 Vbc
л . В . b . С . с
Аналогично sin — < = и sin — < ——
2 2 У ас 2 2 У ab
Перемножая последние три неравенства, получим:
. А . в . с 1
sin — sin — sin — < —.
2 2 2 8
Опять получили, что искомое наибольшее значение равно — .
237. Найти наименьшее значение выражения cos2 А + cos2 В + cos2 С
при условии, что A, Bt С — углы треугольника.
238. Числа хи у положительны и х + у= 10. Какое наимень¬
шее значение может принять выражение А + — ?
X у ’
5 Заказ 326
129
Поиски решения и решение. Ответ на поставленный вопрос сразу
не виден. Поэтому естественно искать этот ответ через преобразова¬
ние выражения
Очевидно, что
1 4-1 = Х + У = Ю
X у ху х(10 — х)
Теперь ясно, что искомое наименьшее значение получится при
наибольшем значении выражения х (10 — х), т. е. при х = 5.
Действительно, х (10 — х) = — х2 + 10х = — (х2 — 10х) = —
— [(х — 5)2 — 25] = 25 — (х — 5)2. Следовательно, искомое на-
10 2
именьшее значение равно , т. е. —,
Г 5.(10 —5) 5
239. Найти наименьшее значение выражения
1 +*2
2 + х
при X > 0.
240. Найти наименьшее значение функции ф (х) =| х — 1) | + |х — 2| 4“
+ |х- 3 I + I X — 4 |.
241 « Какого наибольшего объема ящик можно сделать, если
сумма длин его 12 ребер должна быть равной /.
Поиски решения и решение. Если длины трех ребер, выходящих
из одной вершины, обозначить буквами х, у, г, то объем ящика
выразится формулой V = хуг. Задача сводится к нахождению наи¬
большего значения V при условии, что х + у + г = — .
Здесь должна возникнуть мысль воспользоваться известным не¬
равенством, связывающим выражения х + у + z и хуг, а именно
X 4- V 4- г з г .
неравенством —1— > у хуг, которое можно записать и так:
(X I V I 2
— 3 I (равенство имеет место при x = y = z). Теперь
имеем:
у==ху2<(і±у+_г\3=Ш3.
\ з / \ 127
(I \3
— I и полу¬
чается оно, когда X = у = г, т. е. когда ящик имеет форму куба с
ребром, равным -1.
242. Можно ли сделать ящик с объемом 0,8 куб. м, если сумма длин
всех его ребер должна быть равной 10,8 ж?
243» Какой наибольшей полной поверхностй можно сделать
ящик, если сумма длин его ребер равна /? к Л
130
Поиски решения и решение. Если длины трех ребер, выходящих
из одной вершины, обозначить буквами х, у, г, то полная поверх¬
ность S ящика выразится формулой S = 2 (ху + у г + их). Задача
сводится к нахождению наибольшего значения S при условии, что
х + у 4- г = — .
4
Здесь должна возникнуть мысль искать неравенство, связываю¬
щее выражения ху 4~ уг 4~ гх и х + у + г. Такое неравенство
нам не известно. Поэтому начнем с неравенства, близкого к требуе¬
мому, но нам известного, а именно с неравенства ху 4- уг 4~ гх <
<х2 4- у2 4- г2 (см. задача 144). Из этого неравенства следует,
что ху + уг + гх < (х + у + г)2 — 2 (х 4- уг 4- zx), или ху +
+ уг + гх < -і- (х + у 4- г)2 (равенство имеет место при х = у =
= г). Теперь имеем:
9 9 / / \2
S = 2 (ху + уг + 2х) < — (х 4- у + г) = — . ( — ) .
о о \ 4 /
2 / I \ 2
Отсюда видно, что наибольшее значение S равно —1 — 1 и по¬
лучается оно, когда X = у = z, т. е. когда ящик имеет форму куба
с ребром, равным
244. Можно ли сделать ящик с полной поверхностью 2,2 кв. м, если
сумма его 12 ребер должна быть равной 7,2 м?
245. Дан отрезок АВ. Найти геометрическое место точек С та¬
ких, что произведение сторон АС и ВС треугольника ЛВС, делен¬
ное на высоту СН этого треугольника, принимает наименьшее зна¬
чение.
Поиски решения. Пусть АВ — данный отрезок и пусть точка С
принадлежит искомому геометрическому месту точек (черт. 34).
Это значит, что точка С расположена с
так, что дробь
АС- ВС \
СЯ \
имеет наименьшее значение. л н 6
При изменении положения точки С
будут изменяться, вообще говоря, ЛС, Черт. 34
ВС и СН. Таким образом, величина
АС- ВС
. СИ *
наименьшее значение которой нас интересует, зависит от трех пе¬
ременных. Искать же наименьшее значение величины, зависящей
от трех переменных, вообще говоря, труднее, чем от одной пере¬
менной.
5*
131
Поэтому возникает мысль преобразовать дробь
АС • ВС
СИ
так, чтобы она зависела бы только от одной переменной.
Решение. Произведение АС • ВС можно заменить выра~
25
жением , гдеЗ — площадь треугольника АВС, а а — угол АСВ
sin а
(ведь ~ АВ • ВС sin а = S).
Величину СН можно заменить выражением
2S
АВ
^ведь y АВ - СН = sj. Отсюда
АС- ВС = 2S . 2S = АВ
СН sin а * АВ sin а ’
гт АВ
Положительная дробь имеет наименьшее значение при
sin а
л
а = —.
2
Итак, мы доказали, что всякая точка С, для которой дробь
АС- ВС
имеет наименьшее значение, лежит на окружности, постро¬
ен
енной на отрезке АВ как на диаметре.
Теперь надо доказать обратное, а именно то, что всякая точка
М окружности, описанной на отрезке АВ как на диаметре, обла-
АЛ4 • ВМ
дает тем свойством, что для нее дробь ——— имеет наименьшее
значение.
Пусть М есть произвольная точка окружности, описанной на
отрезке АВ как на диаметре, не совпадающая ни с точкой А, ни
с точкой В (черт. 35). Пусть Довесть произвольная точка, лежащая
внутри, а точка М2, лежащая вне круга, ограниченного указанной
выше окружностью. Докажем, что
Черт. 35
AM - МВ АМ1 • ВМ!
МН М^!
AM - МВ _ АМ2 - ВМ2
и < -
МН М2Н2
Пользуясь указанными выше преобра¬
зованиями, имеем:
AM - МВ _ АВ АМѴ - ВМ! _ АВ АМ2 - ВМ2 _ АВ
МН sfria’ М^! sin а/ М2Н2 sinaa
132
(а — угол АМВ, а, — угол AMJ3, а2 — угол АМ2В). Наше
обратное утверждение можно считать доказанным, так как' а =
Jt (\ л>
= —<аі<л, 0 < а2 < —.
2 2 2
Итак, доказано, что искомым геометрическим местом точек яв¬
ляется окружность, описанная на отрезке АВ как на диаметре, за
исключением точек А и В.
246. Найти наибольшее значение функции
F(x, у, г) —хр у7 zr, (1)
где х, у, г — положительные переменные, сумма которых постоянна
и равна с, а показатели р, q, г — данные натуральные числа.
Поиски решения и решение. Чтобы в данном случае можно было
бы воспользоваться теоремой 4, заметим, что при тех значениях х,
у, г, при которых произведение (1) достигает наибольшего значе¬
ния, наибольшее значение будет иметь и функция " г х^у^, т. е.
(х\Р ( V \Q / Z \г
— I —I — , которую можно записать и так:
Р / \<п \г /
XX X у у угг г
р * р р, л g д, \ г г г 9
р множ q множ г множ
Последнее произведение состоит из р + q + г переменных поло¬
жительных множителей, сумма которых постоянна и равна с. По
теореме 4 наибольшее значение этого произведения получается при
X _ у _ г
р g г9
По свойству равных отношений имеем:
X у г х + у -\-г с
P g Г р + д+г р+р + г’
Отсюда следует, что функция хр yq zr достигает наибольшего значе¬
ния при
х=—, у=_£?_, Z = —.
p + g + r p + g+r р + д+'
Очевидно, что предложенная задача решается также, если функ¬
ция (1) будет представлять произведение не трех множителей, но и
двух или большего трех подобных множителей.
Найти наибольшее значение функций:
247. (1 — х)3(1 + х)4;
248. (1 - х) (1 + х)3;
249. cos X (1 + sin х) при cos х > 0.
250. Доказать, что из всех треугольников, вписанных в круг и имею¬
щих общее основание, наименьшую площадь имеет равнобедренный тре¬
угольник.
133
251. Доказать, что из всех треугольников, вписанных в круг, наиболь¬
шую площадь имеет равносторонний треугольник.
252. Найти наибольшее значение выражения sin A sin В sin С, где Л,
В, С — углы треугольника.
253. Доказать, что если тип — натуральные числа, то наи¬
меньшее положительное значение выражения тх 4- пу, где х и у —
целые числа, равно наибольшему общему делителю чисел тип.
Поиски решения. Пусть мы не знаем, как решить эгу задачу. В
подобных случаях нередко бывает полезным решить сначала зада¬
чу, сходную с данной, но более доступную, хотя бы в каком либо
отношении. Поэтому попытаемся найти наименьшее положительное
значение, например, выражения 35х 4- 28у, где х и у — целые
числа.
Естественно упростить и эту задачу, а именно вместо выраже¬
ния 35х 4- 28у рассматривать тождественно равное ему выражение
7 (5х + 4у). Наименьшее положительное значение выражения
5х + 4у при целых значениях хи у не может быть меньшим едини¬
цы. Значение же, равное единице, выражение 5х + 4у имеет всег¬
да, поскольку коэффициенты 5 и 4 являются числами взаимно про¬
стыми. Действительно, из равенства 5х + 4у — 1 найдем последо¬
вательно, что
У = Ц^ = - х + = -x + t,
4 4
где Ï = t. Отсюда х = 1 — 4/. Следовательно, у = — х 4- t =
4
= — 1 + 4/ + / = 5/ — 1. Полагая, например, t = 0, получим
X = 1 и у = — 1. При этих значениях хну выражение 5х 4- 4у
обратится в единицу, а выражение 35х 4- 28у примет наименьшее
положительное значение, равное 7. Но число 7 как раз и является
наибольшим общим делителем чисел 35 и 28.
Решение. Пусть наибольший общий делитель чисел тип
равен d. Тогда вместо выражения тх 4- пу мы можем рассматри¬
вать тождественно равное ему выражение а(т4х 4-Піу). Посколь¬
ку числа пц и Пі взаимно простые, то существуют такие целые чис¬
ла х и у, при которых выражение пцх 4- «іу обращается в единицу.
Следовательно, наименьшее положительное значение при целых х
и у выражения d (пцх 4- Піу), а значит и выражения тх 4- пу,
равно d, т. е. наибольшему общему делителю чисел тип, что и
требовалось доказать.
S 10. Задачи на делимость
254. Доказать, что каждое число вида 1п 4- 3 п — 1 делится на
9 при любом натуральном значении п.
Поиски доказательства. Представим себе на минуту, что сформу¬
лированное утверждение неверное. Ведь в этом случае все наши
134 '
попытки его доказать были бы тщетными и мы могли подумать, что
плохо умеем решать задачи. Поэтому имеет смысл начать с про¬
верки этого утверждения для нескольких значений п. ■.
Полагая, например, п = 1, 2, 3, мы увидим, что ни к какому
противоречию не приходим.
В связи с этой проверкой у нас может возникнуть мысль дока¬
зывать это утверждение методом математической индукции;
Но, разумеется, нам могла прийти и другая мысль. А именно
доказывать утверждение преобразованием и перегруппировкой
членов данной суммы.
I. Доказательство методом математической индукции.
1) При п = 1 сумма 7Л + Зп — 1 делится на 9. 2) Предположим,
что при п = k эта сумма, т. е. 7* + 3k — 1, делится на 9. Теперь
выясним, делится ли (при нашем предположении) 1п + Зп — 1 на 9
при п = k + 1, т. е. делится ли 7Й+1 + 3 (k + 1) — 1 на 9. Пре¬
образуем эту последнюю сумму так, чтобы в ней выделилось выра¬
жение 1к + 3k — 1:
7*+1+ 3 (k + 1) — 1 = 7 • 7* + 3k + 2 = 7 • 7* + 7 • 3k -
— 7 — 7 • 3k + 7 + 3k + 2 =
= 7 (7* + 3k — 1) — 186 + 9.
Каждое из трех слагаемых этой последней суммы делится на 9,
так как 7й + 36—1 делится на 9 по нашему предположению. Сле¬
довательно, 7*+1 + 3 (6 + 1) — 1 при нашем предположении де¬
лится на 9.
Этим полностью доказана делимость каждого числа вида 7я +
+ Зп — 1 на 9 при любом натуральном значении п.
II. Доказательство преобразованием с перегруппи¬
ровкой. Попытаемся искать решение с помощью целесообразного
представления числа 7 в виде суммы или разности двух чисел. Это
можно сделать, заменяя число 7, например, одним из следующих
выражений: 3 + 4, 2 + 5, 9 — 2, 10 — 3, 6 + 1. Исследованием
можно обнаружить, что целесообразно положить 7 = 6+1. Дей¬
ствительно,
(6 + 1)” + Зп — 1 = (6я +С* 6я-1 + С2п 6я” + ... +Ся-26* +
+С7*6 +С^ + Зп — 1) = (6я +С* 6я"1 +С2 6я-’ + .., + Ся“26’) +
+С^-*6 +С£ + Зп — 1 = (2я • 3я + С\ 2я?1 • зя-‘ + ... +Ся~2-22 X
X 3’ + 6п + 1 + Зп — 1 = (2я . 3я +С^ 2я-1 • Зя-‘ + ... +СЯ~2 X
X 2* • 3’) + 9п.
135
Каждое слагаемое последней суммы делится на 9 при любом
натуральном значении п. Следовательно, и 7п + Зп — 1 делится
на 9 при любом натуральном значении и.
255. Доказать, что сумма кубов трех последовательных целых чисел де¬
лится на 9.
256. Найти наименьшее натуральное число, которое при делении
на 3 и 14 дает соответственно остатки 1 и 9.
Поиски решения. Первый вопрос, который надо поставить и раз¬
решить, таков: как выразить равенством тот факт, что число У при
делении на d дает остаток г? Пусть при делении N на d получается
частное q и остаток г (г < d). Тогда N = dq + г. Например, деля
43 на 8, получим в частном 5, а в остатке 3. Это приводит к равен¬
ству 43 = 5 • 8 + 3.
Теперь естественно выразить условия задачи в форме равенства
N = dq + г.
Решение. Согласно условиям задачи искомым числом яв¬
ляется наименьшее натуральное число х, удовлетворяющее следую¬
щим равенствам: х = Зу + 1, х = 14г + 9, где у и г —натураль¬
ные числа. Отсюда Зу + 1 = 14г + 9, или Зу = 14г + 8,
2г I 2 2г | 2
или у = 4 г + 2 4 . Выражение —— должно быть целым
числом. Обозначив это целое число буквой и, получим: у = 4г 4¬
4- 2 + и и 2г + 2 = и или 2г =• Зи — 2, или г = и — 1 + —.
3 2
Следовательно, — должно тоже быть целым числом. Обозначив
2
это целое число буквой t, получим: г = и — 1 + < я |
Отсюда и = 2t. Теперь имеем:
1) г = и — 1 + у- 2/— 1 4-/ = 3/ — 1;
2) у = 4г + 2 + ^-±^ = 4(3*—l) + 2 + u = 4(3f—1) + 2 +
4-2/ = 14/ —2;
3) ж = Зу 4- 1 = 3 (14/ — 2) 4- 1 = 42/ — 5.
Положив t равным наименьшему натуральному числу, а именно
единице, найдем х = 42 • 1 — 5 = 37. Искомым числом является
число 37.
257. Найти наименьшее натуральное число, которое при делении на 11 и
20 дает соответственно остатки 7 и 19.
258. Найти наименьшее натуральное число, делящееся на 7, которое
при делении на 2, 3, 4, 5, 6 дает всякий раз остаток, равный 1.
.136
259. Найти наименьшее натуральное число, которое при делении
на 2, 3, 4, 5, 6 дает соответственно остатки 1, 2, 3, 4, 5.
Поиски решения. Если бы задача была сформулировна, напри¬
мер, так: найти наименьшее натуральное число, которое при деле¬
нии на 3, 14, 25 дает соответственно остатки 1, 9, 14, то ее решение
было бы более сложным, чем решение данной задачи. Простота
данной задачи заключается в том, что между остатками и делителя¬
ми имеет место простая закономерность. А именно всякий раз оста¬
ток на единицу меньше делителя. Но мы знаем, что если число W
делится на d. то число N—1 при делении на d даст остаток, рав¬
ный d— 1. Поясним это на примере. Число 80 делится на 20, а
число 80 — 1, т. е. 79 при делении на 20 дает остаток, равный 19
т. е. остаток на единицу меньше делителя 20.
Решение. Наименьшее число, делящееся на 2, 3, 4, 5, 6,
равно произведению 3-4-5, т. е. равно 60. Если от числа 60 отнять
единицу, то число 60 —- 1, т. е. 59. при делении на 2, 3, 4, 5, 6 бу¬
дет давать остатки на единицу меньшие соответствующих делите¬
лей, т. е. остатки 1, 2, 3, 4, 5. Итак, искомым числом является
число 59.
260. Найти наименьшее натуральное число, которое при делении на
5, 6, 7, 8 дает соответственно остатки 4, 5, 6, 7.
261 < Доказать, что дробь
Зи + 4
4п + 5
при любом целом и несократима.
Поиски доказательства. Дробь, например, не сокраща-
4п 4~ 7
ется на буквенное выражение. Но при п = 2 сокращается на 5.
Дробь (1) тоже не сокращается на буквенное выражение. Но
относительно этой дроби требуется доказать, что она ни при каком
целом и не становится сократимой.
Доказывать требуемое испытаниями невозможно: не видно так¬
же и другого пути прямого доказательства. Поэтому остается об¬
ратиться к «доказательству от противного».
Доказательство. Допустим противное тому, что тре¬
буется доказать. А именно предположим, что существует такое це¬
лое значение п, при котором данная дробь сокращается на целое
число d. Разумеется, что по смыслу сократимости дроби это целое
число d не должно быть ни нулем, ни единицей, ни минус единицей.
Из сделанного нами предположения следует, что числитель и
знаменатель дроби (1) должны делиться на d, т. е. что Зп + 4 =
= md и 4п + 5 = mid. где т и ті — целые числа. Отсюда
n£=md-4 и n=m1d-5
3 4
137
следовательно
md — 4 mid —5
3 4
или 4md — Зіщй = 1 и, наконец, 4т — 3/n, = —.
• * d
Левая часть последнего равенства есть целое число, а правая
не является целым числом, так как d #= zb I- Сделанное нами
предположение привело к противоречию. Следовательно, дробь (1)
не может быть сократимой ни при каком целом и.
ся
на
„ - 14п4-3 -
262. Доказать, что дробь при любом целом несократима.
21п + 4
22п +3
263. Наити все целые значения и, при которых дробь ——-j—j становит-
сократимой.
264. Доказать, что ни при каком натуральном п число п2 + 1 не делится
3.
Указание. Рассмотрите три класса натуральных чисел: а) класс
чисел, делящихся на 3 (это числа вида 3k, где k — любое натуральное число);
б) класс чисел, дающих при делении на 3 в остатке единицу (это числа вида
3k + 1, где k — любое натуральное число); в) класс чисел, дающих при де¬
лении на 3 в остатке 2 (это числа вида 3k + 2, где k опять же любое нату¬
ральное число). Этими тремя классами исчерпывается все множество на¬
туральных чисел. (Любое натуральное число обязательно попадает в один из
этих классов.) Докажите неделимость на 3 числа п2 -|- 1 отдельно для каж¬
дого из этих классов. *
265. Доказать, что если р — простое число и а не делится на р,
то ар~х — 1 делится на р (малая теорема Ферма).
Доказательство. Если а не делится на простое число
р, то очевидно, что на р не будут делиться и числа 2а, За, 4а, ...,
(Р — 1) а-
Пусть при делении чисел а, 2а, За, ..., (р — 1) а на р получают¬
ся соответственно частные qlt qit ..., qp^t и остатки rlt rz, r3 rp_P
Тогда
a = qtP + rt,
2a = q2p + r2,
За = 9зр + r3,
(p — l)a = qp_iP +/>-„
(A)
где rit r2, r3, ...» rp^i будут положительными числами, меньшими p.
Докажем, что все эти числа попарно различны. Допустим, что rh =
= Гр где Л, / = 1, 2, 3 ..., (р — 1) и k >1- Тогда из равенств:
ka = qhp + rk,
la = qp + rt
138
с помощью вычитания получим:
(k — /) а = (qk — qj р.
Отсюда следует, что (k — 1)а делится на р. Но этого быть не
может, так как (k — Г) а представляет собой одно из чисел а, 2а, За,
..., (р — 1)а. Следовательно, равенство rk = rl, где k #= I невоз¬
можно. Этим доказано, что все числа п, г2, г3 ,..., гр^і попарно
различны.
Итак, мы имеем (р — 1) целых положительных чисел: гь г2,
г3, .... Гр-р которые попарно различны и каждое из которых мень¬
ше р. Но в таком случае среди них будут все числа от 1 до (р — 1)
по одному разу, а потому их произведение гь г2, Гз< •••> гР-і будет
равно произведению 1 • 2 • 3 • • (р — 1).
Теперь, перемножив левые и правые части равенств (Л), полу¬
чим:
1 • 2 • 3 • ... • (р — 1) • аР-1 = N • р + ГіГ2...Гр_р
где N — целое число, а ГіГ2... = 1 • 2 • 3 • ... • (р— 1). Отсюда
1 • 2 • 3 • ... • (р — 1) (аР-1 —1) = АГр.
Из последнего равенства следует, что произведение
1 - 2 • 3 • .... • (р — 1) • (ар_1 — 1) делится на р. Но произведение
1 • 2 • 3 ... • (р — 1) не делится на простое число р. Поэто¬
му аР~г— 1 делится на р, что и требовалось доказать.
Следствие из малой теоремы Ферма. Если р — простое
число и а — любое целое число, то ар — а делится на р. Действи¬
тельно, ар — а = а (а?-1 — 1). Если а не делится на простое число
р, то по малой теореме Ферма а'’-1 — 1 делится на р, а потому
а (а*’-1 — 1), т. е. ар — а, тоже делится на р. Если же а делится на
р, то а (аР — 1) делится на р, а потому на р делится и аР — а.
Другое доказательство малой теоремы Ферма. Докажем сначала
следующее предложение: если р — простое число и а — любое
целое число, то ар — а делится на р.
1) Пусть р — простое число. Наше предложение справедливо
при а = 1. Действительно, Р — 1, т. е. нуль, делится на р.
2) Предположим, что наше предложение справедливо для не¬
которого натурального числа п. По формуле бинома Ньютона
(п+ 1)р = пр + С'рпР-' + С2рпР-*+ ... +С£-*п+1, (А)
р(р—1 . . . (р — k + 1) гт о .
где Ср = ■ — 1 ■ . Докажем, что каждый из коэф¬
фициентов ' , Ср, ..., Ср~* делится на р. Очевидно, что про¬
изведение 1 • 2 • 3 • ... • k • Ср делится на р. Но при к <Z р про¬
изведение 1 • 2 • 3 • ... • k не делится на простое число р, а потому
С£ делится на р. Итак, каждый из коэффициентов Ср , Ср, С''-1
139
делится на р. Теперь из формулы (Л) будет следовать, что (п + 1)р—
— пР — 1 делится на р.
По сделанному нами, предположению пР — п делится на р.
А если так, то на р будет делиться и выражение
(и + 1)" — п" — 1 + (пР — п),
т. е. выражение
(и + 1)' - (и + 1).
Значит, наше предложение справедливо и для числа и + 1.
Таким образом, мы доказали с помощью полной индукции, что
наше предложение справедливо для любого натурального числа. Для
а = 0 оно также верно.
Если а — целое отрицательное число, то при р = 2 имеем:
а2 — а = а (а — 1), а так как из двух последовательных целых
чисел а — 1 и а одно всегда четное, то всегда а2 — а делится на 2.
Далее, при р простом нечетном имеем: (—а)р — (—а) — —
— (аР — а). Следовательно, наше предложение справедливо и для
целых отрицательных значений а.
Из того, что при любом целом а выражение ар — а делится на р,
следует, что и произведение а (аР-1 — 1) делится на р.
Пусть а не делится на р, тогда cP"1 — 1 делится на р.
Этим малая теорема Ферма доказана еще одним способом.
266. Каким числом может быть остаток при делении любого числа
# на п? (Разумеется, что числа N и л натуральные.)
267. Доказать, что если два числа при делении на п дают равные остат¬
ки, то разность этих чисел делится на и.
268. Если натуральное число N не делится на простое число р, то остат¬
ки при делении чисел 2Ѵ, 2N, 3N, ..., (р — 1) N на р все будут различ¬
ными. Доказать.
269. Доказать, что при делении натуральных чисел АГі, W2» ^з»
на число п среди остатков найдется по крайней мере два одинаковых.
270. Доказать, что из 1001 целого числа можно выбрать два, разность
которых делится на 1000.
271. Доказать, что если разность ар — bp (л, b — натуральные числа,
р — простое число) делится на р, то она делится и на ра.
Указание. Согласно следствию из малой теоремы Ферма ар — а и
ЬР — b делятся на р. Отсюда выведите, что а — b делится на р. Далее, из
того, что а — b делится на р, следует, что а — b •= kp, или а = b + kp, где
k — целое число. После этого останется доказать, что и множитель аР'1 +
+ ар~2 b + ... + abp~2 + ЬР-1, где а = b + kp, делится на р.
272. Доказать, что среди любых 100 целых чисел х2, •••» ^юо
найдется либо одно, делящееся на 100, либо несколько чисел, сум¬
ма которых делится на 100.
Поиски доказательства. При решении задач на делимость целых
чисел часто полезно пользоваться следующими положениями:
1) При делении на п любое число дает в остатке одно из чисел
0, 1, 2, ..., (п — 1), т. е. существует всего п различных остатков.
2) Среди целых чисел Nt, N2i ..., Nn+i найдутся по крайней мере
два, дающие одинаковые остатки при делении на целое число п.
140
3) Если два числа и N2 при делении на п дают один и тот же
остаток, то разность ТѴі — N2 делится на п.
Теперь перейдем к рассмотрению нашего предложения. Если
среди чисел xit х2, ..., хп найдется хотя бы одно, делящееся на 100,
то наше предложение будет справедливым. Теперь допустим, что
этого нет. Тогда надо будет доказать,что среди этих чисел найдется
несколько, сумма которых делится на 100. Значит, надо исследо¬
вать различные суммы, составленные из чисел xif х2, ..., хп. Есте¬
ственно рассмотреть эти суммы сначала в какой-либо простейшей
закономерности.
Доказательство. Рассмотрим следующую последова¬
тельность:
Хі, Хі + х2, Хі + х2 + х3, ..., Хі + х2 + ... + хп. (Л)
Если среди членов этой последовательности найдется хотя бы один,
делящийся на 100, то наше предложение будет справедливым.
Теперь допустим, что ни один из членов последовательности (Л)
не делится на 100. Рассмотрим остатки при делении на 100 каждого
из членов этой последовательности. Если среди этих остатков най¬
дется нуль, наше предложение опять будет справедливым. Если
же среди этих остатков нуля не окажется, то по крайней мере два
из этих остатков окажутся одинаковыми (см. п. 1, 2, 3). А если так,
то среди членов последовательности (Л) найдутся два, разность
между которыми делится на 100. Но эта разность будет представлять
собой как раз сумму каких-то нескольких чисел, взятых из множе¬
ства хІ9 x2t ..., х100. Этим наше предложение доказано полностью.
273. Доказать, что из п + 1 целого числа можно выбрать два, разность
которых делится на л.
274. Доказать, что число 111 1, состоящее из 81 цифры,
делится на 81.
У к а з а н и е. Целое число делится на 9 тогда и только тогда, когда
сумма его цифр делится на 9. Доказав, что данное число делится на 9, дока¬
жите, что и полученное частное тоже делится на 9.
275. Доказать, что если сумма трех целых чисел делится на 6, то сумма
их кубов тоже делится на 6.
276я Доказать, что сумма
е \р + 2^ + ... + пр (1)
при нечетном р делится на сумму
1 + 2 + ... +п. (2)
Поиски решения и решение. Если сумму (2) не преобразовы¬
вать, то судить о требуемой делимости не представится возможным.
Поэтому, пользуясь формулой суммы членов арифметической про¬
грессии, заменим сумму (2) выражением ÜÎ2+22,
141
Чтобы доказать, что сумма (1) делится на t достаточ.
но доказать, что она делится либо на (п 4- 1) и -р либо на п и
в зависимости от четности или нечетности числа п.
2
Пусть п — четное число.-Сумму (1) запишем так:
(п \Р / п\Р { п \Р
V-’ + 7 + Т + 1 + - +пР>
£ / \ Z / \ £ /
п п
тг слагаемых —- слагаемых
или, перегруппировав члены этой суммы, получим:
[Р + ПР] + ]2Р + (п — 1X1 + - + [(f)₽+ (f + ^]-
Каждая сумма, записанная в квадратных скобках, делится на
(n -t- 1) (см. задачу 18).
Сумму (1) запишем еще и так:
[ 1₽ + (п - 1X1 + 12" + (п — 2X1 + ... 4- [(у — 1)Р+ (у + 1)Р -Ь
+(?Г+^
Из этого преобразования легко видеть, что сумма (1) делится
. п
и на — .
2
Итак, доказано, что сумма (1) при нечетном р и четном п делится
на сумму (2).
Пусть п — нечетное число. Для удобства положим п = 2т + 1,
тогда сумму (1) можно записать так:
1Р 4- 2^ + ... + (m — IX + + И + IX + ♦•♦ + (2тХ+ (2т + IX.
т слагаемых т слагаемых
или так:
IP + (2тХ1 + 12₽ + (2m - IX 1 + ... 4- 1/п" + (т + 1X1 +
+ (2m + IX-
Из этого преобразования видно, что сумма (1) делится на п (ведь
2т 4-1 = п).
Сумму (1) запишем еще так:
Р4-2^4- -Н/п—1Х+"Х+('”4-2Х+ - +(2тХ Н2т-Ц) +(т + If
т слагаемых т слагаемых
или так:
IP + (2т + IX 1 + 12^ 4- (2тХ 1 + ... + ІтР + (/й + 2Х1 4¬
+ (т 4- IX.
142
Легко видеть, что эта сумма делится на (т -J- 1). Следователь¬
но, сумма (1) делится на —(ведь —=/и4-11.
Доказано, что сумма (1) при нечетном п делится также на сум¬
му (2).
Требуемое полностью доказано.
Доказать следующие два утверждения:
277. Если т целое число, то т3 — т делится на 6. Доказать.
278. Если т + п + р делится на 6, то т3 + п3 + Р3 тоже делится на
6(/и, п, р -— целые числа). Доказать.
279. Доказать, что число З105 + 4106 делится на 16 471.
280. Доказать, что произведение (п + 1) (п 4-2) ... (п + п)
делится на произведение 1 • 3 • 5 • 7 • ... • (2и — 1).
Поиски доказательства. На первый взгляд эта задача может
показаться трудной. В действительности же, как мы сейчас увидим,
она легкая. С чего же здесь надо начинать? Естественно начать
с проверки данного утверждения для частных значений п, имея
в виду, что эта проверка подскажет путь к решению данной за¬
дачи.
Результаты этой проверки запишем в виде следующей таблицы:
п
(л + 1)(л + 2) ... (л + л)
1 • 3 • 5 ... (2л —1)
Частное
1
2
1
2
2
3 4
1 3
2а
3
4 5 6
1 3 5
23
4
5 6 7 8
13 5 7
2*
Теперь трудно удержаться от применения метода полной мате¬
матической индукции.
Доказательство. Наше утверждение, как мы уже убе¬
дились, справедливо при п = 1. Предположим, что оно справедли¬
во для п = k, т. е. что
(fe + l)(^+2) ... (fe + fe)
1 -3*5 ... (2k — 1) ’
где k — некоторое натуральное число.
Докажем, что тогда наше утверждение будет верным и для п =
= k + 1, т. е. что
(k+2)(k + 3) ... (2^+1)(2^+2) = 2Л+1
1 • 3.5 ... (2/?—l)(2fc + 1) - *
143
Действительно,
(k 4- 2) (6 4- 3) ... (26 + 1) (26 4- 2) = (&4-2) ... (6 4-6) (26 4-1)-2 (6 4-1)
1 • 3 • 5 (2k — 1) (2k 4- 1) 1 • 3 • 5 ... (26 — 1) (2k 4-1)
_ 4~ 1) (fe 4~ 2) ... (6 4-6) . 2 _ 2ft • 2 = 2*+1
1.3-5 ... (26 —1) ’ ’
Этим полностью данная задача решена.
Из доказанного утверждения вытекает следующее тождество:
(п .4- 1) (п 4- 2) ... (п 4- п) = 2' • 1 • 3 • 5 • ... • (2п — 1).
281. Найти остаток от деления х1001—1 на х4 4- х3 4- 2х2 4- х4~ 1.
Поиски решения. Разумеется, искомый остаток можно найти с
помощью «деления углом». Однако такой способ потребовал бы в
данном случае затраты огромного труда и времени. Поэтому возни¬
кает потребность обойти это препятствие и найти другой рацио¬
нальный способ решения этой задачи. Искомый остаток должен
быть многочленом степени не выше третьей (см. стр. 16, п. 20).
Поэтому по определению деления многочленов имеем:
х1001 _ ! =(JC4_|_ _|_ 2х2 4- X 4- 1) Q (х) + a^+bx2+cx+d, (Л)
где Q (х) есть многочлен 1000-й степени.
Неизвестные числа a, b, с, d надо определить так, чтобы равен¬
ство (Л) стало тождеством. Это легко сделать, если знать корни
многочлена х4 4- х3 4- 2х2 4- х 4- 1. .
Решение. Очевидно, что х*4- х3 4- 2х2 4- х 4- 1 = (х2 4¬
4- I)2 4- X (х2 4- 1) = (X2 4- 1) (х2 4- X 4* 1). Отсюда видно, что
корнями этого многочлена являются числа
-14-і/Т -і-./з"
— h 2 , g '
Подставив в равенство (Д) число і вместо х, получим: і1001 —
— 1=0- Q (0 4* ai3 4- bi2 4- ci 4- d, или i — 1 = — ai — ô 4~
4- ci 4- d, или — 1 4- i = — (b — d) 4- (c — a) i. Отсюда
b — d = 1, c — a = 1.
Использовав один корень i, мы получили систему двух уравне¬
ний. Если бы мы попытались использовать корень — і, сопряжен¬
ный корню і, то получили бы ту же самую систему уравнений, ко¬
торую уже имеем.
Поэтому надо использовать корень ——• Подставляя
этот корень вместо х в равенство (Л), получим:
(— 1 4-і V 3\ ,
\ 2 / + а
■+с.=ц^
_ 1 = о . Q
\ & /
+ Л (1)
144
Но —1 3 есть один из к0РНе3 уравнения х3=1. Поэтому
/ 1 _і I і^'з’Х3
I jl I = J. Учитывая это, получим:
I— 1 +і /зЛ1001_ /—1 +* Кз"Ѵ" /—1 4-1 /зѴ
\ 2 ) \ 2 ! \ 2 )
_ (/— 1 4- і 1 3"\3)333 1—2*Ѵз^-3 1333 “ 2 — 2і/"3 1— і /”3
““ И 2 ) I * 4 1 * 4 2 •
Следовательно, равенство (1) примет вид:
-1-1/з- д-1-і/3- |„-14-//3^ іи
или
1 »/з’,._Л, b с I Л (ь Уз „/зѴ.
2 2 1 \ 2 2 / V 2 с 2 )1'
Отсюда
b с I , 1_
2 2 2’ f 2a — b — c4-2J = -1,
./3 r V3 _ /3 I 6—c=l.
0 ■ 2 - 2 “ 2 ’
Мы получили еще одну систему двух уравнений.
Итак, мы получили систему четырех уравнений с четырьмя не¬
известными: g
р — d= 1, I 2а — b — c4-2d = — 1,
( с —а = 1, I . Ь—с = 1.
Отсюда а = О, b = 2, с =■ 1, d = 1.
Итак, искомым остатком будет многочлен 2х2 4- х + 1.
282. Многочлен Л1 (х) дает при делении на х — 1 остаток 1, при делении
на (х — 2) остаток 2, при делении на (х — 3) остаток 3. Найти остаток при
делении М (х) на произведение (х — 1) (х — 2) (х — 3).
§ 11. Задачи, связанные с понятием „целая часть числа"
Целой частью числа х называется наибольшее целое число,
не большее х. Целая часть числа х обозначается символом [х 1.
Примеры:
[2,8] = 2; [2] = 2; [0] = 0; [0,9] = 0; [—1,5] = — 2; [—0,2| =■
= -1; [л] = 3; [-л] = -4; [|/ Тб] = 3; [-yj = 14; [у-
= 2; 100-[1] =0; Г12- + 5-1 = 17; [12— + 5- ! = 18;
[ 7 J L7 7 J [7 7 J
145
[12 —1 + [5-1= 17; 8-[з —] = 24; [8-3-] = 29; [-1-7 = 98.
L 7 I L 7] L 3 J L 3] L 7 J
Простейшие свойства целой части числа:
а) Из равенства (у ] = п следует, что 1) п — целое число, 2) у =
= п + а, где 0 < а < 1, 3) 0 < у — п< 1. *
б) Если lu| = h], то и = т 4- а и ѵ = т + 0, где 0 < а < 1
и 0 < 0 < 1, поэтому и — ѵ = а — 0 и — 1 < и — а < 1.
в) Если Іх 4- у ) = х, то х — целое число и 0 < у < 1.
г) Если п — целое число, то In 4- х] = п 4“ IxL
283., Решить уравнение
Г 8x4- 19 1 = 16 (X + 1)
L 7 J ц ’
Поиски решения. Особенности данного уравнения заключаются
в том, что его любой корень должен удовлетворять неравенствам:
Q < 8х 4“ 19 16 (х 4“ 1) ^2 j
7 ÏÏ ’
т. е. неравенствам
-<х<4І, (1)
и обращать выражение 16^^~ в целое число (это следует из опре¬
деления целой части числа). Но выбрать из бесконечного множе¬
ства значений х, удовлетворяющих неравенствам (4), такие, которые
обращают выражение lÊiidllL в целые числа, не так просто. Поэтому
имеет смысл искать более удобный способ решения данного уравне¬
ния.
Учитывая, что выражение — — должно быть целым числом
и полагая мы можем преобразовать данное уравне¬
ние с неизвестным х к уравнению с неизвестным /. Можно ожидать,
что решить уравнение с неизвестным t будет легче хотя бы потому,
что нам нужны будут лишь его целые корни.
Решение. Положим —■* + где t—целое число. Отсюда
х = (2)
16 ѵ '
Подставив это выражение х в данное уравнение, получим:
L H 1
146
111 I 22
По определению целой части числа 0 < — t <. 1. От-
14
"2 1
сюда 2 - < t < 7 —. Следовательно, неизвестное t может при-
3 3
нимать лишь следующие целые значения: 3, 4, 5, 6, 7. Под¬
ставляя последовательно каждое из этих значений t в уравнение
(2), найдем, что первоначальное уравнение имеет лишь пять сле¬
дующих корней: 1—, 1—, 2—, 3—, 3—.
284. Решить уравнение
Г 5 4-6х~| _ 15х —7
L 8 J 5 ’
285. Решить уравнение [х]=х3—21,
Поиски решения. Можно ожидать, что заданное уравнение раз¬
решимо либо с помощью метода, примененного нами при решении
задачи 283, либо с помощью прямого использования определения
понятия целой части числа.
Решение. Первый способ. Полагая х8— 21 = t,
где t — целое число, и исключая из данного уравнения х, полу¬
чим: 21 + <] = t. Отсюда 0 < у^21 + t —t < 1. Следова¬
тельно, должно быть одновременно: у 21 + t <. t + 1 и {^21 + />
> t, или (f + I)3 — / >21 и /3— t < 21. Первое из послед¬
них двух неравенств удовлетворяется при t = 2, 3, 4, ..., а второе
при t— 2, 1,0, —1, .... Значит, оба последние неравенства удовлет¬
воряются одновременно только при t — 2. Подставляя в уравнение
X3 — 21 = t число 2 вместо t, найдем единственное решение х =»
= {/23 первоначально заданного уравнения.
Второй способ. По определению целой части числа
0<х— Xs + 21 <. 1, или —1 < х8— X — 21 < 0, т. е. 20 <
< X (х2 — 1) < 21. Отсюда 2 < х < 3. Значит, [х 1 == 2, а поэто¬
му и х3 — 21 = 2, т. е. X = j/23.
Таким образом, число у423 является единственным решением
данного уравнения.
288. Решить уравнение х3 — (xj = 3.
287« Решить уравнение
Г2х — 11 _ Гх + 1'
L 3 j L 2
Поиски решения. Согласно пункту (б) (стр. 147) имеем:
1 с2*~1 *+ 1 <-1
3 2
1 < х< 11.
Отсюда
(1)
(2)
147
Условия (2) являются необходимыми, но недостаточными для
выполнения равенства (1). Например, при х = О неравенства (2)
выполняются, а равенство (1) не выполняется.
Поясним это еще на таком примере: неравенства — 1 < 10 —
3 Г 1 1 Г 31
— 9у < 1 выполняются, а равенство 10— = не выпол¬
няется.
Таким образом, любое решение уравнения (1) должно удовлет¬
ворять неравенствам (2), но не любое значение х, удовлетворяющее
неравенствам (2), должно быть обязательно решением уравнения
(1). Следовательно, корни уравнения (1) надо искать лишь среди
значений х, удовлетворяющих неравенствам (2).
Можно ожидать, что поиск требующихся значений х облегчится,
если ввести в рассмотрение графики функций
2х — 1
у==~
Решение. Построим графики функций
2х — 1 X -f- 1
у = и у = ——
у 3 у 2
для значений х, удовлетворяющих неравенствам (2).
143
Рассматривая эти графики, легко сделать следующие выводы: в
нулевой полосе^ (черт. 36) заштрихованной фигуре соответствуют
значения х, удовлетворяющие уравнению (1) и неравенствам
1<Х<| (а)
(здесь число — мы получили из уравнения у = , положив
2 3
X I 1
в нем у = 0; число же 1 мы получили из уравнения у = -у-,
положив в нем у = 1). В первой полосе заштрихованной фигуре
соответствуют значения х, удовлетворяющие уравнению (1) и не¬
равенствам
2 < X < 3 (б)
2х 1
(здесь число 2 мы получили из уравнения у = , положив
3
X I 1
в нем у = 1; число же 3 мы получили из уравнения у = ’
положив в нем у = 2). Наблюдая заштрихованные фигуры в сле¬
дующих полосах, мы получим аналогичным образом еще следую¬
щие неравенства:
. 3,5 < X < 5, (в)
5 < X < 6,5, (г)
7 < X < 8, (д)
9 < X < 9,5. (е)
Итак, любое число, удовлетворяющее какому угодно из полу¬
ченных неравенств (а), (б), (в), (г), (д), (е), является решением урав¬
нения (1). Других решений, кроме этих, уравнение (1) не имеет.
(Неравенства (в) и (г) можно объединить в неравенства 3,5 < х С
<6,5.)
Изложенный способ решения уравнения (1) является не графи¬
ческим, а аналитическим, так как все необходимые нам числа мы
определяли не из чертежа, не приближенно, а с помощью вычис¬
лений, совершенно точно. Графики же были полезны лишь тем,
что подсказывали нам идею решения нашей задачи.
288. Решить уравнение
[2х — 1, Г 2х + 5]
I 3 J “ I 5 ]'
289. Решить уравнение
[-х’ + Зх] =|> + 1]. (1)
Поиски решения. Данное уравнение сходно по своей структуре
с уравнениями в задачах 287 и 288. Поэтому можно ожидать, что
и здесь будет полезно обратиться к соответствующим графикам.
149
Наряду с этим не следует оставлять без внимания те или иные
особенности данного уравнения, имея в виду на их основе отыскать
другой способ его решения.
Решение с помощью графиков. Построим гра¬
фики функций у = — х2 4- Зх и у = х2 4- (черт. 37). В нуле¬
вой полосе этого чертежа заштрихованной фигуре соответствуют
значения х. удовлетворяющие уравнению (1) и неравенствам
Черт. 37
0 < X <. 3~^5 (здесь число нуль мы получили из уравнения
у = — X2 + Зх, положив в нем у = 0; число же 3~^5 мы
получили,тоже из уравнения у = — х2 4- Зх, положив в нем у = 1).
В первой полосе заштрихованной фигуре соответствуют значения
X, удовлетворяющие уравнению (1) и неравенствам î2L<x<
< 1 (здесь число £2. мы получили из уравнения у = х2 4- у,
положив в нем у = 1; число же 1 мы получили из уравнения у =
= — X2 + Зх, положив в нем у = 2). Во второй полосе заштрихо¬
ванной фигуре соответствуют значения х, удовлетворяющие урав¬
нению (1) и неравенствам < х (число мы получили
из уравнения у = х2 4- у, положив в нем у = 2; число же
мы получили из уравнения у — х 2 4- І, положив в нем у = 3).
150
Решение на основе особенностей данно¬
го уравнения. Так как ха + у > 0, то > 0.
Поэтому
[— х2 + 3х] =ра + у] = п>0, (2)
где п — целое число.
Выражение х2 +ў может принимать сколь угодно большие
значения. Но этого нельзя сказать относительно выражения—х2+-
+ Зх.
Действительно, — х2 + Зх = — (х2 — Зх) = — ^х— ==
9 I 3\2 9
= (х <—. Отсюда видно, что наибольшее значение
4 \ 2/4
выражения — х2 + Зх равно 2^. Поэтому [— х2 + Зх] < 3. Сле¬
довательно, в равенствах (2) п может принимать лишь значения 0,
1, 2. Этим трем значениям соответствуют три системы уравнений:
([—X2 + Зх] = 0,
‘4 [х. + 1]=0;
I— X2 4-Зх] = 1,
П—х2 + 3х]
3) [х2 + Г
I L 2_
= 2,
= 2.
Из этих систем вытекают следующие три системы неравенств:
1)
0 < — X2 + Зх < 1,
1 < —х2 + 3х<2,
1 < X2 + у <2;
£
2
3)
2<—х2 + 3х<3,
2 < X2 + 1<3.
систем находим соответственно
0 < X <
3 —К 5
2
Из этих
V 6 , „ _ V ю
2 2 ’
290. Решить систему
I [х + у — 8] = 6 — X,
I |х — 5] + (у—41 = 15 —X —у.
Решение. Левая часть первого уравнения является целым
числом. Следовательно, целым числом должна быть и правая часть,
т. е. разность 6 — х. Но в таком случае целым числом должно быть
и неизвестное число х. Поскольку х есть целое число, то из второго
уравнения следует, что и неизвестное у должно быть целым числом.
151
Но если х и у — целые числа, то данная система эквивалентна сле¬
дующей:
J х -j- у — 8 — 6 — х
[х — 5 + у — 4 = 15 — X — у.
Отсюда X = 2, у = 10.
_ Гх2 —2]
291. Решить уравнение —-— = [х].
Теорема 1. Если п — целое неотрицательное число, то
[пх] > п [х].
Доказательство. Пусть Іх] = т. Тогда х = т + а,
где 0 < а < 1. Поэтому [пх] = In (т + а)] = [пт + па] =
= пт + (па 1. Заменяя в равенстве [пх] = пт 4- [па] число т
равным ему выражением [х], получим:
[пх] = п [х] + [па].
Но [па] > 0. Поэтому [пх] > п [х], что и
[21 Г 21
6-5— >6-5 — ;
з J L з j
требовалось доказать.
Теорема 2. Для любых натуральных N и у справедливо не¬
равенство — • q < N.
L q J
Доказательство. Пусть N = mq + r, где 0<r<m. Тогда
— = т+—, где 0 С—< 1. Поэтому Г—1 = т. Из равенства
q q q L<7J
N = tnq + r следует, что N > mq. Заменяя здесь число т равным
ему числом Г—1» получим, что N > Г—1 • q, т. е. Г—1 • q < N, что
HJ HJ L J
и требовалось доказать.
Примеры: Г—] • 3 с20; Г—1 • 4 = 20.
L 3 J L 4 J
Теорема 3. Для любых натуральных N и q справедливо не¬
равенство j + 1J • ç > АЛ
Доказательство. Пусть N = mq + г, где 0<г</п. Тогда
—..= щ 4- —, где 0 — <Z 1. Поэтому Г—1 = т. Из равенства
q q q L q J
N = mq-±r следует, что 2V<(/n + l) q. Заменяя здесь число tn
' Г Ml
равным ему числом — , получим, что
L q j
<7,
152
т. e. что
C]+ '}-’>'v-
Теорема доказана.
Пример. 4- 1| • 3> 20.
Теорема 4. В последовательности натуральных чисел
1, 2, 3, 4, 5, ..., п (Д\
[п 1 f
— членов, делящихся на натуральное число q.
Я J
Доказательство. Если q > п, теорема верна, так как
в этом случае — равно нулю. Если q = п, теорема тоже верна,
L я J _
так как в этом случае — равно единице.
L я J
Пусть теперь q < п. Тогда среди членов данной последователь¬
ности (Л) делятся на q только следующие числа:
1 • q, 2 • q, 3 - q, ...
(В)
Докажем это последнее утверждение. По теореме 2 имеем:
Поэтому натуральное число
делящееся на q, содержится в данной нам последовательности (Я).
Следующим же числом, делящимся на q, ближайшим к числу
но большим его будет число
Но последнее число по теореме 3 больше, чем п, а-поэтому в
последовательности (Л) не содержится.
Итак, мы доказали, что среди членов последовательности (Л)
делятся на q только члены последовательности (В). Но в последо¬
вательности (В) ровно — членов. Теорема доказана.
L я J
Следствие. Поскольку в доказанной теореме буква q
обозначала собой любое натуральное число, то мы можем утверждать
следующее: в последовательности натуральных чисел 1, 2, 3, ..., п
153
существует чисел, делящихся на равно
п 1
— , делящихся
[я2і
о ' Г I
на er, ровно — и т. д.
L <?81
Теорема 5. Показатель, с которым простое число р входит
в разложение на простые множители числа п!, равно
где рп < п, а рт+1 > п (символ пі обозначает собой произведение
натуральных чисел от 1 до п включительно, т. е.
1 ♦ 2 • 3 • 4 • ... • п = ni
Доказательство. По теореме 4 среди множителей про¬
изведения 1 • 2 • 3 • ... • п имеется делящихся на р, ровно — ,
L р J
о Г п 1 о Г л 1
из них делящихся на ра ровно — , делящихся на р3 ровно —
Lp2J Lp8J
и т. д.
Это означает, что простое число р содержится в разложении чис¬
ла п! на простые множители ровно столько раз, чему равна сумма
в которой рт < п, а рт+1 > п. Таким образом, теорема доказана.
292. Найти наибольшую степень простого числа 2, на которую делится
число 500. ■
293. Найти наибольшую степень простого числа 7, на которую делится
500!.
294. Найти наибольшую степень простого числа 5, на которую делится
500!.
295» Сколькими нулями оканчивается число, равное 500!?
296. Доказать, что п! не делится на 2’.
Доказательство. По теореме 5 показатель степени k, с
которым число 2 входит в разложение на простые множители числа
п!, точно равен k — Г—1 + I —] + ... + I — |, гдерт<п, a pm+1>» п.
LpJ LP8] LP'"J
Следовательно, число п! делится на 2* и не делится на 2п,
если п> k- Поэтому остается доказать, что п> k- По определе-
« Гл1^яГл1»лГл1,л
нию целон части числа имеем: — < —, — < —, —
[2 J 2 1.2® J 2* 12» J 2»
... , [ — 1 < Отсюда fe<— + — + — +... 4-^,, а значит,
1'2"»] 2т 2 2* 2» 2"*
что k<i + £ + і + - + è +
154
(мы здесь воспользовались формулой S = , по которой
1 — q
вычисляется сумма бесконечно убывающей геометрической прогрес¬
сии). Итак, получилось, что п > k. Значит, пі действительно не
делится на 2*. Теорема доказана.
297. Доказать тождество
|х| 4- [х 4- — + X 4—1 4- ... + [х + п- 1 = |пх|. (1)
L п J L Л_І' L л]
Поиски доказательства и доказательство. Чтобы доказать тре¬
буемое тождество, надо уметь оценить значение каждого слагаемо¬
го, находящегося в левой части равенства (1), и определить значе¬
ние выражения Іпх].
Каким бы ни было число х, всегда найдется целое число /и, та¬
кое, что m < X < m + 1. Отсюда мы можем заключить, что lx I =»
= tn. Но зная только то, что т < х < т + 1, мы не можем опре¬
делить значения выражений
X + —1, Гх + —1, Гх + - !] и [пх|.
. n J [ л J |_ nJ
Ведь X может быть более близким к /п, нежели к (/и + 1), или, на¬
оборот, более близким к (т + 1), нежели к т.
Поясним сказанное на примере. Пусть 5 < х < 6. Если л =
= 5,01,
то [х + — I = 5. Если же X = 5,99, то | х 4- — 1 — 6.
Поэтому для решения задачи надо ввести в рассмотрение тот
из отрезков
[.11 Г .I |21 Г і п — 1 .il
m, т 4— , \т 4- —, т 4— \т 4 , т 4- 1 ,
nJ L п nJ L л J
которому принадлежит число х.
Каким бы ни было число х, удовлетворяющее неравенствам т <
< х.<т 4- 1, всегда найдется такое целое положительное число
р, что
m 4- — < X < m + (Л)
л п
(0^р<п). Теперь нам необходимо найти границы для чисел
х 4- -, X 4- X 4- пх.
п п п
155
Из неравенства (Л) следуют неравенства (В) и (С):
* + -
п
X + -
п
(В)
т , Р , п—р—1 ѵ _і_п— P — 1' _ , РЧ"1 I n— p — 1
m + <> x H < m H 1 ,
n n n n n
1 Р 1 п—р
т + - Ч <
п п
, р , п — 1
т +- Ч <
п п
х + ^
п
1 п 1
X ч
п
</п + Р±1 +щ,
■ (Q
п
<т + Р±2. 4-1
п
n
— 1
n
Неравенства (В) и (С) можно записать в виде неравенств (Bt)
И (Ci):
1 Р “Ь1
т Ч-
< X ч- -
<Гп + Р-±1,'
п
п
■ n
. р 4- 2
т + —
п
1 2
< X + -
п
<m + p±lt
n
(B.)
т Ч- 1
п
< X + —
n
m + 1
n
m + 1 + -—1 < X + -—!
n n
(Q
Из неравенств (B4) следует:
Здесь мы имеем (и — р—1) равенств.
Из неравенств же (С4) следует:
Гх + ^1 = /п+1, |х + ^-e_±Jl = т +1, ...
L n J L п ]
... [х +Г—] = т + 1.
Здесь мы имеем In — 1 — (n — p — 1)], т. е. р равенств.
156
Из всего изложенного видно, что
[X] + Гх + — 1 4-Гх + -1 4- ... + |х + 4- [х + ^-=^14-
L л J L n J L и J L n J
+ [x + {LzP±J|+ ... +[х4-5—11 = т + т(П-р-1)4-
L n J l n J
4-(m+ l)p,
T. e. что левая часть равенства (1) равна тп + р.
__ » О I Р —|— 1
Далее, из неравенств т-\- — < х < /и + C—L— следует, что
п п
тп + р <nx<zmn + р + 1. Отсюда [пх] = тп + р.
Таким образом, оказалось, что левая й правая части равен¬
ства (1) равны друг другу при любом х. Тождество доказано.
298. Найти все такие значения х, чтобы все числа вида:
[х], [2х] , ... , [их] .-были различны между собой и все числа вида:
— I также были бы различны между собой.
х J
X
Г 2
X
Черт. 38
157
Примечание. Целую часть числах называют также «антье от
х» и обозначают символом Е (х). Таким образом, символы (хі и Е (х)
обозначают одно и то же. Слово «антье» происходит от француз¬
ского «entier», что означает «целое». •
График функции у = Е (х) изображен на чертеже 38. Этот гра¬
фик представляет собой линию, состоящую из отдельных отрезков
прямой, расположенных параллельно оси Х,Х. Левые концы этих
отрезков принадлежат графику, а правые не принадлежат.
299. Решить систему:
Е (X +у —8) = 6 — ж,
Е (х — 5) 4- Е (у — 4) = 15 — X — у.
300. Известно, что при всех натуральных п
Е (пх) + Е (пу) = Е (пх 4- пу).
Доказать, что по крайней мере одно из чисел х и у целое.
( \ / fi J J \ / л » 1 \
— I + Е I I 4- ... + Е I )=л.
£ / ‘ \ £ / \k
§ 12. Исключение параметров
’ 302. Исключить параметр из системы уравнений
( X = 2t,
I у = t*.
Исключить параметр t из данной системы — значит получить
новое уравнение, являющееся следствием двух данных и не содер¬
жащее параметр t.
Для решения этой задачи достаточно выразить из первого урав¬
нения t в зависимости от х и полученное выражение параметра t
подставить во второе уравнение.
Результатом исключения будет уравнение у = —х*.
303. Исключить і из уравнений х — 2t — 1 и у =
Ы
304. Исключить t из системы уравнений х = —
у’ 4- 2t — I.
ЗР
и у=тт^
Здесь очень трудно выразить параметр t как в зависимости от х,
так и в зависимости от у. Поэтому надо искать для исключения па¬
раметра t какой-либо искусственный прием. С помощью деления по¬
лучим = t. Подставив это выражение/, например, в первое урав-
X
нение, получим как результат исключения t уравнение
X =
3.^
X
которое после преобразований принимает вид: № + у’ = Зху.
158
t2 t*
305. Исключить t из уравнений x = j и y =
306« Исключить t из системы уравнений x = a cos3/, y = asin3/-
Имеем:
— = cos3 /, — = sin3 /,
a a
ИЛИ
ИЛИ .
2_ 2
(—? = cos2/, ( — J3 = sin2/.
Складывая, получим как результат исключения уравнение
, х 2 , ч 2
1,
\ а) \а) 9
L L L
которое можно записать в виде: х3 + у3 = а3.
307. Исключить t из системы: х = а cos /, у = b sin t.
308. Исключить параметры и и ѵ из системы: х = и + ѵ, у =
= и — ѵ, г = 4иѵ.
(Исключить два параметра и и ѵ из трех уравнений — значит
получить новое уравнение, являющееся следствием трех данных
и не содержащее и и ѵ.)
Выразив и и V в зависимости от х и у из первых двух уравнений
и подставив полученные выражения в третье уравнение, получим
уравнение г = х2— у2, представляющее собой искомый резуль¬
тат исключения.
309. Исключить параметр t из системы:
et — е~*
2 2.
310. Исключить X из системы:
1 Æ
у - t%za + (7г -Рг) х + Ра1-
Поиски решения. Самый простой по идее способ решения этой
задачи применен нами при решении задачи 302.
Но нетрудно предвидеть, что этот способ решения будет сопро¬
вождаться слишком громоздкими преобразованиями и вычислени¬
ями,’а потому практически не является удобным»
159
Если же обратить внимание на множитель -——, то нетруд¬
но догадаться, что подстановка X = tg ф значительно облегчит
решение задачи.
Решение. Положив À = tg ср, запишем данную систему
последовательно так:
I X = COS2 <Р [Pi tg2 ф + (Pi — ft) tg ф + ft],
I у = cos2 <p |ç2 tg2 Ф 4~ (ft — p2) tgф + p2|;
J X = Pi sin2 ф + (pi —. Qi) sin ф • COS <f> + ft COS2 ф,
I у — ft sin2 Ф + (ft — p2) sin ф • cos ф 4- p2 cos2 ф;
I 2x = Pi (1 — cos 2ф) + (pi — ft) sin 2ф + ft (1 + cos 2ф),
I 2y = ft(l —сов2ф) + (ft — р2)зіп2ф 4-p2(l 4-соб2ф);
f 2x = (pi 4- qi) 4- (ft — Pi) cos 2ф 4- (Pi — ft) sin 2ф,
I 2y = (p2 4- ft) 4- (P2 — ft) cos 2ф 4- (ft — P2) sin 2ф.
Разделив обе части первого уравнения на (р, — ft), а второго
на (p2-^ft), получим:
—+ — cos 2ф 4- sin 2ф,
Pi—Pi Pi — 7i
—— ■= 4- cos 2ф — sin 2ф.
Pi Я2 Pi Pi
Складывая, найдем искомый результат исключения:
2f 2у _ Pi + ft I Ра 4- <72
Р1 —Р1 Рі— Pi Pl — Pl Pi —Pi
311. Показать, что результат исключения Ѳ и ф из уравнений а sin2 Ѳ 4¬
+ b cos2 0 = 1, a cos2 ф + b sin2 ф = 1, a tg Ѳ = b tg ф. где a b, может быть
приведет к виду а + b = 2ab.
312. Исключить t из системы уравнений: cos (х — 3t) = у cos3 /,
sin (х — 3t) = у sin3 t.
§ 13. Задачи на составление уравнений
313. Имеются два куска сплава меди с никелем. Никеля содер¬
жится в первом из них а%, а во втором Ь%. В каком отношении
надо брать сплавы от первого и второго куска, чтобы получить но¬
вый сплав, содержащий с% никеля? При каких условиях задача
имеет решение и какой наибольший вес нового сплава можно полу¬
чить, если первый кусок весит Л, а второй В килограммов?
Поиски решения. В задаче требуется найти отношение двух ве¬
личин. Однако нам легче будет составлять уравнение, если мы вмес¬
то этого одного неизвестного отношения введем два неизвестных чис-
160
ла, а именно: вес части, взятой от первого куска, и вес части, взятой
от второго куска. Но после того как уравнение будет составлено, мы
будем определять не сами неизвестные, а только их отношение.
Решение. Пусть мы взяли от первого куска х, а от второго
у килограммов. Тогда в полученном новом сплаве никеля будет
ах I by
iôô + ïôô
килограммов. По условию задачи
ах , Ьу_ _ с (х + у)
100 100 100 ’
или ах + by с(х + у), или а • — + b = с(~ + 1).
У \У /
х с — by а — с
Отсюда отношение — равно , а — равно ,
у а >— с х с — b
Исследование. Задача имеет одно и только одно реше¬
ние, когда либо > 0, либо а ^0. В том случае, когда
а — с с — b
-> о, а значит и 0, число с будет заключено между
а — с с — b
а и b. Если а > &, то b < с < а\ если же а < &, то а < с < Ь.
При = 0 имеем: —=0, с = b и а с. Это озна-
а —с у
чает, что для получения требуемого нового сплава надо взять от пер¬
вого куска нуль, а от второго любое возможное отличное от нуля
число килограммов. Ведь при b = с второй кусок сам содержит с%
никеля. В этом случае искомое отношение, взятое в порядке х : у,
равно нулю.
При = 0 имеем: — = 0, а = с и с Ь. В этом слу-
с — b х
чае сам первый кусок содержит с% никеля. Поэтому любая часть
первого куска будет представлять собой требуемый сплав. В этом
случае искомое отношение, взятое в порядке у : х, равно нулю.
Задача не имеет решения, если ^-<0, а значит и
а —с
~<0. Действительно, в этом случае окажется либо с>а и
с — b
с> b, либо с<акс<Ь, В этих случаях требуемый сплав полу¬
чить невозможно.
Наконец, если величина а следовательно и величина с!—^
а — с с — b
будет неопределенной, т. е. окажется, что а = b = с, то задача
станет неопределенной. В этом случае соединение любых взятых час¬
тей от первого и второго кусков образует сплав с требуемым про¬
центным содержанием никеля. В этом случае искомым отношением
может быть любое число, большее или равное нулю.
6 Заказ 326
161
Теперь перейдем к решению второго вопроса, т. е. к определению
возможного наибольшего веса нового сплава.
Пусть b < с < а. Равенство — =
У
с — b
позволяет нам выра-
а — с
зить количества сплавов, взятых от первого и второго кусков,
т. е. X и у, следующими формулами:
X = (с — b) q, у (а — с) q,
где «у>0. Но мы не можем взять от каждого куска больше, чем он
весит сам. Поэтому (с — b) q < А и (а — с) q < В. Отсюда
, А В
q < - и q <
с — b а — с
При < наибольшее значение q будет равно
-—В этом случае наибольший вес нового сплава будет равен
(c—t>)q + (a — c)q,
где q = , т. е. будет равен
с — b ■
- а-^.А.
с — b
Если же окажется, что —— > —— , то наибольшее зна-
с — b а—с
В
чение q будет равно , а наибольший вес нового сплава будет
а — с
в
равен (с — b) q + (а — с) q при q = , т. е. будет равен
- • а — с
^■В.
а — с
А В
Наконец, в том случае, когда окажется, что = ,
с — b а — с
наибольшее значение q будет равно или , что одно
с — b а — с
и то же. Наибольший вес нового сплава в этом случае будет равен
(с — Ь) ■ —+ (а — с) • —,
с — b а — с
т. е. будет равен А + В.
Аналогично можно рассмотреть вопрос и при а < с < Ь.
314. От двух кусков сплава с различным процентным содержанием ни¬
келя, весящих А кг и В кг, отрезано по куску равного веса. Каждый из отре¬
занных кусков сплавлен с остатком другого куска. После этого процентное
содержание никеля в обоих сплавах стало одинаковым. Сколько весил каж¬
дый из отрезанных кусков? .
315« Сферический баллон с толщиной стенки е, изготовленный
из материала плотности d, наполнен жидкостью плотности 6.
162
Каков должен быть внутренний радиус баллона для того, чтобы при
погружении его в жидкость плотности Д, имело место равновесие.
Какому условию должны удовлетворять плотности d, ô и А, чтобы
задача имела решение?
Поиски решения. Если плотность тела равна dt то это значит,
что V куб. см этого тела весит ѵ • d • g граммов, где g — ускорение
силы тяжести.
Когда мы говорим, что при погружении баллона в жидкость
имеет место равновесие, то это значит, что баллон вместе с содержи¬
мым весит столько же, сколько весит жидкость, в которую он пог¬
ружен, взятая в объеме баллона.
Для решения задачи надо составить уравнение, в котором левая
часть представляет собой вес баллона вместе с содержимым, а пра¬
вая — вес жидкости, в которую погружается баллон, взятый в объ¬
еме баллона. -
Решение. Пусть внутренний радиус баллона равен х сан¬
тиметрам. По условиям задачи имеем:
— л (х + е)3 — — лх31 - d • g + — лх3 • ô . g = — л (х + е)3 • Д • g,
3 31 '3 3
или
[(х + е)3 — X3] d + x3ô = (х + е)3 А,
или
[f1 + т)3- 1]d+ô = (1 +~)8д-
Отсюда
(1 +-'|3(d —A) =d —Ô,
\ х /
или
_е _ d — Ô .
X У d — à — 1
и, наконец,
X = -—== (сантиметров).
V d—\ 1
Задача имеет одно и только одно решение тогда и только тогда,
d — ô ’
когда > 1.
d-&
При d — Д > 0 имеем: d — ô > d — Д, т. е. при d > Д
будет и Д > ô.
При d — Д <0 имеем: d — ô < d — Д, т. е. при d <. Д
будет и Д < б.
Таким образом, задача имеет одно и только одно решение, когда
либо d > Д >ô, либо когда d < Д < 6.
316. Сосуд, наполненный жидкостью с плотностью Л, весит qi кило¬
граммов. Этот же сосуд, наполненной другой жидкостью с плотностью
весит килограммов. Найти вес самого сосуда и его объем.
6*
163
317« Мне в данный момент вдвое больше лет, чем моему брату
было тогда, когда мне было столько лет, сколько ему теперь; когда
моему брату будет столько лет, сколько мне теперь, тогда сумма на¬
ших возрастов будет равна 63 годам. Сколько лет каждому из нас
в данный момент? ,
Поиски решения. Условия данной задачи трудно запоминаемы.
Взаимосвязи между величинами, фигурирующими в задаче, доволь¬
но сложно переплетаются. Может показаться, что решить эту зада¬
’ чу будто бы нелегко.
- ; г\'у I I X Чтобы проще преодо-
0 ж у леть эти кажущиеся
трудности, стоит изоб-
Черт’ 39 разить величины, фигу¬
рирующие в задаче, на
числовой оси. Благодаря этому будет достигнута некоторая наг¬
лядность, облегчающая процесс составления уравнений.
Решение. Пусть в данный момент младшему х, а старшему
у лет (черт. 39). Разность между возрастом старшего и возрастом
младшего равна у — х годам. Следовательно, старшему было х
лет, т. е. столько лет, сколько младшему сейчас, ровно у — х лет
тому назад. Но у — х лет тому назад младшему было х—(у — х),
т. е. 2х — у лет. По условию задачи
у = 2(2х — у).
Младшему брату станет у лет через у — х лет. В это время стар¬
шему будет уже у + (у — х), т. е. 2у — х лет. По условию задачи
у + (2у — х) = 63.
Решив систему
( у - 2(2х —у),
1 у H- (2у — х) = 63,
найдем, что х = 21, у = 28.
318. Мне в данный момент втрое больше лет, чем моей сестре было тогда,
когда мне было столько лет, сколько ей теперь; когда моей сестре будет столь¬
ко лет, сколько мне теперь, тогда сумма наших возрастов будет равна 63 го¬
дам. Сколько лет моей сестре и мне в данный момент? •
319« Часы показывают в некоторый момент на 2 мин. меньше, чем
следует, хотя и спешат. Если бы они показывали на 3 мин. меньше,
чем следует, но уходили бы в сутки вперед на — мин. больше, чем
уходят, то верное время они показали бы на сутки раньше, чем по¬
кажут. На сколько минут в сутки спешат эти часы?
Поиски решения. Условия этой задачи, как и предыдущей, труд¬
но запоминаемы. Взаимосвязи между величинами, фигурирующими
в задаче, переплетаются также довольно сложно. Задача кажется ца
164
первый взгляд трудной. Геометрическая иллюстрация здесь мало¬
эффективна* Пусть в этой ситуации мы не знаем, как составить
уравнение по условиям данной задачи.
В подобных случаях можно открыть план составления уравнения,
если воспользоваться тем, что процесс составления уравнения имеет
большое сходство с процессом проверки заданного наперед ответа
задачи. ,
При составлении уравнения под буквой х мы всегда подразуме¬
ваем как бы известное число, как бы уже известный ответ
задачи.
После же того как уравнение оказалось составленным, буква х
превращается в неизвестное, подлежащее определению из этого урав¬
нения.
Пусть нам сказали, что часы спешат на — мин. в сутки. Станем
проверять этот ответ.
В данный момент часы показывают время на 2 мин. меньше, чем
следует, но в течение каждых суток уходят вперед на — мин. Сле-
. 4
довательно, точное время они покажут через число суток, равное
2 : -р т. е. через 8 суток.
Пусть теперь эти часы показывали бы время на 3 минуты меньше,
11 з ’
чем следует, но спешили бы в сутки на у + т. е. на — мин. Тог-
з
да они показали бы верное время через число суток, равное 3 : —,
4
т. е. через четверо суток. Но по условию задачи они должны были
показать верное время в этом случае на сутки раньше, т. е. через
7 суток, а не через четверо суток, как у нас получилось. Это свиде¬
тельствует, что предложенный нам ответ неверен.
Следуя этому процессу проверки ответа, уже нетрудно составить
нужное нам уравнение.
Решение. Пусть часы спешат в сутки на х мин., тогда точ-
2
ное время они покажут через — суток.
Если же часы показывали время на 3 мин. меньше, чем следует,
и спешили на % + у мин. в сутки, то точное время они показали
бы через
3
р- суток.
х+1
По условию задачи
2 . з
165
~ 1
Отсюда X = —.
Итак, часы спешат на у мин. в сутки.
320. Часы показывают в некоторый момент на а мин. меньше, чем сле¬
дует, хотя и спешат. Если бы они показывали на b мин. меньше, чем следует,
но уходили бы на с мин. больше, чем уходят, то верное время они показали
бы на сутки раньше, чем покажут. На сколько минут в сутки эти часы спе¬
шат?
321. В колбе в начальный момент имеется N бактерий. К концу
каждого часа количество бактерий увеличивается на р% по сравне¬
нию с тем количеством их, которое имелось в начале этого часа;
кроме того, в конце каждого часа из колбы берется порция, содер¬
жащая п бактерий. Через сколько часов количество бактерий в
колбе будет превышать (после изъятия соответствующей порции)
начальное количество их в два раза? При каких условиях задача
имеет решение?
Поиски решения. Здесь один и тот же процесс повторяется ре¬
гулярно через равные промежутки времени. Поэтому для решения
задачи надо обнаружить закономерность, с которой будет происхо¬
дить изменение числа бактерий в колбе.
Пусть в некоторый момент в колбе имеется М бактерий. Тогда
спустя один час их станет М+ , или Л1(1 •
Выражение 1 + обозначим для краткости буквой г
и назовем множителем процентного наращения.
Теперь можно высказать такое утверждение. Чтобы узнать,
сколько бактерий окажется в колбе через час, если в начале этого
часа их было в колбе Л4, достаточно число М умножить на множитель
процентного наращения, т. е. умножить на г.
Решение. Положим, что г = 1 +—. Тогда число бакте-
100
рий в колбе окажется после изъятий в конце:
1- го часа ... Nr — п\
2- го часа ... (Nr — ri) г— п, или Nr2 — пг—п;
3- го часа ... (Nr2 — nr — ri)г — п, или Nr3 — nr2 — nr — n\
t-vQ часа ... Nr1 — nr1'1—nr*'2— ... —nr — nt или Nrf —
— n(rt-1 + ri~t+ ... +r+r) = Nr‘ — n--j=j.
По условию задачи число / надо выбрать так, чтобы имело место
неравенство
—n.ïL=J ^2N.
г — 1
166
Отсюда
г<> 2ІѴ(г —1)—я
■" N (г— 1) — п ’
ИЛИ
р
Л , -£-У> 2УѴ ÎÔÔ~" = ^Np— 100я
V + lOty р Np—Шп '
N n
100
Логарифмируя по основанию 10, получим:
I Np — -
lg(1+îoô)
Задача имеет решение, если Np > 100 п.
322. Вклад в А руб. положен в сберегательную кассу по р% годовых.
В конце каждого года вкладчик берет а руб. Через сколько лет после взятия
соответствующей суммы остаток будет вдвое больше первоначального вклада?
При каких условиях задача имеет решение?
323. Продавщица получила со склада 180 порций мороженого
на сумму 18 руб. 40 коп. Порции были ценой по 7, 9, 11, 13 и 15
коп. Порций по 9 коп. было в два раза больше, чем по 7 коп. Коли¬
чество же порций по 9 и 11 коп., взятых вместе, было в два раза
больше, чем по 13 и 15 коп., тоже взятых вместе. Сколько порций
каждого сорта получила продавщица?
Поиски решения. Если мы обозначим число порций каждого
сорта буквами х, у, z, и, и, то согласно условиям задачи получим
следующую систему уравнения:
• x-\-y-\-z-\-u-\-v — 180,
• 7х + 9у + 11Z + 13и + 15Ѵ = 1840, (Л)
у = 2х
у + z = 2 (и + ѵ).
Здесь четыре уравнения с пятью неизвестными.
На первый взгляд может показаться, что данная задача неопре¬
деленная, так как число неизвестных превышает число уравнений,
вытекающих из условий задачи.
В действительности же задача определенная. Ведь нам требует¬
ся найти не все решения составленной системы уравнений, а лишь
целые положительные. Чтобы решить составленную систему урав¬
нений в целых числах, надо получить как следствие из этой системы
одно уравнение с двумя неизвестными путем исключения каких-
либо трех неизвестных.
167
Решение. Исключая из системы (Л) сначала у, а затем г,
получим систему: іГ '
( х 4~ 3 (и + о) = 180,
( Зх + 35м + 37м = 1840. 1
Это исключение можно сделать так: из сопоставления первого
и четвертого уравнений системы (Л) следует уравнение х + 3 (м +
4- ѵ) = 180. Из второго и третьего имеем:
. 25х + 11г + 13м + 15о = 1840. (а)
Из третьего и четвертого следует
г = 2 (и + V) — 2х. (б)
Наконец, из уравнений (а) и (б) получаем: Зх + 35м 4- 37о = 1840.
Далее, исключая х из системы (В), получим:
13м 4- 14ц = 650. (в)
Таким образом, задача свелась к решению в целых положительных
числах одного уравнения с двумя неизвестными и и ѵ. Из уравне¬
ния (в) имеем:
и = 50 — V — — ,
13 ‘
откуда V = 13/, где t = 1, 2, 3
Тогда и = 50 — 14/,
V = 13/,
X = 30 4- 3/,
у = 60 + 6/,
z = 40 — 8/.
Давая здесь параметру / допустимые значения 1, 2, 3, получим
три следующих решения нашей задачи:
L х — 33,
X = 36,
X = 39,
'у = 66,
у = 72,
У = 78,
1)
г = 32, 2)
z = 24, 3)
г — 16,
и = 36,
и = 22,
и = 8,
V = 13,
V = 26,
V = 39.
324. Было куплено на 3 руб. 83 коп. 42 тетради. Тетради были ценой в
5, 8 и 13 коп. Сколько тетрадей каждого сорта могло оказаться в покупке?
§ 14. Разные задачи
325« Международная комиссия состоит из 5 членов — предста¬
вителей пяти различных государств. Материалы, над которыми ра¬
ботает комиссия, хранятся в сейфе. Сколько замков по меньшей ме¬
ре должен иметь сейф и сколькими ключами следует снабдить каж¬
дого члена комиссии, чтобы доступ к материалам был возможен толь¬
ко тогда, когда собираются любые три члена и не меньше?
168
Поиски решения и решение. Любые два члена комиссии согласно
условию задачи не имеют доступ к сейфу, т. е. не будут располагать
полным комплектом ключей для открытия сейфа. Сочетаний из 5 чле¬
нов комиссии по два будет 10 (СІ =
Такими сочетаниями из членовкомиссии Д, В, С, D, Е будут сле¬
дующие соединения: ЛВ, ЛС, Л£), ЛЕ, ВС, BD, BE, СО, СЕ и DE.
Ключи к различным замкам обозначим номерами 1, 2, 3, ..., п.
Пока мы не знаем, чему равно п, т. е. не знаем, сколько замков по
меньшей мере должен иметь сейф.
Для того чтобы любые два члена комиссии не могли открыть сейф,
необходимо по меньшей мере, чтобы у них недоставало одного из
требующихся ключей.
Но для того чтобы любые два члена комиссий при появлении
любого третьего могли открыть сейф, необходимо снабдить каждого
из оставшихся трех членов ключом, недостающим у первых двух.
Пусть у членов Л и В нет, скажем, ключа № 1, тогда каждый из
членов С, D, Е должен иметь этот ключ. У членов Л и С должно
недоставать по крайней мере одного ключа; так как у С имеется
ключ № 1, то у них не должно быть, например, ключа № 2. Но в та¬
ком случае ключом № 2 должны быть снабжены В, D и Е и т. д.
Такое распределение ключей запишем в виде следующей таблицы:
Сочетание
по два
Номера ключей у членов комиссии
А
в
с 1
D
Е
АВ
1
1
1
АС
—
2
. —
2
2
AD
—
3
' 3
—
3
АЕ
—
4
4
4
—
ВС
5
—
—
5
5
BD
6
—
6
—
6
BE
7
7
7
—
CD
8
8
—
—
8
CE
9
9
9
DE
10
10
10
—
—
Из этой таблицы видно, что сейф должен иметь по меньшей мере
10 замков и что каждый член комиссии должен быть снабжен шестью
ключами.
326. Решить задачу № 325 при условии, что членов комиссии 4 человека,
а доступ к материалам возможен только тогда, когда присутствуют два лю¬
бых члена комиссии.
327. Найти сумму коэффициентов многочлена (х2 + 2х+2)196#+
4- (х2 — Зх — 3)і»б« при нечетных степенях х.
Поиски решения. Пусть f (х) есть произвольный многочлен, т. е.
f(x) = Аох" + ЛіХ"-1-}- ... 4- Лл_^4- Ап.
169
Тогда /(1) равно сумме всех коээффициентов многочлена, а f(—1)
равно разности между суммой коэффициентов при четных степе¬
нях и суммой коэффициентов при нечетных степенях.
Если сумму коэффициентов при четных степенях обозначить бук¬
вой и, а сумму коэффициентов при нечетных степенях буквой ѵ,
то получим, что
и + V = f (1),
u-o = /(-l). (I)
Отсюда
и = 70)+ /(-1) v = Hi)-f(-i)
2 ’ 2 '
Решение. Полагая. f (х) — (х2 + 2х + 2)1969 + (х2 — Зх —
— 3)19С>9, получим, что f (1) = 0 и f (— 1) = 2.
В нашем случае система (1) примет вид:
и + v = 0, и — v = 2.
Отсюда v = 1.
328. Найти сумму коэффициентов многочлена (хі — х 4- I)1001 + (х6 —
— X — 1)юоі ПрИ четных степенях х. '
329. Найти все многочлены (целые рациональные функции)
Р (х), для которых справедливо тождество:
X' • Р (х — 1) = (х — 3) • P (х). (1)
Поиски решения. Чтобы найти коэффициенты А, В, С многочле¬
на Ах2 + Вх + С, достаточно знать значения уь у2, у3 этого мно¬
гочлена при трех различных значениях хь х2, х3 аргумента х. При
этом получится единственное решение, если система уравнений
Лх{ H- Bxt -|- С = уі,
Ах$ H- Вх2 H- С — у 2,
Ахз + Вх3 + С = уз
с неизвестными Л, В, С будет иметь одно и только одно решение.
Аналогично для определения четырех коэффициентов многоч¬
лена третьей степени достаточно знать четыре значения этого много¬
члена при четырех различных значениях аргумента и т. д. Поэтому
решение данной задачи надо начинать с поисков значений искомого
многочлена Р (х) при тех или иных удобных его значениях.
Решение. Полагая в тождестве (1) х = 0, получим:
О . Р ( — 1) = _ 3 • Р (0). Отсюда Р (0) = 0.
Полагая далее х = 1, получим: 1 • Р (0) = — 2 • P (1). От¬
сюда и P (1) = 0, так как по предыдущему Р (0) = 0.’
При X = 2 имеем: 2 • P (1) = — Р (2). Отсюда Р (2) = 0.
При X = 3 имеем: 3 • Р (2) = 0 • Р (3) или 3 • 0 = 0 • Р (3).
Это равенство показывает, что значение Р(3) может быть каким
угодно. Из данного тождества следует, что значения Р (4), Р (5),
Р (6) и т. д. зависят от выбранного значения Р (3).
170
(2)
(А)
Поскольку искомый многочлен Р (х) обращается в нуль при
х -- 0, 1, 2 и его значения при прочих значениях не вполне опреде¬
лены, мы можем предположить, что
P (X) = X (X - 1) (X - 2) Q (X),
где Q (х) — неизвестный нам многочлен.
Чтобы выяснить, каким может быть многочлен Q (х) , подставим
записанное по нашему предположению (2) выражение для Р (х)
в тождество (1). Имеем: х (х — 1) (х — 2) (х — 3) Q ( х— 1) =
= (х — 3) X (х — 1) (х — 2) Q (х). Отсюда следует тождество
Q (х — 1) = Q (х). Из этого тождества имеем: Q (0) = Q (1) =
Q(2) = ... .
Если же многочлен сохраняет одно и то же значение при беско¬
нечном множестве значений аргумента, то этот многочлен есть кон¬
станта, т. е. величина, не зависящая от х, или иначе многочлен ну¬
левой степени.
Итак, все многочлены, удовлетворяющие тождеству (1), содер¬
жатся в формуле Р (х) = Ах (х — 1) (х — 2), где А — произволь¬
ная константа.
330. Доказать, что если при любом значении х и постоянном т
справедливо равенство
f(x + m)= -1 +f{x),
то f (х) — периодическая функция.
Поиски решения и решение. Задача будет решена, если удастся
доказать существование такого числа Г, отличного от нуля, при
котором равенство f (х + T) = f (х) становится справедливым для
любого значения х.
Сначала исследуем функцию f (х) при т = 0. В этом случае ра¬
венство (Л) принимает вид:
/(X) = L±2W
Это равенство имеет место только тогда, когда f (х) при любом
значении х равно і или — і, т. е. константе. Но если функция /(х)
есть константа, то ее можно считать периодической. Действительно
в этом случае f (х + T) = f (х) при любом х и любом Т. Итак, для
пг = 0 задача решена.
Пусть теперь пг Ф 0. Правая часть равенства (Л) не зависит от /и.
Это обстоятельство позволяет нам сделать предположение, что
если функция / (х) действительно периодическая, то ее период Т
должен зависеть от пг. Предполагая, что эта зависимость не слож¬
ная, попытаемся обнаружить ее.
Если предположить, что Т кратно /и, то решение вопроса надо
начинать с вычисления выражений f (х + 2m), f (х + Зт) и т. д.
Если же предположить, что пг кратно Т, то пришлось бы начи¬
нать с вычисления выражений /|х + — ), f (х + — | и т. д.
471
Начнем исследование с вычисления выражений f(x + 2m),
f (x + 3m) и т. д.
f(x + 2m) = f[(x + m) + m] = =■
1 — f(x + m)
l+l±LM
l-f(x) _ 2 1
1 + fW -2f(x)
l-f(x)
Далее, >
f(x + 3m) = f[(x+2m) + m] = 4±7ГТТТ =J ÜÜ =
1—f(x+2m) 1
Теперь f(x + 4m) = f [(x + 3m) + m] = =—^±2=
1—f(x+3m)
t f(x)+l
Итак, оказалось, что равенство f (x + 4m) = f (x) справедливо
при всяком x. Этим доказано, что функция f (х) периодическая и
при m 0. Ее период Т в этом случае равен 4т. Задача решена пол¬
ностью.
/ л\
Приведем иллюстрирующий пример. Известно, что tg f x + ---I —
1 + tg x f
— при любом X.
1 — tgx
Согласно только что решенной задачи функция tg х должна быть перио¬
л _
дической, и ее период должен равняться 4 . —, т. е. л. В действительности
. 4
так оно и есть. Как известно, функция tg х периодическая, и ее период ра¬
вен л.
331. Доказать, что если при любом значении х и постоянном m справед¬
ливо равенство f (xm) = , то функция f (х) периодическая.
1-Г 3f(x)
332., Построить график (геометрический образ) уравнения
У + ІУ I = х + I ХІ- (О
Исследование и построение, а) Найдем точки графика, у которых
x > 0. При x > 0 имеем:
У + IУ I = 2*-
(2)
172
Так как х > О, то у + | у | >0, т. е. у > 0, и уравнение (2)
принимает вид у = х. Следовательно, точки графика, у которого
X > 0, образуют биссектрису I координатного угла, за исключе¬
нием точки (0, 0).
в) Найдем точки графика, у которых х < 0. При х < 0 уравне¬
ние (1) принимает вид: у + |у | = 0. Но последнее уравнение удов¬
летворяется при любых отрицательных значениях у и при у = 0.
Следовательно, все точки, у которых абсцисса отрицательна и ор¬
дината отрицательна или нуль, принадле¬
жат искомому графику. Это множество
точек есть множество точек, лежащих
внутри III квадранта и на его границе,
совпадающей с левой частью оси ХіХ.
с) Найдем точки графика, у которых
х= 0. При этом значении х уравнение (1)
принимает вид: у + | у | = 0. Следователь¬
но, графику принадлежат все точки, у ко¬
торых X = 0, а у — любое отрицательное
число или нуль, т. е. граница III квад¬
ранта, совпадающая с нижней частью
оси У іУ.
Черт. 40
Итак, искомый график представляет
собой фигуру, состоящую из III квадранта с его границами и
биссектрисой I координатного угла (черт. 40).
X 1
333. Построить графики следующих функций: а) у = j—б) у = —*
°) г)у = |х-1| + |х-2|+|х-3|; д)>=^3зШ^1.
334. Доказать, что уравнение х3 + х — 1 = 0 не имеет отрица¬
тельного корня, но имеет положительный корень, и притом только
один, и что этот положительный корень является числом иррацио¬
нальным.
Поиски решения и решение. При любом отрицательном значении
X левая часть данного уравнения принимает отрицательное значе¬
ние, тогда как правая равна нулю. Следовательно, данное уравне¬
ние отрицательного корня не имеет.
Как же обнаружить существование положительного корня?
Для существования положительного корня должно существо¬
вать такое положительное значение х, при котором справедливо ра¬
венство X3 + X = 1. А это значит, что должно существовать такое
положительное значение х, при котором значение функции у =
= X3 + X равно точно 1.
Чтобы придать наглядность поставленному вопросу, обратимся
к графику функции у = х3 + х (черт. 41). Этот график будет непре¬
рывной линией, так как сама функция у = х3 + х непрерывная.
173
С возрастанием хнаша функция возрастает. При х = 0 она при¬
нимает значение нуль, а при х = 1 — значение 2. Следовательно,
существует одно положительное значение х, лежащее внутри про¬
межутка (0; 1), при котором наша функция точно равна 1. Этим
доказано, что данное уравнение имеет один и только один положи¬
тельный корень, лежащий внутри промежутка (0; 1).
Как же доказать, что этот положительный корень является ир¬
рациональным числом? Чтобы доказать, что корень иррациональный,
достаточно обнаружить, что он не мо¬
, жет быть рациональным. Попытаемся
это обнаружить. Итак, предположим,
I что корень, лежащий внутри промежут¬
ка (0; 1) является рациональным. В та¬
/ у = г3 ком случае его можно записать в виде
/ несократимой дроби — (числа р и q
/ q
yL натуральные взаимно простые и ç =/= 1).
/ Подставив в данное уравнение — вместо
/ q
I X, получим: '
4 + -- — 1 = 0, или - q — р.
I я3 я я2
Че 41 Но последнее равенство невозможно,
ерт’ так как его левая часть есть число не
целое, а правая — целое. ’
Отсюда следует, что единственный положительный корень,
существование которого мы доказали выше, является числом ирра¬
циональным.
335. Доказать, что уравнение х5 + х — 10 = 0 не имеет отрицательного
корня, но имеет положительный корень, и притом только один, и что этот
положительный корень является числом иррациональным.
336. Доказать, что для любого положительного числа N можно
найти такое натуральное число п, что
і + ^- + 4+ ••• +~>N- (D
2 3 п
Поиски доказательства. Если а > 0 и N — любое положитель¬
ное число, то всегда найдется такое натуральное число п, чтоап>ЛГ.
N
Действительно, для этого достаточно взять п большим, чем —.
«
Поэтому мы докажем требуемое, если сумеем выделить из левой
части неравенства (1), например, число — в качестве слагаемого,
повторяющегося достаточно большое количество раз.
174
Доказательство. Обозначим левую часть неравенства
(1) символом Sn . Тогда
1+1+1U
6 7 8/
п
Чтобы можно было продолжать начатую группировку слагае¬
мых до конца, возьмем п = 2т. Теперь имеем:
S2-=l + y + (y + ^-) + (y + j + 7 + ^) +
+ (ѵ+ ••• ••• + (^77 + ••• +^)-
Но:
1)±+ — = —>1:
' 3 2а 2' + 1 22 2
22 ела» ч
2) ± + l + l + _L=_L_ + _L + _L_ + i>l.
' 5 6 7 2® 2®4-12®+2 2» + 3 2* 2’
—+ — + ... + — = — 1 ! Н ... +—> — • 23=
9 10 2* 2® + 1 23 4- 2 21 2« 2
2' слагаемых
т+ 1) —?—
' 2"1-* 4-1
1 = I
2™ ~ 2т~у + 1
г/п-і слагаемых
2^-1 4- 2™-1
> J- . 2т~1 = —. Следовательно,
2'« 2
5,ш>1+- + т + -+ • •
а 2 2 2
т— 1 раз
Если взять 1 + — > N, т . е. т > 2Af — 1,
2
окажется Sn > N, что и требовалось доказать.
-- - .1.1.1.
V-.. . , ... - ■ 1 2'3'4-
т
2’
то при п — 2т
2
337. Доказать, что сумма 1 + у + у + + ••• + ■“ НИ П^И каком
п не может быть целым числом.
338« Имеется два сосуда. В первом находится один литр воды,
а другой пустой. Из первого-сосуда переливают половину имеющей¬
ся в нем воды во второй. Затем из второго переливают треть имею¬
щейся в нем воды в первый, затем из первого переливают четверть
имеющейся в нем воды во второй и т. д. Найти количество воды,
оказавшееся в каждом сосуде, после тысячи таких переливаний.
175
Поиски решения. Естественно сначала посмотреть на результаты
нескольких первых переливаний.
Выполнив простые вычисления в соответствии с условиями за¬
дачи, получим следующую таблицу:
Номер пере¬
ливания
1
2
3
4
5
6
7
В первом
сосуде
2
2
CM 1 СО
2
2
2
5
2
2
2
7
2
2
Во втором
сосуде
2
2
2
3
2
2
2
5
2
2
2
7
2
2
Эта таблица наводит на мысль, что после каждого переливания,
имеющего нечетный номер, в обоих сосудах будет оказываться воды
поровну. Однако мы еще не можем быть уверенными, что наше пред¬
положение будет верным. Ведь каждый следующий раз мы перели¬
ваем из одного сосуда в другой не ту же самую часть находящейся
в нем воды, а некоторую новую часть. В первый раз мы отливаем у,
во второй у, в третий в четвертый і и т. д. Чіобы выяснить,
верным или неверным является наше предположение, воспользу¬
емся методом математической индукции. Допустим, что наше пред¬
положение справедливо для нечетного номера п = 2k + 1, т. е. что
после (2k + 1) -го переливания в обоих сосудах оказалось воды
по ~. Тогда после (2k 4- 2)-го переливания окажется воды
во втором сосуде
После (2k + 3)-го переливания окажется воды в первом сосуде
+ 2 1 ' ' ~ '
2k + 3 2k + 4
тоже — л, т. е. в обоих сосудах поровну. .
Из всего изложенного следует, что наше предположение является
верным при любом нечетном п. .
Значит, после 999-го переливания в обоих сосудах будет по у
литра. После же 1000-го переливания во втором сосуде окажется
1 1 1 500 501
. — = л, а в первом л.
2 1001 2 1001 1001
1 llfe-f-1 k + 2
. — = —* 1—, а в первом —1—
2 2k + 3 2 2k 4- 3 2k 4- 3
л.
*4-2 1 „
—!— = — л. Следовательно, во втором сосуде
2* “I- 3 2
339. В одном сосуде 5 л воды, а в другом — 5 л спирта. Литр воды из
первого сосуда перелили во второй. Смесь энергично взболтали, затем литр
полученной смеси перелили в первый сосуд. Спрашивается, чего будет боль¬
ше: спирта в первом сосуде или воды во втором?
Раздел II. ТРИГОНОМЕТРИЯ
СВЕДЕНИЯ ИЗ КУРСА ТРИГОНОМЕТРИИ
1. Тригонометрической функцией отвлеченного числа х называет¬
ся эта же функция угла, содержащего х радианов.
Проверьте справедливость неравенств:
sin 3 > О, sin 4 < 0.
2. Связь между градусным и радианным измерениями углов:
пл
п градусов = ■—- радианов,
180а
а радианов = градусов.
л
3. Соотношения между тригонометрическими функциями одного
и того же аргумента:
sin2 X 4- COS2 X — 1,
— = tg X,
COS X
COS X ,
— = ctgx,
Sin X
sinx • cscx = 1,
tgX- ctgX = 1,
sec2x = 1 + ctg2x
cosx • secx= 1,
sec2 x — 1 + tg2 X,
4. Формулы сложения:
sin (х ± у) = sin х cos у ± cos X sin у,
cos (х ± у) = COS X cos у sin X sin у,
ig(x + y) = J-g*±tgy.
у 1 ± tg X tgy
5. Формулы умножения:
sin 2х = 2 sin X cos х,
cos 2х = cos3 X — sin2 X,
sin Зх = 3 sin X — 4 sin3 X,
cos 3x - 4 cos3 X — 3 cos x,
177
tg2x = ■ 2lgx , ctg2x =
1 — tg2 X
6. Формулы деления:
ctg2 X — 1
2ctgx
1 — COS X
Sin-2 - V 2
tg±=lrL£^ =
2 sin X
7. Преобразования
X
cos = +
COS X
2
sin X
1 + COS X
сумм в произведения:
sinx + sin у = 2 sin АІ2. cos x~y ■
2 2
sin X — sin у = 2 sin -—- cos
л 2 2
cos X + cos у = 2 cos - cos -—
z 2
2
COS X — cos у = — 2 sin •—4~-<- sin
л 2
tgx±tg у _■*.<«.*■ A,
COS X cos у
ctgj±ctgy = •l° l? * x) .
sin X sin у
8. Выражения тригонометрических функций через тангенс
ловинного аргумента:
2
ПО-
sinx =
1 + tg2 f
l-tg2|
COS X =
1 + tg2l
2tg-
tg X =
1_tg2f
9. Формулы понижения степени:
. 2 1 — cos 2x
Sin2 X =
sin3x =
2
3 sin x — sin 3%
2 1 + cos 2x
COS2 X = ,
2
о cos 3x 4- 3 cos X
COS3 X =
4
4
178
10. Преобразование произведений з суммы:
cos (х — у) + COS (х + у)
COS X cos у = — 1—L2-z-,
л 2
. . cos (х — у) — COS (х + у)
Sin X sin у = 11
У 2 ’
. sin (х — у) + sin (х + у)
Sin X cos у = =Г2-! —
У 2
11. Формулы приведения. Запоминать формулы приведения нет
необходимости. Эти формулы надо записывать, пользуясь правилом
определения знака и правилом определения названия функции. На¬
пример:
cos [ — 4- а I = — sin а,
\2 }
. / зт . \ I
sin Н а = + cos а,
\2 )
sin (л + а) = — sin а и т. д.
’12. Функции отрицательного аргумента:
sin (— х) = — sin X,
cos (— х) = cos X,
tg (— х) = — tg X.
13. Формулы для решения треугольников:
—-— = «—-— = —-— = 2R (теорема синусов);
sin A sin В sin С
а2 = Ь2 + с2 — 2bc cos А (теорема косинусов);
А+в
а + b 2 , ч
— b = —А В~ 'теоРема тангенсов)‘>
А —В А—В
cos -— sin —-—
- у- ■■ —, - ~ = (формулы Мольвейде);
sin ~Z COS —
2 2
sin Д = (Р — Ь)(Р ~с>. cos = |/Р(Р-а) .
_ = I/ (Р ~ЬКР ~С);
2 Г р(р—а) ’
179
S = Vp(p-a)(p-b)(p-c)-, S=lfcsinA; S = a-sinBs^-G-.
' 2 2sin4
r = (p-a)tg4; ; tf=~.
2 2 sin A 4s
Здесь a, b, c — стороны треугольника, A, B, C — его углы, p —
полупериметр, S — площадь, г — радиус вписанной окружности,
R — радиус описанной окружности.
14. Условия^ равенства синусов, косинусов, тангенсов.
а) Если sin у = sin х, то у = /гл + ( — 1)* х.
б) Если cos у = cos X , то у = 2йл ± х.
в) Если tg у = tg X, то у = kn + X.
15. Определения обратных тригонометрических функций:
у = arc sin x,
если
x = sin у
и
—
т **
s у <
. « V
у = arc cos x,
если
x = cos у
и
0<
< у
< л,
у = arc tg x,
если
х = tgy
и
—
л
т<
-У<
„ л
" Т’
у = arc ctg x,
если
X = ctg у
и
0<
-У’
< л,
Arcsin x = nn +
(-1)
arcsin x,
Arccos X = 2пл + arccos х,
Arctg х = пл + arctg х,
Arcctg X = пл + arcctg х. ,
16. Выражение тригонометрических функций от им обратных:
sin (arcsin x) = X,
sin (arc cos x) = у 1 — cos2 (arc cos x) = ]/1 — x2,
cos (arc sin x) = ]/1 — sin2 (arc sin x) = 1 — x2,
tg (arc ctg x) =
1
ctg (arc ctg x)
. z . V sin (arc sin x) x
tg (arc sin x) = —* . ■
cos (arc sin x) J/ 1 — x2
1
V
cos (arc tg x) =
sec (arc tg x)
1
V1 + tg2 (arc tg x)
sin (arc tg x) = tg (arc tg x) • cos (arc tg x) =
17. arc cos x
= arc sin И 1 — *2
при
0<
1,
arc sin x
= arc cos У 1 — x2
при
0<
C x < 1,
arc ctg x
= arc tg —
при
x =^= 0,
180
arc sin x = arc tg
X
^1 — X2
arc tg X = arc cos .
6 / 1 + X2
при
при
и<1,
arc tg X — arc sin - ■ .
b V 1 + X2
18. Если a2 + b2 — 1, то существует число <p такое, что a = sin <p и
ô = cosq). При этом можно считать: 1) 0 < <р < —, если а>0 и
6^-0; 2) л < <р < если а < 0 и b < 0; 3) < <р < л, если
а^-0 и b < 0; 4) < <р < 2л, если а < 0 и Ь > 0.
19. Нормировать уравнение a sin х + b cos х = с — значит пре¬
образовать его так, чтобы сумма квадратов коэффициентов при sin х
и cos X оказалась бы равной единице. Такая операция достигается
делением левой и правой части равенства на а2 + Ь2.
Действительно, в уравнении
а . « b с ! \
' ■ : ■ sinх Н cosх = - . (а)
У а2 + b2 I а2 4- Ь2 |/ а2 +
сумма квадратов коэффициентов при sin х и cos х равна единице.
Нормировать выражение a sin х + b cos х — значит предста¬
вить его в виде:
I а2 + 62
а
У а2 +Ь2
Sinx + — ■ COS X .
у а2 + Ь2
20. Если 0 < X < —, то sin х <г х.
2
§ 1. Тригонометрические уравнения
340. При каких значениях х справедливо равенство
•g tg (х — I X I) = 0? (1)
Поиски решения и решение. Логарифм числа равен нулю тогда
и только тогда, когда это число равно 1. Поэтому tg (х — | х |) =>
= 1. Отсюда
х-|х| =-2- + ПЛ. (2)
При X > 0 равенство (2) принимает вид: 0 = — 4- пл. Но это
4
невозможно, так как п — целое число. Этот результат не является
неожиданным. Ведь при х > 0 равенство (1) теряет смысл.
181
При ж <_ 0 равенство (2) принимает вид: х—( — х) — — + Лл.
4
Отсюда х = — + k —, где целое число k должно удовлет-
8 2
вор ять неравенству у 4- k • < 0, т. е. неравенству k<Z—
Следовательно, х = — + k —, где k = — 1,-2, — 3
8 2
341. При каких значениях х справедливо равенство 1g sin (х + I х |) =
= О?
342. Решить уравнение sin (л 1g х) + cos (л 1g х) = 1.
Поиски решения. На первый взгляд предложенная задача мо¬
жет показаться по своему внешнему виду трудной. В действитель¬
ности же ее решение можно считать общеизвестным. В самом деле,
если положить л 1g х = у, то задача сведется к решению уравнения
sin у + cos у = 1, а затем к уравнению вида 1g х = — у.
Л
Решение Пусть nig х = у. Тогда sin у + cos у = 1,
или y 2 sin у + -ў=- cosy j = 1, или у 2 sin (у + — ) =1.
Отсюда у = йл + (— 1)*. -2 —,
4 4
При k = 2т имеем: у = 2тл.
При k = 2т + 1 получим: у = 2/ил — -у.
Из уравнений л 1g х = 2тл, л 1g х = 2тл — у имеем соответ-
2т—
ственно х= 102/я и х= 10 (т— любое целое число).
343. Решить уравнение sin (лх) • sin (Злх) = у.
344. Решить уравнение (sin х + sin 2х + sin Зх)3 = sin3 х +
+sin3 2х + sin3 Зх.
Поиски решения и решение. Если начинать преобразование дан¬
ного уравнения с применения формул тригонометрии, то уравнение
будет становиться все более сложным и никаких перспектив к ее ре¬
шению открываться не будет. При этих условиях естественно об¬
ратить внимание на алгебраическую структуру уравнения. Записав
уравнение в виде:
(sin X + sin 2х + sin Зх)3 — (sin3 х + sin3 2х + sin3 Зх) =0, (1)
мы видим, что его левая часть представляет собой разность между
кубом суммы трех слагаемых й суммой кубов этих слагаемых,
т. е. выражение вида (а 4- Ь + с)3— (а3 + Ь3 + с3). Но, как известно
из алгебры, эта разность разлагается на множители и может быть
заменена тождественно равным ей произведением:
•182
3(а+&) (а+с) (Ь+с) (см. задачу 22). Теперь способ решения дан¬
ного уравнения найден. Разложив на множители левую часть
уравнения (1), получим:
3(sin х + sin 2x)(sin х + sin Зх) (sin2x + sin Зх) = 0.
Решение данного уравнения приводится , к решению
каждого из следующих трех уравнений: 1 )sin х + sin 2х = 0,
2) sinx + sin Зх = 0, 3) sin 2х + sin Зх = 0,
Решение этих трех уравнений предоставляем читателю.
345. Решить уравнение sin 2х sin Зх (sin 2х + sin Зх) + sin х sin ЗхХ
X(sin Зх — sin х) — sin X sin 2х (sin х + sin 2х) = 0.
346. Решить уравнение 1 Н • • • Н —-— ==
sin 2х sin 4х
1
sin X
Поиски'решения и решение. Нельзя решить данное уравне¬
ние без целесообразного преобразования его левой части. При
этом можно предполагать, что наиболее эффективным преобра-»
зованием будет такое, при котором дроби, стоящие в левой час*
ти, представятся относительно тригонометрических функций в
форме целых выражений.
Начнем с преобразования первой дроби:
sinx sin2x
sin 2х
2 cos2 X cos 2x
sin 2x sin 2x
= ctg X — ctg 2x.
Применив это преобразование к каждому слагаемому, полу¬
чим:
(ctg X — ctg 2х) + (ctg 2х — ctg 4х) +
sin X *
или
ctg X — ctg 2п X =
sin X
Применяя формулу
придадим последнему уравнению вид:
sin (2я х —~ х) __ 1
sin X sin 2Л X sin X *
Отсюда sin (2Лх — х) = sin 2пх, так как в силу данного уравнения
sin х 0.
183
Пользуясь условием равенства синусов (см. стр. 182, п. 14), най¬
дем:
2лх — ж = k л 4- ( — 1)*2лх .
При четных значениях k получим: х = — kn. Это значение
— kn не является корнем данного уравнения, так как при х —
=— k л данное уравнение не имеет смысла.
При нечетных значениях k имеем: 2Л х — х — kn — 2п х, или
2-2лх— X = kn. Отсюда
х= kn
2я+і _ 1 '
Эти значения х при любых нечетных значениях k являются кор¬
нями первоначально заданного уравнения.
347. Решить уравнение esc 2х + esc 4х + esc Sx = esc х.
348. Доказать, что если а sin 2х + b sin Зх + с sin 4х = 0 для всех х,
то а = b = с = 0.
(Л \ z—
— —х I = у 6 —у 2.
4 /
350. Решить уравнение sinz х + sin2 2xj= sin2 Зх + sin2 4х.
351. Найти все пары значений х и у, удовлетворяющих уравне¬
нию sin2 (х + 1) у = sin2xy + sin2 (х — 1) у, если (х + 1)у, ху,
(х — 1) у являются углами треугольника.
Поиски решения. Неизвестные х и у связаны не только задан¬
ным уравнением, но и еще одним, указанным в тексте дополнитель¬
ным условием. Поэтому решение задачи надо начинать с изучения
этого дополнительного условия.
Решение. По условию задачи (х 4- 1) у + *у + (* — 1) у =л.
Отсюда ху = —. Следовательно, (х + 1) у = -у- + у, (х — 1) у =
3 3
л
Поскольку один угол треугольника равен —, то каждый из ос¬
. • з
тальных должен принадлежать промежутку (о,
Поэтому
0<4 + у<4 С1)
о и
и
О<у-У<у. (2)
U О
Из неравенства (1) следует, что — —< у < —. Такой же ре¬
зультат следует из неравенства (2). Теперь наша задача сводит¬
ся к решению системы:
184
» « / Я I \ *2 't • ft ( Я
sin1 — + у “ Sin2 |r sin2 у
\ 3 / 3 \ 3 4
я
xy = T
при условии, что < у < —.
3*3
Преобразуем первое уравнение системы последовательно так:
/2л \ /2л Л \
1 7 + " i ’
/2л п\ /2л|П\ 3
cos _ 2у — COS — + 2у = -,
\ и - / \ О / л
2 sin — sin 2у = —, sin 2у = У 3...
3 у 2 л 2
Отсюда 2у — kn + (— 1)/;. —
6
и
y = k- А+(-1)^. А
Но по предыдущим исследованиям число у заключено между
-- и -, Поэтому -± С k • - + (- 1)* • - <-.
3 3 3 2 6 3
Этим неравенствам удовлетворяет только единственное значение
целого числа k, равное нулю. Следовательно у = \
Подставляя это значение у во второе уравнение, находим, что
X = 2.
Итак, заданное уравнение при данном дополнительном условии
удовлетворяется только одной парой значений х и у, а именно па¬
рой X = 2, у — У
352. Доказать, что уравнение sin 2х + sin Зх + ... + sin пх = п — 1
при любом целом и > 2 не имеет решений.
353. Решить уравнение (cos 5х + cos 7х)2 = (sin 5х + sin 7х)2.
354. Решить уравнение sin3 х + cos3 х = 1.
355. Найти sin х и cos х, если a sin х + b cos х = с. При каком условии
относительно a, b и с задача имеет решение?
356« Найти все пары чисел х и у, которые удовлетворяют урав¬
нению tg4 X + tg4 у + 2ctg2 X ctgy = 3 + sin2 (x + y).
Поиски решения. Для решения подобных задач нет какого-либо
единого метода. В каждой отдельной задаче такого типа надо искать
185
какие-то частные особенности, позволяющие свести эту задачў к
другой более доступной. Какие же особенности можно заметить в дан¬
ном уравнении? Сразу видно, что 3 < 3 + sin2 (х + у) < 4. Сле¬
довательно, должно быть:
3 < tg4x 4- tg4y + 2ctg2 х ctg2 у < 4.
Но слагаемые выражения tg4 х + tg4 у + 2ctg2 х - ctg2 у взаимо¬
связаны: если приближать к нулю tgx и tg у, то 2ctg2 xctg2 у будет
возрастать; если же приближать к нулю 2ctg2 х ctg у, то станет воз¬
растать либо tg4 X, AHÔotg4 у, либо оба вместе. Поэтому возникает
необходимость проверить, может ли сумма tg4x + tg4y + 2ctg2 xctg2 y
принимать значения, меньшие или равные 4.
Применяя известное неравенство о среднем арифметическом,
получим, что tg4x + tg4y > 2 tg 2х tg2 у (равенство имеет место
лишь при условии tg4 X = tg4 у). Поэтому- tg4 X + tg4 у + 2ctg2 X
ctg2 У > 2tg2 X tg2 у + 2ctg2x ctg2y.
Применяя еще раз неравенство о среднем арифметическом, най¬
дем, что 2tg2x tg2y + 2ctg2x ctg2y 4 (равенство имеет место лишь
при условии tg2 к tg2y = ctg2x ctg2y). Поэтому при любых значе¬
ниях X И У J
tg4x + tg4 у + 2ctg2x ctg2 у 4.
Равенство имеет место лишь при условиях, что tg4x=tg4y и
tg2 X tg2 у = ctg2 X ctg2 у.
Эти условия равносильны следующим:
|tgx| = |tg у| и [tg х| • |tgy| = 1.
Итак, оказалось, что правая часть уравнения меньше или равна
4, а левая больше или равна 4. Поэтому данному уравнению могут
удовлетворять лишь такие пары значений х и у, которые удовлет¬
воряют одновременно уравнениям: 1) tg4 x+tg4y+2ctg2xctg2 у=4;
2) 3 -I- sin2 (х + у) = 4.
Первое уравнение удовлетворяется, как мы видели, лишь при
условиях |tg х| = |tg у| и |tg х| • |tgy| = 1, т. e. при условиях ]tg х| =
= 1 и |tg у I = 1, а значит, при следующих парах значений х и у:
х = -^ + kn,
а) л
у = 1- In;
7 4
X = — + kn,
в) 4 л
у = -А + /л;
(k и I — любые целые числа).
186
X — -г kn,
4
у = -А-Нл;
X — — + kn,
4
л . .
у _ — 4- /л
Пары чисел а) и б) удовлетворяют уравнению 3 + sin2 (х + у) =
= 4, а пары в) и г) не удовлетворяют.
357. Найти все пары чисел х и у, которые удовлетворяют уравнению
sin 2х + cos (х + у) = 2.
358. Найти все пары чисел х и у, которые удовлетворяют уравнению
3
COS X + cos у — COS (х + у) = —.
359< При каких значениях параметра т уравнение
1 I 1
1 т
COS X sin X
имеет корень, заключенный между 0 и -?
Поиски решения и решение. Для решения данной задачи надо
определить совокупность всех значений функции
COS X sin X
на множестве значений х, принадлежащих промежутку (0; у).
Если X приближать к нулю, то у будет неограниченно возрастать.
То же самое будет, если х приближать к —. Следовательно, функция
у наибольшего значения не имеет. Остается найти ее наименьшее
значение. Прямо найти это наименьшее значение не представляется
возможным. Поэтому применим косвенный способ. Поскольку функ¬
ция у положительна на всем промежутке
то задачу нахож¬
дения ее наименьшего значения можно заменить задачей нахожде¬
ния наименьшего значения ее квадрата, т. е. функции
Имеем:
/ = _1_ + _1_ + 2 = _1_+_L_.
cos2x sin2* sin* cos* sin2 2* sin 2*
Отсюда видно, что величина у2 имеет наименьшее значение при
2х = -у, т. е. при X = -у. И это наименьшее значение равно 8.
Следовательно, наименьшее значение функции —J—|—5— на про-
cos х sin X
межутке ^0; -yj равно Кв, т. е. 2 J/2.
- 1 I 1 л\
Функция у 1 непрерывна на промежутке 0; — ,
cos X sin X \ 2 ;
Поэтому совокупностью всех значений этой функции на промежут¬
187
ке (О; является множество всех чисел, больших или равных
2^2.
График этой функции будет непрерывной линией, простираю¬
щейся неограниченно вверх. Отсюда видно, что уравнение (1)
имеет на промежутке ^0; yj для каждого значения параметра т,
удовлетворяющего неравенству т>2 ]/2, два действительных
корня.
В самом деле, если а есть корень уравнения (1), то у — а так¬
же будет его корнем, так как
—г—? + —г—; = — + —•
/л \ л \ cos a sin а
cos — — а sin — — а
\ 2 ) \ 2 /
При т = 2]/г2 уравнение (1) будет имееть один корень.
360. При каких значениях параметра т уравнение cos4x + sin4x +
+ + = т имеет действительные корни?
cos4x sin4x
§ 2. Тригонометрические неравенства
361. Доказать, что при
1—cosxCy. (1)
Поиски доказательства. В неравенство (1) входят отвлеченное
число X и тригонометрическая функция этого отвлеченного числа,
причем нам известно, что 1 — cosx = 2 sin2-|-. По этим признакам
нетрудно догадаться, что для решения данной задачи надо исходить
из общеизвестного неравенства, что если 0 < t < то sin t < t.
Однако в неравенстве (1) число не заключено между 0 и у, а, нап¬
ротив, может принимать любое положительное или отрицательное
значение. Поэтому необходимо предварительно изучить соотноше¬
ние между sin t и t для любых значений t.
Из того, что sin t < t при D < t < y, следует, что при —
< t < 0 будет справедливым неравенство |sin t\ < \t\. Легко видеть,
что последнее неравенство будет иметь место и при |/| > —.
Итак, оказалось, что при любом значении /, не равном нулю,
справедливо неравенство [sin t ] < |/|.
188
Доказательство.
Если X =/= 0, то
Но в таком случае при х=£0 будет верным и неравенство
sin2 у <; Теперь из равенства 1—cosx = 2 sin2 у следует,
(X \2
— I ,
X2
или 1—cosx< —
2 •
■ л Л п . о
362. Доказать, что если 0 < а < р < у, то а — sin а < р — sin р.
363. Доказать, что
tg di < sinctl + sîna2 + Fsina^ < a ,
1 cos + cos a2 + • • + cos an rl'
если 0 < < a2 <•••<; ал <
Поиски доказательства. Если мы не видим, как доказать требуе¬
мые неравенства, то одним из средств, которое может открыть путь
к доказательству, является представление этих неравенств в дру¬
гих формах. Следуя этому, имеем для левой части:
cos сц tg at + cos a2 tg сц + ... + cos a2 tg cq < sin сц + sin 0^+...
... + sin ал (2)
(1)
и для правой части:
sin + sin а2 + • • • + sin ап < cos а4 tg an + cos a2 tg an +
+ ••• + cosa„tga„. (3)
Справедливость неравенства (2) почти очевидна. Действительно,
costZi tgcq =sinab
cos a2 tg at < cos a2 tg a2 = sin a2,
cos an tg <Z cos an tg an = sin an.
Отсюда путем сложения получается неравенство (2).
Также очевидно и неравенство (3). Действительно,
cos 04 tg ап Z> cos tg = sin
cos a2 tg afl > cos a2 tg a2 = sin a2,
cosa„ tga„ = sinart.
Отсюда путем сложения получается неравенство (3).
189
Доказательство. Воспользовавшись результатами по*
исков, имеем:
cos tg + cos à2 tg at 4- • • • 4- cos an tg < cos tg 4¬
+ cosa2 tga2 4- 4-cosan tgan == sinoq + sina2 + ••• 4-sinart.
Отсюда
(cos 4- cos a2 4- • • • + cos an) tg < sin oq 4-sin a2 4- • • • + sin an,
„ Л sinai 4-sin a24-... 4-sinan
T. e. tg cq < — ! ft.
cosai 4- cos a2 4- • • -4" cosan
Левая часть неравенства (1) доказана.
Доказываем правую часть неравенства (1). Имеем:
cos eq tg a„+ cos a2tg a2 H 1- cos a„ tg a„ >
>cosa1 tgat + cos 04 tga2 4- ••• + cosa„ tgan=
= sin aj + sin a2 + • • • + sin an.
Отсюда
(cos оц + cos а2 + • • • + cos aj tg ал
> sin оц + sin a2 + • • • + sin ал,
т. е.
sin Qj 4- sin a2 4~ * * • + sin an <
cos ai 4-cos a2 4-• • • 4-cos n'
Доказана и правая часть неравенства (1). Таким образом, нера¬
венство {1) полностью доказано.
364. Имеется п дробей:
01 02 «л
ôi ô2 bn
знаменатели которых положительны. Доказать, что
ai 4- о2 4- • • • 4- ап
т < -~
4“ ^2 4- •• • 4- Ьп
< М,
где т — наименьшая, а М — наибольшая из этих дробей.
365« Доказать, что cos А cos В cos С < где Л, В, С — углы
треугольника.
Поиски доказательства и доказательство. Если не пользоваться
какими-либо сведениями, связанными непосредственно с данной за¬
дачей, то естественно искать доказательство данного неравенства
путем преобразования его левой части.
Легко понять, что cos Л cos В cos С = [cos (Л — В) 4-
190
4- cos (4 + B)] cos C = y [cos (A • B) cos C] cos C = — y [cos2 C —
/Л D\ 1 г/ cos(X —B)\2 cos2(4— B)
— cos (A — B) cos Cj = — y [(cos C L 1
1 2 / Л D\ 1 Г cos (Д B) I2 . 1
= — cos2 (A — B) cos C i < —
8 2 [ 2 J 8
2
8’
3
366. Доказать, что cos А 4~ cos В + cos С < —, где А, В, С — углы тре¬
угольника.
АВС
367. Доказать, что tg2 — + tg2 — + tg2 — > 1, где A, В, С— углы тре¬
угольника.
368. Доказать, что функция на промежутке /О; j убыва¬
ющая.
Поиски доказательства. Если положить, что 0 < х < — ,
/і>0и%4-й< ~2,то Аля Решения Данной задачи достаточно
доказать, что <; 5ÜL5, Искать доказательство последнего
X 4- h X
неравенства можно либо с помощью преобразований, либо исходя
из соображений геометрических.
Доказательство с помощью преобразований. Очевидно, что
sin (х 4- h) sin X _ X sin (х + h) — (x 4- h) sin x
л + ft x x ( x 4- ft)
__ X sin X cos h-\-x cos x sin ft — X sin X — ft sin X _
x(x + ft)
_ (x sin X cos ft — X sin x) 4-(x COS X sin ft — ft sin x)
x(x+h) “
/sin ft tgx \
x sinx (cosft — 1) 4" xh COS x I— — I
= x(x + h) •
Полученное выражение является отрицательным числом, так
как cos Л — 1 < 0 и < 0 (последнее неравенство выте-
ft X
кает из неравенств sin t < t < tg t, где О
Поэтому
’ sin (х 4- h) sin X . < q
X -J- ft X
191
или <liai. А
X + h X
промежутке (О; yj является убывающей.
Доказательство
углы хи у + h, поместив их вершины в центре окружности, радиу¬
са, равного единице (черт. 42). Из чертежа и определения тригоно¬
метрической функции имеем:
это и значит, что функция на
X
геометрическое. Построим
sin (х + h) ААГ АС ВС 4- АВ | . АВ
sin х ВВ} ВС ВС ВС '
Черт. 42
Если радиус окружности ра¬
вен единице, то длина дуги
АВ Нравна й, а длина ду¬
ги BD = х. Следовательно,
АВ < h, а ВС > X. (Чтобы
убедиться, что ВС > х, дос¬
таточно построить фигуру,
симметричную фигуре ОВС
относительно прямой ОС, и
сослаться на то, что длина
выпуклой линии (дуги ок¬
ружности) меньше длины
ломаной).
В равенстве
sin (х 4- h)
sin X
заменяем АВ на h и ВС на х, получим:
sin (х 4- h) , h тжт>т> sin (х 4-/1) ^х4-/і
————— і 4” —, или
sinx X sinx х ‘
Отсюда
sin (х 4~ h) < sin X
X 4- h X
Примечание. Доказанное предложение можно было бы
сформулировать и так. Если 0 < х < у < , то
sin X sin у
X у •
369. Доказать, что функция — на промежутке (0; —) возраста-
X \ 2 /
ющая.
370. Решить неравенство | sin х | > | cos х |.
Поиски решения. Чтобы удобнее было решать это неравенство,
надо освободиться от знаков абсолютной величины.
192
Известно, что для действительных чисел и и ѵ из неравенства
I и I > I ü| следует неравенство и2 > ѵ2, и, обратно, из неравенства
и2 > V2 следует неравенство | и | > | ü|.
Решение. Неравенство |sin х| > | cos х | равносильно неравен¬
ству sin2x > cos2x. Отсюда cos2x — sin2x < 0 или cos 2х < 0.
Следовательно, — + 2kn < 2х < — + 2&л, или — + 2^л < х <;
2 2 4
< — + fot, где k — любое целое число.
4 •
371. Решить неравенство | cos 2х | > | cos х — sin х |.
§ 3. Задачи, связанные с обратными тригонометрическими
функциями
372. Показать, что функция f (х) = sin (arcsin x + arctg х)
алгебраическая. .
• Поиски решения и решение. Применив формулу синуса суммы
двух углов, мы сведем задачу к простейшим случаям вычисления
тригонометрической функции от обратной тригонометрической:
f (х) = sin (arcsin х) cos (arctg х) + cos (arcsin x) sin (arctgx).
Преобразуем отдельные члены:
а) sin (arcsin x) = x; *
t 4 1 1 1
б) cos (arc tg x) = = — = ——
sec (arctg x) у j + tg2 (arc /1 + x2
в) cos (arc sin x) = K1—sin2 (arc sinx) =]/!—x2;
1 X
r) sin (arc tg x) = cos (arc tg x) tg (arc tg x) = — ■ x =—==^ .
V 1 + x2 V1 + X2
Данная нам функция примет вид: f (x) = x—-1 -Ь
/1 +x2
+ x = X(l+/1 -X2)
/1 + x2 y 1 +x2 ’
373. Показать, что функция f (x) = tg (arc sin x — arc cos x) алгебраиче¬
ская.
374. Найти точное значение arctg (tg 5) и arc sin (sin 10).
Поиски решения и решение. По определению tg (arc tg 5) = 5.
Но будет грубой ошибкой считать arc tg (tg 5) = 5. Ведь по опреде¬
лению — у < arctg x < у. Следовательно, arc tg (tg 5) есть
число, принадлежащее промежутку —у, у). Число же 5 этому
промежутку не принадлежит.
Полагая х = arctg (tg 5) и взяв тангенсы левой и правой части
последнего равенства, получим tg х = tg [arctg (tg 5)J, или tg x —
7 Заказ 326
193
= tg 5. По условию равенства тангенсов (см. стр. 182, п. 14)
х = fat + 5, где k — целое число. Но в наших условиях
— — < х < —. Поэтому — — <&л4-5< —
2 2 J 2 2’
л л „
— -- — 5
Решив эти неравенства, получим, что ? < & < 2 —
■ л л
Следовательно, k = — 2 и arctg (tg5) = — 2 л + 5.
Полагая х = arcsin (sin 10) и взяв синусы левой и правой час¬
ти этого равенства, получим sin х = sin 10. По условию равенства
синусов X = fat + (—1)* 10.
В наших условиях — — < х < —
J 2 2*
Поэтому — < fort 4- (— 1 )* 10 < Отсюда k = 3. Следователь¬
но, arc sin (sin 10) = Зя + (— I)310 «= Зл — 10.
375. Найти точное значение arctg (tg 10) и. arc sin (sin 5).
[• Z \ "1
sin
\ 9 /Г
377. Вычислить arcsin
/ 41 '
cos — л
\ 6
/ л
378. Решить уравнение arc sin х 4- arc sin ху 3 = —
379. Упростить выражение sin (arc sin х) при условии, что
— К X < 1, и выражение arc sin (sin х) при условии, что х — лю¬
бое действительное число.
Поиски решения и решение. Из определения arssinx следует,
что sin (arcsin х) = х.
Значительно сложнее решение второго вопроса.
Выражение arc sin (sin х) является действительным числом
при любом действительном значении х, так как — 1 < sin х < 1.
Кроме того, необходимо учитывать, что —-у < arc sin (sin х) <
< —. Поэтому если | х |> —, то запись arc sin (sin х) = х
будет грубой ошибкой.
Прежде чем искать общее решение второго вопроса, рассмотрим
несколько частных случаев.
Пусть X = —. Тогда arc sin (sin х) = arc sin (sin — 'j = arcsin - = — *
6 \ 6 / 2 6
Пусть X = —. Тогда arc sin (sin x) = arc sin (sin —=
== arc sin
. / л \1 .
sin л = arc sin
\ 6/J
’ . л \ .1
sin — =arc sin —
. 6/ 2
л
ÏÏ’
194
= arc sin sin
71 / 71 \
Пусть x = — л. Тогда arc sin (sinx) = arc sin sin — x =
4 \ 4 /
arc sin I — IA ) =
\ 2
=arcsin sin
л_
~ 4*
Итак, мы получили следующие результаты: arc sin
arc sin
arc sin
л
T-
Теперь перейдем к общему решению.
Пусть arc sin (sinx) = у; тогда sinx = sin у и —
Поэтому если |х| < то У = х, т. е. arcsin(sinx) = x.
Но если I x I > у, тогда из равенства sin х = sin у следует, что
x и у должны быть связаны равенством х = fat + ( — l)fty.
Отсюда у = или У = (— 1)*-1(£л — х).
Но так как — — < у < —, то мы должны выорать целое чис¬
ло k так, чтобы I fat— х|<-^.
Итак, arc sin (sin х) = (—1)*_1(&л—х), где k выбрано так, что
I fat—x I < —
1 1 2’
Пример, arc sin (sin 1000) =(— 1)* (/гл — 1000), где целое
л л
должно удовлетворять неравенствам — —- < kn — 1000 < —, или
число k
1000 J
л 2
</г < —— + —. Отсюда k =319. Следовательно, имеем точное равенство
л 2
arc sin (sin 1000) = 1000 — 319л.
380. Найти точное значение arc sin (sin 100) и arc sin (sin——
cos x + sin x л
381. Упростить выражение arc sin — при условии, что — <
V 2
5
< x < ~~ л.
4
382. Решить неравенство arc sin x > arc cos x.
383. Исследовать тип функции cos (n arccos x) при натураль¬
ном д.
195
Исследование. При п = 1, 2, 3 имеем:
а) cos (arc cos х) = х;
б) cos (2 arccos x) = cos2 (arc cos x) — sin2 (arc cos x) = x2 —
— 1 + x2 = 2x2 — 1 ;
в) cos (Загс cos x) = 4 cos3 (arc cos x) — 3 cos (arc cos x) = 4X3—
-Зх(см. стр. 179, n. 5).
Рассматривая эти полученные результаты, можно сделать пред¬
положение, что cos (n arc cos х) представляет собой многочлен п-й
степени относительно х, в котором коэффициент при хп равен 2Л~1.
Чтобы выяснить, верным или неверным является это наше предпо¬
ложение, воспользуемся методом математической индукции.
I. При п = 1 наше предположение справедливо, как это нами
уже обнаружено выше. .
II. Допустим теперь, что наше предположение справедливо от
1 до какого-нибудь k включительно, где k — любое натуральное чис¬
ло, и посмотрим, останется ли оно верным при п = k + 1. Имеем:
cos [{k + 1) arc cos x] = cos (k arc cos x + arc cos x) =
= cos(é arc cos x) cos (arc cos x) — sin (k arc cos x) sin (arc cos x) =
= x cos(& cos x)—{cos[(& — 1) arccos x] — cos [(k + 1) arccos x]}
(см. стр. 181, n. 10).
Отсюда 2 cos [(Z? + 1) arc cos x ] = 2x cos (k arc cos x) — cos [(k —
— 1) arc cos x] + cos 1(^+1) arc cos x], или cos [(&+l)arc cos x] =
= 2x cos (k arc cos x) — cos [(k — 1) arc cos xj.
В силу сделанного допущения имеем:
cos {k arc cos x) = 2*"1 xk + axk~1Jr ...,
cos [(k — 1) arc cos x] = 2k'2 x*~4- bxk~2 + ... .
Поэтому
cos [(k + 1) arc cos x = 2V+1 + c{xk 4- c^-1 + • • • •
Этим доказано, что наше предположение справедливо, т. е. что
cos (n arccos х) действительно есть многочлен n-й степени, причем
коэффициентом при хп служит число 2'г~1.
384. а) Упростить sin (3 arc sin х).
7 1 7 3
б) Доказать, что равенство arc sin — + ~ arc cos ~ = агс cos у точное.
§ 4. Разные задачи
385. В равнобедренном треугольнике с основанием а и боковой
стороной b угол при вершине равен 20°. Доказать, что а3 + Ь3 —
= ЗаЬ*. ■
Поиски доказательства. Ни из чертежа, ни из каких-либо дру¬
гих соображений не представляется возможности сразу обнаружить,
что между а и b имеет место соотношение а3 + Ь3 = Зоб2.
196
В таком случае станем искать хотя бы какую-нибудь связь меж¬
ду а и Ь. Такая простая связь получается из треугольника ABD,
где AD I ВС (черт. 43), а = 2b sin 10°.
Если верно равенство - А
a3 + b3 = ЗаЬ2, (1)
то верным должно быть и равенство
(2b sin 10°)3 + Ь3 = 3 . (2b sin 10°)&2, (2)
которое мы получили, подставив в соотношение
(1) 2b sin 10° вместо а.
Преобразуем равенство (2): 8&3sin3 10°+ b3 =
= 6b3 sin 10°, 8 sin3 10° + 1 = 6 sin 10°,
1 = 2 (3sin 10° — 4sin3 10°). (3) и
' 7 v 7 Черт. 43
Но согласно формуле sin За = 3 sin a —: 4sin3 a
мы можем выражение sin 10° — 4 sin3 10 ° заме¬
нить sin 30°. Тогда равенство (3) примет вид 1 = 2- sin 30°. Это
равенство справедливо, так как sin 30°, как известно, равен 2_.
Этим исследованием мы обнаружили, что для доказательства
теоремы надо воспользоваться формулой sin За = 3sin а — 4sin3 а
и очевидным соотношением
- = sin 10°,
26
вытекающим из условий задачи.
Доказательство. Из условий задачи мы имеем, что
sin пользуясь формулой sin 3a=3sin a — 4 sin3 a, запи¬
шем тождество sin 30° = 3 sin 10° — 4 sin3 10°. В это равенство
подставим вместо sin 10°. Тогда получим:
sin 30° = 3- — — 4- —,
26 86? •
ИЛИ
1 За а3
2 ~ 2b 2d3’
или Ь3 = ЗаЬ2 —а3 и, наконец, а3 + Ь3 = ЗаЬ2. Предложение
доказано.
Замечание. Нам надо было из равенства а = 2b sin 10°
прийти к равенству а3 + Ь3 = ЗаЬ2. Не зная, как это сделать, мы
стали искать такое равенство, которое вытекало бы из равенства
а3 + Ь3 = ЗаЬ2 при условии, что а = 26 sin 10°.
Этим самым мы искали и нашли путь к решению задачи. Оказа¬
лось, что для решения задачи надо исходить из формулы синуса
72 Заказ 326
197
тройного угла. С самого же начала этого не было видно. Такой метод
можно назвать образно так: «Работать от конца к началу».
386. В равнобедренном треугольнике с основанием 2а и боковой сторо¬
ной b угол при вершине равен 150°. Доказать, что 8а 3 = Ь3}^2 + 6аЬ2.
387« Доказать, что из равенства
cos у = cos a cos 0 (1)
вытекает равенство
V-iî-tg’-ZÎ-tg-l. (2)
Поиски доказательства. Мы не видим, как надо преобразовы¬
вать равенство (1), чтобы получить равенство (2). Поэтому нач¬
нем искать путь к решению задачи через преобразование равен¬
ства (2). Это равенство можно записать последовательно в следу¬
ющих видах:
. v+q . Y —а . о ₽
sin • sin —-— sin2 —■
а) ? — _ 2.
Y + <x у—a o P’
cos • cos COS2—
2 2 2
б) cosa-cosY = lzlcosP (см стр 178, n w> 9)>
cos a + cos у 1 + cos p
(cos a + cos у) (1 — cos 0) = (cos a — cos y) (1 + cos 0), или
cos у — cos a cos 0 — cos у cos 0 = — cos у + cos a cos 0 —
— cos у cos 0, или cos у = cos a cos 0.
' Доказательство. Из равенства cos у = cos a cos 0
вытекают последовательно равенства:
2 cos у = 2 cos a cos 0,
cos у + cos у = cos a cos 0 + cos a cos 0,
cos у — cos a cos 0 = — cos y + cos a cos 0,
cos a + cos у — cos « cos 0 — cos у cos 0 = cos a — cos у +
+ cos a cos 0 — cos у cos 0,
cos a (1 — cos 0 ) + cos у (1 — cos 0) = cos a (1 + cos 0)—
— cos у (1 + cos 0),
(1 — cos 0) (cos a + cos y) = (1 + cos 0) (cos a — cos y),
cos a — cosy 1 — cos P
cos a + cos у 1 + cos P
v4-d V — et В
2 sin sin — 2 sin8 —
2 2 2
y + a y—a ?
2 cos —-— cos —-— 2 cos2
£ £ £
198
и, наконец, получается искомое равенство:
388. Найти: а) cos (х + у), если sin х + sin у = а и cos х + cos у = Ь;
б) cos (х + у) cos (х — у), если cosa х + cos2 у = т.
389® Выразить площадь параллелограмма через его диагонали р
иди его острый угол а, считая, что р > q (черт. 44).
Поиски решения. Прежде всего надо подумать о том, какой из
основных формул для площади параллелограмма в данном случае
удобнее воспользоваться. На первый взгляд может показаться, что
будет удобно воспользоваться тем, .
что площадь параллелограмма равна '^1
половине произведения диагоналей / /
на синус угла между ними. / * /у
Однако от этого пути мы вынуж¬
дены отказаться, так как при имею- ■■■■- ■ «V
шихся условиях мы не видим способа *
определения синуса угла между диа- Черт. 44
гоналями.
Формула S = xh, где х — сторона параллелограмма, ah —
соответствующая ей высота, тоже неудобна, так как ни сторона х9
ни высота нам не даны.
Обращаясь к формуле
S = ху sin а, (♦)
где X и у — стороны параллелограмма, заметим следующее: для
определения площади по этой формуле нам вовсе не надо знать от¬
дельно значения х и у, а достаточно знать лишь их произведение.
Поэтому направим наши усилия на решение этой новой задачи.
Решение. По теореме косинусов
р2 = X2 + у2 — 2ху cos (л — а),
ç2 = X2 + у2 — 2ху cos а.
Вычитая, получим: р2 — q2 = 4ху cos а. Отсюда
р2 —
ху = — —
4 cos а *
Искомая площадь S определяется формулой (*), т. е.
4
390, Если сумма квадратов косинусов углов треугольника мень¬
ше, равна или больше единицы, то треугольник будет соответст¬
венно остроугольным, прямоугольным или тупоугольным. Дока¬
зать. .
Поиски доказательства. Связь между типом треугольника и
косинусами его углов, которую нам надо доказать, сложна. Спросим
себя, а не знаем ли мы эту связь в какой-либо простой форме?
72*
199
Если треугольник остроугольный, то косинусы его трех углов
положительны, а потому cos A cos В cos С > 0.
Если треугольник прямоугольный, то один из косинусов равен
нулю, а потому cos A cos В cos С = 0.
Если треугольник тупоугольный, то один из косинусов отрица¬
телен, à остальные положительны, а потому cos A cos В cos С <
<0.
Следовательно, имеет смысл искать с помощью преобразований
связь между выражениями cos2 А + cos2B + cos2 С и cos А
cos В cos С.
Доказательство, cos2 4-|-cos2B+cos2C =
4"Cos2C— 1—cos(4+B)cos(4—S)+cos2C= I—cosCcos(4—B)4-cos2C=
= 1 +cos C [cosC—cos (A—B)] = 14-2 cos C sin £+dz^ sjn dzzÊzÇ=
= 14-2 cos C sin ———— sin1—2cosC cos В cos Я.
2 2.
• Итак, мы получили искомую связь в виде:
2'cos A cos В cos С = 1 — (cos2 А 4- cos2 В 4- cos2 С).
Отсюда если cos2 A cos2 В cos2 С < 1, то cos A cos В cos С >
■> 0, а значит, треугольник остроугольный; если cos2 А 4¬
4- cos2 В 4- cos2 С = 1, то cos A cos В cos С = 0, а значит,
треугольник прямоугольный; если cos2 А 4- cos2 В 4- cos2 С > 1,
то cos Л cos В cos С < 0, а значит, треугольник тупоугольный.
Задача решена.
391. В каком треугольнике имеет место соотношение cos (Д — В)
cos (В — С) cos (С — А) — 1, где А, В, С — углы треугольника.
392, В треугольнике ABC tg А : tg В : tg С = 1 : 2 : 3. Най¬
ти синусы этих углов.
Поиски решения и решение. Если даны отношения нескольких
величин, то всегда можно выразить эти величины через одну неиз¬
вестную величину. Действительно, если принять tg А = х, то бу¬
дем иметь, что tg В = 2х и "tg С = Зх.
Мы приблизимся к решению задачи, если сумеем найти значе¬
ние X. Для этого достаточно иметь одно уравнение с одним неизвест¬
ным X. ’
Пользуясь тем, что Л, В, С — углы треугольника, имеем:
tg С = tg [л - (Л 4- В)] = - tg (Л 4- В).
Отсюда tg (Л 4- В) = — Зх. Но
1— tg/1 • Igo
200
Подставляя сюда выражение тангенсов в зависимости от х, по-
лучим:
_3х=Л±2£_.
1— х-2х
Отсюда Хі = 0, х2 = 1, х3 = — 1- Из этих трех решений
условиям данной задачи удовлетворяет только х = 1 (углы тре¬
угольника не могут равняться ни нулю, ни 180° и не могут быть все
одновременно тупыми).
Итак, оказалось, что tg А = 1, tg В = 2, tg^C = 3.
Зная тангенсы углов, легко найти их синусы. Действительно,
_іп А =t0 А • cos Л =tgA- tgA = -=L = -U
Л tg seM V 1+tgM /1 + 1 V 2’
• n tgB 2 . tgC _ 3
sin — V i+tg2“s /Т’ SI /i+tg2c Kîô"
Эту задачу мы могли бы решить более коротким путем, если бы
догадались воспользоваться тем, что для углов треугольника спра¬
ведливо равенство tg А + tg В + tg С = tg A tg В tg С. В этом
случае мы, заметив, что 1 + 2 + 3 = 1 • 2 • 3, могли бы сразу зак¬
лючить, что tg А = 1, tg В = 2, tg С = 3. 1
393. В треугольнике ABC ctg А : ctg В : ctg С = 1:2:3. Найти коси¬
нусы этих углов.
394. Зная, что cos6x + sin6x = q, найти cos4x + sin4x.
Поиски решения и решение. Выразить cos4x + sin4x через
cos6 X + sin6 X сразу не представляется возможным. Поэтому пре¬
образуем сначала первое из этих выражений: cos4 х + sin4 X =
= cos4 X + 2 cos2 X sin2 X + sin4 X — 2 cos2 x sin2 X =
= (cos2 x + Sin2 x)2 — 2 cos2 x sin2 x = 1 — 2 cos2 x sin2 x.
Отсюда видно, что поставленную задачу мы можем решить, если
сумеем определить значение произведения cos2 x sin2 х из уравне¬
ния cos6 x + sin6 x = q. Для этого преобразуем левую часть дан¬
ного нам уравнения: cos6 х + sin6 х = (cos2 х)3 + (sin2 х)3 =
= (cos2 x + sin2x) (cos4 X — COS2 X sin2 X + sin4 x) = COS4 X +
+ 2 COS2 X sin2 X + sin4 X — 3 cos2 x sin2 x = (cos2 X + sin2 X)2 —
— 3 cos2 x sin2 x = 1 — 3 cos2 x sin2 x. Тогда уравнение примет
вид: 1 — 3 cos2 x sin2 x = q. Отсюда cos2x sin2x =
ô
Теперь искомое выражение находится легко.
Действительно,
cos4x+sin4x=l—2cos2x sin2x=l—2- -—
3 3
395« Вычислить сумму
cos
2л
2n+l
cos
4л
2«+1
+ ... + COS
2пл
2n+l ’
201
Поиски решения и решение. Попытки найти решение этой за¬
дачи можно делать в нескольких различных направлениях.
Первое направление. Обратим внимание на то, что
числа
2я 4л 2ля
cos , cos cos
2n-f-l 2n-|-l 2n-f-l
представляют собой действительные части комплексных корней
уравнения х2/г+1 — 1=0. .
В самом деле из уравнения х2/г+1 — 1=0 следует, что х =
1/Т = у cos 0 +i sin 0 = cos Hsm
У 1 Г 2n+l 2n+l
при é=0,l,2,..., 2n (см. стр. 14, п. 17).
Итак, уравнение — 1=0 имеет следующие корни:
, 2л ... 2л 4л ... 4л 2пл . . . 2пл
1, COS Hsm ,COS Hsin , ... , COS Hsin ,
2n+l 2n+l 2n4-l 2n-pi 2n+l 2«+l’
2(п-4-1)л . . . 2(п4-1)л 4лл « . . 4пл
2«+l 2«+l 2n-H
Сумма всех эти корней согласно теореме Виета (см. стр. 18,
п. 28) равна нулю. Но в таком случае нулю будет равняться и сум¬
ма действительных частей всех корней, т. е. будет иметь место ра¬
венство:
il 2л . ' 4л . . л 2пл ,
. 1 + cos hcos h ... + cos k
* 2n+l 2«+l 2n+l
+ COS22±1>?+ ... + cos -ÎÜ2-=O. И)
2n-|-l 2л-Н V ’
Все мнимые корни уравнения х2л+1 — 1=0 попарно con-
2л 4л 2лп
ряженны, а все числа cos , cos , ..., cos различ-
r 2n +1 2л+ 1 2л +1 н
ны. Поэтому из равенства (Л) следует, что
1 + 2 (cos-^- +cos -^-+ ... + cos-^Ц = 0.
' 2л4-1 2л+1 1 ' 2п+і)
Отсюда
cos
2л
2п-Н
4л
2«+1
+ ... + COS
2ил
2л-|-1
£
2*
4-cos
Второе направление. Иногда путь к решению дан¬
ной задачи можно найти, если присоединить к этой задаче еще и
другую задачу,
2л
положив
2п + 1
как-то связанную с данной. Применим этот метод,
= а. Поставим себе целью найти следующие две
суммы:
cos а + cos 2а + ... + cos па
и
sin а + sin 2а + ... + sin па.
202
От рассмотрения этих двух сумм перейдем к рассмотрению од¬
ной следующей суммы: (cos а + i sin а) + (cos 2а + i sin 2а) +
+ ... + (cos па + i sin па).
Полагая cos а + i sin a = z, получим: (cos a + cos 2a + ...
__ "+1
+cosna)+ i (sina+sin2a+...+sinna) = z + z*+...+z"= —-—
1—2
cosfl+t sin a—cos (n+l)g—i sin (n+l)a
1 —’ cos a—i sin a
n n-j-2 л n n+2
2sin — asm —-a—i-2sin — a cos——a
z z Z Z
n a . . a a
2sin2 — —i-2sin •— • cos —
2 2 2
n n+2 n+2
sin у a sin a—i cos —^-a
a
sin ÏÏ
a . a
sln - -«cos —
sin
n+2
2
. n+2
a—i cos —T~a
2
. a , . a1
sm - + «cos -
sin
a / a . a a . a \
- Sin cos-Д stay 4-« COS-I
. n
Sln 2 a Г a n+2 a n+2 .
= — • sin - sin — a + cos у cos — +
Sin ~2
' n+2
sin ——
L 2
a n+2 a \ ”1
a cos — — cos a sin — I
. n
Sln?a Г n+1 n+1
ÔT cos ~2~ a+l Sln ~2~ a
sin- L
Приравнивая друг другу действительные части исходного и пос¬
леднего комплексных чисел, получим:
n
, Sln"ô"a .
cos a-f-cos2a-f-... -|-cosna= • cos^±-a,
sin I 2
. 2n+l a
sm-y-a-sin-
cos a 4- cos 2a -J- ... 4- cos na = (B)
2sin£
2
203
Полагая в последнем равенстве а =» —2л, найдем, что
2л +1
л 2л « 4л , . 2лл
cos— +cos F ••• +cos——
2л+1 2n-j-l 2n-j-l
2
Третье направление. При решении задач нередко
бывает полезным давать геометрическое истолкование величинам,
входящим в условие задачи. Следуя этому методу, заметим, что
каждое слагаемое суммы
2л « 4л . . 2лл
cos F cos F ... + cos
2n+l 2л +1 2л+1
(С)
можно рассматривать как проекцию единичного вектора на ось
(см. стр. 243, п. 5).
Числа, стоящие под знаками этих косинусов, составляют ариф¬
метическую прогрессию с разностью --2^ . Это означает, что
каждый следующий вектор поворачивается по отношению ему пред¬
шествующему' на один и тот же угол -2^- -/ Но - есть
величина каждого внешнего угла правильного многоугольника, име¬
ющего (2п + 1) сторон. Отсюда следу¬
ет, что слагаемые суммы (С) можно
рассматривать как проекции таких
векторов, которые являются направ¬
ленными сторонами правильного мно¬
гоугольника, имеющего (2п + 1) вер¬
шин с длиной каждой стороны, равной
единице.
Через сторону этого правильного мно¬
гоугольника проведем ось Ох, взяв за
точку Осередину этой стороны (черт. 45).
Стороны этого многоугольника будем считать равными единице.
Угол, составленный вектором АВ с осью Ох , равен нулю.
Угол между вектором ВС и осью Ох равен , как внеш¬
ний угол многоугольника.
Угол между CD и Ох будет
лов
Черт. 45
4л
2п + 1
6л
И T. д.
Угол между DÈ и Ох будет %
Угол между последней направленной стороной РЛ и Ох будет
2п • 2л
2п 4* I ’
2Ü4
Известно, что сумма проекций звеньев замкнутой ломаной ли¬
нии на ось равна нулю (см. стр. 246, п. 7). Поэтому, проектируя
замкнутую ломаную ABCD ... РА на ось Ох, получим:
Л n I 2л . 2-2л . 3-2л I . л п-2л .
COS 0 + COS hcos h COS h — + COS F
2n + 1 2л+1 * 2n + 1 2« + l
, (п+1)2л . (п+2)2л « . 2л.2л A
2n + 1 2n + 1 * ' 2n + 1
Ho cos
(и+1)2л = cos (2n + 1 - п)2л = cos л«2л .
2n + 1 2n + 1 2n + 1 ’
cos
2п-2л
2n + 1
cos(2”+1~1)2,t
2n + 1
= cos
2л
2n + Г
Поэтому получим:
1 » л/ • 2л < 4л . . 2лл \ л
1 -F 2 cos + cos р...+cos 1=0.
2n +1 2л+1 2л 4-1/
Отсюда
COS
2л
2 л 4- 1
+ cos
4л
2л 4- 1
+ COS
2лл
2л 4- 1
£
2*
Раздел III. ГЕОМЕТРИЯ
НЕКОТОРЫЕ СВЕДЕНИЯ ПО КУРСУ ПЛАНИМЕТРИИ
1. Две прямые называются пересекающимися, если они имеют
только одну общую точку.
Две прямые называются параллельными, если они лежат в одной
плоскости и не имеют ни одной общей точки. .
Две прямые называются сливающимися, если они имеют две об¬
щие точки.
2. Углом называется геометрическая фигура, образованная дву¬
мя лучами (сторонами угла), выходящими из одной точки (вершины
угла).
Ряд практических задач приводит к целесообразности рассмат¬
ривать угол как фигуру, получающуюся при вращении в одной плос¬
кости фиксированного луча вокруг точки О (из которой исходит
луч) до заданного положения. В этом случае угол является мерой
поворота. Поворот фиксированного луча до заданного положения
может совершаться после одного или нескольких полных оборотов
вокруг точки О или после поворота, меньшего полного оборота. В
зависимости от направления вращения фиксированного луча раз¬
личают положительные и отрицательные углы.
Таким образом, величина угла может выражаться любым по¬
ложительным или отрицательным числом и числом нуль.
3. Сумма углов треугольника равна 180°.
4. Сумма углов выпуклого многоугольника равна 180° (п — 2),
где п — число сторон многоугольника.
5. Сумма двух противоположных углов вписанного четырехуголь¬
ника равна 180°.
6. Если сумма двух противоположных углов четырехугольника
равна 180°, то около такого четырехугольника можно описать ок¬
ружность.
7. Сумма двух противоположных сторон описанного около кру¬
га четырехугольника равна сумме двух сторон.
8. Если сумма двух противоположных сторон четырехугольника
равна сумме двух других сторон, то в такой четырехугольник мож¬
но вписать окружность.
206
9. Биссектриса внутреннего угла треугольника делит противо¬
положную сторону на части, пропорциональные двум другим сто¬
ронам.
10. Биссектриса (см. рис. 46) внешнего угла (ВССі) треуголь¬
ника АВС пересекает продолжение противоположной стороны (АВ)
в такой точке (М), расстояния которой (МА и МВ) до концов этой
стороны пропорциональны двум
другим сторонам (АС и ВС), т. е. / >
МА = ЛС
МВ ВС'
11. Сумма квадратов диагона- / /
лей параллелограмма равна сумме д 4-
квадратов его сторон.
12. Выражения сторон правиль- Черт. 46
ных вписанных в круг шести¬
угольника, треугольника, четырехугольника и десятиугольника в
зависимости от радиуса (/?) круга: ай = R; а3 = R ]/3; at=Ry 2;
13. Чтобы разделить отрезок в данном отношении т : п (внут¬
ренним образом), поступают так: из конца данного отрезка прово¬
дят произвольный луч AM (черт. 47). Затем откладывают отрезки
АС = т и CD — п. Через точку С проводят прямую СЕ, парал¬
лельную DB. Тогда точка Е разделит отрезок АВ в отношении
tn : п (внутренним образом). Мы получим — = —.
ЕВ п
Черт. 47
Черт. 48
Чтобы разделить отрезок в данном отношени т : п (внешним
образом), поступают так: из конца данного отрезка АВ проводят
произвольный луч AM (черт. 48). Затем, если т > п, откладывают
отрезки АС = т и CD — п. Через точку С проводят прямую CF,
параллельную прямой DB. Тогда точка F разделит отрезок АВ
в Данном отношении (внешним образом). Мы получим, что
F А _ т
F В п
207
Если четыре уточки Л, В, С, D расположены на одной прямой
так, что
АВ = AD
ВС CD
(черт. 49), то такие точки называются четырьмя гармоническими
точками.
Пусть отрезок АВ разделен в точках Е и F в отношении т : п
внутренним и внешним образом (черт. 50). Тогда
АЕ = AF
ЕВ “ BF*
т. е. точки Д, В, В, F, будут четырьмя гармоническими точками.
А 6 С U а Е в Г
Черт. 49 Черт. 50
14. Геометрическим местом точек плоскости (или пространства)
называется такое множество точек, которое содержит в себе все точ¬
ки плоскости (или пространства), обладающие каким-либо одним и
тем же свойством и не содержит ни одной точки, не обладающей этим
свойством.
15. Медиана, проведенная из вершины прямого угла прямоуголь¬
ного треугольника, равна половине гипотенузы.
16. Площади треугольников, имеющих равные основания, отно¬
сятся как их высоты.
17. Площади подобных треугольников относятся как квадраты
их сходственных сторон.
§ 1. Задачи на доказательство
396« Доказать, что сумма квадратов расстояний какой-нибудь
точки окружности до вершин вписанного правильного треуголь¬
ника есть величина постоянная, не зависящая от положения точки
окружности.
Прежде всего сделаем чертеж и кратко запишем условие и заклю¬
чение теоремы. Дано, что треугольник АВС правильный и М —
любая точка окружности (черт. 51). Для краткости положим МА =
= МВ = г2, АВ = а, МС = г3.
Требуется доказать, что rt2 + г22=г32 есть величина постоянная1
или короче г/ + г22 + г33 + const.
Поиски доказательства. Мы не видим, как доказать предложен¬
ную теорему, тем более, что не знаем ту постоянную, о которой идет
1 Константа (от латинского Constans — постоянный^ неизменный)
— постоянная величина в математических, физических и химических иссле¬
дованиях. Постоянная величина х символически записывается х = const.
208
а каждое из остальных
Черт. 51
речь в условии задачи. Поэтому первый вопрос, который должен
у нас возникнуть, таков: нельзя ли определить эту постоянную?
Ведь если теорема верна, то сумма квадратов расстояний должна
быть одной и той же, где бы на окружности мы ни брали точку М.
Если взять точку окружности, совпадающую с одной из вершин
треугольника, например с вершиной С, то одно из трех расстояний
до вершин треугольника будет равно нулю,
двух будет равно а. Таким образом, ес¬
ли теорема верна, то должно быть вер¬
ным равенство г2 + г2 + г2 = 2аа.
Можно сказать, что по пути поисков
средств доказательства теоремы мы еде- ,
лали какой-то шаг вперед. Но все же и
теперь мы еще не знаем, как доказать, '
что сумі^а трех квадратов г2, г2, г2 рав¬
на 2а2. Испытывая это затруднение, по¬
ставим себе задачу несколько облегчен¬
ную. А именно ограничимся пока по¬
пыткой найти какое-либо выражение
для суммы не трех, а двух квадратов,
например для г2 + г2. Из чертежа 51 видно, что г2 и г3 являются
сторонами треугольника ВМС, у которого ВС=а и ZBMC= 120°.
Применяя теорему косинусов, получим: г2 + г2 — 2г2г3 cos 120° =
= а2, или г2 + г2 + г2г3 = а2.
Таким образом, если наша теорема верна, то
г\ + І + rl = 2а* (1)
и 1
гі + Г2 + г/з = а2. (2)
Равенства (1) и (2) свидетельствуют о том, что между величи¬
нами гІ9 г2 и г3 существует зависимость. Чтобы получить эту за¬
висимость, подставим в равенство (1) вместо а2 равное ему выраже¬
ние г2 + г2 + г2г3, которое дается равенством (2). Получим: г2 -h
+ г2 + гз = 2 (г2 + гз + г2гз), или г2 = г2 + г2 + 2г2г3, или г2=
= (г2 + ^з)2» или, наконец, п = г2 + г3.
Итак, мы установили, что если наша теорема верна, то =
= + гз- Таким образом, мы открыли путь к решению задачи.
Если мы сможем доказать, что Гі = г2 + >$» то тогда легко будет
доказать и нашу теорему. На этом мы закончим поиски доказатель¬
ства.
Доказательство. Сначала докажем, что = г2 + г3.
Отложим отрезок MD, равный г2, и проведем отрезок BD (черт.52).
Так как MD = МВ и £ BMD = 60°, то треугольник BDM будет
равносторонним. Следовательно, BD=r2. Мы должны доказать, что
8*
209
—~г AD = r3. Ho AD входит в треугольник
ABD, а г3 — в треугольник СВМ.
/ Значит, наше усилие должно быть на¬
/ Кок правлено к тому, чтобы доказать равен-
I Ч ств0 тРеУг0ЛЬНИК0В ABD и СВМ.у Име-
I Е®6«Ху Si ем: ~ ВС’ как СТОРОНЫ правильно-
А Ksfôy S' / го треугольника ABC. BD = ВМ как
\ Кй/ J стороны равностороннего треугольника
У Углы ABD и СВМ равны между
S собой, так как каждый из них дополня¬
* ' ’ ет один и тот же угол DBC до 60°. Тре-
Черт. 52 угольники ABD и СВМ равны по двум
. сторонам и углу, заключенному между
ними. Следовательно, AD = СМ = г3. Итак, мы доказали, что
fi = Гг + г3. .
Теперь имеем, что г> + г| ’+ г| = (г, + rj2 + r| + =
«=2 (г| + г3 + г2г3). Но из треугольника СВМ следует, что
г2 4- г3 — 2г2r3 cos 120° = а8, или г2 + г3 + г2г8 = а8. Поэтому
гі + г2 + г3 = 2 (г2 + г3 + г 2г3) = 2а2.
Теорема доказана.
Замечание 1. Обратите внимание на то, что, разыскивая
пути решения задачи, мы допускали, что наша теорема верна, хотя
она еще не была доказанной. Такое допущение всегда законно и час¬
то бывает полезным. Оно позволяет, как это мы видели на решении
задачи 3, вводить вспомогательные элементы и обнаруживать новые
связи, открывающие путь к решению задачи.
Замечание 2. Перед нами стояла задача доказать, что
г2 + г2 + fl = 2а8. Как это сделать, мы не знали. Чтобы помочь
себе, мы рассудили так: поскольку нам не удается сразу найти сум¬
му трех квадратов, попробуем искать сумму хотя бы двух квадра¬
тов. И этот путь привел нас, в конце концов, к цели.
Решение задачи возникло в известной мере естественно и логи¬
чески. Однако ее можно решить иначе, если ввести в рассмотрение
центр окружности (черт. 51) и заметить, что отрезки, равные по дли¬
не rt, г2, г3, являются хордами.
Обозначим радианную меру дуги ВМ (меньшей полуокружности),
буквой а, а радиус окружности через R. Тогда о МС = — —а и
3 ’
л/"»дуг 2л I /2л \ 4л
о ДС/Ѵ1 = — “г I ос | = ос.
3 \3 I 3
Пользуясь теоремой косинусов получим:
г'І = 2R8 — 2R2 cos f— — а\ r2 = 2R2 — 2R2 cos а,
\ 3 /
Гз = 2#a —2tf2cos(ÿ—<A
\ О /
210
Отсюда
r2i + rl 4 Л = 6/?2 - 27?a [cos a 4“ cos (- — aj 4cosf- -
L \з ) \з
а
Сумму, стоящую в квадратных скобках, можно записать
последовательно так:
cos a + 2 cos (л — a) cos — ■= cos a — 2 cos a • —.
3 - - 2
Отсюда видно, что эта сумма равна нулю. Следовательно, rf 4~Г2~Н’з=я
= 6R2 = 6 • (-£=]* = 2a2.
\/3 )
Этот второй способ решения задачи по идее не сложнее первого,
но зато он требует применения элементов тригонометрии в значи¬
тельно большей мере.
397. Доказать, что сумма квадратов расстояний от вершин правильного
треугольника до прямой, проходящей через его центр, есть константа.
398< Четырехугольник ABCD описан около окружности с цент¬
ром О. Доказать, что Z АОВ + Z COD = 180°.
Поиски доказательства и доказательство. Если мы не знаем,
как доказать требуемое соотношение между углами, то можем по¬
мочь себе тем, что отметим сначала те соотношения между углами,
которые в условиях данной задачи нам наперед известны. Мы знаем,
что сумма углов четырехугольника ABCD равна 4d. Мы знаем так¬
же, что каждая из линий ОА, ОВ, ОС и OD делит пополам соответ¬
ствующий угол четырехугольника. *
Не зная, как найти связь между углами АОВ и COD, запишем
очевидные связи каждого из этих углов с соответствующими угла¬
ми четырехугольника.
Если внутренние углы четырехугольника ABCD обозначить
буквами Д, В, С9 D, то '
Z АОВ = 180° — - — -,
2 2
Z COD = 180° —- —
2 2 г_...
Складывая, получим: Z АОВ Z COD = 360° —- (Л 4- В 4¬
2
+ С 4- D) = 360° — 1 • 360° = 180°.
Требуемое доказано.
399« Доказать, что прямая, проходящая через точку пересече¬
ния диагоналей трапеции и точку пересечения’ боковых сторон, де¬
лит оба основания пополам.
211
Поиски доказательства и доказательство. По условию AD || ВС
(черт. 53). Пусть AM — a, MD = ô, BN = alt NC = Ьл.
Непосредственно невидно, что а = b и Поэтому логич¬
но начать с записи таких соотношений между интересующими нас
величинами, которые легко заметить.
Из подобия соответствующих пар треугольников имеем:
а _ О1М
b_
_ ОіМ
а
_ ОМ
£ = ОМ
а± OiN*
Ьі
~~ OiN*
bi
~ ON'
ai ~ ON
Отсюда
а
_ b
а
b
С1
bl bl
01
ИЛИ
л
а1 „ а
= -Л и —
b
bl b
«1’ •
Следовательно, .
аі Ьі
bi ^і
или а2 = b2, или ai = bi. Но если at — blt то а — b.
400. Площадь вписанного четырехугольника равна
— Ь)(р—с)(р — d), где a, b, с, d— стороны четырех¬
угольника, ар — его полупериметр. Доказать.
Черт. 53
Черт. 54
Поиски доказательства и доказательство. Сразу выразить
площадь четырехугольника только через его стороны мы не можем.
Поэтому начнем с выражения этой площади через a, ô, с, d и какой-'
либо подходящий неизвестный параметр, рассчитывая в дальней¬
шем освободиться от этого параметра. За такой параметр можно при¬
нять либо угол четырехугольника, либо диагональ. После соответ¬
ствующих размышлений нетрудно предвидеть, что удобнее выбрать
угол а (черт. 54). Площадь S четырехугольника ABCD определит¬
ся формулой
S = у a&sina + у cd sin (л — а), или
S = (ab + cd) sin а. (1)
212
Теперь надо выразить sin а через a, b, с, d. Приравняв друг дру¬
гу два выражения квадрата АС, получим:
а2 + Ь2 — 2ab cos а = с2 + d2 — 2cd cos (л — а).
Отсюда
а2 + Ь2 — с2 — d2 . 1/~ а (а2 + Ь2 — с2 — d2)2
COSa = к/ а ■—Тх и since = I/ 1—- vz-7-—.
2 (ab + cd) » Г 4 (ab + cd)2
Пользуясь формулой (1), получим последовательно:
S = ^(ab + cd).y 1 — Z(ab + c^ -
= — (ab + cd)2 — (a2 + b2 — c2 — d2)2 —
4
= — (2а& + 2cd + a2 + b2 — c2 — d2) (2ab+2cd—a2—b2+c2+d2) =
4
= 1[(a + b)2 — (c —d)2] [(c + d)2 -(a- b)2\ =
4
= — |/(a + b + c — d)(a + b — c + d) (c + d + a — b) (c+d—a+b).
4
Полагая a + b + c + d = 2p, получим: a + b + c + d —
— 2d = 2p — 2d = 2(p — d), t. e. a + b + c — d = 2 (p — d).
Аналогично a+b— c + d = 2 (p — c), c + b — c + d =
= 2 (p — b), c + d — a+b = 2(p — a).
Следовательно, S = — j/2 (p — d) • 2 (p — c) ■ 2(p — b) • 2 (p — a) =
4
= I/ (P—a) (p — b) (p—c) (p — d).
401. По данным сторонам a, b, c, d вписанного четырехугольника найти
его диагонали и доказать, что произведение этих диагоналей равно сумме
произведений противоположных сторон четырехугольника. (Теорема Птоле¬
мея.)
402. Если около четырехугольника со сторонами a, b, ct d можно опи¬
сать окружность и можно также вписать в него окружность, то площадь S
такого четырехугольника определяется формулой S = У abed. Доказать.
Указание. Воспользуйтесь результатом задачи 400.
403. Как бы ни была расположена на единичном квадрате 51
точка, всегда найдутся по крайней мере три какие-нибудь из них,
которые можно заключить в круг радиуса —. Доказать.
Пояснения. 1) Точку будем считать заключенной в круг и
в том случае, если она лежит на окружности этого круга; 2) единич¬
ным квадратом называется квадрат со стороной, равной единице.
Поиски доказательства. Производя дробление квадрата на мел¬
кие части, надо искать такой способ этого дробления, чтобы полу¬
чить фигуру, содержащую не менее трех точек из числа рассматри¬
213
ваемых нами 51 точки и чтобы при этом радиус круга, описанного
около этой фигуры, не был бы больше -у.
Разбиение квадрата можно производить самыми разнообразными
способами. Его можно разбить на более мелкие квадраты, на пря¬
моугольники, на треугольники и т. д.
Доказательство. Испытывая те или иные разбиения
единичного квадрата и не достигая цели, мы можем в результате
этих опытов и размышлений догадаться разбить квадрат на 25 оди¬
наковых квадратов. Разумеется, догадаться о таком разбиении мож-
но было и сразу,' если видеть и глубже пони¬
мать связи между элементами задачи. На¬
" пример, если бы сразу руководствоваться тем,
что радиус круга, описанного около квадра¬
та, меньше, чем радиус круга, описанного
— около прямоугольника, равновеликого это¬
му квадрату.
Итак, разобьем единичный квадрат на 25
J одинаковых квадратов (черт. 55). Среди этих
Че т 55 25 квадратов найдется по крайней мере один,
ерт‘ - на котором будут расположены не менее трех
точек из числа рассматриваемых нами 51 точ¬
ки. Действительно, это верно, так как в противном случае число
всех рассматриваемых точек было бы меньше, чем 51.
Пусть заштрихованный квадрат и содержит не менее трех наших
точек. Диагональ этого квадрата равнаКі.
5
Следовательно, радиус круга, описанного около этого квадрата,
У'¥ и /У 1 2 1
равен —, Но -^ < у, так как
Предложение доказано.
404. На правильном треугольнике со стороной, равной единице, распо¬
ложены произвольным образом 33 точки. Доказать, что какие-нибудь три
. 3
из них можно заключить в круг радиуса
20’
405. Из произвольной точки Л4, лежащей внутри правильного
треугольника АВС, опущены перпендикуляры MD, ME, MF на
его стороны АВ, ВС, СА соответственно. Доказать, что
AD + BE + CF = DB + ЕС + FA.
Поиски доказательства. Задача будет разрешена, если мы смо¬
жем доказать, что сумма AD + BE + CF равна полупериметру
треугольника. Для этого надо выразить AD, BE и CF через целесо¬
образно выбранные величины. За такие величины естественно
принять MD, ME и MF. Ведь сумма MD + ME + MF, как из¬
вестно, равна высоте Н данного правильного треугольника. (Это
214
последнее утверждение легко вытекает из равенства: пл. /\МАВ +
4“ пл. Л МВС 4“ пл. Л МАС ~ пл. Д АВС.)
Доказательство. Обозначим MD, ME, MF соответ¬
ственно через hi, h2, h3 и проведем МК параллельно АВ, a KL
перпендикулярно к АВ (черт. 56). Тогда
AL = Лі ctg 60° = и LD = КМ =
. 1 Б /З sin 60° /3
— А Т~х h-t 4- 2/lq
Следовательно, AD = .
Аналогично
BE = и CP =
/3" VT '
Отсюда
ДГ) I I Qp 3 (/tx ~Ь /12 H~ ft3) _ 3/7 3 • AB sin 60° ЗАВ
• ~ VT ~ VT ~ VT 2~’
3 AB
Ho есть полупериметр треугольника ABC. Предложение до¬
казано.
• 406. Геометрическим местом точек, расстояния которых до двух
данных точек А и В находятся в данном отношении m : п, есть ок-
ружность. (Доказать.)
Поиск доказательства. Чтобы дока¬
зать, что геометрическим местом то¬
чек, обладающих каким-то свойством,
является некоторая определенная гео¬
метрическая фигура F, необходимо и
достаточно всякий раз доказать две тео¬
ремы: 1) любая точка, обладающая ука¬
занным свойством, принадлежит фигуре
F; 2) любая точка фигуры F обладает
указанным свойством.
Дт—г МА
оказательство. Пусть — =
мв
в
Черт. 56
— (черт. 57). Прове-
гс
дем биссектрису ME угла АМВ и биссектрису MF угла BMN.
По свойству биссектрис внутреннего и внешнего углов треугольника
АЕ AM m FA AM m
— — И — = — = —.
ЕВ МВ п FB МВ п
Кроме того, угол EMF, как половина развернутого угла, содержит
90°. Отсюда следует, что точка М лежит на окружности, построен¬
ной на отрезке EF, как на диаметре. Первая теорема доказана.
Докажите вторую теорему. Расстояние от любой точки окруж¬
ности, построенной на' отрезке EF, как на диаметре, до точек
А и В находится в отношении m : п (точки Е и F делят отрезок
АВ в отношении tn : п внутренним и внешним образом). Пусть
215
точки Е и F делят отрезок АВ в отношении т : п внутренним и
внешним образом и пусть построена окружность на отрезке EF,
как на диаметре (черт. 58). Возьмем любую точку N этой окруж¬
ности и докажем, что
AN = т
NB п'
Угол ENF, как вписанный и опирающийся на диаметр, содержит
90°. Через точку В проведем PQ || AN.
откуда BQ=BP. Следовательно, NB есть медиана прямоугольного
треугольника PNQ, поэтому NB = у PQ, т. е. NB = BQ. Под¬
ставляя NB вместо BQ в равенство (1), получим:
AN _ ,п
NB ~ ~п'
Вторая теорема также доказана.
407. В окружность вписаны равнобедренный треугольник (с
острым углом при вершине) и трапеция. Одним из оснований тра¬
пеции является диаметр, боковые стороны трапеции параллельны
боковым сторонам треугольника. Доказать, что треугольник и тра¬
пеция равновелики.
Поиски доказательства. Эту задачу можно решить двумя спосо¬
бами, принципиально отличающимися друг от друга. Первый спо¬
соб алгебраический. 'Второй чисто геометрический.
Чтобы решить задачу алгебраическим способом, надо ввести в
рассмотрение величины, определяющие обе фигуры однозначно,
затем выразить через эти величины площади треугольника и тра¬
пеции, убедиться в их равенстве.
2!G
Чтобы решить эту задачу чисто геометрически, надо восполь¬
зоваться разрезами и преобразованиями фигур.
Доказательство. Алгебраический способ.
Пусть АВ1 = аи Л ВАС = а (черт. 59). Тогда площадь треуголь¬
ника АВС равна а • BBt = а • atg а = a2 tg а. Площадь трапе¬
ции DDiEiE равна (DE + DiE) h, где h — высота трапеции.
АС
По теореме синусов (см. стр. 179, п. 13), ^АВС = где —
радиус описанной окружности. Отсюда DE = 27? =
Из прямоугольного треугольника DDiE имеем:
DD. = DE cos а = 2R cos а = ——— cos а — —а -,
sin 2а sin а
h = DDÏ sin а = —— sin а — а\
sin а
DÆi = DE — 2DD< cos а = — 2 —— cos а = — 2а ctg 2а.
1 sin 2а sin а
Площадь трапеции DD^E^E равна
1 ( 2а
2 \ sin 2а
2аctg2а I а = а2 tga.
Площади треугольника и трапеции оказались одинаковыми,
равными a2 tg а. Утверждение доказано.
Черт. 59
Геометрический способ. Трапеция DDtEJE рав¬
новелика прямоугольнику KD^FE (KD{ и EF перпендикулярны
к DE, черт. 60).
Докажем, что треугольник АВС и прямоугольник KDiFE рав¬
новелики. Площадь треугольника В{ВС равна половине площади
треугольника АВС. Площадь треугольника KDiE равна половине
площади прямоугольника KD^FE. Но площади треугольников BJiC
8 Заказ 326
217
и KDJi равны, так как эти прямоугольные треугольники равны по
гипотенузе и острому углу. Гипотенузы ВС nD^E равны друг дру¬
гу, как хорды, на которые опираются одинаковые вписанные углы.
Острый угол ВіСВ равен острому углу KD^E, так как DE || АС.
Следовательно, треугольник ЛВС и трапеция DD^E равновели¬
ки. Что и требовалось доказать.
408. В выпуклом четырехугольнике ABCD продолжены стороны АВ, ВС,
CD, DA и на этих продолжениях отложены отрезки ВВХ, CClt DDlt AAlt
соответственно равные АВ, ВС, CD и DA. Доказать, что площадь четырех¬
угольника А^В^СіРі в пять раз больше площади четырехугольника А BCD.
409. : Доказать, что основания перпендикуляров, опущенных из
произвольной точки окружности на стороны вписанного в него тре¬
угольника, лежат на одной пря¬
мой.
Поиски доказательства и до¬
казательство. Пусть MD _L АВ,
ME I ВС и MF I АС (черт. 61).
Надо доказать, что точки D, Е nF
лежат на одной прямой (эта прямая
называется прямой Симпсона).
Чтобы доказать, что точки D, Е и
F лежат на одной прямой, доста¬
точно доказать, что Z BED =
= ACEF. Прямо равенство этих уг¬
лов не видно. Поэтому надо искать
связи этих углов с другими углами.
Черт* 61 Около четырехугольника BDME
можно описать окружность, так как
сумма углов при вершинахО и Е равна двум прямым (см. стр. 206,
п. 6); Но в таком случае ABED = ABMD (эти углы вписанные и
опираются на одну ту же хорду BD).
Точки £ и F лежат на окружности, описанной на отрезке МС,
как на диаметре, так как углы МЕС и MFC — прямые. Следова¬
тельно, ACEF= ACMF. (Эти углы вписанные и опираются на одну
и ту же хорду FC.)
Теперь остается доказать, что ABMD= ACMF. Каждый из уг¬
лов DMF и ВМС в сумме с углом А составляет 180°. Поэтому
Z DMF= Z ВМС. Следовательно, Z DMF — Z BMF = Z ВМС —
*- Z BMF, т. е. Z BMD = Z CMF. Теорема доказана.
410. Доказать, что центр тяжести, ортоцентр и центр описанной окруж¬
ности треугольника лежат на одной прямой. (Эта прямая называется прямой
Эйлера.) Центр тяжести — точка пересечения медиан; ортоцентр — точка
пересечения высот.
411. Доказать, что высоты остроугольного треугольника являются бис¬
сектрисами углов треугольника, вершинами которого служат основания
высот.
218
412« На плоскости дано и точек, расстояние между каждыми
двумя из которых не превосходит единицы. Доказать, что все эти
точки можно заключить в круг радиуса .
Поиски доказательства и доказательство. Из данных п точек
выберем одну такую, чтобы окружность достаточно большего радиу¬
са, проходящая через эту точку А, образовала бы круг, содержащий
в себе все данные точки. Станем уменьшать радиус этой окружности
до такого ее состояния, чтобы она, проходя через первую выбранную
точку, прошла хотя бы еще через одну точ¬
ку В из числа данных точек. Тогда круг,
образованный этой второй окружностью, так¬
же будет содержать в себе все данные точки.
После этого станем опять уменьшать радиус
полученной второй окружности до такого ее
состояния, чтобы она, проходя через точки А
и В, прошла хотя бы еще через одну точку С
из числа данных п точек. Круг, образован¬
ный этой окружностью, опять будет содер¬
жать в себе все данные точки. Таким образом,
мы доказали существование круга, окружность
которого проходит через точки Л, В, С, содержащего в себе все
данные точки. Остается доказать, что радиус этого круга (черт. 62)
не превосходит числа —L=. Иначе говоря, предстоит доказать
У 3 •
в
Черт. 62
следующую теорему: если каждая сторона треугольника не пре¬
восходит единицы, то радиус R окружности, описанной
этого треугольника, не превосходит pU-.
Пусть АВ — наибольшая сторона треугольника АВС
есть перпендикуляр, опущенный из центра О окружности на
ну АВ. Тогда ОВ2 = OD2 + DB2. Но ОВ = 7?, 0D (так как
около
и OD
сторо-
дуга Ат В > 120°) и DB < —. Поэтому R2 < — -f- —. Отсю-
2 4 4
да R < *
V 3
Теперь допустим, что среди сторон АВ, ВС и АС нет наиболь¬
шей. Это может быть лишь тогда, когда АВ = АС = ВС. В этом
случае треугольник АВС будет правильным, и мы будем иметь, что
АВ = Отсюда /? = , но АВ < 1. Следовательно, и
ѵ Кз ’
в этом случае R < . Теорема доказана полностью.
413. На плоскости даны 105 точек; известно, что из любых трех точек
можно выбрать две, расстояние между которыми меньше единицы. Доказать,
что среди данных точек найдутся 53, лежащие в круге радиуса 1.
8*
219
414. Дана плоская замкнутая ломаная периметра 1. Доказать, что су¬
ществует круг радиуса —, содержащий в себе всю ломаную.
4
415« Высота прямоугольного треугольника, опущенная на гипо¬
тенузу, равна 10 см. Доказать, что из этого треугольника можно
вырезать круг площадью 50 см2.
Поиски доказательства. Различных прямоугольных треугольни¬
ков, у которых высота, опущенная на гипотенузу, равна 10 см, су¬
ществует бесконечное множество. Каждый из них имеет свой радиус
вписанного в него круга. Поэтому наше предложение будет дока-
зано, если мы докажем, что круг площадью
50 см2 можно вырезать из такого прямо-
\ \ угольного треугольника, у которого высота,
\\ опущенная на гипотенузу, равна 10 см, а
радиус вписанного в него круга имеет наи-
\\ меньшее значение. Действительно, в таком
ъ \\ случае круг площадью 50 см2 можно вырезать
и из любого другого вида прямоугольного
( /\\ треугольника, имеющего высоту, проведен-
—L—//|^\ ную на гипотенузу, равную 10 см. Таким об-
k J \\ разом, наши усилия должны быть направлены
г на то, чтобы найти такой прямоугольный тре-
г _ а-г J угольник, у которого высота, опущенная на
гипотенузу, равна 10 см, но который имеет
Черт. 63 ' при этом наименьший радиус вписанного в не¬
го круга.
Доказательство. Рассмотрим произвольный прямоуголь¬
ный треугольник, у которого высота, опущенная натипотенузу, рав¬
на 10 см. Обозначим его катеты буквами а и Ь, один из острых углов
буквой а и радиус вписанного в него круга буквой г (черт. 63).
гр 10 , ю р
Тогда а = —; , b = . Гипотенузу с можно выразить двояко:
sin a cos а
_ п ГI Ю \2 / 10 • \2 æ
по теореме Ппфоеора с - V (—) + (—) - si„„c<Jsa -
по равенству касательных, проведенных из одной точки к окружно¬
ю ,ю ю ю ,
СТИ, С = “ 1 - '
sin а
, 10
cos а
— Г.
— г. Поэтому . ,
cos а sin а cos а. sin а
гл о 10 , 10 10
Отсюда 2г = 1 , или
sin а cos а sin а cos а
./ 1 - 1 1
г— 5 — 1
\sina cos а • sin a cos а
Теперь надо узнать, при каком значении a выражение, заклю¬
ченное в скобки, имеет наименьшее значение. Очевидно, что
1.1 1 1 I 1 sin2 a + cos2 a _
—— — — __— -j- — —
sin a cos a sin a cos a sin a cos a sinacosa
220
Искомое наименьшее значение г получается при а — -5 • И это
2 sin— _
наименьшее значение г равно 5 , или 10(]Л2—1).
Л
COS — + 1
4
Площадь вписанного круга при найденном наименьшем значении г
равна л 100 (}/2—I)2. Но это число, большее чем 50. Предло¬
жение доказано.
416. Выпуклый многоугольник имеет периметр 100 см. Вне его на рас¬
стоянии 10 см от каждой стороны проводится прямая, параллельная этой
стороне. Доказать, что периметр полученного многоугольника больше 150 см.
417. Доказать, что площадь прямоугольного треугольника равна произ¬
ведению отрезков гипотенузы, на которые ее делит точка касания вписанной
окружности.
418. В прямоугольном треугольнике АВС катет АС в 3 раза больше ка¬
тета АВ. Точками М и N катет АС разделен на три равные части. Доказать,
что + Z4WB + ZXBC = 90°.
419.. Найти геометрическое место точек, сумма расстояний ко¬
торых до двух пересекающихся прямых равна длине наперед за¬
данного отрезка.
Поиски решения и решение. Мы должны взять произвольную
точку, принадлежащую искомому геометрическому месту, и выяс¬
нить, какой геометрической фигуре она принадлежит. Однако такой
путь в данном случае, как в этом легко убедиться, не облегчит
стоящие перед нами трудности. Поэтому станем искать другой путь
решения задачи. А именно найдем сначала такие точки искомого
геометрического места, построение которых доступно. Возможно,
что это позволит нам сделать правдоподобное предположение о
той фигуре, которая является искомым геометрическим местом.
221
Но разумеется, что справедливость всякого такого предположения
должна подвергаться проверке.
Пусть нам задан отрезок 7?S и две пересекающиеся прямые
АВ и CD (черт. 64). Мы должны найти геометрическое место точек,
сумма расстояний которых до прямых АВ и CD равна длине от¬
резка RS. Проведем прямую AJE^, параллельную АВ и располо¬
женную от нее на расстоянии Л, равном длине отрезка RS. Тогда
точка Е, в которой пересекаются прямые АІВІ и CD, будет принад¬
лежать искомому геометрическому месту, так как сумма расстоя¬
ний от точки Е до прямых АВ и CD как раз равна длине отрезка
/?5.
R 3
Отложим отрезки ОН, ОН и ОЕ, равные ОЕ (черт. 64). Тогда
по симметрии точки Н, Ні и Еі также окажутся принадлежащими
искомому геометрическому месту. Теперь естественно предполо¬
жить, что искомым геометрическим местом будет замкнутая ломаная
линия НН^Е, образующая прямоугольник.
Докажем справедливость этого предположения. Проведем
J_ АВ, НК JL CD, ML _L АВ, MN JL НК, где точка М взята про¬
извольно на НЕ. Тогда MP = NK и ML = NH, треугольники
MLH и NHM равны. А потому MP + ML= NK + NH=HK=RS.
Таким образом, любая точка отрезка НЕ принадлежит искомо¬
му геометрическому месту.
Аналогично можно доказать, что и любая точка отрезка HJi
также принадлежит искомому геометрическому месту. Даже если
точка будет лежать внутри прямоугольника НН^^Е, то сумма ее
расстояний до прямых АВ и CD будет меньше RS, а если она бу¬
дет лежать вне этого прямоугольника, то эта сумма расстояний бу¬
дет больше 7?S.
Из всего этого следует, что искомым геометрическим местом то¬
чек будет именно замкнутая ломаная линия НН^Е.
222
420. Доказать следующие две взаимно обратные теоремы: 1) в
равнобедренном треугольнике две биссектрисы равны между собой;
2) если две биссектрисы треугольника равны между собой, то тре¬
угольник равнобедренный.
Доказательство прямой теоремы. Дано, чтЪ
АВ = АС, ААВМ = АМВС, AACN - ABCN (черт. 65). Тре¬
буется доказать, что ВМ = CN.
Треугольники ВСМ и BCN равны по общей стороне ВС и двум
прилежащим к ним углам (£NBC— ÂMCB, Л1\/СВ = ЛМВС).
Черт. 65
Следовательно, ВМ = CN. Доказательство этой теоремы столь
простое, что можно было бы его здесь и не излагать.
Доказательство обратной теоремы. Может
показаться, что эта обратная теорема доказывается также просто,
как и прямая. Но в действительности это не так. Все известные
доказательства этой теоремы довольно трудны и сложны. Мы здесь
изложим лишь одно из этих доказательств.
Сначала решим такую задачу: найти длину биссектрисы тре¬
угольника по данным его сторонам. Пусть Z1 = Z2 (черт. 66).
Тогда
о __ £ а + ь _ p_+_Q a-]-b _ p + д
b ' q’ а р ’ b q ’
ас be
P = —, Q = —.
a £ b a £ b *
a2 = p2 + x2 — 2px cos a q
b2 = q2 + X2 + 2qx cos a p
Отсюда
a2q + b2p = p2q + pq2 üp+q) x2,
a • aq + b ■ bp = pq (p + q) + (p + q) x2,
abp + b ■ aq = pq (p + q) + (p + q) x2,
x2 = ab — pq, x2 = ab — —, x2 = ab Г 1
a + b a + b [
c2 I
(а + &Г }
223
Пусть теперь в треугольнике АВС со сторонами а, Ь, с равны
между собой биссектрисы AM и BN (черт. 67). По предыдущей
формуле имеем: '
АМ2 = Ьс 1 —
а2
, BN2 = ас 1
(ô + c)2]’ L
Ь2
(а +с)2
По условию задачи AM = BN, а потому
Следовательно, должно быть а = Ь, т. е.
треугольник должен быть равнобедренным.
На этом примере видно, что иногда прямую теорему доказать
очень легко, а обратнукі очень трудно.
421. Вершина А параллелограмма ABCD соединена прямыми с середи¬
нами сторон ВС и CD. Доказать, что эти прямые, пересекая диагональ BD,
целят ее на три равные части.
422. Доказать, что сумма квадратов расстояний от произвольной точки
окружности радиуса R = 1 до вершин правильного вписанного в эту окруж¬
ность пятиугольника равна 10. *
423. Точки А, В, С, D являются четырьмя последовательными вершина¬
ми правильного семиугольника. Доказать, что
_L=2_ + _L.
АВ AC AD
§ 2. Задачи на вычисление
424« Найти площадь треугольника по данным его высотам ha,
hb, hc. *
Поиски решения и решение. Основные формулы площади
треугольника содержат либо одну, либо две, либо три его стороны.
Это наводит на мысль искать связи между сторонами а, 6, с треуголь¬
ника и его данными высотами ha, hb, hc. Известно, что aha=bhb =
= chc — 2S, где S — площадь треугольника. Отсюда
2s 1 2s 2s
a = —, & = —
ha hb ha
(1)
224
Подумаем, нельзя ли ограничиться этими выражениями сторон?
Если эти выражения сторон мы подставим в формулу Герона S =
= р (р — а) (р — Ь) (р — с), то получим уравнение с одним не¬
известным S, которое как раз и требуется найти. Следовательно,
равенства (1) достаточны для решения задачи. Пользуясь этими ра¬
венствами, получим последовательно:
2р = cl -J- b 4~ с — 2S /— -J- — 4~ —\
По формуле Герона:
425. Найти стороны треугольника по данным его высотам ha, h^t hc.
426. Найти площадь треугольника по данной его стороне а и двум высо¬
там hc.
427. Найти площадь треугольника по данным двум его сторонам a, b и
медиане тс.
428. Найти площадь треугольника по данным его медианам mai ть, тс.
429. Диагонали разбивают трапецию на четыре треугольника.
Найти площадь трапеции, если площади треугольников, примыкаю¬
щих к основаниям, равны Si и S2.
Поиски решения и решение. Най¬
ти площадь трапеции ABCD (черт.
68) путем предварительного опреде¬
ления ее оснований и ее высоты не¬
возможно, так как при условиях дан¬
ной задачи основания и высота тра¬
пеции являются величинами неопре¬
деленными.
Черт. 68
Ведь чтобы трапеция была опре¬
деленной, надо знать четыре элемента, среди которых по крайней
мере один не должен являться углом или отвлеченным числом,
выражающим отношение каких-либо элементов. Например, надо
эадать основания и боковые стороны трапеции или два основа¬
ния, одну боковую сторону и один угол и т. д.
Поэтому надо искать какой-то другой путь решения задачи.
Если задача поставлена правильно, то сумма площадей треуголь-
225
ников АОВ и COD должна быть определенной. Следовательно,
наши усилия надо направить на определение этой суммы. Но
прежде чем ее искать, изучим треугольники АОВ и COD.
Площадь треугольника АОВ равна разности площадей треуголь¬
ников ABD и AOD. Площадь же треугольника COD равна раз¬
ности площадей треугольников ACD и того же треугольника AOD.
Но треугольники ABD и ACD имеют общее основание и равные
высоты. Поэтому их площади равны. А если так, то равны между
собой и площади треугольников АОВ и COD.
Площадь каждого из треугольников АОВ и COD обозначим
буквой q. Чтобы найти g, надо искать связи между q, и S2.
Треугольники АОВ и ВОС имеют общую высоту, если за их
основания принять отрезки АО и ОС.
Но площади треугольников, имеющих равные высоты, относят¬
ся как их основания. Поэтому
q_ = АО
z Si ОС
Из таких же соображений следует, что
АО = Sa
ОС ~\q'
Отсюда '
± Ѣ или q =
Si q
Следовательно, площадь трапеции S определяется формулой
5 = 4" S2 + 2 УSfS2.
Обратите внимание на то, что данные в этой задаче были недо¬
статочны для того, чтобы трапеция ABCD была определенной. Од¬
нако они оказались вполне достаточными, чтобы определить пло¬
щадь этой трапеции.
430. Диагонали четырехугольника площади 1 делятся точкой пересе¬
чения в отношении 1 : 2 и 3 : 4 Найти площади четырех треугольников, на
которые диагонали разбивают четырехугольник.
431. Через произвольную точку, взятую внутри треугольника, проведе¬
ны три прямые, соответственно параллельные его сторонам. Эти прямые раз¬
деляют площадь треугольника на шесть частей, три из которых суть тре¬
угольники с площадями, равными Si, S2, S3. Найти площадь данного тре¬
угольника.
432« Внутри произвольного треугольника АВС взята произ¬
вольная точка О. Через эту точку и вершины треугольника прове¬
дены отрезки ДАР ВВР ССІ (черт. 69) Найти числовую величину
суммы
О^і I О^і I 001 /|\
А А! BBt СС/ Ѵ
Поиски решения. Поскольку треугольник АВС произвольный
и точка О произвольная, величины OAit OBit OClf AAif BBlt CC1
226
совершенно неопределенные. Поэтому было бы бессмысленно пытать¬
ся их находить. Также бессмысленно было бы пытаться находить
величину каждого из отношений
ОАі ОВі ОС!
АА/ ВВі ССі
так как и эти отношения неопределенны. На первый взгляд кажет¬
ся, что задачу решить невозможно. Однако это не так. В запасе
есть такой метод: если мы не можем прямо найти какую-либо ве¬
личину, то можно пытаться представлять ее в других формах. Мо¬
жет случиться так, что одна йз этих новых форм и приведет к реше¬
нию задачи. Но это не значит, что эти новые формы можно вводить
как попало. Например, беспо- А
лезно было бы приводить ела-
гаемые суммы (1) к общему зна- Уѵ \
менателю. Чтобы найти целесо- уУ/ \ с
образную замену для нашей
суммы, состоящей из трех неоп- \
редел енных слагаемых, зададим \
себе такой вопрос: а нет ли в ус¬
ловиях нашей задачи, т. е. при 6
произвольности треугольника
АВС и при произвольном поло- ЧеРт- 69
жении точки О внутри него, та¬
ких трех неопределенных величин, сумма которых явно опреде¬
ленная?
Рассматривая вдумчиво чертеж 69, можно обнаружить, во-пер¬
вых, что сумма площадей треугольников ВОС, А ОС и АОВ равна
площади треугольника АВС, где бы ни лежала внутри треугольни¬
ка АВС точка О. Во-вторых, можем заметить, что каждое из трех
отношений
пл. ВОС пл. АОС пл. АОВ
пл. АВС’ пл. АВС’ пл. АВС
есть величина неопределенная, тогда как их сумма есть величина
определенная, равная единице. Поэтому решение данной задачи
надо искать через связь отношений
. ОА1 ОВг ОС1
*—-, і и —-
АА1 ВВ1 ССг
с отношениями соответствующих площадей.
Решение. Проведем высоты OD и ADt треугольников СОВ
и АВС (черт. 70). Тогда
OAj _ OD_
AAt ~~ ADÎ
227
А НО ,
\ OD пл. &ВОС
// ПЛ.
у< /^-^Х (Площади двух треугольников,
\ имеющих общее основание, отно-
\ сятся как их высоты.) Следова-
j тельно, можем составить равенства
Аі в в ОАг = пл. дВОС
Черт. 70 ААХ пл. дДВС*
ОВХ _ пл. д ДОС ОСХ _ пл. дДОВ
ВВХ пл. дДВС* ССХ пл. дДВС
Отсюда
ОАГ . ОВ . ОСХ = пл. дВОС + пл. дДОС-j- пл. ^АОВ _
ААі ВВг ССХ пл. дДВС
__ пл. дДВС J
пл. дДВС
Замечание 1. Эту задачу мы решили, видоизменяя иско¬
мую сумму
ОДХ . ОВХ . ОСХ
ДДХ ВВХ ССХ ’
Этим мы как бы видоизменили нашу задачу. Поэтому полезно
принять к сведению такое общее методическое указание: видоиз¬
менение задачи может приводить нас к новым вспомогательным
элементам или к новой более доступной вспомогательной задаче.
Замечание 2. Если бы наперед было доказано, что сум¬
ма (1) есть константа, т. е. что она не зависит от формы и размеров
треугольника АВС и не зависит от положения точки О, то эту кон¬
станту мы могли бы найти очень просто. Мы поместили бы точку О
в точке пересечения медиан треугольника АВС и получили бы,
что
ОДХ = ОВХ = ОСХ = j_
ддх ввх — ССХ 3 ’
А отсюда сразу следовало бы, что сумма (1) равна единице.
433. Из точки О, лежащей в основании АВС треугольной пирамиды
SA ВС, проведены прямые ОДі, ОВі, ОСі, соответственно параллельные
ребрам ВД, SB, SC, до пересечения их соответственно с гранями SBC, SCA,
SAB в точках Ai, Bi, Ci. Доказать, что
ОДХ . OBY « ОСХ J
"вд" + ~SB + ~SC ~ ‘
434« Из точки А, лежащей вне круга, проведен произвольный
луч, пересекающий окружность этого круга в точках В и С. Радиус
228
круга равен г, а расстояние от
точки А до центра круга О рав¬
но а. Найти произведение
, Л АОВ , £АОС
tg^--tg^-
Черт. 71
(черт. 71).
Поиски решения. Поскольку
луч АС произвольный, величи¬
на отрезка АВ неопределенная.
Пусть АВ = X. Точки пересе¬
чения луча АО с окружностью
обозначим буквами D и Е. Тогда _
АВ • АС = AD • АЕ, т. е. х • АС = (а — г) (а + г).
Отсюда
по свойству окружности
АС=
а2 — г2
X
Пользуясь формулой тангенса половинного угла, можно вы¬
разить искомое произведение через а, г и х.
Если задача поставлена правильно, т. е. если искомое произ¬
ведение не зависит от направления луча АС, то это произведение
не должно зависеть от х. Поэтому логично начать нахождение иско¬
мого произведения, ожидая, что в окончательном результате нео¬
пределенная величина х исчезнет.
Решение. Применим формулу
Ь А = 1/ <Р ~ ^) (Р —с)
ё 2 V р(р—а)
к треугольникам АОВ и АОС:
. Z АОВ = -I f (р —а)(р — г)
ё 2 V р(р-х) ’
где
а + г + х
2 ’
а+х—г а+г—х
, U — л — • ■■
2 2
Следовательно,
fp ^АОВ = 1 /(г+х —д)(о + х —г)
ё 2 К (а-Иг 4-х) (а + г — х)’
і/(Pi —a) (Pi—И
Г Рі(Рі—АС) ’
где
229
п лр I I a2 — r2 , . a2 — г2 + X (a + r)
2p, = AC + a 4- r = H a + r = 1 v 17 =
X X
(ar)(a—r 4-x) n _ (a+ <) (a— г + x)
“ > Pi o’
x 2x
(a + r) (a ~r + x) _ a2—r2 + x(a + r) — ‘2ax
2x 2x
. a2 — r2 — ax + rx _ (a — r) (a + r — x)
2x 2x *
Следовательно,
t Z AOC __ 1 f (a — r)2 (a + г — x) (a + г 4~ *)
& 2 . V (a 4- r)2 (a — r .4- x) (r 4- x — a) '
Теперь имеем:
ЛАОВ . Z AOC = 1/(r + x — a) (ax—7)
lg 2 ë 2 Г (a 4- r 4- x) (a 4- r — x) A
1 / (a — r)2 (a 4- r — x) (a 4- r 4- x) a — r
V (a+r)2 (a — Г 4- x) (r 4- x — a) “ a 4- r '
Хотя изложенное решение представляет своеобразный интерес
в м.
Черт. 72
и содержит некоторые поучительные элементы, все же оно является
не очень удачным, вследствие своей громоздкости.
Думается, что здесь можно найти другое более короткое реше¬
ние, если искать его по другому пути. Действительно, попытаем¬
ся найти другие выражения для
. Z.AOB . ZLAOC ~
tg —-— и tg —-— . Треугольник
BDE (черт. 72) является прямо¬
угольным, и его угол BED равен
yZAOB. Аналогично угол DСЕ
прямой и угол DEC равен
у Z А ОС. Поэтому
tg ^A0!L . tg <А0С- = tg Z BED ■ tg Z DEC =
2 2 n • zgoc
BD CD BD-CD BD’C 'Sln 2 _ BD • CD • siri Z BDC
BE ’ CE ~ BE • CE „r. Boc BE ■ CE - sin Z BEC
BE ■ CE • sin
2
пл. a BDC BC • hgç h^c DMt _ AD _ a —r
= пл. A BEC BC - HBc ~ HBC ~ EMt AE a+r‘
230
Здесь hBC=DMlt DMt _L AC, HBC = EM2, EM 2 _L АС и тре¬
угольники ADMl и AEM2 подобны.
435. На сколько частей разбивается плоскость п прямыми ли¬
ниями, лежащими на ней, из которых никакие две не параллельны и
никакие три не проходят через одну точку (такие прямые будем
называть прямыми общего положения). .
Поиски решения и решение. Попытаемся искать закомерность,
рассматривая частные случаи. Одна прямая разбивает плоскость
на две части (черт. 73). Две пересекающиеся прямые разбивают
плоскость на 4 части (черт. 74), т. е. проведенная вторая прямая
Черт. 73
Черт. 74
Черт. 75
увеличивает предыдущее число частей на два. Третья прямая по
условию пересекает каждую из двух предыдущих прямых и не про¬
ходит через точку их пересечения, а потому увеличит прежнее чис¬
ло частей на 3 (черт, 75).
Эти частные случаи позволяют предположить, что каждая вновь
добавленная прямая увеличивает прежнее число частей плоскости
на число, равное номеру вновь проведенной прямой. Посмотрим,
верным ли является это наше предположение?
Пусть уже проведено т прямых. Проведем (т + 1)-ю прямую.
Эта прямая согласно условиям задачи пересечется с предыдущими
т прямыми в т точках. Этими т точками (/п+1)-я прямая разде¬
лится на (/п + 1) частей, из которых две будут бесконечными. Каж¬
дая из этих частей будет лежать в какой-то одной старой части
плоскости, а потому разделит эту старую часть плоскости на две
части. Следовательно, после того как мы провели (т + 1)-ю пря¬
мую, прежнее число частей плоскости увеличится на (т + 1).
Этим мы доказали, что сделанное нами выше предположение яв¬
ляется верным. Теперь легко сосчитать число частей, на которые
разбивается плоскость п прямыми.
Одна первая прямая разделяет плоскость на 2 части. При добав¬
лении второй прямой количество частей увеличивается на 2, при
добавлении 3-й еще на 3, при добавлении четвертой прямой — еще
на 4 и т. д. Следовательно, искомое число частей равно 2+2+3+
+ 4 + 5 + ... + п, или 1 + (1 + 2 + 3 + ... + п), т. е. 1 +
• п (fi + 1) п* + fi + 2
Н—■ ■ -<■■, или -, ’
2 ’ 2
231
436.3 На сколько частей выпуклый n-угольник разбивается все¬
ми своими диагоналями, если никакие три из них не пересекаются
в одной точке.
Поиски решения и решение. Обратимся к методу неполной ин¬
дукции, т. е. станем рассматривать частные случаи с тем, чтобы из
наблюдений над этими частными
случаями и их изучения найти
путь к решению данной задачи.
^2
^5
Черт. 77
Черт. 76
Для треугольника число частей равно единице (в треугольнике
нельзя провести ни одной диагонали).
Из непосредственного подсчета видно, что для четырехуголь¬
ника число частей равно четырем (черт. 76), для пятиугольника 11
(черт. 77). Также можно обнаружить, что для шестиугольника чис¬
ло частей равно 25.
Если обозначить символом f (и) число частей, на которые разби¬
вается всеми своими диагоналями выпуклый n-угольник, то из
рассмотренных выше частных случаев следует, что f (3) = 1,
f(4) = 4, f (5) = 11, f (6) = 25.
Отсюда мы видим, что при переходе от треугольника к четырех¬
угольнику число частей фигуры увеличивается на 3, т. е. увели¬
чивается на единицу больше числа частей, на которые диаго¬
наль, выходящая из вершины Д4, разбивается диагональю А3
(черт. 76).
При переходе от четырехугольника к пятиугольнику число
частей фигуры увеличивается на 7, т. е. увеличивается на единицу
больше числа частей, на которые диагонали, выходящие из верши¬
ны Д5, разбиваются остальными диагоналями (черт. 77).
Это объясняется тем, что диагональ Д5Д2 сама разбивается
остальными диагоналями на три части, а число частей фигуры уве¬
личивает на 4 (черт. 77). Диагональ же Д5Д3 сама разбивается на
3 части и число частей фигуры увеличивает на 3 (черт. 77).
Легко убедиться, что эта замеченная связь обладает общностью.
Действительно, выпуклый (п + 1)-угольник AtA 2... АпАп±
диагональю AtAn разбивается на n-угольник АіА2...Ап и тре¬
угольник
232
Диагональ Ап+ІА 2 разбивается остальными диагоналями на (п—2)
части и увеличивает число f (п) на (п — 1), а каждая из остальных
диагоналей, проведенных из* вершины Ап_ѵ увеличивает число f (п)
на столько единиц, на сколько частей она сама разбивается осталь¬
ными диагоналями. Следовательно,
f (ft + 1) = f (ri) + * + 1, (Д)
^7*1
Черт. 78
где X есть число частей, на которые разбиваются диагонали, выхо¬
дящие из вершины Ап+і, ос¬
тальными диагоналями.
Теперь перед нами воз¬
никла новая задача — найти
это неизвестное число х, т. е.
узнать, на сколько частей
разбиваются диагонали, вы¬
ходящие из вершины Дл+1,
остальными диагоналями.
Путь к решению этой но¬
вой задачи будем искать, рас¬
сматривая сначала какой-ни¬
будь частный случай, на¬
пример восьмиугольник
(черт. 78).
Пучок диагоналей, выходящих из вершины Alf разбивает диаго¬
нали А7+іА2, А7+1А з, Д7+1Д4, Л7+1Д5, Л7+Збсоответственно на (7—1)»
(7—2), (7—3) (7—4), (7—5) частей (черт. 74).
От пучка диагоналей, проведенных из вершины А2, прибавит¬
ся число частей, равное(7—3) + (7—4) + (7—5) + (7—6).
От пучка диагоналей, проведенных из вершины Д3, прибавится
число частей, равное (7 — 4) + (7 — 5) + (7 — 6).
От пучка из вершины Д4 прибавится число частей, равное
(7 — 5) + (7 — 6) и от пучка из А5 только (7—6). Таким образом,
общее число частей равно следующей сумме:
(7 — 1) + (7 — 2) +(7-3) + (7-4)+(7-5) +
+ (7-3) + (7-4) + (7-5) + (7-6) +
+ (7 - 4) + (7 - 5) + (7 - 6) +
+ (7 - 5) + (7 - 6) +
- + (7 - 6).
По аналогии с этим искомое число х определяется формулой: х =»
= (п - 1) + (п - 2) + (п - 3) + (п - 4) + ... + [и (п - 2) ] 4¬
+ (п — 3) + (п — 4) + ... + \п — (п — 2)] + [п — (;г — 1)] 4¬
+ (п - 4) + ... + [и - (и - 2)] + Ы - (п - 1)] + ... + \п -
— (п — 1)], или X = (п — 1) + 1 • (п — 2) + 2 • (п — 3) 4¬
4- 3 • (п — 4) 4- ... 4- (п — 3) [п — (п — 1) ]. Отсюда х 4- 1 =
= (п — 1) 4- 1 • (п - 2) 4- 2 - (п - 3) 4-...+ (п - 2) In -
~ (и — 1)] = (п^— 1) 4" 1 • л 4~ 2п 4- ••• 4е (л — 2) п —
233
[1 • 2 4- 2 • 3 + ... + (n — 2) (n — 1)1 = (n — 1) + [n 4-2 4¬
4- .<. 4" (ft — 2) ] — Il • 2 4- 2 • 3 4- ... 4* (n — 2) (zi — 1) ].
Общий член k (k 4- 1) суммы 1 • 2 4- 2 • 3 4~ ... 4* (ft —2) (n — 1)
можно представить в виде № 4- k. Поэтому
1 • 2 + 2 • 3 + ... 4- (ft - 2) (n - 1) = (I2 4- 1) + (22 4- 2) 4¬
4- ... 4- ((ft — 2)2 4* (ft — 2) ].
Следовательно, x 4- 1 = (ft — 1) + n [1 + 2 + ... + (л — 2) ] —
- {(I2 4- 1) 4- (22 4- 2) 4- ... 4- [(ft - 2)2 4- (ft - 2)]}.
Пользуясь формулой суммы членов арифметической прогрессии
и формулой I2 4- 22 4- З2 4~ ... 4- ft2 = -w , получим,
что
х + 1 = (П - 1) + и • ±п~ 1\(п ~-2)- - - 0 - 2) +
2 [2
+ (п-2)(п-1)(2п-3) I = (п _ + 1п-2)(п-1) {3п _ з _
6 J 6
' — 2« 4- 3) = (ft — 1) 4- .
6
Теперь, пользуясь равенством (Л), имеем, что
/(ft 4- 1) = /(ft) + («- 1)+ = /(и) 4- 4-
О О 2
4---1.
з
Отсюда
О 2 о
/(6)=/(5)4-^-^4-^--1,
/(5)=/(4)4-Ç-|4-^-l.
В левых и.правых частях этих равенств имеются одинаковые
члены, поэтому естественно эти равенства просуммировать. Выпол¬
нив это суммирование, получим:
/(«) = /(4) 4- -I [53 + 63 4- ... 4- (ft- 1)31 [52 4- 62 4- ... +
О 2
+ (п—1)21 + 4 [5 6 + ... +.(и—1)].
Q
234
Пользуясь формулами:
I3 + 23 4- ... + n3 = [n(n+-1)-j8
р _|_ 22 I . . I П2= п (п + 1) (2,г + 1)
6
, ■ А ” £/ \ (л — 2) (п — 1)(я2— Зп 4-12)
и тем, что /(4) = + 4, найдем, что f(n) = -
§ 3. Задачи на построение
437. С помощью циркуля и линейки построить отрезок по фор¬
муле X = у а4 + 64, где а и Ь — данные отрезки.
Поиски решения. Из курса математики средней школы известно,
как строить отрезки (с помощью циркуля и линейки), определяемые
1 а ab
простейшими формулами: а = а х = , х = х = ]/ab,
х=Уа2 + ô2, х = Уа2 — Ь2, х = У nab, х=аУп = У па • а.
Здесь a, Ь, с — данные отрезки, а и, р, q— натуральные числа.
Предложенное условием задачи построение мы выполним, если
сумеем свести его к некоторой последовательности простейших
построений. Ç этой целью надо совершить надлежащее преобразо¬
вание выражения У а1 + &4.
Решение.
|/ а4 + &4 = У (а2 + ô2)2 — 2а2&2 = ^(а2+^2+/2а&)(а2+&2— F 2«д).
Построив у = У а2 + b2, z = аУ 2 = У2а- а, и =ѴУ2аЬ=*
^У z • Ь, получим: J/а4 + Ь4 = (у2 + и2) (у2,— и2).
Теперь построив t = У у2 + и2 и S = )/у2 — а2, получим, что
У а* 4* Ь4 = У t2- S2 = У t • S. Построив х = ytS, получим иско¬
мый отрезок.
Рекомендуется выполнить все построения с помощью циркуля и
линейки и получить отрезок х (отрезки а и b задайте по своему
усмотрению).
Замечание. Каждое выражение, которое получается из
данных отрезков с помощью конечного числа рациональных дей¬
ствий (сложение, вычитание, умножение, деление) и из извлечения
квадратных корней, может быть построено с помощью циркуля и
линейки.
438. С помощью циркуля и линейки построить отрезок по формуле х =
= У а* +а2Ь2 + , где а и b —данные отрезки.
а362
439. По данным отрезкам a, b, с, d построить х =
235
•w f I A2
440. По данным отрезкам a, b, с построить x = y —T
441. Даны два отрезка. Длина одного равна 1, а длина другого выра¬
жается числом а. Построить отрезки, длины которых выражаются числами
2 з а 4“ 1
а2, а3,
а + 2
442. Дан отрезок, длина которого равна_единице.-Построить отрезки,
длины которых выражаются числами ]/2, }/3, У4, )/5, ]/б, ]/7.
443« Даны две точки Л и В и прямая CD, параллельная прямой
АВ. На прямой CD найти точку М так, чтобы МА = 2МВ.
Поиски решения. Эта задача была бы трудной, если бы мы не
знали, что представляет собой геометрическое место точек, отно¬
шение расстояний которых от двух данных точек находится в данном
отношении. Однако известно, что это геометрическое место есть
окружность, построенная на отрезке EF как на диаметре, где Е и F
являются точками, делящими от¬
резок АВ внутренним и внешним д
образом в данном отношении (см. *
стр. 209, п. 13).
С
Черт. 79
Черт. 80
Решение. Разделим отрезок АВ внутренним и внешним об¬
разом в отношении 2:1. Для этого разделим отрезок Л В на три
равные части и на. продолжении АВ отложим отрезок BF = АВ
(черт. 79). Тогда
АЕ 2 AF 2
== — и — —.
ЕВ 1 FВ 1
На отрезке EF как на диаметре построим окружность. Точки
пересечения М и Mt этой окружности с прямой CD и будут
искомыми.
Посмотрим, всегда ли эта задача имеет решение. Пусть АВ = а,
а расстояние от точек Л и В до прямой CD равно d. Тогда АЕ ==
■= — а, ЕВ = -і- а, EF == а + а = — а. Радиус построенной
3 л 3 3 з
2 2
окружности равен —а. Поэтому если d < —а, то задача имеет
3 3
. 2
два решения- если d = — а, задача имеет одно решение, и если
з
2
d > — а, задача не имеет ни одного решения.
3
236
444. Даны две точки А и В и прямая CD, параллельная прямой АВ.
МА tn _
На прямой CD найти точку М так, чтобы , где т и п — данные
МВ п
отрезки и tn > п. Найти условия, при которых задача имеет два решения,
одно решение и ни одного решения.
445. Дан угол ЛОВ и точка Р внутри него. Построить окруж¬
ности, проходящие через точку Р и касающиеся сторон угла.
Поиски решения и решение. Допустим, что задача решена
(черт. 80). Поскольку окружности касаются сторон угла, то их цент¬
ры лежат на биссектрисе угла ЛОВ. Точка Р{ симметрична точке Р
относительно этой биссектрисы. Следовательно, отрезки МР и МР1
нам известны. Чтобы построить требуемые окружности, достаточно
знать положение точек их касания X и Y (черт. 81).
Черт. 81
Пользуясь теоремой о квадрате касательной, имеем:
MX = УМР1 ■ MP, MY = V MPX ■ MP.
Найдя построением отрезок MX, а следовательно тем самым и MY,
и восставив из точек X и Y перпендикуляры к стороне ОА, получим
на их пересечении с биссектрисой положения центров искомых ок¬
ружностей.
Способ, с помощью которого мы решили эту геометрическую
задачу, называется методом алгебраического анализа. Этот метод
заключается в следующем: неизвестные отрезки, необходимые для
решения данной задачи, стараются выразить формулой в зависи¬
мости от известных отрезков, а затем уже применяют построение
по формуле.
446« Дан угол ЛОВ и точка Р внутри него. На стороне ОА этого
угла найти точку, равноудаленную от точки Р и от стороны ОБ.
Поиски решения и решение. Поскольку дана точка Р, то этим
самым дан и луч ОР.
Не зная, как решить эту задачу, решим сначала задачу, сходную
с данной, но более доступную. А именно, взяв на стороне ОА про¬
извольную точку М,, найдем на луче ОР точку Р, так, чтобы рас-
237
стояние AljPi равнялось pac-
стоянию от точки М,
до стороны ОВ. Такую точку
р Р легко получить, описав ок¬
ружность из точки Mt как
! из центра радиусом Л^/Ѵ,
Pf \ (черт. 82).
- V у Теперь для решения дан-
Mt м А ной задачи достаточно про-
вёсти РМ параллельно PjAlp
Черт> 82 Точка М и будет искомой.
Действительно, по построе¬
нию Mfit _1_ ОВ и MJ\ H МР, и пусть при этом MN d_OB. Тогда
МР ОМ MN ОМ
и = .
AljPi ОМ, M,N, ОМ,
Отсюда
МР = MN
^М,Р, ~ M,N,
Поскольку М,Р, = M,Nр то и МР = MN. Следовательно, точка
М и есть искомая.
Способ, с помощью которого мы решили данную задачу на по¬
строение, называется методом подобных фигур.
447. В данный треугольник вписать квадрат так, чтобы две вершины
квадрата принадлежали основанию, а каждая из двух остальных — боко¬
вой стороне треугольника.
448. Даны две стороны параллелограмма и угол между диагоналями.
Построить параллелограмм.
Указание. Одну диагональ перенести параллельно себе так, чтобы
один из концов ее совпал с концом другой диагонали.
449. Даны диагонали трапеции и ее параллельные стороны. Построить
трапецию.
450. Постройте четырехугольник, зная его углы и две противоположные
стороны.
451. Разделить данный отрезок на две части по правилу «золотое деле¬
ние». (Разделить отрезок по правилу золотого деления — значит разделить
его на две части так, чтобы весь отрезок относился к большей своей части
так, как эта большая часть относится к меньшей.)
452. По данному радиусу круга построить отрезок, равный стороне
правильного вписанного в эту окружность десятиугольника.
453.. Построить треугольник по данным его высотам ha, hb, hc
(черт. 83).
Поиски решения. Строить треугольник легче, когда данными
являются его основные элементы
(стороны, углы). Поэтому для ре- ьа
шения данной задачи надо ис- • *
кать связи между данными высота- h
ми и основными элементами тре- c-
угольника. Легче всего найти такие Черт. 83
238 *
С
2
л,
(1)
что стороны треугольника прямо про¬
обратным высотам.
связи между высотами ha, hb, hc и сторонами a, Ь, с. Действитель¬
но, каждое из произведений aha, bhb, chc выражает удвоенную
площадь треугольника, а потому aha = bhb = chct или
а
ha
Равенства (1) означают,
порциональны величинам,
В ряду (1) равных отношений предыдущие члены а, Ь, с являются
о ‘ 1 1 1
отрезками прямой,^ а последующие члены —, —, — имеют дру-
Лд hb hc
гую размерность.
Мы приблизились бы к открытию способа решения данной зада¬
чи, если бы сумели преобразовать равенства (1) к виду — = ,
где av blt — тоже отрезки прямой. Не¬
трудно догадаться, что этого можно дос¬
тигнуть умножением всех знаменателей в
равенстве (1), например, на произведение
hahb. Выполнив это, получим:
а b с
hb ha hahb ’
X
Построив отрезок tn, четвертый пропорциональный отрезкам
Л(|, hb, hc, по формуле т = “ ь (черт. 84), получим равенства
he
(1) в преобразованном виде
a b с ,
Г = 7 = (2)
hb h(i tn
Из равенств (2) следует, что искомый треугольник подобен
треугольнику с известными сторонами hb, hc, т. При этом сторонам
hb, hc, т сходственными являются соответственно стороны а, Ь, с
искомого треугольника.
Решение. Построим треугольник DEF по трем сторонам
hb, hc и т = (черт. 85), перпендикуляр FM к стороне ED и
MC = hc. Проведя СА || FD и СВ || FE, получим треугольник АВС.
Высота СМ треугольника АВС равна hc (по построению). Высоту
треугольника АВС, проведенную из вершины А, обозначим буквой
X. Тогда"ВС • X = АВ • СМ. Отсюда
АВ
X = —. СМ.
вс
239
Но
hghb
Поэтому
X = . hc = ha.
hc c a
Также можно доказать, что высота треугольника АВС, прове¬
денная из вершины В, равна hb. Следовательно, треугольник АВС
является искомым.
454. Построить треугольник АВС, зная hb, и mb (hb — вы¬
сота, — биссектриса, ть — медиана, проведенные из верши¬
ны В).
Черт. 85 Черт. 86
Поиски решения. Допустим, что треугольник АВС (черт. 86)
является искомым. Пусть BD = hb, BF = $ь и ВМ = ть.
Пусть точка О есть центр окружности, описанной около тре¬
угольника АВС. Пусть продолжение ВО пересекает АС в точке N,
а окружность в точке Р. Тогда Z.BAD = Z.BPC (как вписанные и
опирающиеся на одну и ту же дугу). Значит, прямоугольные тре¬
угольники ABD и РВС подобны. Отсюда Z.ABD = ZPBC.
Из того, что Z.ABF = Z.FBC и Z.ABD = Z.PBC, следует равен¬
ство Л DBF = £FBP. Так как точка О есть центр окружности, а
точка М — середина стороны АС, то МО перпендикулярна к АС.
Из всего этого анализа следует, что центр окружности О лежит
на пересечении прямой ВР, составляющей с биссектрисой BF
угол, равный углу DBF, с перпендикуляром к DN, проведенным
через точку М.
Решение. Построим прямоугольные треугольники DBF и
DBM (каждый по данному катету и данной гипотенузе) и проведем
240
через точку В прямую BS, составляющую с BF угол, равный углу
DBF. Далее проведем через точку М перпендикуляр к DN. Из
точки пересечения этого перпендикуляра с прямой BS, которую на¬
зовем буквой О, как из центра, опишем окружность радиусом,
равным ОВ. Эта окружность пересечет продолжения имеющегося
уже отрезка DN в некоторых точках, которые назовем соответствен¬
но буквами А и С. Треугольник АВС и будет искомым.
Изложенное построение выполните с помощью циркуля и ли¬
нейки самостоятельно и сами докажите правильность сделанного
построения.
455. Построить треугольник по данным двум сторонам а, b и медиане тс.
456. Построить треугольник по данным его медианам та, ть, тс.
НЕКОТОРЫЕ СВЕДЕНИЯ ПО КУРСУ СТЕРЕОМЕТРИИ
к ним перпендикуляра
Черт. 87
1. Скрещивающиеся прямые. Две прямые назы¬
ваются скрещивающимися, если они не лежат в одной плоскости.
(Скрещивающиеся прямые не параллельны и не пересекаются.)
2. Кратчайшим расстоянием между двумя скрещивающимися
прямыми АВ и CD является длина "
EF (черт. 87).
Пусть АВ и CD — две скрещи-,
вающиеся прямые. Плоскость Р
проведена параллельно АВ, а пло¬
скость Q параллельно CD. Пусть
R есть плоскость, проходящая че¬
рез АВ и перпендикулярная плос¬
кости P, a S есть плоскость, про¬
ходящая через CD и перпендику¬
лярная плоскости Q. Линия пере¬
сечения EF плоскостей R и S и
будет общим перпендикуляром к
прямым АВ и CD.
Расстояние между прямыми АВ
и CD, отсчитываемое по прямой
EF, короче расстояния между какими-либо другими точками, ле¬
жащими соответственно на прямой АВ и на прямой CD, так как
оно является кратчайшим расстоянием между параллельными плос¬
костями Р и Q. Кратчайшим расстоянием между скрещивающимися
прямыми АВ и CD будет также расстояние от любой точки прямой
Л В до плоскости Р или расстояние от любой точки прямой CD до
плоскости Q.
3. Площадь проекции плоской фигуры, лежащей в плоскости Р
на некоторую плоскость Q, равна площади проектируемой фигуры,
умноженной на косинус угла между плоскостями Р и Q.
Докажем эту теорему, рассматривая последовательно несколько
случаев.
241
а) Проектируемая фигура есть треугольник АВС, одна из сто¬
рон которого ВС параллельна плоскости Q. Так как плоскость Q
можно переместить параллельно самой себе, не изменяя результа¬
та проектирования, то можно допустить, что сторона ВС лежит на
линии пересечения плоскостей Р и Q (черт. 88). Если AtBC — про¬
екция треугольника АВС на плоскость Q и AD — высота тре¬
угольника ЛВС, то AtD будет (по теореме о трех перпендикуля¬
рах) высотой треугольника AJBC. Кроме того, угол а при вершине
D прямоугольного треугольника AAfi есть линейный угол дву¬
гранного угла между плоскостями Р и Q. Площадь St треугольни¬
ка ЛіВС равна _1 ВС • AJ), а площадь S треугольника ЛВС =
= у ВС • AD. Отсюда
Следовательно, Sf = S cos а.
Черт. 88 Черт. 89
б) Пусть проектируемая фигура есть треугольник ЛВС, причем
ни одна из его сторон не параллельна плоскости проёкций. Если
провести через выбранную надлежащим образом вершину Л тре¬
угольника ЛВС (черт. 89) прямую AD, параллельную линии пере¬
сечения ху плоскостей Р и Q, то треугольник разобьется на два
треугольника ABD и ACD.
Площади треугольников ABD и ACD обозначим соответственно
S и а, а площади их проекций соответственно Si и о. Каждый из
треугольников ABD и ACD удовлетворяет условию, приведенному
в случае а). Поэтому
St = S cos а,
ot = а cos а.
Следовательно, получим:
Si + = (S + а) cos а.
Но Sj + о1 есть площадь проекции треугольника ЛВС, a S +о
есть площадь самого треугольника ЛВС.
Следовательно, и для случая в) теорема доказана.
242
в) Если речь идет о каком-либо многоугольнике, то этот много¬
угольник можно разбить на треугольники. Но для каждого тре¬
угольника теорема справедлива, а потому она будет справедливой
и для многоугольника.
г) Теорема верна и для плоской фигуры с криволинейным конту¬
ром. Действительно, площадь S данной фигуры есть по определению
предел площади и вписанного многоугольника. Пусть St и
обозначают соответственно площади проекций на плоскость Q
данной фигуры и вписанного в нее многоугольника. Когда число
сторон вписанного многоугольника будет неограниченно возрастать
таким образом, что длина каждой стороны стремится к нулю, то и
для его проекции будет иметь место то же самое. Для вписанного
многоугольника при всех его изменениях будет оставаться справед¬
ливой формула
U • cos а,
где а — угол между плоскостями. .
Но Ui стремится к Sp a U стремится к S. Поэтому
S1 = S • cos а.
4. Направленный отрезок называется вектором. Выбранное на¬
правление указывается стрелкой. В качестве примера на чертеже
90 изображен вектор АВ. Этот вектор направлен от точки А к точ¬
ке В. Точка А называется началом, а В — концом вектора.
с
Черт. 90 Черт. 91
Расстояние между точками А и В называется длиной вектора.
Длина вектора всегда выражается положительным числом. Длина
вектора АВ обозначается символом АВ. Вектор и его длина — это
совершенно различные понятия. Например, векторы О А, ОВ, ОС
(черт. 91), соединяющие центр окружности с точками окружности,
все различные, а длины всех этих векторов одинаковые. Заменять
вектор его длиной нельзя.
5. Проекцией вектора на ось называется произведение длины
этого вектора на косинус угла между направлениями оси и век¬
тора. '
243
Если угол между направлениями оси и вектора острый, проек¬
ция выражается положительным числом; если же этот угол тупой,
то проекция выражается отрицательным числом.
Если вектор перпендикулярен к оси, то его проекция равна
нулю.
6. Сумма проекций звеньев ломаной ABCDE (черт. 92) на ось
равна проекции замыкающей, т. е.
пр. АВ + пр. ВС + пр. CD + пр. DE = пр. АЕ.
Звенья ломаной и замыкающая рассматриваются как векторы.
7. Сумма проекций звеньев замкнутой ломаной на ось равна
нулю. Например,
прог + пр0Л ВС + np^CD + прох DÊ + пр0АГ ÊF +
+ прох F А = 0 (черт. 93).
8. Сечение шара плоскостью есть круг. Концы Pu Pt диаметра
шара, перпендикулярного к этому кругу, называются полюсами
этого круга (черт. 94).
Черт. 94
Черт. 95
9. Пусть А и В — две точки, лежащие на шаровой поверхности
(черт. 95). Проведем плоскость, перпендикулярную к отрезку АВ
и проходящую через его середину. Эта плоскость пройдет через
244
центр шара, так как ОА = ОВ. Проведенная плоскость пересечет
шаровую поверхность по окружности большого круга. Эта окруж¬
ность будет геометрическим местом точек шаровой поверхности
равноудаленных от точек А и В. •
10. Объем V шарового сектора определяется формулой
V = - nR2h,
3
где R — радиус шара, h — высота соответствующего сегмента или
шарового слоя.
11. Объем V шарового сегмента определяется формулой
V = ў л/і2 (37? —й),
где R — радиус шара, h — высота сегмента.
12. Площадь S неплоской части поверхности шарового сегмента
определяется формулой
S = 2л/?Л,
где R — радиус шара, h — высота сегмента.
13. Прямоугольные координаты в пространстве. Чтобы опреде¬
лить положение точки в пространстве, проводят из некоторой точ¬
ки О три взаимно перпендикулярные оси Ох, Оу, Oz (черт. 96).
Определенный отрезок принимается за единицу масштаба.
Расстояния точки М от плоскостей yOz, xOz и хОу называются
координатами точки и обозначаются буквами х (абсцисса), у (ор¬
дината) и z (аппликата).
Абсцисса X выражается положительным числом, если точка Л1
лежит перед плоскостяю yOz, и отрицательным, если позади.
245
Ордината у положительна, если точка лежит справа от плоско¬
сти xOz и отрицательна, если слева.
Аппликата г положительна, если точка лежит сверху плоскости
хОу, и отрицательна — в противном случае.
Расстояние d точки М (х, у, z) от точки О определяется форму¬
лой
d = X2 + у2 + za,
как длина диагонали прямоугольного параллелепипеда, измерения
которого равны |х|, | у |» | z |.
Черт. 97
Расстояние d между двумя точками (х,, у(, zt) и М2 (х2,
у2, z2) определяется формулой:
d = ]/ (х, — х2)а + (у, — у2)а 4- (?! — г2)а
(см. черт. 97).
§ 4. Задачи без применения тригонометрии
457« В правильной четырехугольной пирамиде с вершиной S
и основанием ABCD продолжена сторона основания CD и отложен
отрезок DE = 2CD (черт. 98). Через точки В, Е и середину F реб¬
ра SC проведена плоскость. Эта плоскость делит пирамиду на две
части. Найти отношение объемов этих частей.
Поиски решения. Проведенная плоскость пересекает грани пира¬
миды по линиям BF, FK9 KL и LB. Пирамида разделяется на два
многогранника SALKFB и BFCDKL.
Может показаться, что эта задача очень трудная. В самом деле,
размеры пирамиды не даны; многогранники, на которые разделяет-
246
ся пирамида, имеют форму незнакомую, и в нашем распоряжении
нет правил, которые могли бы позволить нам прямо выразить их
объемы. Однако если не переоценивать эти препятствия и приме¬
нить логические рассуждения, то, как мы сейчас увидим, легко
будет составить план решения данной задачи. Спросим себя, а что
нам надо найти? Ответ Такой: нам надо найти отношения объемов
двух многогранников. Но чтобы это сделать, необходимо эти объе¬
мы как-то выразить. Поскольку эти многогранники связаны с дан¬
ной правильной четырехугольной пирамидой, то естественно вы¬
разить их объемы через элементы
самой пирамиды. Следовательно,
в первую очередь надо ввести обоз¬
начения размеров пирамиды, хотя
никакие ее размеры нам не даны.
Обозначим, например, сторону
основания пирамиды буквой а, д
боковое ребро буквой Ь. Этим мы
не накладываем никаких ограни¬
чений на пирамиду, так как под
буквами ап b мы можем подразу¬
мевать любые положительные чис¬
ла (для которых а<Ь У 2; объ¬
ясните почему). Теперь мы должны
перейти к определению объемов
указанных выше двух многогран¬
ников. Логично задаться вопро¬
сом: объем которого из них легче
определить? Рассматривая много¬
гранник SALKFB, мы не видим
никаких возможностей прямо определить его объем. Что же касает¬
ся объема многогранника BFCDKL, то сразу видно, что его можно
найти как разность объемов двух треугольных пирамид ECFB и
EDKL. В первой пирамиде за вершину примем точку F, а за осно¬
вание прямоугольный треугольник ВСЕ. Во второй пирамиде за
вершину примем точку Л, а за основание прямоугольный треуголь¬
ник LDE.
Если объем многогранника BFCDKL будёт найден, тогда объем
другого многогранника можно найти как разность между объемом
пирамиды и найденным объемом многогранника BFCDKL. Таким
образом, план решения задачи найден. Теперь перейдем к решению.
Решение. Выразим объем ѵі треугольной пирамиды, вер¬
шиной которой служит точка F, а основанием прямоугольный тре¬
угольник ВСЕ.
Площадь треугольника ВСЕ равна
- • ВС ■ СЕ,
2 ’
247
или
1 ч
--- а • За, т. е. — а2.
2 2
Так как F есть середина ребра SC, то высота пирамиды FBCE
равна половине высоты h пирамиды SABCD. Следовательно,
1 3 « h 1 о,
V4 = — — а2 • —, или Ü4 = — ат.
1 3 2 2 1 4
Выразим объем ѵ2 треугольной
пирамиды, вершиной которой слу¬
жит точка К, а основанием прямо-
С угольный треугольник LDE. Имеем:
LD ЕР
= , или
ВС ЕС
Отсюда
Черт. 99
ИЛИ
LD 2а
а За
LD =
2
— а.
3
Проведем FM
(черт. 99). Тогда
KD _
FM ~
параллельно SD
ЕР
ЕМ
KD
2—Ъ*
2 2
2 2
Отсюда KD — — Ь. Поскольку KD = — Ь,
5 5
2
KLDE равна — h. Следовательно,
5 .
о, = -—- . — а • 2а • — h, или ѵ2 = — a2h.
2 3 2 3 5 2 45
Объем многогранника BFCDKL = vt — ѵ2 = — a2h — — a2h =
4 45
29 1
= — a2h. Объем пирамиды SABCD равен y a2h. Следовательно,
объем многогранника SALKFB равен у a2h— ^а2Л, или
Пасомое отношение объемов многогранников SALKFB и BFCDKL
31 яс 29 31
равно — a2h : — a2h, т. е. равно —.
г 180 180 29
Замечание. Нередко бывает так, что по первому впечатле¬
нию задача кажется очень трудной, непосильной, между тем как
она в действительности оказывается вполне доступной. Поэтому не
следует преждевременно отказываться решать задачу только пото¬
му, что она на первый взгляд показалась непосильной.
2л
ТО
высота пирамиды
248
458. В правильной треугольной пирамиде с вершиной S и основанием
АВС продолжена сторона основания ВС (черт. 100) и отложен отрезок CD.
равный ВС. Через точки Л, D и середину ребра SB проведена плоскость.
Эта плоскость делит пирамиду на две части. Найти отношение объемов этих
частей.
459« Плоскость Р проходит через середину диагонали куба, пер¬
пендикулярно к этой диагонали. Найти площадь сечения куба
этой плоскостью, если ребро куба равно а.
Поиски решения. Пусть точка О есть середина диагонали BtD
(черт. 101).
Чтобы узнать, какая фигура получится в сечении, достаточно
узнать, какие ребра и в каких местах пересекутся плоскостью Р.
Черт. 101
Куб имеет 12 ребер. Из них 6 ребер (В^, В^, BtB, DA, DC,
DiD) пересекаются с диагональю В^, а остальные 6 ребер (С,С,
CJD', АаА9 A{Da, В А, ВС) скрещиваются с диагональю BAD.
Ребра, пересекающиеся с диагональю BAD, назовем ребрами
первого типа, а ребра, скрещивающиеся с диагональю BJO, назо¬
вем ребрами второго типа.
Посмотрим, может ли плоскость Р пересекать само ребро пер¬
вого типа (а не его продчлжение). Допустим, что плоскость Р пере¬
секает ребро DfD в точке\М. Тогда линия ОМ должна быть пер¬
пендикулярна к BtD и должна делить BtD пополам. А в таком
случае отрезок МВІ должен равняться отрезку MD, что невозмож¬
но. Следовательно, плоскость Р не может пересекать ни одно из ре¬
бер первого типа. Она будет пересекать лишь их продолжения.
Теперь посмотрим, может ли плоскость Р пересекать ребра вто¬
рого типа. Допустим, что плоскость Р пересекает ребро С\С в точ¬
ке N. Тогда линия ON должна быть перпендикулярной к BtD и
делить ее пополам. А в таком случае отрезок NBt должен равняться
отрезку ND. Это возможно лишь тогда, когда точкой N будет сере¬
дина ребра САС. Следовательно, плоскость Р пересекает каждое
ребро второго типа в его середине.
Решение. Соединив между собой отрезками прямых сере¬
дины ребер второго типа, получим сечение’куба плоскостью Р
9 Заказ 326
(черт. 102). Это сечение представляет собой шестиугольник. Легко
доказать, что этот шестиугольник является правильным. Сторона
à
этого шестиугольника равна
Правильный шестиугольник состоит из 6 одинаковых равносто¬
ронних треугольников, а поэтому его площадь будет равна 6х
X— т2 ]Лз?где т — сторона шестиугольника. Следовательно, пло-
4 '
щадь сечения будет равна 6 • -у ]/"3, или — а2 1^3.
Черт. 102
Черт.. 103
Черт. 104
460. Через середины ребер А В, AD, СіС куба (черт. 103) проведена
плоскость. Найти площадь сечения куба этой плоскостью, если ребро куба
равно а.
461< Ребро куба равно а. Найти кратчайшее расстояние между
диагональю куба и скрещивающейся с нею диагональю основания
куба.
Поиски решения и решение. Кратчайшим расстоянием между
BDi и АС (черт. 104) является отрезок общего их перпендикуляра
(см. стр. 243, п. 7).
Диагональ АС перпендикулярна к диагональной плоскости
BBJ^D, так как АО _L BD и АО I ООГ Следовательно, прямая
АО перпендикулярна к любой прямой, лежащей в плоскости
BB^DjD. Теперь видно, что отрезком общего перпендикуляра KBBt
и АС будет перпендикуляр ОМ, проведенный из точки О на BD<.
Пусть ОМ = х. Прямоугольные треугольники ОМВ и D^DB
подобны, так как имеют общий острый угол МВО. Из этого подо¬
бия, следует, что
ОМ ___ DJ) е X = а >
OB ~ BDX ’ ’ ’ а/Т а/3 ’
2
а
Отсюда искомое расстояние х =
250
462. Решить следующие задачи: .
а) В прямоугольной призме с квадратным основанием сторона основания'
равна а, а высота 2а. Найти кратчайшее расстояние между диагональю приз¬
мы и скрещивающейся с нею диагональю основания призмы.
. 6) Ребро правильного тетраэдра равно аг Найти кратчайшее расстояние
между двумя скрещивающимися ребрами тетраэдра. ‘
463« Найти кратчайшее расстояние между скрещивающимися
диагоналями двух смежных граней куба, если ребро куба равно а.
• Черт. 105
Поиски решения и решение. На чертеже 105 изображены куб
и скрещивающиеся диагонали AJ5 и В£ смежных граней куба.
Кратчайшим расстоянием между скрещивающимися прямыми яв¬
ляется длина общего к ним перпендикуляра.
Определить положение общего перпендикуляра к этим скрещи¬
вающимся прямым трудно. Но построить плоскость, проходящую
через прямую AJS параллельно прямой Влегко. Такой плос¬
костью будет плоскость Л4РВ, так как прямая AJ) параллельна
В^С. Поэтому воспользуемся тем, что расстояние от любой точки
прямой В£С, например от точки Вп до плоскости AfiB будет то же,
что и длина общего перпендикуляра к прямым А1В и В£ (см.
стр. 243, п. 2).
Таким образом, задача сводится к определению расстояния от
точки В{ до плоскости AJJB. Но это расстояние можно рассматри¬
вать как высоту пирамиды B^AJJB, проведенную из вершины В4
на плоскость основания AJDB.
Теперь задача свелась к определению высоты треугольной пи¬
рамиды (черт. 106), у которой стороны основания равны каждая
а 1/2, а боковые ребра равны соответственно а, а иа)/3 (как диаго¬
наль куба). •
9* ‘ 251
AtB = BD = A JD = a |/2, «= BtB = a, B JD ~ aV3.
Пусть точка F — середина отрезка AJÏ. Тогда, высотой пирамиды
BtAiDB из вершины Bj будет высота треугольника B^FD из верши¬
ны ВР
V= = FD = 0-|/|B,D = a/3.
Исследуем тип
между собой BtD2
+ — = 2а2.
2
треугольника BJFD. Для этого надо сравнить
и BtF2 + FD2: В JD2 = За2, BtF2 + FD2= -у.+
Черт. 106
Отсюда видно, что треугольник BjDF тупоугольный е тупым
углом BiFD.
После всех исследований задача свелась к определению высоты
треугольника проведенной из вершины Вѵ
Применяя к треугольнику B^FD (черт. 107) теорему о квадра¬
те стороны, лежащей против тупого угла, имеем:
BjP2 = FD2 + BJ* + 2FD • HF, т. е. За2 = |а2 + у + 2 • а ]Л|х
X FH. Отсюда FH = . Поэтому В^ = = ^=..
Следовательно, искомое кратчайшее расстояние между диагоналями
двух смежных граней куба равно .
464. Радиус основания и высота цилиндра равны .соответственно т и Л.
Концы OTpeaKà АВ лежат соответственно на окружностях верхнего и ниж¬
252
него оснований цилиндра. Угол между прямой АВ и плоскостью основания
цилиндра равена. Найти кратчайшее расстояние между прямой АВ и осью
цилиндра.
465. В пространстве1 проведены 4 плоскости так, что никакие
две из них не параллельны и никакие три не проходят через одну
прямую. На сколько частей разобьется пространство этими плоско¬
стями ?
Решение. Одна плоскость делит пространство на две части.
Две пересекающиеся плоскости делят пространство на 4 части. Три
Черт. 107
плоскости, не проходящие через одну прямую, делят пространство
на 8 частей.
Но представить себе все части, на которые разбивается простран¬
ство четырьмя плоскостями, уже довольно трудно.
Воспользуемся аналогией. Разобьем плоскость на части тремя
прямыми, не проходящими через одну точку (черт. 108).
Черт. 109
1 Эта задача и следующая за ней заимствованы из книги Д. Пойа «Ма¬
тематика и правдоподобные рассуждения».
253
Часть 1 конечна — это внутренность треугольника. Части 2, 3,
4 бесконечны, каждая из них имеет с треугольником общую сторо¬
ну. Части 5, 6, 7 тоже бесконечны, но каждая из них имеет с тре¬
угольником общую вершину. '
' Четыре плоскости, из которых никакие три не проходят через
одну прямую, разобьют пространство на следующие части, изобра¬
женные на чертеже 109.
Одна часть конечная (внутренность тетраэдра).
Четыре части бесконечные, из которых каждая имеет с тетра¬
эдром общую грань.
Черт. 112
Шесть частей бесконечны, имеют с тетраэдром общее ребро, и,
наконец, четыре части бесконечные, из которых каждая, имеет
с тетраэдром общую вершину.
Таким образом, всего будет 15 частей.
466. На сколько частей разбивается пространство п плоскостя¬
ми, из которых никакие две не параллельны и никакие три не
проходят через одну прямую (такие плоскости будем называть
плоскостями общего положения)?
Поиски решения и решение. Разбиение пространства на части
легко представить себе в наглядной форме лишь при п = 1, 2, 3
(черт. ПО, 111, 112).
При п = 1, 2, 3 пространство разбивается соответственно на 2,
4, 8 частей.
Но уже при п = 4 такое наглядное представление становится
254
не столь доступным, как это мы видели при решении предыдущей
задачи.
Для решения поставленной задачи надо открыть закономер¬
ность, по которой возрастает число частей пространства при воз¬
растании и. Поскольку это сделать сразу трудно, то может возник¬
нуть мысль вспомнить разбиение плоскости прямыми общего поло¬
жения (см. задачу № 435), надеясь, что аналогия поможет нам
разобраться с разбиением пространства.
Мы знаем, что (п + 1)-я проведенная прямая увеличивает преж¬
нее число частей на п + 1 (см. решение задачи № 435). Мы знаем
также и то, что п прямых общего положения разбивают плоскость
на частей.
2
Теперь перейдем к изучению разбиения пространства. Предпо¬
ложим, что нам известно число N частей, на которые разбивается
пространство п плоскостями общего положения. Проведем (п + 1)-ю
плоскость. Тогда предшествующие и плоскостей пересекут (п + 1)-ю
плоскость по прямым общего положения и, следовательно, разобьют
(и + 1)-ю плоскость на —!— частей.
Каждая из этих частей (п + 1)-й плоскости в свою очередь раз¬
режет соответствующую ей старую часть пространства на две новые
части. Поэтому при добавлении (п + 1)-й плоскости старое число
« иа 4- п + 2
частей пространства увеличится на ~ 2 J—.
Таким образом, получаем соотношение:
+ "’+;+2. fi»
Из приведенных рассуждений видно, что формула (I) верна для
любого натурального п. Заменим в формуле (I) п последовательно
на п — I, п — 2 3, 2, I, получим:
N = м л. (п-і)2 +(»-!) +2
1Ѵ п ' 2 *
N ■ - N -L (П-2Я+ (n-2)4-2
2Ѵл-1 2V n—2 < »
^3 = ^ + ^|±l.
v,1 + 2±l±l.
Замечая, что числа ІѴл_2, ...» N2 являются слагаемыми в
правых частях последних равенств и они же являются левыми ча¬
стями всех этих равенств, кроме первого, мы, естественно, прихо-
255
дим к мысли сложить почленно все названные равенства. Выполнив
это сложение, будем иметь:
Мп = + у 1(п- 1>2 + (п-2)2 + ... + 22 + I2]+
+ j [(«-О + (п - 2) + ... +2+1] +
+ ±(2 + 2+ ... +2).
(л—1) раз.
Здесь Л\=2. Воспользовавшись результатами задачи 121, получим:
N,= 2 + + МГ?-.1.). +(„_]) =
12 4 ’
= П + 1 + (И - 1)п + 1) = П + 1 + (П — 1)П • 2-^ =
= п + 1 + (п — 1) п • -2±2 = (П + 1) 1 + -"~61) П |
Отсюда имеем окончательно, что
N = (и + 1)(п2 —п + 6)
п 6 ’
При п = 4, 5, ... имеем: ЛГ4 = 15, Nb = 26, ... .
, 467* Найти центр тяжести однородного тетраэдра.
Поиски решения и решение. Тетраэдром называется произволь¬
ная треугольная пирамида. (Треугольная же пирамида, у которой
все ребра одинаковые, называется правильным тетраэдром.) Сле¬
довательно, наша задача заключается в том, чтобы найти центр тя¬
жести произвольной однородной треугольной пирамиды.
Не зная, как решить эту задачу, обратимся к задаче, сходной
с данной, но более простей, а именно к отысканию центра тяжести
произвольного однородного треугольника.
‘ Станем рассматривать треугольник АВС (черт. 113) как фигу¬
ру, состоящую из множества тончайших прямолинейных волокон
DE, параллельных какой-нибудь стороне треугольника, например
стороне ВС. Центр тяжести каждого из этих волокон совпадает с
его серединой, а все множество этих середин расположится на ме¬
диане AM. Следовательно, центр тяжести треугольника лежит на
медиане АМѴ Рассуждая так же, найдем, что центр тяжести тре¬
угольника АВС лежит и на медианах ВМ2 и СМ3. Но поскольку
центр тяжести треугольника единствен, то отсюда можем заклю¬
чить, что все три медианы треугольника пересекаются в одной точ¬
ке, которая и является центром тяжести треугольника.
По аналогии станем рассматривать тетраэдр как тело, состоящее
из множества тончайших треугольных пластинок EFK (черт. 114),
параллельных какой-нибудь грани тетраэдра, например грани
256
BCD. Легко доказать, что все множество центров тяжестей этих
пластинок расположится на линии AMlt где М1 есть центр тяжести
треугольника BCD. Следовательно, центр тяжести тетраэдра ле¬
жит на линии АМ^.
Рассуждая так же, найдем, что центр тяжести тетраэдра лежит
и на линиях ВМ2і СМ3, DMit где точки М2, М3, — центры
тяжестей соответственно граней ACD, ABD, АВС.
Но поскольку центр тяжести тетраэдра единствен, то отсюда
можно заключить, что все четыре линии AMlf BM2i CM3i DM^ пе-
д
Черт. 113 Черт. 114
ресекутся в одной точке, которая и будет центром тяжести тетраэд¬
ра.
Если назвать линии AMlt ВМ2, СМ3, DMk медианными линия¬
ми тетраэдра, то полученное решение задачи можно сформулиро¬
вать так: четыре медианные линии тетраэдра пересекаются в одной
точке, которая является центром тяжести этого однородного тет¬
раэдра. ,
468. Найти геометрическое место центров кругов, являющихся сечения¬
ми шара плоскостями, проходящими через точку Д, лежащую на поверхно¬
сти этого шара.
469< Пользуясь только циркулем и линейкой, определить ра¬
диус шара, изготовленного из твердого материала.
Поиски решения. Если бы могли построить треугольник с вер¬
шинами, лежащими на окружности большого круга данного шара,
то радиус окружности, описанной около этого треугольника, как
раз и был бы искомым радиусом шара. Поэтому наши усилия долж¬
ны быть направлены к тому, чтобы отыскать на поверхности шара
три точки, лежащие на окружности большого круга этого шара.
Решение. Выберем на поверхности шара две произвольные
точки А и В (черт. 115) и проведем одним и тем же раствором цир¬
куля на поверхности шара две окружности, имеющие своими полю¬
сами соответственно точкіГ А и В. Общая точка этих двух окруж¬
ностей, будучи одинаково удалена от точек А и В, лежит на окруж
257
ности большого круга, проходящего через середину хорды АВ,
перпендикулярно к ней. Если повторить такое же построение,
взяв другие растворы циркуля, то можно найти еще две точки N и Р
той же окружности большого круга. Измерив с помощью циркуля
отрезки MN, NP и РМ, построим на плоскости треугольник MNP
(черт. 116), по трем имеющимся его сторонам. Тогда радиус окруж¬
ности, описанной около этого треугольника, и будет искомым ра¬
диусом шара. ■
Черт. 115
Черт. 116
470. Пусть из точки А шаровой поверхности как полюса описана на этой
шаровой поверхности определенным раствором циркуля окружность. На
этой окружности взяты три точки Л4, /V, Р. Покажите, как найти (с помощью
построений циркулем и линейкой) радиус проведенной окружности, а за¬
тем и радиус шара.
§ 5. Задачи с применением тригонометрии
471. Из точки О выходят три взаимно перпендикулярных луча
Ох, Оу, Ог (черт. 117). Существует ли луч ОР, составляющий с
лучами Ох, Оу, Ог соответственно углы 45°, 50°, 60°?
Поиски решения. Чтобы ответить на поставленный вопрос, надо
выяснить, имеется ли зависимость между углами а, 0, у, которые
составляют с лучами Ох, Оу, Ог произвольный луч ОМ.
Если окажется, что а, 0, у связаны каким-либо уравнением,
то для существования луча ОР углы 45°, 50° и 60° должны этому
уравнению удовлетворять.
Итак, наши усилия должны быть направлены на отыскание за¬
висимости между а, 0 и у.
Решение. Пусть произвольный луч ОМ составляет с лу¬
чами Ох, Оу, Ог соответственно углы а, 0, у (черт. 118). Через точ¬
ку М луча ОМ проведем плоскости, параллельные граням трехгран¬
ного угла. Тогда получим прямоугольный параллелепипед
ABCDEFYO (черт. 118). Легко видеть, что cos а = —, cos 0 .=
258
= —, cos у = —. Отсюда cos2a+cos2|l+cos2 у = =»
OA r OA 1 OA2
OA2
= —^- = 1. (Мы здесь воспользовались тем, что сумма квадратов
измерений прямоугольного параллелепипеда равна квадрату его
диагонали.) Итак, оказалось, что cos2 а + cos2 0 + cos2 у = 1.
Углы 45°, 50°, 60° не удовлетворяют этому уравнению. Поэтому луча,
составляющего с осями Ох, Оу, Ог такие углы, не существует.
Числа cos a, cos 0, cosy называются направляющими косину¬
сами луча.
472. Луч ОА составляет с осями Ох и Оу соответственно углы 45’ и 60°.
Найти угол, составленный этим лучом с осью Ог.
473« Луч ОАі составляет с координатными осями Ох, Оу, Ог со¬
ответственно углы ар Рр у1( а луч ОА2 — углы а2, ₽2, Уа- Найти
угол между этими лучами (черт. 119).
259
Решение. Возьмем на лучах отрезки ОМІ и ОЛ12, равные
по длине единице. Тогда проекциями отрезка ОМІ на оси Ох, Оу,
Oz, а потому и координатами точки Л41 будут cos ар cos 0Р cos уР
Аналогично координатами точки М будут cosa2, cos02, cosy2.
Расстояние d между двумя точками (хр ур zx) и (х2, у2, z2) опреде¬
ляется по формуле:
d = - х2)2 + (у, - у2)2 + (г, - г2)2.
Поэтому MiM2 (cos —cos a2)2+(cos0i—cos02)2+(cos Yi—cosy2)2,
или MiM2=]/r2 — 2 (cos cos a2 + cos 0, cos p2 cos cos y2). Сле¬
довательно,
sin = у У 2 — 2(cos aA cos a2 + cos 0, cos P2 -|- cos уі cos y2.
Пользуясь формулой cos x = cos2 у — sin2 у = 1 — 2 sin2 y,
найдем, что
cos X = 1 — 2 • ~ [2 — 2 (cos cos a2 + cos Pi cos P2 + cos Yi cos y2)],
или, наконец,
cos X = cos c^cos a2 + cos PiCos 02 + cos у,соз y2.
Эго и есть формула, по которой находится угол между двумя луча¬
ми по их направляющим косинусам.
474. Имеются две пересекающиеся плоскости Р и Q, составляю¬
щие между собой двугранный угол Р, отличный от нуля и от Д
Как должен быть расположен квадрат в плоскости Р, чтобы пери¬
метр его проекции на плоскость Q имел наибольшее значение?
Поиски решения и решение. Пусть квадрат расположен в плос¬
кости Р произвольно. При таком условии изучать проекцию квад¬
рата на плоскость Q не очень удобно. Поэтому, пользуясь тем, что
проекции на параллельные плоскости тождественны, сделаем па¬
раллельный перенос плоскости Q в положение Qi, проходящее через
одну из вершин квадрата (черт. 120).
Пусть: 1) MN есть линия пересечения плоскостей Р и Qp 2) точ¬
ка А — вершина квадрата; 3) отрезки АВ и А С — две смежные сто¬
роны квадрата (мы умышленно ограничились изображением на
чертеже 120 только двух смежных сторон квадрата, чтобы избежать
лишних помех для глаза).
Угол между плоскостями Р и’ QA равен углу между плоскостями
Р и Q, а поэтому равен 0. Этот угол при условиях нашей задачи —
величина постоянная.
Острый угол между АВ и MN обозначим буквой х. Величина х
в наших условиях переменная, изменяющаяся от 0 до включи-
еМ»
тельно. Ведь квадрат может лежать в плоскости Р в любом поло¬
жении.
Периметр проекции квадрата равен удвоенной сумме проекций
отрезков АВ и АС.
Приняв для простоты длину стороны квадрата за единицу, вы¬
числим сначала проекцию АВ. Опустим из точки В перпендику¬
ляры BBt и ВВ2 соответственно на плоскость Qt и прямую MN и
соединим отрезком точки Bt и В2. Тогда отрезок ДВ1 будет проек¬
цией АВ, а угол ВВ2Вр как линейный угол двугранного угла меж¬
ду плоскостями Р и Q, будет равен 0. Очевидно, что
АВ2 = АВ • cos % = 1 • cos % = cos x,
ВВ2 = АВ sin X = sin X, '
BtB2 = ВВ2 cos P = cos р sin X,
ЛВ| = AB} + BtB} = cos2 X + cos2 p sin2x,
ABt — Уcos2 X + cos2 p sin2 X. (Д)
Поскольку угол BAB2 равен x, то угол CAN будет равен — — x,
а потому проекция отрезка АС, согласно формуле (Л), равна
-y/cos2 Xj + COS2Р sin2 — xj,
или
У sin2 X + COS2 P COS2 X.
Поскольку периметр проекции квадрата равен удвоенной сумме
проекций двух его смежных сторон АВ и АС, то нам достаточна
найти наибольшее значение следующей функции:
у = У cos2 x + cos2 р sin2 x + У sin2 x + cos2 p cos2 X.
Нам не видно, как найти это наибольшее значение. Но мы зна¬
ем, что иногда бывает так, что наибольшее значение данной функ¬
ции мы найти не умеем, тогда как наибольшее значение квадрата
этой функции находится легко (см. стр. 125).
Итак, будем искать наибольшее значение у2, т. е. выражения
(|/cos2 x -|- COS2 Р sin2 X + У sin2 X 4- COS2 P cos2 x)2»
или
1 + COS2 P + 2 У (cos2 x + COS2 P sin2 x) (sin2 X + COS2 p cos2 x).
Теперь задача сводится к отысканию наибольшего значения
выражения, стоящего под знаком радикала:
(cos2 x + cos2 p sin2 x>(sin2 x + cos2 p cos2 x), (B)
так как 1 + cos2 P есть константа.
261
Сумма двух множителей произведения (В) равна 1 + cos® р,
т. е. величина постоянная. Но мы знаем, что произведение двух
множителей, сумма которых постоянна, имеет наибольшее значение
тогда, когда эти множители равны друг другу. Следовательно,
произведение (В) имеет наибольшее значение при таком значении
X, при котором справедливо равенство
COS2 X 4- COS2 Р sin2 X = sin2 X 4- COS2 P COS2 X,
или
cos 2x = cos2 p cos 2x,
гдеО < x< . Так как cos2 p =/= О и cos2 P =# 1, to cos 2x = 0.
Отсюда 2x = = — и X = —. Следовательно, наибольшее значе-
2 4
Л
ние периметра проекции квадрата получится, когда х = — , т. е.
4
когда диагональ квадрата будет расположена параллельно линии
пересечения плоскостей Р и Q,, а значит, и параллельно линии пе¬
ресечения данных плоскостей Р и Q.
В задаче нё спрашивается, чему равно наибольшее значение
периметра проекции квадрата. Однако если это нас интересует, то
мы можем ответить, что это наибольшее значение будет:
2у = 2 cos2-у + cos2 P sin2-^- + sin2-—- + cos2 p cos2 -5- j =
= 2ў2 • /1 +cos2p .
’ 475. Доказать, что сумма квадратов проекций - ребер единичного куба
на плоскость равна 8, независимо от положения плоскости. (Единичным ку¬
бом мы называем куб с ребром, равным единице.)
476« Две плоскости Р и Q пересекаются по прямой АВ. На пло¬
скости Р лежит круг радиуса г. Центр этого круга отстоит от плос¬
кости Q на расстоянии h, а от прямой АВ на расстоянии I. Найти
площадь проекции круга на плоскость Q.
Решение. Для решения этой задачи никаких поисков не
требуется.
Если искомую площадь обозначить буквой S, то
s - яг2. КЕЕ?
Дробь
V Р — Н*
I
есть косинус угла между плоскостями Р и Q.
477. В треугольной пирамиде ребра ВЛ, SB, SC равны соответ¬
ственно а, Ь, с, а углы BSC, ASC, ASB — а, р, у. Доказать, что
объем V этой пирамиды определяется
262 .
формулой V = /sin q • sin (q — a) • sin (q — 0) • sin (q — у), где q=a
_ a + P 4~ V
2 '
Поиски решения и решение. Начиная искать объем пирамиды,
мы должны подумать, какую из четырех граней пирамиды целесооб¬
разнее принять за ее основание.
Вычисление площади грани АВС (черт 121) требует довольно
громоздких вычислений и преобразований, тогда как площадь лю¬
бой из остальных граней находится сразу, как половина произве¬
Черт. 121
Черт. 122
дения двух известных сторон на синус известного угла, заключен¬
ного между ними. Поэтому примем за основание пирамиды, на¬
пример, грань SAB и изобразим эту пирамиду в более удобном
положении (черт. 122).
Площадь основания SAB равна у ab sin у.
Определение же высоты СО пирамиды уже не так просто. Если
провести OD _L SB и OL _L ВЛ, то мы будем иметь, что CD J_ SB
и CL _LS4.
Так как CD = с sin a, то для определения СО достаточно знать
величину 0D. Но и OD нельзя определить сразу. Сначала найдем
угол DSO, обозначив его буквой х.
SO = SD =ccos a и SO = SL — ccosfl
COS X COS X cos (y — x) cos (y — x) '
Отсюда .
cos X cos (y — x)
Решим последнее уравнение относительно x:
cos a cos (y — x) — cos 0 cos x;
cos a (cos y cos x sin y sin x) = cos 0 cos X.
263
Разделив на cosx, получим:
’ cos a (cos у + sin y tg x) = cos 0.
Отсюда
I cos p — cos a cos у
cos a sin у
Находим OD:
OD = SDtgx = ccosa • tgx = c-.^.P-cos «cosy
sin у
Теперь уже можно определить СО:
СО2 = CD2 — OD2 = (с sin а)2 —(с -S-os-P.~ cos a cos V V=
\ sin Y /
« / . . cos В — cos a cos у \ / . cos В — cos a cos у \
= r sin a H L . sin a - =□
\ sin у / \ sin у /
c2 [cos P — cos (a 4- Y)] [cos (a — T) — cos Pl _
sin2 y
а o • a4~P + v • a + ï — P Q . a + P — у . P+v—a
c2 • 2 sin sm • 2 sin sm
2 2 ~
sin2 y
2
2
Полагая - = q, найдем, что
Р+.У-.1 = <y_a, -а + ѵ-Р =?_p,
a + P— у
—r^ = q-^
2
Поэтому
2c ,
CO = y sin q sin{q — a) sin (q — P) sin (q — y).
sin y
Объем пирамиды будет:
V = — • —ab sin у • CO
3 2 1
и, окончательно
V = j/sinr/sin (q — a) sin (<7— P) sin<^ — y).
3
478. Найти двугранные углы трехгранного угла, зная его острые плос¬
кие углы а, р, у.
479. Найти объем параллелепипеда, если длины трех его ребер, сходя¬
щихся в одной вершине, равны о, Ь, с, а плоские углы при той же вершине —
а, р, у» причем все острые.
480« Имеется четыре одинаковых шара радиуса г, из которых
каждый касается трех остальных. Найти радиусы двух шаров, из
которых один имеет с данными 'четырьмя шарами внутреннее, а дру¬
гой внешнее касание {черт. 123).
№4
Поиски решения и решение. Для удобства имеет смысл ввести
краткие обозначения. Центры данных четырех шаров (черт. 124)
обозначим буквами 0lt02, 03, 0t. Этими же буквами будем называть
соответственно и сами шары. Шар, которого касаются данные че¬
тыре шара изнутри, назовем пятым, а его центр буквой 0в. Мень-
Черт. 123
Черт. 124
Черт. 125
ший шар, которого данные четыре шара касаются снаружи, назо¬
вем шестым, а его центр буквой 0в. Точки касания пятого шара с
шарами 0t, 02, 03, 0і обозначим соответственно буквами Лр Л2,
Л3, Л4. Точки касания шестого шара с шарами 0ѵ 02, 03, 04 обо¬
значим соответственно буквами В1( В2, В3, Вѵ
Так как шар 0t касается шара 05 в точке Л1( то точки 05, 0t и At
лежат на одной прямой и О5Л1 = О5ОІ + OjAj (черт. 125). По та¬
кой же причине О5Л 2 = О5О2 + О2Л2, О6Л3 = ОЬО3 -ЬХ>3Л3,
О5Л4= О5О4 + О4Л4. Здесь 0bAt=
О5А2 = О5Л3 = О5Л4, как ра¬
диусы одного и того же шара (пя¬
того шара). Кроме того, О4Л4 =
= О2А2 = О3Л3 = О4Л4 = г, как
радиусы данных четырех одина¬
ковых шаров. Поэтому ОІОІ =
ОЪО2 = О6О3 = О5О4, т. е. О5
(центр пятого шара) является од¬
новременно и центром шаровой
поверхности, описанной около тет¬
раэдра (\О2О3(\. Отсюда следу¬
ет, что если мы найдем радиус р
этой последней шаровой поверхно¬
сти, то X — радиус пятого шара
определится по формуле
’ X = р + г. (1)
265
Но каждое ребро тетраэдра (\О2ОгОь равно 2г, так как расстоя¬
ние между центрами двух внешне касающихся шаров равно сумме
их радиусов. .
Аналогично можно показать, что радиус шестого шара у опре¬
деляется формулой
У = Р — г. (2)
Теперь задача свелась к определению радиуса р шаровой по¬
верхности, описанного около правильного тетраэдра О$О2О3О4,
ребро которого равно 2г (черт. 124). ‘
Центр О5 этой шаровой поверхности равноудален от вершин
О2, О3, О4 тетраэдра. Следовательно, точка О5 лежит на высоте OJ1
тетраэдра.
Находим нужные нам величины:
а) НО3 = — -2г sin 60° =
7 3 з з __
б) 0,//- у/ =
в) 050| = О5О3 = р;
г) О5Я = 2г/І-р; _
д) 060- = Оа№ + ЯО;, т. е. р2 = (2г - р)2-|- (Д)*
Отсюда р = г
' Подставив найденную величину р в формулу (1), получим ра¬
диус пятого шара:
х=гК4+г=г(РЛг+1)*
Аналогично из формулы (2) получим радиус шестого шара
у = г(/3_1).
481. На плоскости лежат три равных шара радиуса г, попарно касаю¬
щихся друг друга. Найти радиус шара, касающегося плоскости и трех дан¬
ных шаров.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
2. (2; 131),.(2; 125). Левую часть привести к виду х4—(х7—у)1 2. 4.
а) Целых решений нет. Уравнение приводится к виду (5х — 1) (7у 4- 1) = 0;
б) (2; 2), (0; 0). Уравнение приводится к видуху —х— у + 1=1; в) (30; 6),
(6; 30), (4; —20), (—20; 4), (10; 10). Уравнение приводится к виду х (у—
— 5) — 5у + 25 = 25. 6. (2; 1), (—2, 1), (2; —1), (—2; —1). Уравнение при¬
водится к виду (х2 — у2 + 2) (ха + у2 — 4) = 5. 8. Нельзя. См. задачу № 7.
9. Число у должно быть нечетным. Полагая у = 2уі + 1, приведем уравне¬
ние к виду X2 — Юуі (ух 4- 1) = 6. Отсюда следует, что число х должно
быть четным. Полагая х =2х1, получим 4xJ— 10уА (уі 4" 1) = 6, или 2х^ —
— 5уі (уі + 1) = 3. Последнее уравнение целых решений не имеет, так
как его левая часть делится, а правая не делится на 2. Следовательно, ис¬
ходное уравнение не имеет целых решений. 12. Исследовать, какими долж¬
ны быть числа X, у, г (четными или нечетными). Воспользоваться соображе¬
ниями, примененными при решении задачи № 11. 15. Нельзя. 16. Восполь¬
зоваться разложением на множители многочлена а3 + Ь3 4" с3 — 3 abc.
20. (х4 4- X3 4" я2 + X 4- 1) (х® + х® 4- ... 4- X 4- 1). 22. 3 (х 4- у) (у + z)X
X (z 4- х). 26. а) Прибавить и отнять 2х2; г) 2х2 представить в видех2 4“ х2;
д) отнять и прибавить х2; е) 5ху (х + у) (х2 + ху 4" у2); ж) 7ху (х + у) (х2 4¬
+ ху 4-у2)2. 28. .См. задачу № 27. 32. (2х — у 4“ 3) (Зх + у — 1). 36. Каж¬
дый член, стоящий в левой части, преобразовать по ’формуле
1 -2
ft
1
части, преобразовать по ’формуле
37. Каждый член левой части преобразовать по формуле
ft + Г
” —-, либо воспользоваться методом полной индукции,
ft!
k (k + 1)
ft —1
k\ (ft —1)1
39. Воспользоваться тем, что х2 4- у2 = (х 4* у)2 — 2ху, и тем, что х4 4¬
4- у4 = (х2 4- у2)2 — 2х2у2. Отв. а2 — 2Ô, а3 — ЗаЬ, а* — 4а3Ь'+ 2Ь\
41. Воспользоваться разложением на множители многочлена а3 + Ь3 4~
4- с3 — ЗаЬс. 43. Начать с возведения в квадрат левой и правой частей пер¬
вого уравнения, а затем воспользоваться следствием из второго уравнения.
45. Воспользоваться тем, что из данного равенства следует равенство (д 4¬
+ b) (Ь 4“ с) (с 4* а) = 0. 49. См. задачу № 48. 51. Воспользоваться тем, что
_ k (ft — 1) ft2 ft (n + l)n . .
= —— = — ——•, и тем, что C2^! = # 53. Эта задача от-
1 * £. £ £ £
личается от предыдущей лишь тем, что там мы пользовались равенством
коэффициентов при хп,_а здесь надо воспользоваться равенством коэффициен¬
тов при х*. 55. -^12Л ^8. и КЎЦ'ГГ; 58. 1. -4. - | ± Æ
2
2
267
1 + I 4/~B — 1 ± i 4 Гв л D
60. Д / —» ~| — > если A n В имеют одинаковые знаки,
/2 V А /2 У А
в
— —, если А и В имеют разные знаки. 62. —2, « 1,
А
— 4, 63. У - 64. Левую часть уравнения представить в виде
2
(х4 +1)4- (х2 + xY2 + 1) и разложить на множители, разложив предваритель¬
но на множители двучлен х4 + 1. Отв. t . 66. —2,
2 2
12 1
6. 68. Воспользоваться тем, что *х + х2 + х3 = —, и тем, что xtx2x3 = — —. Отв.
36 36
1
36
а= —5, хх = “, х2 =“, х3 = — 69. См. задачу № 67. 71. Произведение
6 2 3 ’
(Хх-І-х2) (х2+х3) (х3+Х1) преобразовать к виду + + х2+^з)(+2+^з +
—х1х2х3. Отв. ab — с. 73. х4 — 16х2 +4=0. 75..Преобразовать уравнение к виду
Ах2 +Вх+ С=0 и доказать, что дискриминант не отрицательный. 76. AE2-}-CD2 +
В 1
+ B2F — 2BDE — ACF =0. 78. 4, 548. 80. /г= — —. 82. а) 1, 3, — ; в) х =
ж л
—. 96. <5) хй—л ± у.
В
- 3 '
92. —/20, 4. 93. ±3, ±5. 95. ± ~
0^ £
цІ+КС
- ’» г) Хі = 2, х2 = — 2.
98. (3; 2). 100. (3; 3), (—3; —1), (—1; —3). 101.
b + с + d — 2л
105. х=2, у = 4, z = 8, и = 10. 106. х = > у
аналогично выражаются и остальные неизвестные. 108.
первое уравнение, получить уравнение с одним неизвестным г, где z = ху.
Отв. (1; 2), (2; 1); б) система приводится к виду
и сводится сначала к решению системы
109. и4 — 4а3р + 2р2. 110. х = а-т-
120 120
деляется у и z. 111. х=—, у = —, z =
61 11
117. См. решение задачи № 116. 118. См. задачу № ПО. 120. См. решение
задачи 119. 122. Составьте таблицы значений сумм 1+2 + 3 + ... + и и
I3 + 23- + ... + п3,как в задаче № 121. Справедливость замеченной связи
и Г п(п + 1)12
между этими суммами докажите методом полной индукции. Отв. 1
= ab. 90. 1, —5.
Л • к
ж, = тя ± —• в)
О
х =
П /_ j_ Ц
9 К I 9 * 9 /
a + c + d —2Ь
3
а) Преобразовав
(х + у) [(х + у)2 — Зху] = Эху,
4(х + у) = Зху
и (и2 — Зѵ) = 9ѵ, 4и = 3 ѵ.
Aa-t-Bb-t-Cc + D
— -— ; аналогично опре-
Ат + Вп + Ср F
120
—. 113. (2; 2; 4), (2; 4; 2), (4; 2; 2).
_ 2 J
п(п + 1) (п + 2)
123, Й4. См. замечание в конце решения задачи № 121. 126. . 127.
, и
1 /10 "+1 — ю \ 1 I 1 \ 1
I —п) 131. [1_ ——— |. 135. — П(Л2 і^ 137. Можно,
9\ 9 J 4 \ 4п + 1 / 2 '
131.
3
9
268
если взять 1 = 3 и k = 3. Прогрессия будет такой: ~ + “7 + ... (см. задачу
8 64
1 — (п + 1)хл + ПХП^ Ф Пф
№ 136). 139. J; — — -X. 141. п + 2п cos^sin — . 147. Вос-
(1 —х)2 2 2
пользоваться тем, что 149. Обозначим левую часть неравен-
k£ k(k — 1)
о 1 I 1 I 1 13 e 1 1
ства символом Sn. Тогда = у + у + 4 = ~ > 1, = j + - +
' 5
— 4- — >51, ‘5з = “" + ~7 + ••• + 77 > S2- Отсюда можно предпо-
„ 6 7 4.5 10
ложить, что при возрастании п возрастает и Sn. Но справедливость этого
_ г. " q, где
предположения надо доказать, т. е. надо доказать, что S n+1 — Sn
Sn+l - п _|_ 2 + п + 3 + ■” +3» + 1 +3« + 2+Зп+3 +3n-f-4 Отсюда
ѵже будет следовать справедливость данного неравенства, так как уже St > 1
33 11111 1
150. Воспользоваться тем, что 1 + ц + 2! + 3! + 4! + 5j + — + ~ < 1 +
1 1 1 1 1 , 1
+ 7 +77 + 1 . 2 -3 + 1 ■ 2 • 3.3 + 1 • 2 • 3 - З2 + 1 . 2.3.3« + +
Дальше воспользоваться формулой суммы членов геометри-
1 \п 1 * п (п — 1) 1
1+- = 1+”-~ + ~ 9. 7 +
п] п 2! п2
и (и — 1)(п — 2) ... [^ — (Хе — 1)]
* n* +
+ 1 . 2 • 3 • Зп~3’
ческой прогрессии. 151.
п (п — 1) (м —2) 1
3! п3
1) (п —2) ... |ft — (ft —24 .
(«—1)1
п(п —1)(п—2) ... [п —(п—1)]
“Г п!
п (п — 1) п(п —1)(П—2)
п2
п3
21 3!
ft (ft — 1) (ft — 2) ... [ft — (ft 2)]
—
(n - 1)1
k\
1
nn-1 +
1
, или так:
пП . ,
n(ft —l)(ft —2) ... ft — (fe — Ц
k\
n (ft — 1) (ft — 2) ... [n — (n
Пп
п\
п
I =2 +
269
<2 4- — + — 4- H F ... +
. 1-2. 1 1 . 2-3 1 • 2 - 3 -4 1 . 2.3 . 4 - 5^ 1 • 2- 3-4.5-6... n <
<2,75 (см. задачу № 150). 153. См. задачу № 151. 157. Воспользоваться тем,
что I А I2 = А2, и тем, что при и > 0 и ѵ > 0 из и2 < и2 следует и < ѵ.
159. Это неравенство считается в математике важным. Оно оказывается по¬
лезным при решении ряда других математических задач. Докажем его спра¬
ведливость методом полной индукции. Предположим, что данное неравенст¬
во справедливо для п = k, где k — натуральное число, большее единицы,
т. е. предположим, что справедливо неравенство (1 + x)k > 1 4* kx при
X > — 1. Умножая обе части этого неравенства на положительное число
і + х, получим (1 + x)ft+1 > 1 + kx + X + kx2. Отбрасывая положитель¬
ное число kx2, мы только усилим последнее неравенство. Итак, оказалось,
что (1 + х)*+1 > 1 + (k + 1) х, т. e. неравенство (Д) имеет место и при п=
= k + 1. Кроме того, очевидно, что (1 + х)2 > 1 + 2х, т. е. неравенство
(Л) справедливо при п = 2. Из всего изложенного следует, что неравенство
(Л) справедливо при любом натуральном п > 1. Примечание. При
X — — 1 неравенство (Д) также справедливо. Таким образом, оно справед¬
ливо при X > — 1. 163. X < — 1, 2 < X < 3, 3 < X < 4, X > 5. 164. Под¬
4 За¬
бором корня разложить многочлен па множители. 166. х > 0,7, —-— <
% I 5 . 2
< у < ". Построите прямые Зх + 2у = 4 и х — бу = — 5. 168. При-
6
вести к общему знаменателю, и полученный числитель разложить на мно¬
жители. 170. Для неравенства logx logy х > 0 искомая область состоит
из двух частей: бесконечной и конечной. Бесконечная часть есть
часть плоскости, лежащая справа от прямой х = 1, выше прямой у = 1 и
ниже прямой у = X. Это есть внутренность угла. Конечной частью является
внутренность треугольника с вершинами (0; 0), (0; 1), (1; 1). 184. г = г2 4-
—zv 186. 13. 188. Существует две точки, удовлетворяющие данным усло¬
виям (точки пересечения окружностей с центрами (0; —2) и (1; 0), имеющими
радиусы соответственно 1 и У 5. 189. Точки заполняют всю полуплоскость,
расположенную правее прямойх = —— , включая и эту прямую
У(х — I)2 + у2 < У (х 4- 2)2 + у2. Отсюда х >—190. На окружности
радиуса 2 с центром в точке (1; 0). 196. Искомым числом является 12 4* 16/.
Постройте окружность с центром в точке (0; 25) и радиусом 15. Из всех
точек, лежащих внутри этой окружности и на самой окружности, опреде¬
лите ту точку, которой соответствует комплексное число с наименьшим аргу¬
се
ментом. 198. Модуль равен 4 sin2—, а аргумент (л— а). 202. Множество
корней уравнения хп — 1 =0 — это то же самое, что множество п различных
fj/.— 1 ci 4” b —с
значений y 1. 206. Наименьшее значение получается при х= .
207. Наибольшая площадь получается, когда Д1В1 является средней линией
треугольника. Пользуйтесь тем, что основание АВ = а и высота Л, ей соот¬
ветствующая, остаются постоянными. Используйте подобие треугольников
АСВ и AlCBi. 209. 65 при к — 7. 214. 2; 2; 2/2. 215. Прих= —
а
(а > 0, b > 0). 216. При X = г (г > 0). 219. 254 при х = 25. 221. 27 при
X = 3. 227. У 2. 232. а) 1, —; б) 1, — ; в) наибольшего значения не суще-
2 4
о 1 П г»
ствует; наименьшее равно 8 — и получается при х = —. Данное выраже-
270
* [ 16 \
ние преобразовать к виду (cos4x 4- sin4x) 11 4~ "Т; 2х / ** 237. Обратим
внимание сначала на то, что выражение cos2 А 4" cos2 В 4” cos2 С, где
А, В, С — углы треугольника, наибольшего значения не имеет. Действи¬
тельно, если углы А и В приближать к нулю, то угол С будет приближать¬
ся к 180э, и данное выражение будет неограниченно приближаться к числу 3,
никогда его не достигая, так как треугольника с углом, равным нулю, не
существует. Но нам предлагается найти наименьшее значение этого выраже¬
ния. Мы увидим, что оно существует. Обозначим сумму cos2 А 4" cos2 В 4¬
4- cos2 С буквой S. Легко видеть, что cos2 А + cos2 В + cos2 С = cos2 А 4*
4- -L+ cQS _(_ * + c°-.2Ç — Cos2A 4- 1 4- cos (В 4- q cos (В — С) = cos2А —
— cos (В — С) cos А 4- 1. Теперь, пользуясь уравнением cos2 А — cos (В—
— С) cos А 4* 1 = S, исследуем величину S. Из этого уравнения имеем:
cos Л = T05 ± К COS22 (В - Q - 4 (1 -3). Но cos А _действитель.
ное число. Поэтому должно быть cos2 (В — С) — 4 (1—S) > 0, или' 4 (1 —
— S) < cos2 (В — С) <
3
значение о равно —,
3
1. Отсюда S > — . Следовательно, самое меньшее
4
е. когда В — С.
е.
и получается оно, когда cos2 (В — С) = 1,
Но тогда получаем cos А = ~ , т. е. А = 60?
Но поскольку В = Ct то В == 60° и С = 60°, т. е. искомое наименьшее
3
значение — получается, когда треугольник равносторонний. Итак, оказа-
3
лось, что — < cos2 А 4- cos2 В + cos2 С < 3. 240. Наименьшее значение
4 -
равно 4, и получается оно при условии, что 2 < х < 3. Рассмотрите следую¬
щие случаи на числовой оси: х<1,1<х<2, 2<х<3, 3<х<4, х >
> 4. 242. Нельзя. 244. Нельзя. 247. Наибольшее значение при х = — (см.
задачу № 246). 248. Наибольшее значение получается при х = (см. зада¬
чу № 246). 249. 3 К..?, при х = — • Данная функция положительная.
4 6
Исследуем ее квадрат: cos2 х (1 4- sin х)2 = (1 — sin2 х) (1 4- sin х)2 =
= (1 — sin х) (1 4- sin х)8 = (1 — у) (1 4- y)à- Далее см. задачу № 248.
251. Из всех треугольников с данным основанием, вписанных в круг, наи¬
большую площадь имеет равнобедренный треугольник. Поэтому остается
выбрать из всех равнобедренных треугольников, вписанных в круг, тот, у
которого площадь наибольшая. В равнобедренном треугольнике/ вписан¬
ном в круг радиуса Rt обозначим буквой х угол при вершине, буквой а—
основание и буквой h — высоту. Тогда площадь S треугольника выразит-
11 X
ся так: S = — ah = — • 2R sin х • R sin х • ctg — = R2 sin2 x
a ax
ме синусов —;— = 2R, h = -—ctg . Теперь надо узнать, при каком зна-
S1П X £ £
чении х выражение sin x ctg — имеет наибольшее значение ( R— величина
по теоре-
271
X
постоянная). Легко видеть, что sin2xctg —=
о х
Sill2 X cos —
2_
X
sin —
2
XX X
2 sin — COS sin X cos —
2 2 2
X
sin
2
X
= 2 sin X cos2 — = sin X (1 + cos x).
Исследуем
квадрат последней функции sin2 x (1 -h cos x)2 = (1 —cos2x)(l + eosx)2 =
= (1 — cos x) (1 + cos x)3 = (1 — и) (1 + a)3. Далее см. задачу № 248.
Отв. х = — . Этим будет доказано, что искомым является равносторон¬
ний треугольник. 252. Здесь полезно вспомнить формулу площади
треугольника, выраженную через радиус описанного круга R, и углы
А, В и С треугольника. Эта формула легко получится так: S = — ab sin С.
Но по теореме синусов а = 2R sin Л, b = 2R sin В и с = 2R sin С. Поэ¬
тому S = 2R2 sin A sin В sin С. Здесь R — величина постоянная, a S и
Л, В, С — величины переменные; S принимает наибольшее значение, когда
треугольник равносторонний (см. задачу № 151), т. е. когда А = В = С =
л л л
— . Следовательно, искомое наибольшее значение равно sin — sin — X
3 3 3
. п 3 / 3
X sin —, т.e.равно —
3 8
255. Примените метод полной индукции или восполь¬
зуйтесь указанием кзадаче№ 264. 257. 139 (см. задачу № 256). 258. 301.
60х + 1 = 7у (см. задачу № 253). 260. 839. Наименьшим числом, делящим¬
ся на 5, 6, 7, 8, есть 840. Искомое число 840 — 1. 263. п = 1 + 5/, т. е.
1 а 11 л о 1 л |22д + 3 = dqi, dqY — 3 dq2 — 4
п = 1, 6, И, ... ; п = — 4, —9, —14. { = —= .
(26/г + 4 == dq2. 22 26
13d<7t — 39 = 22dq2 — 44; 22dq2 — ÏSdq^ = 5. Это последнее уравнение име¬
ет решения в целых числах тогда и только тогда, когда d = 5. Поэтому
имеем 22п + 3 = 5q. Решая это уравнение в целых числах, найдем, что
л=1 5/, где t —любое целое число. 275. Доказать, что т3 — т делится на
6 и этим воспользоваться.279. Используйте то, что 105=3 • 35 и 105=5 • 21.
282. При делении М (х) на (х — 1) (х — 2) (х — 3) остаток должен быть
многочленом не выше 2-й степени. Поэтому остаток должен иметь вид
ах2 + Ьх + с. Следовательно, М (х) = (х — 1) (х — 2) (х — 3) Q (х) + ах2-|~
+ Ьх + ct где Q (х) есть многочлен степени п — 3, если М (х) был много¬
член степени п (п > 3). При х = 1, 2, 3 имеем соответственно Л4 (1) = а +
+ b + с, М (2) = 4а + 2Ь + с, М (3) = 9а + 36 + с. По условию задачи
М (1) = 1, М (2) = 2, М (3) = 3 (см. теорему Безу, стр. 18). Таким обра¬
зом, задача сводится к решению системы а + b + с = 1, 4а + 2Ь + с =
= 3. Отсюда а = 0, b = 1, с = 0. Искомый остаток равен х. 284. —, —.
5 15
286. 4. 288 и 291. Удобнее всего решить графически-аналити-
ческим методом на миллиметровой бумаге. Ответ для № 288.
2 < x <2 —, 3-^-<х<6-^-, 7^-<х<8. Ответ для № 291. — 1 <
< х < 0, }/Л8<х<3, рлИ<х<ул14, 4<x<p^l7. 292. 494 (см. теоре-
272
му 3). 293. 82 (см. теорему 3). 294. 124. 295. 124 (число нулей равно числу
пар,составленных из простых чисел 2 и 5). 298. Отв. 1 в — 1.
299. См. задачу № 290. 303. 4у = х2 + 6х + 1. 305. х4 + у4 = ху2.
X2 у2
307. —+ — = 1. 309. X2 — у2 = 1. 311. Первое уравнение преобразуйте к
а2 Ь2
виду а tg2 X + b = 1 + tg2 х; аналогично преобразуйте и второе уравнение.
Л 1) cos X cos 3t 4- sin X sin 3/ — у cos3 t I cos3/ . , o.
312. J o I cos x = у (cos3/ cos 3/—
2) cos X sin 3/ + sin X cos 3/ = у sin3 / [ — sin 3/
— sin3 / sin 3/); 3) cos x == у [4 (cos6 / + sin6 /) — 3 (cos4 t + sin4 /)]. Ho cos6/ +
4- sin6 t — — (этот результат получается, если равенства 1 и 2 возвы-
у2
сить в квадрат и сложить). Пользуясь
— 3 cos2 / sin2 /, имеем: = 1 — 3 cos2
1 У
= — I 1 — — I. Поэтому cos4 / + sin4 / =
3 \ у2/
— —|. Теперь из равенства 3 имеем: cosx = у
АВ
у2 + у cos x = 2. 314.
тождеством cos6 t + sin6 t = 1 —
/ sin2 /. Отсюда cos2 / + sin2 / =
2
1 — 2 cos2 / sin2 t — 1 — — (1 —
3
/_4 i 2 \ _ 2—y2
U2 1 У2/ У
. 316. Вес равен -2^2 . Ьбъем '
А+В df-di ,
е.
dr
jg — юоа
318. 18 и 27. 320. а — b —с (а — Ь — с)2 + 4/пс\ 322. —
\2 . L . Р \
см. задачу № 321). 324. Задача имеет четыре решения: (1; 31; 10), (6; 23;
13), (11; 15; 16), (16; 7; 19). 326. Четыре замка и по 3 ключа каждому,
328. 1. 333. d) График строить отдельно на каждом из промежутков (— оо; 1).
(1; 2), (2; 3), (3; + оо). 335. См. задачу № 334. 337. Записав данную сумму
п\ п\ п\ п\
ïï + ïï + 7+ -
в виде такой дроби : —, покажите, что знаменатель л!
п!
делится на более высокую степень числа 2, чем числитель. 339. Спирта в
л
первом сосуде будет столько же, сколько воды во втором. 341. х = — + /гл,
2k+ 1 1 4
где k = 0, 1, 2, ... . 343. хх = , х2 = k + 344. Разложить на мно-
4 6
жители Ьс (а + Ь) + ас (с — а) — ab (а + Ь) и воспользоваться этим разло¬
жением. 345. См. задачу № 344. 348. Покажите, что существует такое
значение х, при котором sin 2х = 0 и sin 4х = 0, a sin Зх =£ 0. Отсюда
будет следовать, что b = 0. Затем покажите, что существует такое значе¬
ние x, при котором sin 4х = 0, a sin 2х ф 0. Отсюда будет следовать, что
и а= 0. Но sin 4х не при всяком х равен нулю, а потому равенство с sin 4х=
е= 0 будет выполняться при всяком x только тогда, когда с = О. 349. х =
л л л / л л
= /гл + — ± — . Проверьте, что cos -— = cos — — —
r 8 24 F F 12 \4 6
и
4
273
. л 16 - V2 - ~ . I — cos 2a
sin -- = —2 350. Воспользоваться формулой sinI 2 a = -—;—-.
352. Обратите внимание на то, что в левой части п — 1 слагаемых и ни одно
из них не может иметь значение, большее 1. 353. Данное уравнение эквива-
леитно уравнению cos 5х + cos Чх = ± (sin 5х + sin 7х). 354. Если | sin х |<
< 1 и I cos X I < 1, то sin3 X < sin2 X и cos3 X < cos2 X, а потому sin3 X +
-|- cos3 X < sin2 X + cos2 x = 1. Исследовав остальные случаи, найдем, что
х1 = + 2&л и х2 = 2£л. 355. Разделив все члены данного уравнения на
г а , b с
+ Ь*. получим: sin х-+ р==^- cosx=^=-. Это деле¬
шіе законно, так как а2 +&2=£ 0. (Если бы а2-\-Ь2 = 0, то были бы одновременно
равными нулю а и b и данное уравнение приняло бы вид 0 = с и не позволи¬
т а
ло бы найти sinx и cosx.) Так как сумма квадратов чисел z. • • ■ - и
■ у a2+ô2
• - ~ • равна единице, то. всегда будет существовать такой угол 7р, что
У а2+Ь2 1
а b
sin ф =
. ■ ■ , cos ф = . о,;;"» Используя *ѳто, представим данное урав-
у аа+&2 у a2-j-b2 *
. . . с с
виде sin ф sin х+созф cos х=- /;—===- или в виде cos (х—ф)—
у а2-{-Ь2 у а2-\-Ь2
Ѵа2 + Ь2—с2 „
sin (х — ф) == ± — ; ~—• Чтобы наиги sinx и cosx, преобра-
Y а2 + ô2
зуем их так: sinx —sin (х—ф + Ф) = sin (х — ф)со8ф + со$(х — ф) sin ф;
cos X = cos (х — Ф + ф) = cos (х — ф) cos ф — sin (х—ф) sin ф. Подставляя изве-
• Sin X = ас + ьУ а2 +Ь2 — с2
а2 + Ь2 ’
ііение в
Отсюда
стные значения, получим два решения:
1)
COS X = fl2 + b2 —с2 .
а2 + Ь2
2)
. ас — b У а2 + Ь2 — с2
sin X =
а2 + Ь2
Ьс + а Y а2 + Ь2 — с2
cos х ~~ ~ а2 + Ь2
X == k л •
4
Задача имеет решение
лишь при условии
с2 а2 £2. 357.
л
у = 2пл —k л
' 4
358. Данное
уравнение cos х +
3
+ cos у—cos (*+у)= у приводится к виду
cosx+2 sin
I • Х 3 ы
Sin . Из это¬
' 2 2
3
, — — COS X
х [ * \ 2
го равенства следует, что sin -г* =£ 0. Поэтому sin I — + yl = •
\ ^ / л •
- 2sin —
2
274
Это возможно лишь при условии, что
. X
вателыю, sin — =
При этом значении
3
--COSX
2sin —
2
3
< 1. Отсюда ——cosxC
X I "I2
sin у I — 1 < 0. Следо-
1 X I X I Г
или — + 2 sin2 — < 2 sin — , или 2
2 2 I 2 Г L
1 1 - л
± —. Приняв sin X = —, получим х=2£л+(— 1)л • у. (Л)
. X 3
sin -- = — принимает
X уравнение cos х + 2 sin
вид Sin( —+ =
найдем следующее
1. Пользуясь этим последним уравнением и равенством (Л),
множество решений исходного уравнения:
X — 2kn + (— !)*•—,
3
у = (2l — k)n + —
„ . X
Приняв sin — =
1 •
— —, аналогично получим:
X = 2klt — (— 1)* • у
У = {21 -*)л -у +(-!)*• р
360. Наименьшее значение функции cos4 х + sin4x +
—-— равно8— (см. решение задачи № 232, в). Она может
sin4x 2
1
COS4 X
принимать
j. Следовательно,
данное уравнение имеет действительные корни при любом т > 8у. 366. Вос-
Л . В
любые значения, принадлежащие промежутку
пользоваться
и тем, что
тем,
что
Л
sin —
sin
2
В\2
cos А -f- cos В + cos С
2
sin —
С 1
— (см.
2 8 .
.. - С
= 1 + 4 sin - sin -- sin —
£ 2
2 2
задачу 236).
3fi7. |^tg- - tgy j + pg
A fB C A
tgs - + tg2 7 + ‘g2 7 > tg 7 tg 7 + tg 7 tg + tg ў tg f = i.
X X X XX XX XX
26л < X < /гл 4--~. 373. См. решение задачи № 372. 375. 1) 10 — Зл;
371. 1)
2) 5—2л.
11л
~ 18
376. arc cos
в
2
= arc cos
A . С
2 2
отсюда
в / c .
2 ь 2 ~
Пл
Число ——- принадлежит тому же отрезку [0; л], которому принадлежит
18
275
и arc cos x. 377. arc sin
= arc sin
я
arc sini
= arc sin 1
я _ 1
—. 378. Отв. X = —. Из двух уравнений sin (аге sin х -|-
О 2 .
2
л
+ arcsinxy 3 )= sin — и
которое легче решить.
/— ГС
cos (arc sin X + arc sin xy 3 )= cos -¬
He забудьте, что каждое из
выберите то,
этих вспомо¬
гательных уравнений
ного уравнения. 380.
382. Неравенство имеет
л . л
— - - < arc sin X < —, 0 ' arc cos х
2 2
может иметь корни, посторонние
1) 32л—100; 2) — 381.
смысл лишь при I X I < 1. Кроме того,
л и arc sin X + arc cos х =
для исход-
3
— Л — X.
4
известно, что
л
—. Если —1 <
2
л л . _ я
< X < 0, то — — < arc sin х < 0 и — < arc cos'x < л. Поэтому отрицатель¬
ные значения хи нуль не удовлетворяют данному неравенству. Пусть теперь 0<
< X < 1. Из неравенств arcsinx>0, arc cos х > 0 и arc sin х + arc cos х =
я .
= — следует, что неравенство arc sin х > arc cos х удовлетворяется тогда и
л у 2
только тогда, когда arc sin х > —, т. е. когда L_< х < 1. 384. а) Зх — 4х3;
б) докажите, что косинусы левой и правой частей равны друг другу, и кро¬
ме того, докажите, что как левая, так и правая части представляют собой
[л 1
0; — . Из этих двух доказанных положе¬
ний следует справедливость данного равенства. 386. См. решение задачи
№ 385. 388. а) Преобразовав к виду, удобному для логарифмирования ле¬
. х + у '
вые части данных равенств, получите, что tg —-—
b
—, а затем военоль-
fl
1 — tg2 ‘г ъ аг — &
зуйтесь формулой cos у = °тв. б)
1 + tg2 а'+
т — 1. 391. в равносто-
роннем. 393. Вы должны обнаружить, что задача решений не имеет, т. е. что
такого треугольника, в котором котангенсы углов относились бы как 1:2:3,
не существует. Обратите внимание еще на то, что котангенсы углов обрат¬
но пропорциональны их тангенсам. Из того, что ctg А : ctg В : ctg С =
1:2:3, следует, что tg А : tg В : tg С = 1 : —- : — = 6:3:2. 397. Выразить
Z о
расстояния через радиус окружности, описанной около треугольника, и це¬
лесообразно выбранный угол. 401. Квадрат диагонали d выразить двояко по
теореме косинусов. Исключить из полученных двух уравнений косинус угла.
(ас 4- bd) (ad + be) л
Выполнив преобразование, получить d\ = ■ . Аналогично
ab + cd
найти Квадрат второй диагонали d2. 462. Используйте свойства описанного
четырехугольника. 404. См. метод, примененный при решении задачи
№ 403. 408. Проведите диагональ данного четырехугольника и используй¬
те то» что площади треугольников, имеющих общее основание, относятся
как их высоты. Затем также используйте вторую диагональ данного четырех-
уголыпгка. 419. Пусть Оі — центр тяжести, О2 — ортоцентр, О3 — центр
описанной окружности (черт. 126). Чтобы доказать, что отрезок ОіО3 явля-
276
ется продолжением отрезка ОіО2, достаточно доказать, что Za = Zp. А для
этого достаточно доказать, что подобны треугольники ОіО2В и OiO3D. Для
доказательства же этого подобия надо предварительно доказать, что
O3D: 02В = 1 : 2. А это последнее вытекает из подобия треугольников DEO3
и ВСО2 (их стороны соответственно параллельны) и из того, что DE : ВС =
= 1:2 (DE — средняя линия треугольника). 411. Провести окружность,
описанную около четырехугольника, вершинами которого являются: точка
пересечения высот, вершина треугольника и основания двух высот; затем
использовать равенство вписанных углов, опирающихся на одну и ту же дугу.
Аналогично провести и использовать другую окружность. 413. Пусть А—лю¬
бая из заданных 105 точек. Если окажется, что все остальные точки находят¬
ся от А на расстоянии, меньшем 1, то теорема справедлива, так как все 105
точек окажутся в круге с центром А и радиусом 1. В противном случае
обозначим через В какую-нибудь точку, расстояние которой от А больше
или равно 1. Тогда согласно условию задачи каждая из остальных ЮЗ то¬
чек окажется удаленной либо от А, либо от В на расстояние, меньшее 1. Если
точек, удаленных от А на расстояние, меньшее 1, окажется меньше, чем 52,
то точек, удаленных от Дна расстояние, меньшее 1, окажется не меньше
чем 52. В этом случае круг с центром В и радиусом 1 будет содержать не
менее 5.3 точек. Если же окажется точек, удаленных от А на расстояние
Черт. 126
меньшее Г, не меньше, чем 52, то круг с центром в А и радиусом 1 будет
содержать не менее 53 точек. 414. Пусть точки А и В, лежащие на ломаной,
делят периметр ломаной на две равные части. Докажите, что круг, описанный
из середины отрезка АВ как из центра, радиусом, равным у, и будет искомым
(докажите, что не. существует точки М ломаной, лежащей вне этого круга}.
416. Из концов каждой стороны данного многоугольника опустите перпендику¬
ляры на соответствующие стороны внешнего многоугольника и соедините от¬
резками прямых каждую пару соответствующих вершин данного и внешнего
многоугольника. Составьте соотношения вида ai=10 tgai>10ai, 6i= 10 tgPi>
> lOgi, соответствующие каждой вершине данного многоугольника. Сум¬
мируя полученные неравенства, покажите, что периметр внешнего многоуголь¬
ника удовлетворяет неравенству I > 100 + 10 [2лп —л (и — 2) —■ лл|, или
/ > 100 + 10 • 2л > 150. 417. Воспользоваться формулой 2 г = a + b—
—]Zû2 4- b2t где a и. b — катеты прямоугольного, треугольника, а г —
радиус вписанного круга. 425. См. задачу № 424. 426» Воспользоваться
о a2 sin В sin С
формулой В == —;—- -—-, где S — площадь треугольника, а — сторона и
sin (В + С)
В, С — углы, примыкающие к стороне а. 427. Продолжить медиану на от¬
резок, равный ей, и образовать параллелограмм. 428. Продолжить одну из
медиан на отрезок, равный — этой медианы.
<5
Отв. У(Ші 4- тг 4- ШзХт, + тг — т3) (т3 4- т3 — т3) («з 4- — тг).
3 4 6 8
430. Отв. —, —-, —, —. 431. Обозначьте основание треугольника, на-
ж£ 1 1 1
пример, буквой В, а образовавшиеся на этом основании отрезки буквами
пу п, р. Учтите, что треугольники с площадями Sx, S2, S3 подобны
данному треугольнику, и воспользуйтесь тем, что квадратные корни
из площадей подобных^ треугольников относятся как их сходственные
стороны. Отв. S == (К«$і + ^«$2 + Ѵ^з)2, гДе *5 — площадь данного треу¬
гольника. 433. Проведя плоскость через параллельные прямые S4 и
использовав подобие образовавшихся в сечении треугольников,
эту задачу к задаче № 432. 441. Используйте то, что — = —,
а 1
г а + 1
, у = - -. 442. Получите веерообразную фигуру. 444. См. задачу
041 и
сведите
L —
а2 1
№ :43. 447. Постройте сначала произвольнцй квадрат, одна вершина кото¬
рого принадлежит боковой стороне и две вершины — основанию треуголь¬
ники. Найдите геометрическое место четвертой вершины этого квадрата при
условии, что егохторона рассматривается как величина переменная. Мож¬
но сказать, что задача решается методом подобия, поскольку любые’ два
квадрата подобны между собой. 449. Пользуясь подобием треугольников,
постройте сначала части диагоналей, на которые они разделяются друг дру¬
гом. 450. Одну из данных сторон перенести параллельно самой себе. Тогда
окажется, что решение задачи можно будет начинать с построения либо
треугольника по известным его двум сторонам и углу, заключенному меж¬
ду ними, либо с построения параллелограмма по известным сторонам и уг-
û ”■ /~/ (1
лу. 451. Большая часть равна —— + у I—) + а2. По этой формуле и
надо делать построение. 452. Возьмите в круге хорду, представляющую
собой сторону правильного вписанного десятиугольника, соедините концы
хорды с центром, проведите биссектрису угла при основании образовавшего¬
ся равнобедренного треугольника и. докажите, что сторона десятиугольника
есть большая часть радиуса, разделенного на две части по правилу «золо-
т/ ё J
того деления» (см. задачу № 391). Отв. а10 = -—_ R. 455. и 456. См.
задачи № 368, 369, 427, 428. 458. Как 1 : 2. 460. Отв. а». Восполь-
вуйтесь связью между площадью проекции и площадью проектируемой
фигуры (см. стр. 243, п. 3). 462. а) б) \ R2"” ^h2ctg2a.
468. Шаровая поверхность с радиусом, равным половине радиуса данного
шара. Центром этой шаровой поверхности служит середина отрезка, соеди¬
няющего данную точку с центром данного шара. 472. 60°. 474. При парал*
лельном переносе отрезка его проекция на прямую или на плоскость не
изменяется. Если отрезок составляет с перпендикуляром к плоскости угол <р,
то его проекция на плоскость равна произведению длины этого отрезка на
sin <р. Сумма квадратов проекций всех ребер куба на плоскость равна учет¬
веренной сумме квадратов проекций трех его ребер, выходящих из одной
вершины. Пусть ребра единичного куба, выходящие из одной вершины, со¬
ставляют с перпендикуляром к произвольно взятой плоскости Р соответст-
278
венно углы а, 0, у. Тогда сумма квадратов проекций этих ребер на плоскость
Р будет равна sin2 а + sin2 0 4- sin2 у, или 1 — cos2 а 4- 1 —cos20 4" 1 —
— cos2 у, или 3 — (cos2 а + cos2 0 4~ cos2 у). Углы а, 0, у — это углы, ко¬
торые составляют перпендикуляр к плоскости Р с ребрами куба, выходящи¬
ми из одной вершины. Поэтому cos2 а + cos20 + cos2y = 1 (см. задачу
№ 414). Следовательно, 3— (cos2a4- cos2 0 4“ cos2 у) = 3 — 1 = 2. Искомая
же сумма квадратов проекций всех ребер единичного куба на произвольную
плоскость равна 2 • 4, т. е. равна 8. 478. Используйте чертеж 122 и соот-
др гл cos a—cos 0созу
ветствующие места из решения задачи № 477. Отв. cos ax -f
sin 0 sin у
где ai — двугранный угол, противолежащий плоскому углу а. Аналогично
выражаются cos 0і и cos yi. 478. Высоту параллелепипеда можно
определить так, как в задаче № 477 вычислялась высота СО.
г- - a 4~ 0 4- V
Отв. 2abcV sin q sin (q—a) sin (q— 0) sin (q — у), где q = L. Однако
этот ответ можно было получить сразу, если воспользоваться результатом,
полученным при решении задачи № 477. Действительно, наш параллеле¬
пипед состоит из 6 пирамид, равновеликих пирамиде С5ЛВ (черт. 121).
480. г.
3
ОГЛАВЛЕНИЕ
Обращение к читателю 3
Раздел I. Алгебра
Некоторые сведения из курса алгебры • • • • 9
§ 1. Уравнения в целых числах 25
§ 2. Разложение многочленов на множители
§ 3. Тождества безусловные и условные 41
$ 4. Уравнения с одним неизвестным • 52
§ 5. Системы уравнений ' . 57
§ 6. Суммирование g
§ 7. Неравенства •
§ 8. Комплексные числа
§ 9. Задачи на определение наибольших и наименьших значений
переменных величин (функций) . . . - 115
§ 10. Задачи на делимость . . . . 1о4
§ 11. Задачи, связанные с понятием «целая часть числа» 145
§ 12. Исключение параметров . . * ' {58
§ 13. Задачи на составление уравнений • J5U
§ 14. Разные задачи
Раздел II. Тригонометрия
Сведения.из курса тригонометрии 177
§ 1. Тригонометрические уравнения J31
§ 2. Тригонометрические неравенства іоб
§ 3. Задачи, связанные с обратными тригонометрическими функ¬
циями
§ 4. Разные задачи 1J0
Раздел III- Геометрия
Некоторые сведения по кур.су планиметрии 205
§ 1. Задачи на доказательство . ■ 258
§ 2. Задачи на вычисление
§ 3. Задачи на построение
Некоторые сведения по курсу стереометрии 241
§ 4. Задачи без применения тригонометрии 246
§ 5. Задачи с применением тригонометрии
Ответы и указания 257
Савелий Иванович Туманов
ПОИСКИ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧИ
Редактор В. Г. Долгополов, Художник В, К, Иванов, Художественный редактор В. С, Эр-
денко, Технический редактор Л, Я. Медведев, Корректор Р, Ь. Шгпутман, Сдано в набор
28/Х-1968 г. Подписано в печать 29/1V 1969 г. 60Х9071в. Типографская №2. Пен. л. 17,5.
Уч.-изд. л. 13,68. Тираж 200 тыс. экз. (Пл. 1969 г. № 162). Зак. 326. Издательство
«Просвещение» Комитета по печати при Совете Министров РСФСР. Москва. 3-й проезд
Марьиной рощи, 41. Саратовский полиграфкомбинат Росглавполнграфпрома Комитета по
печати при Совете Министров РСФСР. Саратов, ул .Чернышевского, 59. Цена без переплета
37 коп., переплет 10 коп.
Al коп.