О.А.ИВАНОВ
МАТЕРИАЛЫ ДЛЯ ФАКУЛЬТАТИВНЫХ ЗАНЯТИЙ

О. А. Иванов
Математика 10-11
приятная во всех
отношениях
Материалы для
факультативных занятий
Санкт-Петербург
СМИО Пресс
2014

УДК 372.8.512
ББК 74.262.21
И21
Иванов О. А.
И21 Математика 10-11, приятная во всех
отношениях. Материалы для факультативных
занятий. - СПб, «СМИО Пресс», 2014.- 272 с.
В книге содержится материал, который будет полезен для проведения
факультативных занятий по математике с учащимися 10-11 классов. Книга
будет полезна старшеклассникам школ с углубленным изучением
математики, преподавателям средних учебных заведений, студентам и
преподавателям математических факультетов педагогических университетов.
© Иванов О. Α., 2014
© Зайцев Α. Α., оформление обложки, 2014
© «СМИО Пресс», 2014
ISBN 978-5-7704-0294-0
Директор издательства Морозова И. С.
Подписано в печать 14 марта 2014. Формат 60 х 901/16.
Бумага офсетная. Гарнитура школьная. Усл.-печ. л. 9.
Тираж 500 экз. Заказ № 149.
Издательство «СМИО Пресс»
Санкт-Петербург, ул. Седова, д. 97, к. 3, лит. А
Телефоны (812) 976-97-76,
(911) 290-90-26 (МТС), (962) 722-44-46 (БиЛайн)
e-mail: smiopress@mail.ru, http://www.smio.ru
Отпечатано в ООО «Типография «Феникс»
194156, г. Санкт-Петербург, пр. Энгельса, д. 27

Содержание
Предисловие 5
Часть 1. Удивительно и просто 7
Тема 1. Удивительные прямоугольные треугольники 9
Тема 2. Удивительно короткие решения геометрических задач 13
Тема 3. Естественный факт с удивительным доказательством 16
Тема 4. Удивительные ответы 21
Тема 5. Удивительная связь между тремя последовательностями .. 26
Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи 30
Тема 6. Одна функция и четыре разные задачи 32
Тема 7. Пять решений одной стандартной задачи 36
Тема 8. Об уравнениях вида f(x, у) = д(х, у) и их обобщениях 42
Тема 9. Обобщенная теорема Виета 50
Тема 10. Кратные корни многочленов 55
Тема 11. Не совсем стандартные приложения производной 62
Тема 12. Комплексные числа, многочлены и тригонометрия 69
Тема 13. Комплексные числа и геометрия 77
Тема 14. Площади треугольников и четырехугольников 81
Тема 15. Построения в стереометрии 88
Тема 16. Неравенства 95
Тема 17. Уравнения в целых числах 104
Тема 18. Комбинаторные сюжеты 111
Тема 19. Интегралы 120
Решения дополнительных задач части 2 130
Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория 176
Тема 20. Функциональные уравнения элементарных функций 179
Тема 21. Рекуррентно заданные последовательности 187
Тема 22. «Золотое сечение», или: решение уравнений f(x) = χ ... 196

4
Тема 23. Выпуклые функции:
неравенства и приближенные вычисления 202
Тема 24. Формула Тейлора, формула Эйлера и одна
комбинаторная задача 212
Тема 25. Производные вектор-функций 221
Тема 26. Многочлены и тригонометрические соотношения 230
Тема 27. Площади и объемы как функции координат 236
Тема 28. Значения тригонометрических функций и свойства
одной рекуррентно заданной последовательности 245
Тема 29. А есть ли еще «числа», кроме комплексных? 250
Решения дополнительных задач части 3 256

Предисловие
Литература, содержащая материал, которым учитель может
воспользоваться для проведения факультативных занятий по математике
в школе, обширна и разнообразна. Однако ее большая часть имеет тот
недостаток, что при подготовке к занятиям материал еще надо
отбирать. Например, из трех книг, написанных автором, только в книге [2]
материал изложен таким образом, что она может служить учебным
пособием для (факультативных) занятий. Поэтому во время работы
над этой книгой автор придерживался двух следующих принципов:
• представить материал, который, по его мнению, должны знать
выпускники школ с углубленным изучением математики
• и при этом представить его так, чтобы у учителя не было проблем
с его использованием.
Проблема еще и в том, что, по мнению автора, до сих пор не написан
хороший учебник для математических школ и классов. Автор искренне
уважает авторов недавно изданных учебников [4] и [5], но так же
искренне считает неестественным сводить обучение в 11 классе к
«погружению» в технику математического анализа на уровне технического
вуза и начинать обучение десятиклассников с понятий высказавания и
предиката (обучение основам математической логики еще никого и
никогда на научило рассуждать). Поэтому одна их целей, которые автор
поставил перед собой, состояла в том, чтобы помочь учителю
разнообразить свои уроки. Так случилось, что в последние десять лет автор
достаточно тесно общается с одиннадцатиклассниками, некоторые из
которых учатся в известных в Санкт-Петербурге математических
школах. Удивительно, что эти ребята, например, решают задачу темы 7
одним-единственным способом, и при этом — самым «тяжеловесным».
Удивительно, что для них являются своего рода открытием
рассуждения темы 2 и что их ставит в тупик задача 2 темы 11. Поэтому еще
одна из целей этой книги — показать преподавателей математических
школ примеры построения занятий, которые, как в том убежден
автор, будут способствовать лучшему осознанию учащимися — «что же
такое — математика».
Эта книга состоит из трех частей. Название первой из них —
«Удивительно и просто» — говорит само за себя. В эту часть включены
математические факты с наиболее яркими доказательствами
(решениями). Две другие части также связаны с решением задач. Однако

6
задачи части 2 могут предлагаться учащимся для самостоятельного
решения, поскольку для их решения достаточно знания понятий и
методов, которые входят в традиционную программу в математических
классах. Задачи темы 3 — это задачи, решения которых можно
обсуждать, попутно вводя новые понятия и доказывая новые утверждения.
Более подробно о содержании каждой из трех частей сказано в начале
каждой из них. А порядок, в котором в этой книге представлены темы,
определен только вкусом автора.
Санкт-Петербург, 2014
Список литературы
[1] О. А. Иванов. Практикум по элементарной математике. Алгеб-
роаналитические методы.— М.: МЦНМО, 2001.- 320 с.
[2] О. А. Иванов. Задачи по алгебре и началам анализа.— СПб:
БХВ-Петербург, 2005.— 378 с.
[3] О. А. Иванов. Элементарная математика для школьников,
студентов и преподавателей.— М.: МЦНМО, 2009.- 384 с.
[4] М. Я. Пратусевич, К. М. Столбов, А. Н. Головин. Алгебра и
начала математического анализа. 10 класс. М.: Просвещение. 2013.—
415 с.
[5] М. Я. Пратусевич, К. М. Столбов, А. Н. Головин. Алгебра и
начала математического анализа. 11 класс. М.: Просвещение. 2013.—
463 с.
[6] С. Л. Табачников, Д. Б. Фукс. Математический дивертисмент.
30 лекций по классической математике/ Пер. с англ. под ред.
С. М. Львовского.- М.: МЦНМО, 2011.- 512 с.
[7] И. Ф. Шарыгин. Факультативный курс по математике: решение
задач. Учебное пособие для 10 класса.— М.: Просвещение, 1989.—
352 с.
[8] И. Ф. Шарыгин, В. И. Голубев. Факультативный курс по
математике: решение задач. Учебное пособие для 11 класса.— М.:
Просвещение, 1991.— 384 с.

Часть 1. Удивительно и
просто
Первая часть этой книги выполняет роль своего рода введения,
в котором автор поставил своей целью заинтриговать читателя,
чтобы тому захотелось читать дальше. Поскольку автор до сих пор не
потерял способности удивляться математике, то всякий раз, испытав
подобное ощущение, он хочет поделиться им с другими.
Как и в двух других частях книги, представленный в этой части
материал разнообразен. Вы найдете здесь:
• решение уравнений в целых числах с «геометрическим подтекстом»
и неожиданными ответами;
• применение методов аналитической геометрии, дающее удивительно
короткие решения не очень простых геометрических задач;
• необычное стереометрическое построение, применяемое для решения
не очень известного аналога известного планиметрического
утверждения;
• использование методов математического анализа для
приближенного решения необычного уравнения;
• удивительную связь между членами трех рекуррентно заданных
числовых последовательностей, появившихся к тому же при решении
задачи первой темы.
В свое время автор был (и остается до сих пор) очарован книгой
"Proofs from THE BOOK".1 Большинство из приведенных в ней
доказательств «изящны и удивительны». Нельзя сказать, чтобы они были
уж очень просты, поскольку простыми не являются сами
доказываемые утверждения. Конечно, представленные в этой книге
математические утверждения существенно более элементарны. Но если получить
удовольствие от «доказательств из Книги» могут только
профессиональные математики, то автор надеется, что «удивительную простоту»
решений задач и доказательств представленные в данной книге
теорем будут в состоянии оценить (при некотором усилии) как учителя,
так и старшеклассники физико-математических школ. Для них и была
написана эта книга.
*М. Aigner and G. M. Zigler, "Proofs from THE BOOK", Third Edition. Springer-
Verlag, 2003. Перевод на русский язык: М. Айгнер, Г. Циглер. Доказательства из
Книги. Лучшие доказательства со времен Евклида до наших дней. М.: Мир, 2006.

8
Часть 1. Удивительно и просто
В наше странное время ощущение полноты жизни и
удовлетворение от нее дает решение задач и беседы на математические темы с
коллегами и интересующимися математикой учащимися. Можно
даже сказать, что без коллег и общения с ними эта книга не была бы
написана. Часть включенных в нее математических идей
обсуждалась в жюри олимпиады Эйлера, председателем которого является
В. Б. Некрасов. О роли коллег для подготовки тем первой части этой
книги следует сказать особо.
Сведение уравнения, появившегося в решении задачи 2 темы 1,
к уравнению Пел л я было осуществлено В. М. Гольховым. То, что
задача 2 темы 2 (конечно, хорошо известная) является отличным примером
использования алгебраических методов в геометрии, автор осознал
после доклада, сделанного Р. Р. Пименовым на Санкт-Петербургском
семинаре учителей математики. Идею доказательства основного
результата темы 3 придумал А. Мошонкин. На задачу 3 темы 4 внимание
автора обратил В. И. Рыжик, который к тому же постоянно
побуждал автора к написанию этой книги. Первое доказательство основного
утверждения темы 5 было дано Б. М. Беккером.
Всем им автор выражает свою искреннюю благодарность. Кроме
того, автор признателен доценту математико-механического
факультета СПбГУ Ю. А. Ильину и преподавателю лицея «Физико-техническая
школа» К. М. Столбову, внимательно прочитавшим рукопись этой
книги и давшим много ценных советов.

Тема 1. Удивительные прямоугольные
треугольники
Хорошо известна формула для сторон всех целочисленных
прямоугольных треугольников. Но в обеих задачах, представленных в этом
разделе, она ни при чем.
Задача 1. Найдите все прямоугольные треугольники с целыми
длинами сторон, у которых гипотенуза на единицу длиннее одного из
катетов.
Обозначим катеты треугольника через а и 6, пусть длина его
гипотенузы равна 6+1. По теореме Пифагора а2 + б2 = (6 + I)2, откуда
а2 = 26 + 1, поэтому число а нечетно. Положив а = 2к + 1,
получим, что 4к2 + 4fc + 1 = 26 + 1, откуда 6 = 2к(к + 1). Таким образом,
искомых треугольников бесконечно много. Длинами их сторон
являются тройки чисел (а, 6,с) = (2k + l,2fc(fc + l),2fc2 + 2k + 1), где к —
произвольное натуральное число. Интересно посмотреть на таблицу, в
которой приведены длины сторон таких треугольников:
а
6
с
3
4
5
5
12
13
7
24
25
9
40
41
11
60
61
13
84
85
15
112
ИЗ
Как вы видите, задача совсем проста. Однако в математике
нередко оказывается, что при небольшом, казалось бы, изменении
формулировки трудность задачи значительно возрастает.
Задача 2. Найдите все прямоугольные треугольники с целыми
длинами сторон, у которых один из катетов на единицу длиннее другого
катета этого треугольника.
Понятно, что одним из ответов является «египетский» треугольник
со сторонами 3, 4 и 5. Но сможете ли вы найти еще хотя бы один такой
треугольник? Обозначив меньший из катетов через а, гипотенузу —
через с, мы получим уравнение
а2 + (а + I)2 = с2, или 2а2 + 2а + 1 = с2.
Конечно, число с нечетно, положив с = 2к + 1, получим уравнение
а(а +1) = 2к(к +1). И что же делать далее? Конечно, можно
использовать компьютер, при помощи которого найти еще несколько решений:
(20,21,29) и (119,120,169). Но от этого задача яснее не становится.

10
Часть 1. Удивительно и просто
Преобразуем уравнение следующим образом
4а2 + 4а + 2 = 2с2, или (2а + I)2 + 1 = 2с2.
Положив 2а + 1 = хис = у, получим так называемое уравнение Пелля
х2-2у2 = -1 (1)
Одним из его решений является пара (х, у) = (1,1).
Сопоставим каждой паре {х\ у) целых чисел, удовлетворяющей
уравнению (1), число χ + уу/2. Предположим, что {x\;yi) и (х2;у2) —
решения этого уравнения. Рассмотрим число
χ + у\р2 = (χι + угу/2)(х2 + y2V2) = хгх2 + 2yiy2 + {х\у2 + x2yi)V2.
Тогда
х2 - 2у2 - (хгх2 + 2угу2)2 - 2(хгу2 + х2уг)2 =
= х\х\ + \х\х2у\у2 + \y\y\ - 2х\у\ - \х\у2х2у\ - 2х\у\ =
= х2(х2 - 2у\) - 2у\{х\ - 2у2) = (х2 - 2у2)(х2 - 2у2).
По предположению х\ — 2у\ = х\ — 2у\ = —1, поэтому пара {х;у)
является решением уравнения
х2 - 2у2 = 1
(2)
С другой стороны, если {х\\у\) есть решение уравнения (1), а {х2;у2)
— решение уравнения (2), то пара (х; у) будет решением уравнения (1).
Поскольку одно решение нам известно, то если хп + упу/2 = (1 + у/2 )п,
где хп и уп — натуральные числа, а число η нечетно, то пара (хп;уп)
является решением уравнения (1). Проведя вычисления (что удобнее
всего сделать при помощи компьютера), получим таблицу
η
Хп
Уп
1
1
1
3
7
5
5
41
29
7
239
169
9
1393
985
11
8119
5741
13
47321
33461
следствием которой и является таблица со значениями длин сторон
прямоугольных треугольников, удовлетворяющих условиям задачи 2.
а
Ь
с
3
4
5
20
21
29
119
120
169
696
697
985
4059
4060
5741
23660
23661
33461

Тема 1. Удивительные прямоугольные треугольники 11
Как видно из этой таблицы, отличие от решений задачи 1 —
разительное.
Ответ на естественный вопрос — а все ли решения получены, дает
следующее утверждение.
Теорема 1.1. Формула χ + уу/2 = ±(1 + \/2)fc, где к G Z, а χ и у
— целые числа, определяет все пары (х; у) целых чисел,
удовлетворяющих уравнениям (1) и (2). Точнее, если число к четно, то пара (х\у)
является решением уравнения (2), если же к нечетно, то пара (х;у)
является решением уравнения (1).
К ее доказательству сейчас мы и приступим. Рассмотрим
множество
Л = {х + уу/2 \x,yeZ, χ2- 2у2 = 1}.
Ясно, что 1 = 1 + 0· у/2 G Л. Пусть ζ = χ + уу/2 G Л. Поскольку
1 χ - уу/2 г-
7= = -д—кто =x-yV2,
χ + уу/2 х2 - 2у2
то -^ G Л. Ранее уже было доказано, что если 21,22 G Л, то 2122 G Л.
Из того, что мы только что доказали, следует, что и f1 G Л. Те, кто
знаком с соответствующими определениями, понимают, что тем самым
доказано, что множество Л является (мультипликативной) группой.
Среди чисел этого множества имеются как положительные, так и
отрицательные. Рассмотрим подмножество Л+, состоящее из
положительных чисел множества Л. Поскольку произведение положительных
чисел положительно и число, обратное к положительному, также
положительно, то если 2ι, 22 G А+, то и 2ι22, f1 G Л+. Рассмотрим теперь
логарифмы чисел множества А+, положив
В = {и = In 2 | 2 G Л+}.
Множество В содержит 0, а из свойств логарифмов следует, что если
Щ, V>2 G В, ТО U\ ± U2 G В.
Лемма. Положим ν = 1п(3 + 2\/2). Тогда В = {kv \ к G Z}.
Поскольку υ G В, то из свойств этого множества следует, что kv € В
для любого целого числа к. Удивительно то, что других точек в этом
множестве нет. Докажем это. Первое соображение состоит в том, что
число υ является наименьшим положительным числом множества В.
Ясно, что если х, у G N и χ + уу/2 G Л, то 3 + 2\/2 ^ χ + уу/2. Если
х, у G N и х2 — 2у2 = 1, то из положительности числа χ + уу/2 следует

12
Часть 1. Удивительно и просто
положительность числа χ — у у/2. Поскольку их произведение равно 1,
то х—уу/2 < 1, а потому \п(х—уу/2) < 0. Если х,у Ε.Ν, то —х—уу/2 < 0,
поэтому —х — уу/2 £ Л+. Наконец, если х,у Ε Ν и х2 — 2у2 = 1, то
χ > уу/2, а потому —х + ул/2 £ Л+.
Предположим, что существует число ζ Ε В, отличное от чисел вида
kv. Тогда найдется целое число п, такое что справедливы неравенства
ην < ζ < (η + 1)г;. Так как ν, ζ Ε В, то и w = ζ — ην Ε Β. С другой
стороны, справедливы неравенства 0 < w < ν, что противоречит тому,
что ν есть наименьшее положительное число множества В. Полученное
противоречие доказывает лемму.
Значит, Л+ = {(3+2\/2 )к \ к Ε Щ. Если х2-2у2 = 1, но х+уу/2 < 0,
то —х — ул/2 Ε Λ+, значит, χ + ул/2 = — (3 + 2\/2)fc. Следовательно,
формула χ + ул/2 = ±(3 + 2\/2)fc, где к Ε Ζ, определяет множество
(х;у) всех решений уравнения (2). Осталось заметить, что если {х\у)
— решение уравнения (1) и u + vy/2 = (ж + ?/\/2)(1 + \/2), то пара (w,v)
есть решение уравнения (2). Значит,
(х + yV2)(l + V2) = ±(3 + 2v/2 )fc = ±(1 + V2)2k,
откуда следует, что х + ул/2 = ±(1 + у/2)2к~1. Теорема доказана.
Следствие 1. Формула χ + у у/2 = (3 + 2\/2 )п = (1 + \/2 )2п, где η
— целое неотрицательное число, определяет все натуральные решения
уравнения (2).
Достаточно заметить, что если η — целое отрицательное число и
х + Уу/2 = (3 + 2\/2 )п, то χ + уу/2 = (3 - 2\/2 )_п, а потому у < 0.
Аналогичным образом доказывается и следующее утверждение, из
которого и следует ответ задачи 2.
Следствие 2. Формула х + уу/2 = (1 + \/2)2η_1, η Ε Ν, определяет
все натуральные решения уравнения (1).

Тема 2. Удивительно короткие решения
геометрических задач
Задание прямых, окружностей и других разнообразных кривых
уравнениями на (координатной) плоскости дает возможность
вычислять. Однако, как вы увидите, порой переход «от геометрии к
алгебре» приводит к более коротким доказательствам, что и будет
продемонстрировано на примере решения задачи 2 этого раздела. Для того,
чтобы это решение стало понятным, мы вначале проанализируем
стандартное решение другой задачи.
Задача 1. Рассмотрим окружности с центрами в точках 0\{—1; 1)
и 02(3; 2) радиусов г\ = 3 и Г2 = 2, соответственно. Найдите уравнение
прямой, проходящей через точки их пересечения.
Окружности, о которых идет речь в этой задаче, задаются
уравнениями (х + I)2 + (у - I)2 = 9 и (х - З)2 + (у - 2)2 = 4 (рисунок).
5г
Таким образом, точки их пересечения являются решениями системы
х2 + у2 + 2х - Чу - 7 = О,
х2 + у2 - 6х - % + 9 = 0.
Конечно, эту систему можно решить. Вычтя из первого уравнения
второе уравнение, получим систему
Ах + у = 8,
х2 + у2 - 6х - 4г/ + 9 = 0.
Подставив у = 8—4х во второе уравнение системы, получим уравнение
17ж2 - 54а: + 41 = 0,

14
Часть 1. Удивительно и просто
откуда χ = 27^7 · Следовательно, у = 28:?™v2. Таким образом,
точками пересечения данных окружностей являются точки с координата-
ми(*;!,) = (2Ш^;28щ^!).
Теперь напишем уравнение прямой, проходящей через эти точки.
Имеем
„ _ 27+4л/2 _ 28-16у/2
17 " 17
7^ = 4= ИЛИ
8-^/2 32л/2
17 17
4(*-2Z±^)=-y+28=^f
или 4а;-108+16^ = -y+28~1176v^ , или 4ж+г/-^ = 0, или 4ж+?/-8 = 0.
И что же мы получили? То уравнение, которое у нас сразу и
появилось? Так, может быть, надо было не вычислять, а рассуждать?!
Обозначим через /ι (χ, у) — левую часть уравнения первой
окружности, через /г(#, у) — левую часть уравнения второй окружности.
Поскольку из того, что fi(x,y) = 0 и f2(x,y) = 0 следует, что fi(x,y) =
/2(ж,у), то координаты точек пересечения этих окружностей
удовлетворяют уравнению fi(x,y) = /2(х,у), которое является уравнением
прямой. Следовательно, оно и есть уравнение прямой, проходящей
через точки пересечения данных окружностей.
На следующем рисунке изображены три попарно пересекающиеся
окружности и три прямые, проходящие через точки пересечения пар
данных окружностей.
Этот рисунок был построен при помощи компьютера, который
вычислил точки пересечения окружностей и провел прямые именно через
них. Мы видим, что эти прямые проходят через одну точку.
Безусловно, этот факт может быть доказан геометрическими методами, но
сейчас вы убедитесь, насколько коротким (и естественным) является его
алгебраическое доказательство.

Тема 2. Удивительно короткие решения
15
Задача 2. Пусть на плоскости заданы три попарно
пересекающиеся окружности. Для каждой пары из этих окружностей рассмотрим
прямую, проходящую через точки их пересечения. Докажите, что
если среди этих прямых нет параллельных, то они проходят через одну
точку.
Каждая из данных окружностей задается уравнением fi(x,y) = О,
г = 1,2,3. Как следует из решения задачи 1, прямые £\2, £\z и ^з»
проходящие через точки пересечения данных окружностей, задаются
уравнениями /ι(ж, у) = /2(2:,у), /ι(χ,у) = /з(я,у) и /з(я,у) = /2(2, у),
соответственно, где
fi(x,y) = (х- Xi)2 + (у - Уг)2 - Г2, I = 1,2,3.
Пусть М(хо,уо) — точка пересечения прямых ^12 и £\z. Так как
/i(zo,ift>) = /2(ж(),Уо) и fi(xo,yo) = /з(»о,Уо), то /2(хо,Уо) = /з(хо,Уо)·
Таким образом, точка Μ лежит и на прямой ^23> что и означает, что
все эти прямые проходят через одну точку.
Изящное рассуждение, не правда ли? В дальнейшем при изложении
темы 8 мы используем его модификации и обобщения. В заключение
этого раздела рассмотрим еще одну задачу.
Задача 3. Докажите, что все четыре точки пересечения парабол
у = 2х2 + 2х — Зиж = 3- 2у — у2 лежат на одной окружности.
Перепишем уравнения данных парабол в виде 2х2 + 2х — 3 — у = 0и
у2 + χ + 2у — 3 = 0. Прибавив к первому уравнению удвоенное второе,
получим уравнение 2х2 + 2у2 + 4ж — Зу — 9 = 0, задающее окружность
и содержащее все точки пересечения этих кривых.

Тема 3. Естественный факт с удивительным
доказательством
Здесь будет доказало одно совершенно естественное утверждение.
Странно, но в отечественной литературе по математике не удалось
обнаружить даже его формулировки. Наш разговор начнется с решения
следующей (хорошо известной) задачи.
Задача 1. Докажите, что сумма площадей трех любых граней
тетраэдра больше площади его четвертой грани.
Рассмотрим тетраэдр ABCD и обозначим через S (ортогональную)
проекцию вершины D этого тетраэдра на плоскость его грани ABC.
Треугольники ABS, BCS и ACS являются, соответственно,
проекциями граней ABD, BCD и ACD данного тетраэдра. Пусть θ — это угол
между плоскостью основания и плоскостью его боковой грани ABD.
Заметим, что этот угол равен углу между двумя лучами, а потом его
значение лежит в промежутке (0;π). Известно (и нетрудно доказать),
что Sabs = Sabd · I cos# |, поэтому Sabs < Sabd- Аналогичным
образом, площади проекций остальных боковых граней меньше площадей
самих этих граней. Предположим вначале, что точка S лежит внутри
треугольника ABC (левый рисунок). В этом случае
Sabc = Sabs + Sbcs + Sacs < Sabd + Sbcd + Sacd,
что и требовалось доказать. Далее рассуждаем следующим образом.
α sl с.
В А* ^В А
Проекция тетраэдра на плоскость его грани ABC может быть
треугольником или же четырехугольником. В первом случае одна из
вершин проектируется в треугольник, вершинами которого являются
проекции трех других вершин. Возможно, что точка S лежит внутри
треугольника ABC — этот случай уже разобран. Но также возможно, что,
например, точка С лежит внутри треугольника ABS (средний
рисунок). В этом случае Sabc ^ Sabs < Sabd < Sabd + Sbcd + Sacd-
Теперь предположим, что точки А, В, С и S являются вершинами

Тема 3. Естественный факт с удивительным доказательством 17
выпуклого четырехугольника, в котором вершине, противоположной
точке 5, является, например, точка А (правый рисунок). В этом случае
Sabc < Sabs + Sacs < Sabd + Sacd < Sabd + Sbcd + Sacd-
Естественно предположить, что верно и обратное утверждение. Его
доказательству и посвящен этот раздел.
Теорема 3.1. Для любых четырех положительных чисел, сумма
любых трех из которых больше оставшегося числа, существует
тетраэдр, площади граней которого равны данным числам.
Доказательство этой теоремы основано на следующем (хорошо
известном) утверждении.
Задача 2. Для каждой из граней тетраэдра рассмотрим вектор щ,
г = 1,2,3,4, перпендикулярный этой грани, равный по длине ее
площади и направленный в сторону, противоположную самому тетраэдру.
Докажите, что П\ + пч, + Тоз + п^ = 0.
Решение этой задачи «в одну строчку», основанное на определении
и свойствах векторного произведения векторов в R3, будет приведено
далее при изложении темы 14. Данное ниже рассуждение является
существенно более длинным, но зато оно «более элементарно».
Предположим вначале, что все двугранные углы между гранями
данного тетраэдра являются острыми. В этом случае проекция любой
вершины тетраэдра на противоположную ей грань лежит внутри этой
грани (рисунок).
А.
Докажем, что проекция суммы п\ + П2 + Тоз + п^ на любую
прямую, перпендикулярную одной из граней тетраэдра, равна нулю,
откуда и будет следовать утверждение задачи. Введем систему координат
так, чтобы грань ABC лежала в плоскости Оху, а третья
координата вектора П4, перпендикулярного этой грани, была отрицательной.
Рассмотрим вектор П\, перпендикулярный грани ABD. Угол θ
между ним и осью Οζ равен двугранному углу при ребре АВ тетраэдра.
Поэтому проекция этого вектора на ось Οζ (третья координата этого

18
Часть 1. Удивительно и просто
вектора) равна |ni|cos# = Sabdcos9 = Sabs (обозначения из
решения задачи 1). Следовательно, проекция суммы п\ + П2 + тоз равна
Sabs + Sees + Sacs — Sabc- Поскольку третья координата вектора
П4 равна —Sabcι то проекция суммы всех четырех векторов равна
нулю.
Теперь предположим, что угол при ребре ВС тетраэдра
является тупым, а два других двугранных угла при грани ABC являются
острыми. В этом случае точки А, В, S и С являются вершинами
выпуклого четырехугольника (рисунок).
А*- *В
Третья координата вектора п\ равна —Sbcs, поэтому третья
координата суммы четырех векторов равна Sabs — Sbcs + Sacs — Sabc-
Однако в этом случае Sabs + Sacs = Sbcs + ^лвс> поэтому, как и в
первом случае, проекция суммы четырех векторов равна нулю.
Надеюсь, что читателю ясно, как закончить рассуждение.
Предположим, что вершина С лежит в треугольнике ABS (рисунок), что
имеет место в случае, когда являются тупыми углы при ребрах АС и
ВС данного тетраэдра.
А.
Поэтому в рассматриваемом случае проекция суммы векторов щ
равна Sabs - Sacs - Sbcs - Sabc = 0.
Доказательство теоремы 3.1. Пусть αϊ, аг, аз и сц —
положительные числа, сумма любых трех из которых больше оставшегося числа.
Из условия на эти числа следует существование выпуклого
четырехугольника, длины сторон которого равны αϊ, аг, аз и а±. «Согнув» его
вдоль какой-то его диагонали, мы получим замкнутую четырехзвен-
ную ломаную с теми же длинами сторон, не лежащую в одной плос-

Тема 3. Естественный факт с удивительным доказательством 19
кости. Нарисуем на сторонах этой ломаной «стрелочки» так, чтобы
сумма образовавшихся четырех векторов была равна нулю (рисунок).
Отложим от начала координат лучи, сонаправленные с этими
векторами, и проведем через произвольную точку каждого из них
перпендикулярную ему плоскость. Получим тетраэдр, грани которого лежат
на построенных плоскостях.
Обозначим через mi, 7П2, тз и гщ векторы, перпендикулярные
граням построенного тетраэдра, длины которых равны площади
соответствующей грани. По построению щ || т^, г = 1,2,3,4, при этом в
силу результата задачи 2 справедливо равенство mi +7712+7713+7714 = 0.
Докажем следующее вспомогательное, но важное утверждение.
Лемма. Пусть щ, Пг, пз и 714 — некомпланарные векторы, такие
что Πι + П2 + пз + П4 = 0. Предположим, что векторы mi, тг, тз и
ГП4 таковы, что mi + τη-χ + тз + Ш4 = 0 и т^ || щ, г = 1,2,3,4. Тогда
существует число а, такое что т^ = ащ, г = 1,2,3,4.
Заметим, что из условий леммы следует, что любые три из векторов
щ, г = 1,2,3,4, не являются компланарными. Действительно, если,
например, векторы τΐι, 7ΐ2 и Пз параллельны некоторой плоскости, то,
в силу того, что сумма всех четырех векторов равна нулю, то и вектор
П4 был бы ей параллелен.
Так как щ || т^, то т^ = а^щ. Поэтому 04(711+712+713) = —04714 =
= —7П4 = 7Πι + 7П2 + 7Пз = а\П\ + о^пг + озПз, откуда следует, что
(αϊ — 04)711 + («2 — 0:4)712 + (оз — 04)713 = 0. Поскольку из условий
леммы следует, что векторы τΐι, 7ΐ2 и пз некомпланарны, то αϊ = «2 =
аз = ОС4- Лемма доказана.
Для завершения доказательства теоремы достаточно заметить, что
если обозначить через Si площади граней построенного тетраэдра, то
Si = |7Пг| = a\rii\ = ащ. Поэтому существует тетраэдр, гомотетичный
построенному, площади граней которого равны данным числам αϊ, <Ζ2,
аз и α4·
Мы продолжим разговор о таких тетраэдрах далее при
изложении темы 15. В заключение укажем, что с методической точки зрения

20
Часть 1. Удивительно и просто
утверждение леммы, использованной в доказательстве, можно
сформулировать на геометрическом языке и предложить учащимся в
качестве задачи для самостоятельного решения.
Задача 3. Предположим, что ребра и диагональ, исходящие из
некоторой вершины параллелепипеда, попарно параллельны ребрам и
диагонали, исходящим из вершины другого параллелепипеда. Докажите,
что тогда длины ребер этих паралеллепипедов пропорциональны.

Тема 4. Удивительные ответы
Ответы в некоторых задачах могут удивить, поскольку они
противоречат нашей интуиции. Характерным примером является первая
задача, которая очень проста, но ответ в ней кажется настолько
странным, что хочется перепроверить проведенные вычисления.
Задача 1. К крюкам, находящимся на расстоянии 20 метров друг
от друга, привязали веревку длиной 20,1 м. На какое расстояние по
вертикали просядет эта веревка под тяжестью груза, подвешенного в
ее середине?
Конечно, ответ — это длина катета прямоугольного треугольника
с гипотенузой 10,05 метров и вторым катетом длиной 10 метров.
Поэтому
h = у/10, 052 - ΙΟ2 = х/°>°5-20,05 = \/ΪΤθ025« 1,00125.
Таким образом, веревка под грузом опустится более, чем на метр!
Следующая задача также проста, а ответ в ней не менее неожида-
нен.
Задача 2. Вдоль экватора Земли натянули веревку, а затем удлин-
нили ее на 2 метра. На какое расстояние равномерно по поверхности
Земли вдоль экватора можно ее оттянуть? В частности, пролезет ли
мышка в образовавшуюся щель?
Пусть R — радиус Земли, h — расстояние от ее поверхности до
веревки. С одной стороны, ее длина равна 2n(R+h), с другой — 2kR+2.
Значит, 2π(# + К) = 2-kR + 2, откуда h = £· « 0,32 метра. Так что не
только мышка, но и кошка, да и некоторые собаки спокойно пройдут
под этой веревкой.
Удивительно и то, что ответ в этой задаче не зависит от радиуса.
К примеру, если протянуть веревку по экватору Юпитера, удлиннить
на два метра и затем равномерно оттянуть, то образовавшаяся щель
будет в точности такого же размера.
Теперь сформулируем основную задачу.
Задача 3. Предположим, что веревку, длина которой на 2 метра
больше длины экватора, оттянули от поверхности Земли в одной точке. На
каком расстоянии от поверхности Земли будет располагаться эта
точка?

22
Часть 1. Удивительно и просто
На следующем рисунке показана форма веревки. Она касается
поверхности Земли почти на всем своем протяжении, а оставшиеся
участки являются прямолинейными.
Обозначим через χ величину центрального угла, который образует
радиус, проведенный в точку касания, с лучом, исходящим из центра
Земли и проходящим через «угол» веревки. Длина веревки
складывается из длины той ее части, которая идет по поверхности Земли,
и длин двух ее прямолинейных участков. Таким образом, она
равна ϋ(2π — 2х) + 2Rtgx. Поскольку по условию длина веревки равна
2πϋ + 2, то мы получаем уравнение
#(2π - 2х) + 2Rtgx = 2irR + 2, или tgx - χ = — ,
R
где R « 6400000 метров. Таким образом, число -^ является «очень
малым».
На следующем рисунке изображен график функции f(x) = tg χ — χ
при χ G [-0,5; 0,5].
0.04
-02 -0.04
0.2 0.4
Ясно, что уравнение tga; — χ = α невозможно решить точно. Более
того, поскольку число а « 1.5625-Ю-7 является «совсем малым», так с
какой же точностью придется проводить приближенные вычисления?!
Оказывается, что проводить их нет нужды, все гораздо проще.
Искомую высоту h можно найти из уравнения
_ R _ 1 — cos χ
η + R= , так что η = R .
cos χ cos χ

Тема 4. Удивительные ответы
23
Воспольуемся следующими соотношениями, которые верны при малых
значениях переменной χ
tg χ « χ + — и cos x « 1 —— . (3)
Их обоснование отложим до конца этого раздела. Заменим уравнение
tgx—χ = -^ уравнением ^- = -^, решением которого является х = yji·
Формулу h — R 1~о°дХ заменим формулой h — R Щ^, откуда получим,
что
h = I vJ = \ ^ ~ 193'098
Тем самым мы получаем, что в своей самой дальней точке веревка
будет отстоять от поверхности более, чем на 190 метров!
Конечно, проведенное рассуждение не является строгим. Многое
надо обосновывать, ведь, когда говорится, что одно выражение
приближенно равно другому выражению, необходимо знать, «насколько
хорошо» это приближенное равенство. Условно говоря, мы рассуждали
на «физическом уровне строгости». Однако, как показывает решение,
использующее более точные приближенные методы, ответом в
задаче 3 является число h = 193,1. Таким образом, при нашем, казалось
бы, грубом приближении был получен вполне удовлетворительный с
точки зрения точности ответ.
Соотношения (3) следуют из формулы Тейлора, которая будет
доказана при изложении темы 24. В этом разделе мы докажем эти
соотношения «более кустарным» методом.
Напомним прежде всего так называемый «первый замечательный
предел»
lim ίΐΞ = 1. (4)
Предельное соотношение (4) означает, что при малых χ
справедливо приближенное равенство sin ж и х. Так как 1 — cos ж = 2 sin2 |, то
2 2 2
1 — cos χ « 2 · £р = tj- , так что cos χ « 1 — Щ^.
Первое из соотношений (3) доказывается более сложным образом.
Нам потребуется одна из основных теорем дифференциального
исчисления.
Теорема 4.1 (Коши). Пусть функции f(x) и д(х) заданы и
непрерывны на отрезке [а; 6], дифференцируемы в промежутке (а; Ь),
причем д'{х) φ 0 при всех χ £ (а; Ь). Тогда существует число с Ε (а; Ь),

24
Часть 1. Удивительно и просто
такое что
f(b) - /(α) = f(c)
9(b)-9(a) д'(с)'
Для доказательства рассмотрим вспомогательную функцию
h(x) = (f(x) - f(a))(g(b) - д(а)) - (д(х) - g(a))(f(b) - /(a)).
Нетрудно видеть, что h(a) = h(b) = 0. В силу теоремы Ролля
существует число с Ε (а; 6), такое что h'(c) = 0. Поскольку
h'(x) = f(x)(g(b) - д(а)) - g'(x)(f(b) - /(a)),
то
f'(c)(g(b)-g(a))=g'(c)(f(b)-f(a)),
откуда и следует искомое соотношение.
Теперь докажем ряд вспомогательных утверждений, из которых и
будет следовать требуемое соотношение.
Лемма 1. Если *Щ- —>· 1 при χ —> 0, то при малых значениях χ
справедливо приближенное равенство /0 f(t) dt « /0 g(t) dt.
Положим F(x) = Jq f(t) dt и G(x) = /Qx g(t) dt. Утверждение леммы
означает, что
hm —-— = 1.
χ-+ο G(x)
Так как F'(x) = f(x) и G'(x) — д(х), то, в силу теоремы Коши
получаем, что
х-^о G(x) c-^b д(с)
ш„ ш=,im m=ι.
Лемма 2. При малых значениях χ справедливо приближенное ра-
ство sin;
Так как
3
венство sin x w χ — £?-
χ — sin ж = / (1 — cos i) dt
Jo
и, как было доказано,
1 — cos x 1
^ > χ ПРИ ^ —> 0,
xJ 2

Тема 4. Удивительные ответы
25
то, в силу леммы 1,
Г t2 J χ3
x-smx« / — at = — .
Jo 2 6
Лемма 3. При малых значениях χ справедливо приближенное ра-
3
венство tg χ « χ + ^j-.
Действительно, так как
1 \ sin χ ■ 2 sin2 # χ3
tg χ — sin χ = sin ж ( 1 J =
2
cos ж / cos ж 2
то
tg ж « sin ж + — «ж —«~ + ~о~ = ж + Τ ·

Тема 5. Удивительная связь между
тремя последовательностями
Первая из рассматриваемых последовательностей задана
соотношениями хп = ^"~1"Г1 и х\ = 1. Ее начальными членами являются
*n —IT·*·
числа
1,
7
5
17
12
41
29
99
70
239 577 1393 3363 8119 19601
169 408
985
2378 5741 13 860
Покажем, что она стремится к у/2, для чего оценим разности я2 — 2.
Так как
2 0_ (ajn-i + 2)2-2(a:n_i + l)'
хп Δ —
2 — хп-\
(хп-1 + I)2
(xn-i + I)2
и χη-ι ^ 1, то справедливо неравенство
1т·2 _ о| < I 1т·2 _ о|
поэтому ж2 —>· 2, откуда и следует, что хп —>· \/2.
Напишем теперь другую последовательность, стремящуюся к тому
же числу. Для этого применим метод касательных Ньютона к
уравнению х2 — 2 = 0. Пусть xq — некоторое число. Напишем уравнение
касательной к графику у = х2 — 2 в точке с абсциссой xq. Имеем,
у = Xq — 2 + 2жо(# — #о) = 2а:о# — #о — 2. Абсциссой ее точки
пересечения с осью абсцисс является решение уравнения 2жо^ = #о — 2, откуда
ж = ^— . На следующем рисунке изображен график у = х2 — 2 и
касательная к нему, проведенная в точке (2; 2).
Поэтому последовательность, заданная соотношениями уп = -|—*—,
2/1 = 1, есть последовательность приближений к \/2, полученная
методом Ньютона. Известно (и будет доказано в изложении темы 23), что

Тема 5. Удивительная связь между последовательностями 27
эта последовательность (очень быстро) сходится к своему пределу. А
теперь посмотрим на начальные члены этой последовательности:
3 17 577 665 857
2 ' 12 ' 408 ' 470 832
По построению у ι = х\, но совпадения членов этих
последовательностей на этом не заканчиваются. Ясно видно, что у2 = Х2, Уз = χι и
у4 = Х8- Если найти последующие члены первой последовательности,
то будет видно, что г/5 = #16· Таким образом, возникает естественное
предположение, что уп — χ2η-ι.
Но странности на этом не заканчиваются. Давайте рассмотрим еще
одну последовательность с таким же начальным членом ζ\ = 1, задан-
zl_l+4zn-1+2 „
ную посредством рекуррентного соотношения ζη — g ,0 тъ · Ее
начальными членами являются числа
7 239 275807 367296043199
5# 169 ' 195 025' 259 717 522 849
Ясно видно, что ζ2 = #3 и ζ% — Χ7· Вычисления можно продолжить и
в результате высказать предположение, что ζη = χ2*-ι.
Покажем, что последовательность ζη — это тоже
последовательность приближений метода Ньютона, но примененного к уравнению
^-ϊίϊ =0.Если/(х) =x-l--L.,Tof(x) = 1 + ^ψ = *^2.
Поэтому
f(zn-i) _ 4-1 - 2 (*η-ι + 1)2
^"п — %п— 1 г., \ — %п— 1 1-1*2 ι λ ι λ —
Γ(ζη-ι) Ζη-ι + 1 ζη_1 + 2ζη-ι + 2
+ 2ζη_1+2ζη
-ι ζη-\ ζη-\ "*" 2^η-ι + 2 ζη_ι + 4ζη-ι + 2
ζη_1+2ζη-1+2 ~ ζη_1+2ζη-1+2
Основным результатом этого раздела является следующее
утверждение.
Теорема 5.1. Справедливы равенства
уп = х2п-1 (5)
Ζη=Χ2"-1. (6)
Удивительны как сами эти соотношения, так и их доказательства,
которые практически очевидны. Все, что для этого требуется — это
записать члены последовательностей хп, уп и ζη в удачной форме.

28
Часть 1. Удивительно и просто
Определим последовательности ап и Ьп натуральных чисел
посредством соотношения ап + Ьп
Лемма. Последовательности ап и Ьп удовлетворяют соотношениям
а>п = α>η-ι + 26η_ι, Ьп = αη_ι + 6η_ι, αχ = 6χ = 1.
Действительно,
αη + 6ην^ = (1 + V2)n = (1 + V2 )(1 + ν^Γ"1 =
= (1 + >/2 )(αη_ι + 6η_ι>/2) = αη_ι + 26η_ι + (αη_ι + 6η-ι)\/2.
Лемма доказана.
Какое отношение это имеет к нашей задаче? Дело в том, что
ап an-i+2bn-i ь~[+^ ап
Τ = ~„ Π = α„_χ , л , поэтому — = хп.
оп α>η-ι + Ьп-1 τ—г + 1 оп
"п — 1
Доказательство теоремы. Положим
сп + dny/2 = (1 + \^)2"_1 = α2η-ι + &2—ι>/2 ·
. Следовательно
сп + dnV2 = (cn-i + dn-iV2)2 = с\_х + 2d2_1 + 2cn-idn-iV2,
поэтому cn = cn-1 + 2dn_1 и dn = 2cn_i(in_i, откуда следует, что
5-1 + 4-1 (fcr)2 + 2
On £Cn—lU"n—l
,Cn-l
Таким образом, последовательность % задается тем же соотношением,
что и последовательность уп. И поскольку у\ = 1 = ^-, то
^П OiQn — 1
?/п = ^~ = Τ = Ζ2»-ι.
«η ί>2«-ι
Положим теперь
wn+Vn\^=(l + \^)2"_1 =α2»-ι+&2»-ι\/2.
Поскольку 2η - 1 = 2(2η_1 - 1) + 1, то
ип + υη\/2 = (1 + ν^ )(«„-ι + г;п-1>/2)2 =
= (1 + \^)(w2_! + 2г;2_! + 2un-lvn-ly/2) =
= w2_! +4wn_ii;n_i + 2г;2_! + (u2^ + 2un_i*;n_i + 2г;2_1)\/2,

Тема 5. Удивительная связь между последовательностями 29
откуда следует, что zn = ^ = #2" -1 · Теорема доказана.
То, что рассмотренные в этом разделе последовательности, связаны
с последовательностями, появившимися при решении задачи 2 темы 1,
совсем не случайно. Эта связь будет прояснена далее при изложении
темы 22.

Часть 2. Алгебра, анализ,
геометрия — задачи
«Нужно так брать предмет, чтобы удобно его видеть»
Константин Коровин, Заметки об искусстве.
У автора всегда было ощущение, что преподавание математики
сродни живописи. Предмет надо изобразить так, чтобы о нем
возникало правильное представление, а картина в целом давала верное
ощущение. Так и с математикой, преподавать ее надо так, чтобы
устанавливались и закреплялись взаимосвязи между понятиями, фактами
и методами, а в нужный момент возникала верная ассоциация.
Начнем со следующего примера. Предположим, что учащимся
предложено найти множество значений выражения a cos x + b sin χ.
Практика показывает, что те из них, кто все же получит верный ответ,
пользуются представлением этого выражения в виде у/а2 + b2 sin(a; + φ),
приводя при этом не всегда верную формулу для значения угла φ.
Однако, по мнению автора, тот, кто математику понимает,
воспользуется неравенством Коши-Буняковского
\а cos χ + Ь sin х\ ^ у а2 + Ъ2 · ν cos2 x + sin2 x = у/а2 + b2 ,
указав, что равенство достигается в случае пропорциональности пар
(а; Ь) и (cos ж; sin ж). Кроме того, можно воспользоваться и
геометрической интерпретации неравенства Коши-Буняковского. Дело в том,
что выражение a cos χ + b sin x есть скалярное произведение вектора
(а; Ь) длины у/а2 + Ь2 и единичного вектора (cosa;;sina;), поэтому оно
не больше произведения длин этих векторов.
Рассмотрим еще один пример задачи, теперь — из темы 6. Как
доказать, что если а > b ^ 3, то Ьа > аь? Обычно приводимое учащимися
«рассуждение» состоит в том, что, «конечно, если число возводится в
большую степень, то мы и получим большее значение», при этом они
не обращают внимание на то, что 23 < З2. Для того, чтобы задачу
решить, надо «правильно на нее посмотреть». Как же надо «взять»
это неравенство, чтобы нам было «удобно его видеть»? Конечно, надо
привести его к виду a In b > bin а, или ^у- > ^. Смысл полученного
неравенства ясен — оно означает, что функция f(x) = ^ на
промежутке [3; +оо) является убывающей. Задача сведена к стандартной,

31
дальнейшее — дело техники. Решение этой задачи — пример
настоящего использования методов дифференциального исчисления, обучение
которым не сводится к построению таблицы производных и
формулировке «правил дифференцирования». Если вы учите «интегральному
исчислению», то покажите прежде всего, как можно «в одну
строчку» найти площаль части плоскости, ограниченной эллипсом (задача
3 темы 19), но не учите «методам интегрирования».
Обучение математике — это в первую очередь обучение методам
рассуждений. Техника вторична, хотя, безусловно, Учить
методам рассуждений естественнее всего на естественных (или же —
привычных) задачах. Что может быть естественнее для школьника, чем
решение некоторого уравнения. Так покажите, насколько
разнообразными могут быть методы, применяемые при решении (и исследовании)
уравнений (на примере задачи темы 7).
Приведу пример еще одной задачи, решение которой совершенно
естественно, но которая, скорее всего, окажется безнадежно трудной
для школьников. Речь идет о дополнительной задаче 10.3:
Предположим, что окружность и парабола имеют две общие точки, одна из
которых является их общей точкой касания. Верно ли, что и вторая
из этих точек является точкой касания данной параболы и данной
окружности?
Абсциссами х\ и х^ точек пересечения параболы и окружности
являются корни некоторого многочлена р(х), степень которого равна
четырем. По условию задачи один из этих корней, пусть — первый из
них — является кратным, значит р(х) делится на (х — х\)2 и на χ — Χ2·
Следовательно, р(х) = (х — х\)2{х — Х2)£(х), где многочлен £(х) —
линейный, значит, имеет действительный корень. Его корнем должно
быть одно из чисел χ ι или Χ2· Легко нарисовать картинку,
соответствующую случаю, в котором корнем ί{χ) является число Х2. Но в
этом случае вторая из точек также будет точкой касания. Однако,
а что если число х\ является корнем кратности 3?! Таким образом,
первая часть рассуждения имеет общий характер, после чего следует
начать вычислять.
Что касается содержания тем этой части книги, то (за исключением
тем 6 и 7, о которых уже было сказано) оно должно быть понятно из
их названий.

Тема 6. Одна функция и четыре разные
задачи
Задача 1. Найдите наибольшее из чисел γ/η, где η = 1,2,...
Так как 23 < З2, то, извлекая корень степени 6 из обеих частей,
получим, что у/2 < у/Ъ. С другой стороны, у/\ = у/2 < уУ%. Теперь
сравним между собой числа \β = у/2 и у/Ъ. После возведения в
десятую степень получим числа 25 = 32 и 52 = 25. Потому </4 > s/5.
Вычисления можно продолжить, но, во-первых, тенденция понятна,
а, во-вторых, никакие вычисления доказательством не являются.
Итак, предположение состоит в том, что γ/η > п+у/п + 1 при всех
η ^ 3. Можно переписать неравенство в виде ηη+1 > (η + 1)п, или
(l + ^) < п. Конечно, требуемое неравенство следует из того, что
(1 + £)п<е<3^п.
Хотя приведенное решение с математической точки зрения
является естественным, есть два «но». Во-первых, автор не уверен в том,
что при изложении основ математического анализа в школе, даже на
углубленном уровне, имеет смысл доказывать, что число «е»
является пределом возрастающей последовательности хп = (1 + ^) . Во-
вторых, даже если вы шли по такому пути, то стоит предложить
учащимся найти другое решение — основанное на известной и широко
используемой технике.
Вместо того, чтобы сравнивать друг с другом числа вида γ/η,
давайте сравнивать их логарифмы (что является общей идеей).
Поскольку у/п — п», то In \Уп = ^р. Таким образом, следует доказать, что
при всех η ^ 3 справедливо неравенство
ln(n + l) Inn
η + 1 η
Поэтому будет естественным найти промежутки возрастания и
убывания функции f(x) = ^£, для чего вычислим ее производную. Имеем
/'(*) = "
i ·χ - In ж 1-1пж
х2 х2
Данная функция убывает на том промежутке, на котором In ж ^ 1, т. е.
на промежутке [е; +оо). Соответственно, она возрастает на
промежутке (0;е]. Поскольку е < 3, то /(3) > /(4) > ..., поэтому наибольшим
из чисел уУ%, у/\, ... является число у/Ъ. Так как мы уже выяснили,

Тема 6. Одна функция и четыре разные задачи 33
что у/2 < ν^3, то ν^3 — наибольшее среди всех данных чисел. Эскиз
графика функции f(x) = ^ представлен на следующем рисунке.
10 15 20
Если ваши учащиеся после проведенного разбора быстро решат
следующую задачу, то это — хороший знак. Если нет, то постарайтесь
им помочь, но не рассказывайте ее решение самостоятельно.
Задача 2. Выясните, какое из чисел больше, πβ или еп.
Решение практически очевидно. Рассмотрим логарифмы данных
чисел: е 1η π и π In e = π. Так как π > е и функция f(x) = ^р убывает
на промежутке [е;+оо), то /(e) > /(π), т. е. \ > ^р, следовательно,
π > εΐηπ, поэтому еп > πβ.
Задача 3. Обобщите утверждение предыдущей задачи.
Пусть а > Ь ^ е. Так как по доказанному ^ < ^, то b In α < α In b,
поэтому аь <ba.
Задача 4. Определите число решений уравнения х6 = 6х.
Прежде всего изобразим графики левой и правой частей данного
уравнения (рисунок).
-2 -1
Очевидно, что оно имеет единственное решение на промежутке
(—оо;0], поскольку на этом промежутке функция у = х6 является
убывающей, тогда как функция у = 6х — возрастающая. Всюду далее

34
Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
будем считать, что χ > 0. В этом случае ситуация является более
загадочной, так обе функции — возрастающие. При этом затруднительно
изобразить их графики, поскольку значения этих функций уже при
χ = 5 слишком велики.
Поэтому воспользуемся уже использованной идеей и перепишем
данное уравнение в виде
6 In ж = χ In 6, или
In ж In 6
χ
6
In x
Так как поведение функции у = ^р нам уже известно (график — на
левом рисунке), то кроме очевидного решения χ = 6 данное
уравнение имеет еще одно решение. Можно было также построить и график
у = х66~х (правый рисунок).
1.0
0.5 \
-0.5
-1.0
8 10
Задача 5. Найдите все пары различных натуральных чисел χ и у,
таких что ху = ух.
Если одно из чисел равно 1, к примеру, χ = 1, то получаем
уравнение 1 = у. Если оба числа больше двух, то они не меньше трех. Пусть
χ > у ^ 3. Тогда из утверждения задачи 3 следует, что ху < ух,
Таким образом, если пара (х,у) является решением данного уравнения,
то одно из чисел χ или у должно быть равно 2. Пусть у = 2.
Получаем уравнение х2 = 2х, или ^ = ^. Как следует из исследования
функции у = ^ , если оно и имеет натуральное решение, отличное от
2, то это решение единственно и лежит на промежутке [е; +оо).
Осталось заметить, что χ = 4 является его решением. Значит, решениями
данного уравнения являются пары (4,2) и (2,4).
Дополнительные задачи
6.1. Определите (в зависимости от значения параметра а) число
решений уравнения ах = х.
4
6.2. Найдите наибольший член последовательности хп = Vfc ■

Тема 6. Одна функция и четыре разные задачи 35
6.3. Найдите наименьшее значение функции f(x) = хх.
6.4. Расположите в порядке возрастания числа п^/п, где η = 1,2,...

Тема 7. Пять решений одной стандартной
задачи
Бывает очень поучительным решить одну и ту же задачу
несколькими способами. На примере задачи, решениям которой посвящена
эта тема, можно повторить с учащимися такие темы и идеи школьного
курса алгебры и начал математического анализа, как: применение
производной для исследования функций; множества, заданные
уравнениями и неравенствами; графическое иследование уравнений и их систем;
уравнения прямой, окружности, эллипса и их взаимное расположение;
равносильные преобразования; графики элементарных функций.
Задача. Определите, в зависимости от значения параметра а, число
решений уравнения у/х + у/6 — 2х = а.
Решение 1. Функция f(x) = у/х + \/б — 2х определена и
непрерывна на отрезке [0; 3]. Вычислим ее производную
,(χ) = _L l__ = y/6^2^-2N/i
; {Х) ~ 2у/х~ s/W=2x' ~ 2y/x{G - 2х)
Решив неравенство у/6 — 2х ^ 2у/х, получим, что χ ^ 1. Таким
образом, функция f(x) = у/х + \/0^2~х возрастает на отрезке [0; 1] и
убывает на отрезке [1;3]. В следующей таблице приведены ее
значения.
X
/(*)
0
у/6
1
3
3
V3
На следующем рисунке изображен график рассматриваемой функции,
ι
1 2 3
из которого видно, что данное уравнение имеет один корень при а = 3
и a Ε [л/3; л/б) и имеет два корня при а Ε [\/б; 3).
Тема: «Применение производной для исследования функций».

Тема 1. Пять решений одной стандартной задачи 37
Решение 2. Следующая замена может показаться искусственной
(особенно по сравнению с заменой, которая будет использована далее
в решении 3). Чтобы ее «видеть», надо уметь «смотреть на два шага
вперед». Положим и = у/2х и ν = у/6 — 2х. Задача сводится к
определению числа решений системы
^ 0 0,
и2 + ν2 = 6,
^и + y/2v = у/2а.
Уравнение и2 + ν2 = 6 при условиях и ^ 0 и ν ^ 0 задает
лежащую в первом координатном угле четвертинку окружности. Таким
образом, исходная задача сводится к решению вопроса о числе
точек пересечения четверти окружности и прямой, заданной уравнением
и + \/2ν — л/2 а, в зависимости от значения параметра а (рисунок).
Самая нижняя из изображенных на этом рисунке прямых проходит
через точку с координатами (\/б;0), подставив которые в уравнение
прямой, получим, что у/2 а = \/б, откуда а = \/3. Средняя из прямых
проходит через точку (0; л/б), поэтому а = \/б. Прямая и+у/2 ν = у/2 а
касается окружности u2+v2 = 6 в точке первой четверти, если система
ju2 + v2 = 6,
\u + y/2v = y/2a
имеет единственное решение, притом положительное решение.
Исключив из этой системы переменную и, мы получим квадратное уравнение
2{v — а)2 + ν2 = 6. Приравняв нулю его дискриминант, получим
условие а2 = 9. Так как число а должно быть положительным, то а = 3.

38 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Тем самым, если прямая лежит ниже нижней прямой, что будет при
а < \/3, или выше верхней прямой (при а > 3), то система решений
не имеет. Система имеет единственное решение, если \/3 ^ а < л/б
или а = 3. Если же прямая лежит ниже верхней прямой, но не ниже
средней из них (при \/б < а < 3), то система имеет два решения.
Тема: «Графическое исследование уравнений и их систем. Уравнение
окружности и прямой».
Решение 3. Видоизменим предыдущее решение, положив и = у/х
и υ = л/6 — 2х. В данном случае задача сводится к исследованию
вопроса о числе решений системы
loo,
' 2и2 + υ2 = 6,
Система
О О,
2и2 + ν2 = 6
задает лежащую в первом координатном угле четвертинку эллипса с
концами в точке А(\/3;0) оси абсцисс и точке В(0; л/б) оси ординат.
Исходная задача сводится к решению вопроса о числе точек
пересечения этой дуги эллипса и прямой, заданной уравнением и + ν = а
(рисунок).
Если а < \/3, то прямая ν = α—и не пересекает эту дугу. Теперь найдем
значение параметра а, при котором эта прямая касается данной дуги.

Тема 1. Пять решений одной стандартной задачи 39
Для этого найдем а, такое, что система
2U2 + V2 = 6, Л о / ч2 ^
или, что равносильно, уравнение 2w + (α — w) = 6
w + г; = α
имеет единственное решение. Имеем, Зи2 — 2сш + a2 — 6 = О, откуда
a2 — 3(a2 — 6) = 18 — 2a2 = 0 — условие того, что уравнение имеет
единственное решение. Так как α ^ 0, то a = 3. Более того, мы можем
сказать, что при a > 3 система, а, значит, и уравнение не имеет
решений. Осталось заметить, что при л/3 ^ a < \/б прямая пересечет дугу
эллипса в единственной точке, тогда как при \/б ^ a < 3 — в двух.
Тема: «Методы решения иррациональных уравнений. Графическое
исследование уравнений и их систем».
Решение 4. Запишем уравнение в виде у/6 — 2х = а — у/х. Возведя
обе его части в квадрат, перейдем к равносильной системе
х^О,
а ^ у/х,
6 - 2х = а2 + χ - 2а,у/х.
Положив t = у/х, получим систему
Ό О,
t < a,
3ί2 - 2at + a2 - 6 = 0.
Поскольку дискриминант квадратного уравнения равен 8(9 — а2), то
0 ^ а ^ 3, при этом при а = 3 решение единственно. Теперь
предположим, что а < \/б. В этом случае один из корней - отрицательный.
Второй корень равен a+^1|~2a2. Решив неравенство a+^1|~2a2 < a,
или л/18 — 2а2 ^ 2а, или а2 ^ 3, получим, что а Е [\/3;л/б). Таким
образом, в этом случае данное уравнение имеет одно решение. Теперь
пусть a Ε [л/б;3). Имеем t\^ — a 1f~2a ^ 0. При этом, как следует
из разбора предыдущего случая, tif2 ^ а-
Следует подчеркнуть, что краткость приведенного решения
обманчива. По сути дела, для определения знаков корней полученного
квадратного уравнения использовалась и теорема Виета, что позволило не
решать иррациональные неравенства.
Тема: «Иррациональные уравнения. Равносильные преобразования».

40
Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Решение 5. Последнее из приводимых решений не носит общего
характера. Дело в том, что в отличие от первого решения, идея
которого состоит в том, что для определения числа решений уравнения
вида f(x) = a достаточно знать промежутки возрастания и убывания
функции f(x), по графикам у = f(x) и у = д(х) не всегда легко
определить число решений уравнения f(x) — g(x). Как понятно каждому,
недостаточно знать только промежутки возрастания и убывания этих
функций. В приводимом далее решении существенно то, что функция
у = у/Ь~^2х выпукла вверх, тогда как функция у = а — у/х является
выпуклой (вниз).
Перепишем данное уравнение в виде у/Ь~^2х = а — у/х и построим
(в одной системе координат) эскизы графиков функций у = у/Ь~^2х и
у = а — у/х (при трех различных значениях параметра а — рисунок).
3
График у = а\ — у/х (на рисунке — нижний) проходит через точку с
координатами (3;0), поэтому αϊ = \/3. «Средний» график у = аг — у/х
проходит через точку с координатами (0; л/б), поэтому аг = л/б.
График у = аз — у/х (на рисунке — верхний) имеет с графиком у = у/б^Ъс
общую касательную. Обозначим через (хо;уо) координаты точки
касания этих графиков. Угловые коэффициенты касательных к этим
графикам в данной точке должны быть равны, откуда следует, что
— /6^2 = — 2 L-, поэтому хо = 1. Значит, уо = у/6 — 2жо = 2 и, так
как уо = а3 - у/х^, то а3 = 3.
Ясно, что уравнение имеет одно решение при α = оз и α € [αχ; аг) и
имеет два решения при α Ε [а>2',о>з) (рисунок). При других значениях
α система решений не имеет.
Последнее замечание. Из неравенства
а = у/х + у/Ъ - 2х = -j= V2x + л/6 - 2х < j|-\/6 = 3
сразу следует, что при α > 3 уравнение не имеет решений. Вопрос для
учащихся: какое неравенство было использовано в этом рассуждении?

Тема 1. Пять решений одной стандартной задачи 41
Дополнительные задачи
7.1. Найдите (тремя различными естественными способами)
множество значений функции f(x) = χι+χ+ι·
7.2. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение
х4 + х3 — ах2 + χ + 1 = 0 имеет два решения.
7.3. Определите в зависимости от значения параметра а число
решений уравнения: а) Vχ + 3 = 1 + ах; б) Vχ + 3 = 2 + аж.
7.4. Определите в зависимости от значения параметра а число
решений уравнения у/4 — х2 = \х — 2α| — За.

Тема 8. Об уравнениях вида f(x,y) = д(х,у)
и их обобщениях
В этом разделе мы продолжим начатое в теме 2 использование
алгебраических методов при решении геометрических задач. Если
читатель вдруг пропустил эту тему при первом чтении, то будет лучше
к ней вернуться. Если вы собираетесь проводить занятие на эту тему,
то возьмите в качестве первых двух задач первые задачи темы 2 и
данной темы.
Задача 1. Рассмотрим параболы у — х2 — | и у = —За;2 + 21ж — 30.
а) Докажите, что они не пересекаются, б) Найдите уравнение прямой,
не пересекающейся ни с одной из этих парабол.
Решение первого пункта очевидно. Поскольку уравнение х2 — | =
—За;2 — 2\х — 30, или Ах2 — 2\х + Щ- = 0, решений не имеет, то параболы
не пересекаются. Графическая иллюстрация — на следующем рисунке.
Кажется, что, действительно есть прямая, не пересекающая обе этих
параболы. Однако это понятно, если их правильно нарисовать — а
как это сделать? Оказывается, что прямую, не пересекающую данные
параболы, можно найти «не подбором».
Сформулируем и докажем следующее утверждение.
Лемма. Пусть множество Л задано уравнением f(x, у) = 0, а
множество В — уравнением д(х,у) = 0.
1) Если множества Л и В пересекаются, то для любых чисел а и Ь
уравнение af(x,y) + bg(x,y) = 0 задает множество, содержащее все
точки пересечения множеств Ли В.
2) Если множества Л и В не имеют общих точек, то для любых
отличных от нуля чисел а и Ь уравнение af(x, у) + Ьд(х, у) = 0 задает
множество, не имеющее общих точек ни с множеством Л, ни с
множеством В.

Тема 8. Об уравнениях вида f(x, у) = д(х, у) и их обобщениях 43
1) Координатами точек пересечения множеств Ли В являются
решения системы
д(х,у) = 0.
Если Р(хо,уо) — произвольная точка пересечения этих множеств, то
ее координаты удовлетворяют обоим уравнениям, значит, f(xo,yo) = 0
и <?(#сь Уо) — 0, следовательно, af(xo, уо) + Ьд(хо, уо) = 0. Утверждение
доказано.
2) Проведем рассуждение «от противного». Предположим, что
точка Р(хо,уо) принадлежит как множеству Л, так и множеству,
заданному уравнением а/(ж, у) + Ьд(х, у) = 0. Таким образом, справедливы
равенства f(xo,yo) = 0 и af(xo,yo) + Ьд(хо,уо) = 0, следовательно,
Ьд(хо, уо) = 0. Поскольку по условию Ь φ 0, то д(хо, уо) = 0. Таким
образом, точка Ρ принадлежит и множеству В, что противоречит
предположению.
Положим f(x, у) = у — х2 + § и д(х, у) = у + Зх2 — 21ж + 30 и
рассмотрим уравнение 3/(ж, у) + д(х, у) = 0. В силу второго
утверждения леммы, множество, заданное этим уравнением, не имеет общих
точек ни с одной из данных парабол. Преобразуя, получим уравнение
4у = 21ж — Щ , задающее прямую. В действительности на рисунке
выше изображена прямая у = 21 χ — 9, поскольку прямая у = 21 χ — ψ
расположена слишком близко к верхней параболе, так что на рисунке
они показались бы «слившимися».
Конечно, ответ на второй вопрос задачи 1 можно было получить
посредством чисто алгебраических преобразований. Однако
необходимые при этом вычисления будут несколько громоздкими. Поэтому для
простоты рассмотрим параболы, задающиеся более простыми
формулами.
Упражнение 1. Найдите условия на коэффициенты в уравнении
прямой у = кх + 6, при которых эта прямая не пересекает ни одну из

44 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
парабол у = χ и у = — χ +6х — 8, и докажите, что полученная система
неравенств имеет решение.
Основная, условно говоря, часть следующей задачи была решена в
теме 2. Сейчас же мы дадим ее общую формулировку.
Задача 2. Пусть на плоскости заданы три попарно пересекающиеся
окружности. Для каждой пары из этих окружностей рассмотрим
прямую, проходящую через точки их пересечения. Докажите, что все эти
три прямые либо имеют общую точку, либо параллельны друг другу,
либо совпадают.
Каждая из данных окружностей задается уравнением fi(x,y) = О,
г = 1,2,3, где
fi(x, у) = (х- Хг)2 + (У~ Уг)2 - г2, г = 1,2,3.
В теме 2 было доказано, что если прямые £\2 и ί\ζ пересекаются, то
прямая ^23 проходит через точку их пересечения. Если прямые i\2 и
ίιζ совпадают, то все три окружности проходят через одну и ту же
пару точек, поэтому ^23 = ^12 = ^13·
Теперь предположим, что прямые ί\2 и ί\ζ параллельны. Как
следует из утверждения 2) леммы, сложив уравнения fi(x, y)—f2(x, у) = О
и /з(х,?/) — fi(x,y) = 0, мы получим уравнение прямой, не
пересекающейся ни с прямой ^12, ни с прямой ^ΐ3· Таким образом, прямая ^23
параллельна им обеим.
Задача 3. Напишите уравнение окружности, проходящей через точку
М(4;2) и через точки пересечения окружностей: с центром в точке
0\{—1;0) и радиусом 3 и с центром в точке Οι(3;2) и радиусом \/Ϊ0.
На следующем рисунке пунктиром показаны данные окружности,
сплошной линией — искомая окружность.
6

Тема 8. Об уравнениях вида f(x, у) = д(х, у) и их обобщениях 45
Конечно, можно найти точки пересечения данных окружностей
(они будут иметь «хорошие» координаты) и затем написать уравнение
окружности, проходящей через три данные точки. Однако и последний
шаг связан с не очень приятными вычислениями (если не использовать
методы «линейной алгебры»).
Для поиска уравнения искомой окружности воспользуемся
разработанным методом. Удобнее сначала провести вычисления в общем
виде. Пусть f(x, у) = 0 и д(х, у) = 0 — стандартные уравнения данных
окружностей, (хо;уо) — координаты данной точки. При любых а и Ь
(одновременно не равных нулю) уравнение af(x, у) + Ьд(х, у) = 0
задает множество, проходящее через точки пересечения данных
окружностей. Если а = —Ь, то мы получим линейное уравнение, задающее
прямую, во всех остальных случаях — уравнение окружности. Если
af(xo, yo)+bg(xo, уо) = О, то это множество проходит через данную
точку. Следовательно, мы можем положить а = д(хо,Уо) и 6 = —/(хо,Уо)·
Таким образом, искомое уравнение имеет вид
/(яо, Уо)д(х, у) = д(хо, уо)/(ж, у)·
В данных задачи 3 получим уравнение 29х2+29у2 — 102ж — 80у—12 = 0.
Следующий рисунок есть иллюстрация к задаче 4, являющейся в
определенном смысле обобщением задачи 3.
Задача 4. Даны три попарно пересекающиеся окружности и точка
Р, не лежащая ни на одной из них и также не лежащая ни на
одной из прямых, проходящих через точки попарного пересечения этих
окружностей. Рассмотрим три окружности, каждая из которых
проходит через данную точку и через точки пересечения двух из данных

46 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
окружностей. Докажите, что эти окружности имеют еще одну общую
точку.
Пусть fi(x,y) = 0, г = 1,2,3, — уравнения окружностей
(отмеченных на рисунке пунктиром), пусть точка Ρ имеет координаты (хо;уо).
Пусть «S3 — окружность, проходящая через точку Ρ и точку
пересечения первой и второй из данных окружностей, <S2 — окружность,
проходящая через точку Ρ и точку пересечения первой и третьей из
данных окружностей. Координаты точек пересечения окружностей £3
и <S2 являются решениями системы
/i(so,yo)/2(s,y) = f2(xo,yo)h(x,y),
Мхо,Уо)/з(х,у) = /з(хо,Уо)Мх,у)·
Умножив первое уравнение на /з(#о»Уо)> второе — на /2(#сь Уо)> мы
получим, что
/з(хо,Уо)Мхо,Уо)/2(х,у) = /з(хо,Уо)/2(хо,Уо)Мх,у) =
= /2(хо,Уо)Мхо,Уо)/з(х,у)·
Следовательно, /з(жо»Уо)/2(ж,у) = /2(яо,Уо)/з(я,у), откУДа и следует,
что любая точка пересечения окружностей S3 и <S2 лежит на
окружности <Si, проходящей через точку Ρ и точки пересечения второй и
третьей из данных окружностей.
Задача 5. Докажите, что точки пересечения кривых х2+4ху+3у2 = 3
и 4х2 — 2ху + Зу2 = 11 лежат на одной окружности.
Иллюстрацией к задаче является следующий рисунок.
Нетрудно видеть, что система
х2 + 4ху + Зу2 = 3,
Ах2 - 2ху + Ъу2 = 11

Тема 8. Об уравнениях вида f(x, у) = д(х, у) и их обобщениях 47
имеет четыре решения, что означает, что данные кривые пересекаются
в четырех точках. Сложив первое уравнение системы с удвоенным
вторым уравнением, получим уравнение 9х2 + 9у2 = 25, задающее
окружность и содержащее все точки пересечения этих кривых.
Конечно, данную систему можно было решить. Конечно,
очевидно, что четыре ее решения (х{,Уг) являются вершинами
параллелограмма с центром в начале координат. Конечно, этот паралелограмм
является вписанным тогда и только тогда, когда он — прямоугольник,
т. е. тогда, когда его вершины находятся на одинаковом рассстоянии
от начала координат. Однако прямая (численная) проверка того, что
х\ + У\ — xi + Vii не слишком приятна. Более того, условие задачи
легко изменить так, чтобы решить систему уже было невозможно. К
примеру, задать кривые уравнениями
х2 + 4ху + Ъу2 + 2х = 4 и 4ж2 - 2ху + Зу2 -2у = 11.
В этом случае центром окружности, проходящей через четыре точки
пересечения этих кривых, будет точка (—|; |) (рисунок).
Последняя задача не имеет отношения к заявленной теме, более
того, у нас нет средств, при помощи которых можно ее решить.
Однако возникающие картинки имеет смысл показать. Но вначале стоит
напомнить следующее утверждение.
Упражнение 2. Докажите, что если множество Л задано
уравнением f(x, у) = 0, а множество В — уравнением д(х, у) = 0. то уравнение
f(x,y)g(x,y) = 0 задает объединение Ли В этих множеств.
Задача 6. Нарисуйте множества, заданные уравнениями:
1)(^+2/2-1)(*2 + £-1)=0;
2) (^+?/2-1)(*2+ £-!) =-0,01;
3)(^+?/2-1)(*2 + £-1)=0,01.

48 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Поскольку уравнение f(x,y)g(x,y) = 0 задает объединение
множеств, заданных уравнениями f(x, у) = 0 и д(х, у) = 0, то первое урав-
2 с\
нение задает объединение эллипсов, заданных уравнениями \+у = 1
2
и х2 + 2р = 1 (рисунок).
Множество, заданное вторым уравнением, должно быть во вполне
определенном смысле близко к объединению указанных эллипсов. С
другой стороны, оно лежит в той части плоскости, в которой произве-
2 2
дение (^-+у2—l)(a;2+^-—l) является отрицательным. А отрицательно
оно в тех точках, которые лежат вне одного эллипса и внутри
другого. Поэтому представляется естественным, что множество, заданное
уравнением 2, имеет изображенный на левом рисунке вид.
Q D
Точки множества, заданного уравнением 3, лежат либо внутри обоих
эллипсов, либо вне их обоих. Его вид показан на правом рисунке.
Дополнительные задачи
8.1. Решите упражнения 1-2.
8.2. Докажите, что если множество, заданное уравнением
четвертой степени, содержит две вложенные друг в друга кривые (как на
D

Тема 8. Об уравнениях вида f(x, у) = д(х, у) и их обобщениях 49
правом рисунке в комментариях к задаче 6), то оно совпадает с
объединением этих кривых (таким образом, других точек в этом множестве
быть не может).
8.3. Найдите условие на коэффициенты уравнений
аих2 + 2ai2xy + а22У2 4- 2агзх + 2а23у + а3з = О,
Ьцх2 + 2Ьх2ху + b22y2 + 2bxzx + 2Ь2зУ + &зз = О,
при выполнении которого четыре точки пересечения этих кривых
лежат на одной окружности.
8.4. Предположим, что каждая сторона одного угла пересекается с
каждой из сторон другого угла. Докажите, что если биссектрисы этих
углов перпендикулярны друг другу, то все четыре точки попарного
пересечения сторон этих углов лежат на одной окружности.

Тема 9. Обобщенная теорема Виета
Исходной точкой является следующая формула, получающаяся в
результате непосредственного «раскрытия скобок» в следующем
произведении
(х - хг)(х - х2)(х - хз) =
= X3 - (Х\ + Х2 + Хз)х2 + (Х\Х2 + Я2#3 + ХзХ\)х - ΧΐΧ2^3· (1)
Если
#1 + Х2 + ХЗ = —&■> Х\%2 + #2#3 + ХзХ\ = Ь, Х\ХъХз = ~С, (2)
то из равенства (1) следует, что числа Х\, Х2 и хз являются корнями
кубического многочлена р(х) = х3 + αχ2 + Ьх + с. При этом не важно,
есть ли среди чисел х\, Х2 и жз совпадающие или же их нет.
Справедливо и обратное утверждение, которое, однако, надо еще
правильно сформулировать.
Предположим, что различные числа х\, Х2 и хз являются корнями
кубического многочлена р(х) = х3 + ах2 + Ьх + с. Поскольку многочлен
р(х) делится на каждый из двучленов χ — х\, χ — Х2 и χ — хз, то он
совпадает с их произведением, так что р(х) = (х — х\){х — Х2){х — #з)·
Таким образом,
X3 + ах2 + Ьх + С = X3 — (Х\ + Х2 + Жз)#2 + (#1#2 + Ж2#3 + £3#ΐ)# — £ι£2#3>
откуда, приравнивая коэффициенты при степенях переменной х, мы и
получим, что эти числа х\, Х2 и хз удовлетворяют соотношениям (2).
Теперь предположим, к примеру, что многочлен р(х) имеет только
два различных корня — х\ и Х2- Тогда частное от деления многочлена
р(х) на произведение (х — х\){х — хг) является линейным, таким
образом, р{х) = (х — х\)(х — Х2){х — с*). Число α также является корнем
многочлена р(х), значит, оно совпадает с одним из чисел х\ или Х2.
Если α = χι, то р(х) = (х — х\)2{х — хг)» поэтому соотношения (2)
справедливы, если в них положить хз — х\.
Теперь рассмотрим многочлен р(х) = х3 — 2х — 4, корнем которого
является число 2. Поделив этот многочлен на χ — 2, мы получим
тождество р(х) = (х — 2){х2 + 2х + 2). Квадратный трехчлен ж2 + 2х + 2
действительных корней не имеет, поэтому корень ж ι = 2 —
единственный. Однако в данном случае а = О, а х\ = 2, поэтому, если считать,
что данный многочлен имеет только один корень, то ничего похожего

Тема 9. Обобщенная теорема Виета
51
на соотношения (2) мы не получим. Дело в том, что в
соотношениях (2) мы должны учитывать все корни многочлена, в том числе и
комплексные.
Правильная формулировка обратной теоремы соостоит в том, что
если χι, Χ2 и хз — это набор корней многочленар(х) = х3+ах2+Ьх+с в
поле комплексных чисел, при этом каждый корень повторяется
столько раз, какова его кратность, то эти числа удовлетворяют
соотношениям (2).
Ясно, что проведенные рассуждения обобщается на случай
многочленов произвольной степени.
Задача 1. Решите систему
χ + у + ζ = 9,
xyz — 27.
Запишем первое уравнение системы в виде ху + yz + xz = xyz. Из
ее третьего уравнения получаем, что ху + у ζ + ζχ = 27. Таким образом,
χ + у + ζ = 9, ху + yz + xz = 27, xyz = 27.
Следовательно, в силу теоремы Виета, числа х, у и ζ являются
корнями кубического уравнения t3 — 9ί2 + 27t — 27 = О, или (t — З)3 = 0.
Поскольку это уравнение имеет единственный корень t = 3 кратности
три, то χ = у = ζ = 3.
Задача 2. а) Докажите, что уравнение х3 — 7х2 + 10ж — 3 = 0 не имеет
отрицательных корней, б) Про действительные числа а, Ь и с известно,
что а + Ь + О 0, ab + be + ас >0и abc > 0. Докажите, что каждое из
них положительно.
а) Если χ < 0, то х3 < 0, — 7х2 < 0, 10ж < 0, откуда следует,
что х3 — 7х2 + 10ж — 3 < 0, значит, отрицательные числа не являются
корнями данного уравнения.
б) Рассмотрим многочлен
р(х) = (х- а)(х - Ь)(х - с) = х3 - Ах2 + Вх - С,
корнями которого являются данные числа. В силу условия на а, Ь и с
числа А, В и С являются положительными. Так как р(х) ^ —С при
χ < 0, то многочлен р(х) не имеет неположительных корней.
Следовательно, его корни, т. е. числа а, Ь и с, положительны.

52 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Задача 3. Докажите, что если действительные числа а, Ь и с таковы,
что abc = 1и \ + \ + \=а + Ъ + с, то одно из них равно 1.
Преобразуя второе из данных соотношений и воспользовавшись
первым из них, получим, что
ab + bc + ас = abc(a + b + с) = а + Ъ + с.
Итак, abc = 1 и ab + bc + ac = a + b-\-c. Следовательно, в силу теоремы
Виета, эти числа являются корнями многочлена х3 — рх2 + рх — 1.
Поскольку очевидно, что единица является его корнем, то одно из чисел
a, b или же с и равно 1.
Можно было рассуждать иначе. Числа a, b и с являются корнями
кубического уравнения
х3 — (а + b + с)х2 + (ab + be + ас)х — abc = 0.
Подставив в него χ = 1, убеждаемся, что
1 — (а + b + с) + (ab + be + ас) — абс = 0.
Следовательно χ = 1 является его корнем, значит, одно из чисел а, 6
или с равно 1.
Задача 4. Докажите, что, если многочлен х3 + аж2 + Ьх + с имеет
три различных действительных корня, образующих геометрическую
прогрессию, то Ь3 = а3с. Найдите дополнительное условие на
коэффициенты a, b и с, при котором верно и обратное утверждение.
Если корни х\, Х2 и χζ данного многочлена образуют
геометрическую прогрессию, то х\х$ = х\, следовательно, χχχ^,Χζ — ~с, значит,
#2 = —с. Таким образом, одним из его корней является число — ξ/c.
Подставив найденное значение, получим, что
—c + ayfc2 — b\/c + с = 0,
так что aye2 = b3у/с, или а3с2 = Ь3с. Поскольку геометрическая
прогрессия не содержит нулей, то с φ 0, откуда и следует, что Ь3 = а3с.
Пусть Ь3 = а3с. Если а = 0, то и b = 0. В таком случае мы
получаем уравнение х3 + с = 0, которое имеет всего один действительный
корень. Поэтому будем предполагать, что а ф 0. Так как с = \. то
мы получаем многочлен
х3 + ах2 + Ьх + с = х3 + аж2 + 6ж Η—5· ·
а·3

Тема 9. Обобщенная теорема Виета
53
Продолжим преобразования,
з 2 L & ( ь\ ( 2 Ьх ь2\ ( ь\
хл + ахг + Ъх + ^ = [х + -\[хг |--ο)+αχ(χ + -) =
αά \ a J \ α αΔ) \ а)
( Ь\ ( 2 а2-Ь Ь2\
Таким образом, число Х2 = — - является одним из корней
рассматриваемого многочлена. Если χ ι и х$ — корни квадратного уравнения
2 а2 -Ь Ь2 Л
х2 + х + -т = О,
α αΔ
то х\Хг = ^у = х2), поэтому числа х\, Х2 и х$ образуют
геометрическую прогрессию. Числа х\ и хз являются действительными, если
дискриминант этого уравнения неотрицателен. Имеем,
(а2-Ь)2 4Ь2 (а2 -36) (а2 + 6)
если (6 — %■)(& + a2) ^ 0, т. е. если справедливы неравенства
Разберем случаи равенства нулю дискриминанта квадратного
уравнения. Пусть Ь = —а2. В этом случае Х2 = — ^ = а, а х\ = жз = ^f- =
— t^j- = α, так что числа а, —а и а образуют геометрическую прогрес-
2
сию со знаменателем — 1. Теперь рассмотрим случай b = ^-. Тогда
#2 = — § и χι = жз = — f —ι таким образом, все три корня
совпадают. Поэтому данный многочлен имеет три различных
действительных корня, образующих геометрическую прогрессию, если б3 = а3с и
-а2 ^ Ь < £ .
Задача 5. Даны действительные числа а <Ь < с такие, что α+b+c — 6
и ab + be + ас = 9. Докажите, что 0<а<1<6<3<с<4.
Рассмотрим многочлен
р(х) = (х — а)(х — Ь)(х — с) = х3 — 6х2 + 9х — абс.
Таким образом, данные числа а, 6 и с являются действительными
корнями уравнения х3 — 6х2 + 9х = d. Так как р'(х) = Зх2 — Ylx + 9 =

54
Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
3(х — 1)(х — 3), то этот многочлен возрастает на промежутках (—оо; 1]
и [3; +оо), убывает — на промежутке [1; 3]. Составим таблицу его
значений
X
р(х)
0
0
1
4
3
0
4
4
На следующем рисунке изображен его график.
Поскольку по условию уравнение р(х) = d имеет три действительных
корня, то 0 < d < 4, а его корни лежат в промежутках (0; 1), (1;3) и
(3;4).
Дополнительные задачи
9.1. Найдите сумму: а) квадратов; б) кубов корней уравнения
х3 - Зх + 1 = 0.
Л Л _ о 2π ο 8π ч 14π 3
9.2. Докажите, что cos° — + cos° — + cos° —— = — - .
i/ i/ i/ О
9.3. Докажите, что если действительные числа а, Ь и с таковы, что
111 1
- + т + - = г ,
α о с а + о + с
то сумма некоторых двух из них равна 0.
9.4. Докажите, что если многочлен х3 + ах2 + Ьх + с имеет три
различных действительных корня, образующих арифметическую
прогрессию, то 9ab = 27с + 2а3. Найдите дополнительное условие на
коэффициенты a, b и с, при котором верно и обратное утверждение.

Тема 10. Кратные корни многочленов
Обсуждение темы мы начнем с решения двух следующих задач.
Задача 1. Найдите многочлен, эскиз графика которого имеет
изображенный на следующем рисунке вид.
Задача 2. Найдите все точки пересечения графика многочлена р(х) =
х3 + Зх2 — 4ж + 2 с касательной к нему, проведенной в точке с абсциссой
х = 1.
Решение задачи 1 очень просто, хотя вызывает у учащихся большие
трудности. Как следует из вида графика, искомый многочлен имеет
два корня, одним из которых является χ = 0. При этом вблизи нуля
график многочлена напоминает график у = х3 кубической функции.
Еще один корень является положительным, пусть это будет χ = 2.
Вблизи этой точки график похож на параболу у = (х — 2)2. Поэтому
давайте рассмотрим многочлен р(х) = х3(х — 2)2. Для построения его
графика найдем производную этого многочлена:
р'(х) = Зх2(х - 2)2 + 2х3(х - 2) = х2(х - 2)(5ж - 6).
Поскольку производная положительна на каждом из промежутков
(—оо; |] и [2; +оо), то на каждом из них функция р(х) является
возрастающей, а на промежутке [|; 2] — убывает. Подобными свойствами
и обладает функция, график которой приведен в условии задачи.
График у — х3(х — 2)2 приведен на следующем рисунке.
12г
10
8
6
4
2

56 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Первое решение задачи 2 является чисто вычислительным.
Напишем уравнение касательной к графику у = р(х) в заданной точке.
Воспользуемся общей формулой касательной к графику функции:
У = р(хо) + р'(хо)(х ~ хо)-
В нашем случае xq = 1, р(хо) = 2, далее, р'{х) = Зж2 + 6ж — 4 и
р'(хо) = 5, откуда получаем уравнение искомой касательной
у = 2 + Ъ(х — 1), или у = 5ж — 3.
Координатами точек пересечения графика и найденной касательной
являются решения системы
у = х3 + 3х2-4х + 2,
у = Ъх — 3.
На следующем рисунке изображен эскиз графика данного многочлена
и рассматриваемая касательная к нему.
Решим уравнение х3 + Ъх2 — 4х -\- 2 = Ъх — 3, или х3 + Зж2 — 9ж + 5 = 0.
Ясно, что χ = 1 является одним из его корней. Так как
ж3 + Зж2 - 9х + 5 = ж3 - х2 + 4ж2 - Ах - Ъх + 5 =
= (х- 1)(х2 + 4ж - 5) = (х - 1)(х - 1)(х + 5) = (х - 1)2(х + 5),
то касательная и график данного многочлена имеют две общие точки,
одной из которых является сама точка касания Р(1;2), а второй —
точка <2(-5; -28).
Что характерно в рассмотренной задаче, так это то, что полученное
при ее решении уравнение имеет кратный корень.

Тема 10. Кратные корни многочленов
57
Напомним основное определение. Число χ — а называется корнем
кратности к многочлена р(х), если р(х) = (х — a)kq(x), где q(x) —
многочлен, такой что q(a) φ 0. Если к = 1, то число а называется
простым корнем данного многочлена, в противном случае оно назвается
(его) кратным корнем.
Справедливо следующее утверждение (обобщение которого будет
доказано в теме 24).
Утверждение. Число χ = а является кратным корнем многочлена
р(х) тогда и только тогда, когда р(а) = р'(а) = 0.
Если р(а) = 0, то многочлен р(х) делится χ — α, так что существует
многочлен р\(х), такой что р(х) = {х — а)р\(х). Таким образом, р'{х) =
Р\(х) + (х — α)ρΊ(χ), поэтому из равенства р'{а) = 0 следует равенство
Ρι(α) = 0, следовательно р\{х) = (х — a)q(x), где q(x) — многочлен.
Поэтому р(х) = (х — a)2q(x), откуда и следует, что χ = а — кратный
корень данного многочлена.
Обратно, если р(х) = (х — a)2q(x), то р(а) = 0 и, в силу того, что
р'{х) = 2{х — a)q(x) + (χ — a)2q'(x), справедливо равенство р'{а) = 0.
Следствие. Если xq — абсцисса точки касания графиков
различных многочленов р(х) и q(x), то χ = xq является кратным корнем
многочлена р(х) — q{x). В частности, если прямая у = кх + Ь касается
графика многочлена р(х) в точке с абсциссой хо, то χ = xq является
кратным корнем многочлена р(х) — кх — Ь.
Действительно, положим f(x) = р(х) — q{x). Так как по условию
р(х0) = q(xo) и p'(xq) = q'{xo), то f(x0) = f'(xo) = 0, значит, в силу
доказанного утверждения, xq — кратный корень многочлена f(x).
Теперь мы в состоянии решить задачу 2 другим, более коротким
способом. Если у = кх + Ь — это уравнение касательной, то χ = 1
является корнем многочлена х3 + Зх2 — 4ж + 2 — кх — Ь кратности не
менее двух. Пусть Х2 — еще один корень этого уравнения. Поскольку в
силу теоремы Виета сумма всех его корней равна —3, то Ж2 + 1 + 1 = —3,
откуда Х2 = —5.
Результат следующей задачи будет полезен при изучении одной из
следующих тем.
Задача 3. Найдите условие на коэффициенты приведенного
кубического многочлена р(х) = x3+px+q, при выполнении которого он имеет
кратный корень.

58 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Как следует из доказанного утверждения, кратный корень
многочлена р(х) является решением системы
х3 + рх 4- q = О,
Зх2 + ρ = 0.
Таким образом, х2 = — §, поэтому
x3+px + q = x(x2 +p) + g=-yx + ? = ±yj-|+g.
Так как полученное выражение должно быть равно нулю, то
что имеет место, если q2 = — 4^-, или 27q2 + 4р3 = 0. Тем самым
мы доказали, что если данный многочлен имеет кратный корень, то
27q2 + 4р3 = 0.
Теперь докажем, что верно и обратное утверждение. Предположим,
что 27q2 + 4р3 = 0. Так как q2 ^ 0, то ρ < 0. Если ρ = 0, то и q = 0.
В этом случае многочлен равен ж3, а потому нуль является его корнем
кратности три. Теперь предположим, что ρ < 0. Мы должны доказать,
что выписанная система имеет решение. Решением второго уравнения
системы являются числа -^ у/— | и — -^ у/— |. Как следует из
проведенных вычислений, условие 27# +4р3 = 0 равносильно тому, что один
из этих корней является корнем и первого уравнения этой системы.
Приведем также другое решение этой задачи. Пусть корнями
этого многочлена являются числа и и t, причем второй корень является
кратным. В силу теоремы Виета справедливы равенства
u + 2t = 0,
2ut + t2 =p,
ut2 = —q,
поэтому ρ = —St2 и q = 2ί3, откуда и следует, что — ^ = t6 = ^-.
Рассуждение в обратную сторону также основано на теореме Виета.
Пусть q > 0. Если ^- = — ^, то q = ^Д= у/—р. Положим t = у/— |
и и = — 2у/— |. Непосредственная проверка показывает, что эти
числа являются решениями указанной системы, следовательно, корнями
данного трехчлена являются числа и и t, причем t — кратный корень.

Тема 10. Кратные корни многочленов
59
В заключение обсуждения этой задачи приведем рисунок, на кото-
2 3
ром изображена кривая, заданная уравнением %- + §= =0.
2 1"
Если (р; q) = (0; 0), то многочлен х3 + рх + q имеет корень кратности
три. Для всех остальных пар (р; q), лежащих на изображенной кривой,
этот многочлен имеет корень кратности 2. Рассматриваемая кривая
разбивает плоскость на две части. С интуитивной точки зрения
понятно, что для пар (р; q), лежащих в одной из этих частей, уравнение
х3 +рх + q = 0 имеет три действительных корня, в другой — один
действительный корень. То, что это действительно так, будет доказано в
следующей теме.
Задача 4. Докажите, что если некоторая прямая касается графика
многочлена четвертой степени в двух различных точках, то весь его
график лежит по одну сторону от этой прямой.
Пусть прямая у = кх + b касается графика многочлена р(х) степени
4, в точках с абсциссами χ ι ихг- По доказанному ранее, числа χι ихг
являются корнями многочлена q(x) = р(х) — кх — Ь, причем корнями
степени не меньшей двух. Следовательно, многочлен q(x) делится и
на (х — х\)2, и на (х — Х2)2, а так как его степень равна четырем,
то q{x) — а(х — х\)2{х — Х2)2· Значит, q(x) сохраняет знак, откуда и
следует, что график многочлена р(х) лежит по одну сторону от прямой
у = кх + Ь. Следующий рисунок является иллюстрацией к этой задаче.
Задача 5. Даны три квадратных трехчлена с попарно различными
старшими коэффициентами. Известно, что графики любых двух из

60
Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
них имеют ровно одну общую точку. Докажите, что все они имеют
ровно одну обитую точку.
Вычтем из первых двух квадратных трехчленов третий. В
результате мы получим квадратные трехчлены qi(x) = р\{х)— рз(х) и <?2(#) =
Рг(^) — Рз(#)> каждый из которых имеет только один корень.
Следовательно, qi(x) = а\{х — Х\)2 и q2(x) = а>2(х — ^г)2· Значит, графиками
этих разностей являются параболы, касающиеся оси абсцисс в точках
с абсциссами х\ и Х2- Предположим, что х\ φ Χ2· Если эти параболы
лежат по разные стороны оси абсцисс, то знаки чисел αχ и а>2
противоположны, поэтому параболы вообще не имеют общих точек (левый
рисунок). Следовательно, уравнение р\{х) — рз(х) = Рг(^) — Рз(х) не
имеет решений, что противоречит тому, что параболы у = ρι(χ) и
У = Рг(^) по условию имеют общую точку.
Если же они лежат по одну сторону от оси, то они пересекаются в
двух точках (правый рисунок). Действительно, в этом случае знаки
коэффициентов οι иаг совпадают. Без потери общности можно
считать, что они положительны. В таком случае уравнение а\{х — Х\)2 =
ач(х — хч)2 имеет два различных решения х\ — ΧΐΑ^1~χ^-α2 и Х2 =
Χιν^1 χ^1α2 (напоминаем, что по условию данные квадратные
трехчлены имеют различные старшие коэффициенты). Значит, и
уравнение р\(х) = Рг(^) имеет два решение, что противоречит тому, что
графики квадратных трехчленов имеют только одну общую точку.
Полученное противоречие доказывает, что х\ = Х2, таким
образом, точка с абсциссой х\ является общей точкой графиков всех трех
данных трехчленов.
В заключение автор рекомендует читателю обратить внимание на
дополнительную задачу 10.3 (предложенную В. М. Гольховым).
Возможно, что разбору ее решения стоит посвятить специальное занятие.

Тема 10. Кратные корни многочленов
61
Дополнительные задачи
10.1. Выясните, существует ли касательная к графику многочлена
р(х) = х3 + Зх2 — 4х + 2, имеющая с этим графиком единственную
общую точку.
10.2. а) Найдите все прямые, которые касаются графика
многочлена р(х) = х4 — 2х3 + х2 + 2х + 1 в двух различных точках.
б) Дан многочлен р(х) = х4 + ах2 + Ьх + с, где а < 0. Найдите
уравнение прямой, касающейся графика этого многочлена в двух различных
точках.
10.3. Предположим, что окружность и парабола имеют две общие
точки, одна из которых является их общей точкой касания. Верно ли,
что и вторая из этих точек является точкой касания данной параболы
и данной окружности?

Тема 11. Не совсем стандартные
приложения производной
Хотя в решениях приводимых в этой теме задач производная
используется, как обычно, для исследования функции, почему-то эти
задачи вызывают у учащихся серьезные трудности.
Первая из рассматричаемых задач совсем стандартна. Более
того, условие, которое требуется найти, появилось в предыдущей теме в
результате обсуждения задачи 3.
Задача 1. Найдите условие, при выполнении которого уравнение
х3 + рх + q = 0 имеет три различных действительных корня.
Положим р(х) = х3 + рх + q. Так как р'{х) = Зх2 + р, многочлен
будет иметь три корня, только если ρ < 0. В противном случае
функция р(х) будет возрастающей наКи уравнение р(х) = 0 будет иметь
только один корень. Положим х\ = — \/—з и Х2 = у/— §. На каждом
из промежутков (—οο;χι], [£ι;£2] и [a^i+co) многочлен р(х) является
строго монотонной функцией, значит, он имеет в каждом из них не
более одного корня. Так как р{х) —У —оо при χ —> —оо и р{х) —> +оо
при χ —>· +оо, уравнение р(х) = 0 будет иметь три действительных
корня тогда и только тогда, когда р{х\)р{х2) < 0 (рисунок).
Поскольку
/ \ Ρ Ι Ρ Ι Ρ 2ρ / ρ
PM^-lfl + pfl + i^jfl + i*
корней будет три тогда и только тогда, когда
(-?fN(?fH-«,+¥<°·

Тема 11. Не совсем стандартные приложения производной 63
Задача 2. Найдите наибольшее число действительных корней,
которое может иметь трехчлен степени п.
Конечно, многочлен степени η имеет не более η действительных
корней. Однако в задаче речь идет о трехчленах, т. е. о многочленах
вида ахп + Ьхк + схт, где η > к > т и коэффициенты а, Ь и с
отличны от нуля. Нетрудно привести примеры трехчленов степени 3, 4 и 5,
каждый из которых имеет столько корней, какова его степень.
Таковыми, например, являются многочлены х3 — х2 — 2х, хА — Ъх2 + 4 и
хъ — Ъх3 + 4ж.
А сколько корней может иметь трехчлен большей степени?
Рассмотрим вначале многочлен р(х) = ахп + Ьхк + с, где с φ 0. Так как
р'(х) = пахп~1 + Ькхк~1 = хк~1(пахп~к + kb), то производная р'(х)
этого многочлена обращается в нуль не более чем в трех точках.
Следовательно, функция р(х) имеет не более четырех промежутков
монотонности, значит, имеет не более четырех корней. Теперь рассмотрим
трехчлен р(х) — ахп + Ьхк + схт = хт(ахп~гп + Ьхк~гп + с). Как уже
доказано, трехчлен, находящийся в скобках, имеет не более четырех
корней. Так как число χ = 0 также является корнем многочлена р(х),
всего он имеет не более пяти корней.
Тем самым доказано, что при всех η ^ 5 трехчлен степени η имеет
не более пяти корней. Осталось заметить, что для каждого η ^ 5
многочлен хп — 5хп~2 + 4жп_4 действительно имеет пять действительных
корней.
Задача 3. Найдите наибольшее число решений, которое может иметь
система
'х20 + у20 = а,
χ
4 + у4 = 10.
Так как уА = 10 —ж4, то рассмотрим уравнение х20 + (10 — ж4) = а.
Ясно, что число решений данной системы вдвое больше числа
решений этого уравнения (если, конечно, у φ 0). Обозначим через f(x)
левую часть этого уравнения. Поскольку f(x) — четная функция, то
достаточно определить число ее корней на отрезке [θ; ν^Το]. Так как
f(x) = 20х19 - 20х3 (10 - х4)4 = 20х3 (х16 - (10 - χ4)4) ,
то на этом отрезке неравенство f'(x) ^ 0 равносильно неравенству
ж4 ^ 10 — ж4, или χ ^ у/Ъ. Таким образом, функция f(x) убывает
на отрезке [θ; ν^5] и возрастает на отрезке \\/Ь; ν^ϊθ]. На следующем
рисунке приведен ее график.

64 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
100000
80000
60000
40000
20000
^ 0.5 1.0 15
Собственно говоря, для ответа на вопрос задачи график и не нужен.
Из проведенного исследования следует, что данное уравнение имеет не
более двух решений на рассматриваемом отрезке, поэтому оно имеет
не более четырех решений. В результате получаем, что данная система
имеет не более восьми решений. При этом нетрудно указать
промежуток значений параметра а, для любой точки которого данная система
будет иметь восемь решений.
С другой стороны, ответ на вопрос задачи совершенно очевиден,
если только хорошо представлять себе вид множества, заданного
уравнением х20 + у20 = а. Это — «почти квадрат», тогда как множество,
заданное уравнением ж4 + уА — 10 более похоже на окружность
(рисунок).
Г
S,
>;
,А
Задача 4. Докажите, что если все корни многочлена р(х)
являются действительными числами, то при всех χ имеет место неравенство
р(х)р"(х) < (р'(х))2.
Приводимое далее решение может показаться искусственным,
однако именно оно сразу приходит в голову любому математику.
Ясно, что данное неравенство справедливо во всех точках,
являющихся корнями многочлена р(х). Поэтому достаточно доказать, что
если р(х) φ 0, то справедливо неравенство
р(х)р"(х) - (р'(х))2 ^ 0
р2(х)

Тема 11. Не совсем стандартные приложения производной 65
Его левую часть можно представить иначе, а именно
Р(х)р"(х) - (p'(x)f = /y(s)V
ρ2 (χ) \P(x)J
Поскольку по условию все корни многочлена р(х) являются
действительными числами, то он раскладывается в произведение линейных
множителей. Теперь найдем явное выражение для отношения ^4^γ.
Так как
р(х) = а(х — х\){х — Х2) · · · (х — Хп),
то производная этого многочлена является суммой η слагаемых
р'{х) = a{x—X2){x—xz) ■ ■ ■ (x—xn)+a(x—xi)(x—X3) · · · (х-хп) + · ■ ■ +
+ а(х — х\){х — Х2)... (ж — xn-\)i
поэтому
р'{х) 1 1 1
+ + ·..+
р(х) X — Х\ X — Х2 X — Хп
Для доказательства неравенства осталось заметить, что
(р'(х)\ 1 1 1
р(х) J (χ-χι)2 (х-х2)2 '" (х-Хп)
<0.
Последний пример связан с одним геометрическим приложением
производной. Возможно, что и сам факт не является общеизвестным.
Теорема 11.1. Среди всех четырехугольников с заданными
длинами сторон наибольшую площадь имеет вписанный четырехугольник.
Ясно, что можно рассматривать только выпуклые
четырехугольники. Дополнительно к обозначениям, приведенным на следующем
рисунке, положим χ = ZBAD и у = ZBCD.
,D
а.

66 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Площадь S четырехугольника ABCD равна сумме площадей
треугольников ABD и BCD, так что
S = \ ab sin χ + ^ cd sin у.
Связь между углами χ и у дает теорема косинусов, примененная к
треугольникам ABD и BCD, из которой следует, что
а2 + б2 — 2а6 cos ж = с2 + d2 — 2cd cos у.
Тем самым значение угла у есть функция от значения угла х. Для
краткости обозначим через у' производную этой функции.
Продифференцировав приведенное тождество, получим равенство
ab sin χ = cd sin у · у'.
Отсюда следует формула для производной площади S как функции
от величины χ угла CAB, а именно
„ι 1 , 1 , / 1 / , a&sina;cos?/\
о — -ab cos ж + - cd cos у · у — — ab cos ж Η : =
2 2 2 \ sin у /
= τ-· sin(a; + y).
2 sin у
Поскольку каждый из углов χ и у лежит на промежутке от 0 до π,
то S' = 0 тогда и только тогда, когда χ + у = π, что и означает, что
четырехугольник ABCD является вписанным. Вам не кажется, что
рассуждение закончено?
Однако, как это регулярно бывает при использовании
математического анализа для решения геометрических задач, есть еще о чем
порассуждать. Например, а откуда следует, что среди
четырехугольников с заданными длинами сторон имеется вписанный
четырехугольник? Вроде бы это очевидно, но только с интуитивной точки зрения.
Лемма 1. Для любых положительных чисел а, Ь, с и d, сумма
любых трех из которых больше четвертого числа, существует вписанный
четырехугольник, длины сторон которого равны а, Ь, с и d.
Четырехугольник является вписанным тогда и только тогда, когда
суммы его противоположных углов равны π. Обозначим через χ угол
между сторонами длины а и Ь. Квадрат длины диагонали, отсекающей
треугольник со сторонами а и Ь, вычисляется по формуле
/2 = а2 + Ъ2 — 2abcosx.

Тема 11. Не совсем стандартные приложения производной 67
Если окажется, что f2=c2 + d2-\- 2cdcosx, то угол треугольника со
сторонами с, d и / будет равен π — χ, что и означает, что этот
четырехугольник — вписанный.
Таким образом, достаточно доказать, что имеет решение уравнение
а2 + Ь2 — 2abcosx = с2 + d2 + 2cdcosx.
Поскольку оно равносильно уравнению
а2 + Ь2 _ с2 _ d2
COSX~ 2(ab + cd) '
то достаточно доказать неравенство
a2+62_c2_d2
2(ab + cd)
2\2
< 1, или ЦаЬ + cd)2 > (а2 + Ь2 -с2 -d2)
Все, что осталось с сделать — это произвести тождественные
преобразования. Имеем,
ЦаЬ + cd)2 - {а2 + Ь2 -с2 -d2)2 =
= (2аЬ + 2cd + a2 + b2-c2-d2)(2аЬ + 2cd - а2 - Ь2 + с2 + d2) =
= ((а + Ь)2 - (с- d)2){(c + d)2 - (а-Ь)2) =
= (a + b + c- d)(a + b - с +d)(c +d +a - b)(c + d-a + b)>0
в силу условия на данные числа.
Следующее утверждение достаточно очевидно в силу того, что
косинус убывает на промежутке (0;7г).
Лемма 2. Равенство a2+b2—2ab cos χ = c2+d2—2cd cosy определяет
строго возрастающую функцию у = ψ{χ).
Теперь мы в состоянии закончить доказательство теоремы 11.1.
Пусть функция φ(χ) определена на некотором промежутке (α; β).
Обозначим через 7 решение уравнения χ + φ(χ) = π. В силу леммы 1 оно
существует. Поэтому χ + φ(χ) < π при χ < η и χ + φ(χ) > π при χ > η.
В силу формулы для производной площади четырехугольника
получаем, что S'{x) > 0 при χ < 7 и S'(x) < 0 при χ > 7, откуда и следует,
что значение 5(7) является наибольшим.

68 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Дополнительные задачи
11.1. Докажите, что если \f(x) — f(y)\ ^ {χ — у)2 для любых
действительных чисел χ и у, то функция / — постоянная.
11.2. Докажите, что для любых различных положительных чисел
а и Ь справедливы неравенства
/—г a — b a + b
Vab < — < —— .
In α — In b 2
11.3. Найдите все натуральные числа η и к, такие что при всех
a, b ^ 0 справедливо неравенство
11.4. Из деревни к пруду можно пройти 2 км по прямой дороге,
а затем свернуть под прямым углом, пройдя еще 2 км по лугу. Миша
двигается по дороге со скоростью 5 км/час, а по лугу со скоростью
3 км/час. В каком месте ему лучше всего свернуть, чтобы затратить
на весь путь как можно меньше времени? Решите также эту задачу в
случае, если пруд находится на расстоянии 4 км от дороги.
11.5. В правильной четырехугольной пирамиде косинус угла
между ее противоположными боковыми гранями равен Щ . Найдите
сечение этой пирамиды плоскостью, проходящей через ребро ее основания,
площадь которого является наибольшей.

Тема 12. Комплексные числа, многочлены
и тригонометрия
Мы начнем с двух задач и вначале решим их безо всяких
комплексных чисел. А далее посмотрим, насколько естественнее окажутся
решения, использующие понятие комплексного числа.
Задача 1. Найдите все натуральные значения п, при которых
многочлен: а) хп + 1, б) хп — 1 делится на х2 + 1.
а) Рассуждаем по индукции. Так как разность
хп+А + 1 - (хп + 1) = хп{х2 - 1)(х2 + 1)
делится на х2 + 1, то достаточно проверить, делятся ли на х2 + 1
многочлены: 2, χ + 1, х2 +1 и х3 + 1. Таким образом, ответ: η = 2 (mod 4).
б) Рассуждая аналогичным образом, приходим к многочленам О,
χ — 1, х2 — 1 и х3 — 1. Ответ: η = 0 (mod 4).
Задача 2. Докажите, что следующие многочлены делятся на трехчлен
χ2 + χ + 1:
а) x3fc + x3e+1 + х3п+2 при любых натуральных к, i и п;
б) ж2п + жп + 1, если η не кратно трем.
а) Так как разность
х3к + жЗ*+1 + жЗп+2 _ (я* + я + 1) = я» _ j + фЗ* _ ц + ^Зп _ -^
очевидно, делится на ж3 — 1, то она делится и на ж2 + χ + 1.
Следовательно и данный многочлен делится на χ2 + χ + 1.
б) Проведем индукцию по η (с шагом 3). Заметим, что утверждение
задачи верно при η = 1 (нечего доказывать) и при η = 2, так как
х4 + х2 + 1 = (х2 + I)2 - х2 = (х2 + χ + 1)(х2 - χ + 1).
Разность
ж2п+6 + χη+3 + χ _ (ж2п + жп + Х) = χ2η(χ6 _ J) + жп(ж3 _ ^
делится на ж2 + ж + 1. Следовательно, если η не кратно трем, то
многочлен х2п + хп + 1 делится на ж2 + ж + 1.

70 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Предположим, что многочлен q{x) степени к не имеет кратных
корней. Если 2ι, 22,..., 2fc — его корни (в поле комплексных чисел), то
q(x) = ак(х - ζι)(χ - z2)... (х - zk).
Многочлен р(х) делится на многочлен q(x), если в его разложении на
множители присутствуют «скобки» χ — 2ι, χ — 22,..., χ — Zk- Таким
образом, многочлен р(х) делится на многочлен q(x), если каждый из
корней многочлена q(x) является также и корнем многочлена р(х).
Поэтому все, что нужно сделать для проверки делимости
многочлена р(х) на многочлен q(x) (не имеющего кратных корней), — так это
проверить, что из равенства q(x) = 0 следует равенство р(х) = 0.
Это — основная идея, которой мы теперь воспользуемся для
решения задач 1 и 2.
Решение задачи 1. Корнями многочлена х2 +1 являются
комплексные числа ε = ±г. Тогда ε2 = — 1 и ε4 = 1. Таким образом, если
η = 4k + £, где I = 0,1,2,3, то εη = ее. Поэтому εη = —1 тогда и только
тогда, когда η = 4к + 2, а, εη = 1 тогда и только тогда, когда η = 4fc.
Решение задачи 2. Так как х3 — 1 = (х — 1)(х2 + х + 1), то корнями
многочлена х2 + χ + 1 являются числа ε, такие что ε3 = 1 и ε φ Ι.
а) Поэтому ε3Α; + ε3^+1 + ε3η+2 = 1 + ε + ε2 = 0. Таким образом, эти
числа являются и корнями многочлена хзк + хзе+1 + х3п+2.
б) Заметим, что если η = 3fc, то ε2η + εη + 1 = ε6Α; + ε3Η +1 = 3 Φ 0.
Если η = 1 (mod 3), το 2η = 2 (mod 3), а если η = 2 (mod 3), то
2n = 1 (mod 3), поэтому утверждение пункта б) задачи следует из
доказанного пункта а).
Достаточно часто, когда имеется задача, сформулированная в
терминах тригонометрии, по сути дела речь идет о комплексных числах.
Давайте еще раз подчеркнем связь комплексных чисел и
тригонометрии. Дело в том, что справедливо тождество
cos(q: + β) + г sin(a + β) = (cos a + i sin a) (cos β + i sin β) =
= cos a: cos/? — sinasin/3 + ^(cosasin/? + sinacos/?),
следствием которого является формула Муавра
(cos a + г sin а)п = cos па + г sin па.
Каким образом можно в течение 10 секунд вывести формулы для
косинуса и синуса тройного угла? Надо просто воспользоваться формулой

Тема 12. Комплексные числа, многочлены и тригонометрия 71
куба суммы
(cos α + г sin α)3 = cos3 α + Зг cos2 α sin α — 3 cos α sin2 α — г sin3 a.
Так как, в силу формулы Муавра, (cos a + г sin a)3 = cos 3a + г sin 3a,
то cos 3a = cos3 a — 3 cos a sin2 α и sin 3a = 3 cos2 a sin a — sin3 a.
Задача 3. Докажите, что cos Щг- + cos 4f = — \ ·
Положим ζ = cos Щг- + г sin Щг-. Тогда ζ5 = 1 и, поскольку ζ φ 1, то
ζ4 + ζ3 + ζ2 + ζ + 1 = 0. Так как г3 =cosY+isin^ = cos *f - г sin *f
и ζ4 = cos^ + isin^ =cos^ -isin^,TO
0 = ζ4 + г3 + ζ2 + г + 1 = 1 + 2cos -? + 2cos -? ,
5 5
откуда и следует требуемое тождество.
Задача 4. Докажите, что cos ^ = ^54~1 .
Решим эту задачу двумя способами. Воспользуемся результатом
предыдущей задачи. Если t = cos^, то cos4^ = 2ί2 — 1, поэтому в
силу доказанного в задаче 3 равенства получим, что t + 2ί2 - 1 = -|,
или 2ί2 + t — ^ = 0. Корнями полученного уравнения являются числа
"^А Поскольку cos ψ > 0, то cos ψ = ^^ .
А теперь найдем прямое решение, не использующее равенство
задачи 3. Пусть ζ = cos η?- + г sin ^ . Тогда г4 + г3 + ζ2 + г +1 =0. Сделав
замену ж = ζ + ^, получим уравнение ж2 + ж — 1 = 0, откуда χ = ~1\*ъ.
Следовательно, ζ + ^+ 1~$ъ = 0 или же ζ + \ + х γ 5 = 0. Заметим, что
ни одно их этих двух уравнений не имеет действительных корней.
Одним из корней рассматриваемого уравнения степени 4 является число
z = cos^ + isin^.TaKKaK \ = cos ^-isin^, то z+ \ = 2cos^ > 0,
поэтому из первого уравнения мы и получаем, что cos Щг- = >|/54~1 .
Задача 5. Докажите, что если
cos ж + cosy + cos г = 0,
sin x + sin у 4- sin ζ = 0,
то sin Зг = sin Sy = sin Зг.
Для сравнения мы также приведем два решения. В первом из них
используются только тригонометрические преобразования (правда,
несколько искусственные).

72 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Сложив равенства cos2 χ = (cos у + cos ζ)2 и sin2 χ = (sin у + sin ζ)2,
получим, что
1 = 2 + 2(cos?/cos2 + sin?/sin г), откуда cos(y — ζ) = — \ .
Поэтому у — ζ = ±^ξ- + 2π«, fc€Z, значит Зу — Зг = ±2π + 6π«, откуда
следует, что sin3?/ = sin3z. Ясно, как показать, что sin За; = sin3?/.
Теперь будем рассуждать следующим образом. Введем
комплексные числа и = cos ж + г sin ж, ν = cosy + г sin у и w = cos г + г sin г. В
силу условия задачи справедливо равенство и + υ + ги = 0. Поскольку
модули этих комплексных чисел равны единице, а комплексные числа
складываются так же, как векторы, то мы можем нарисовать
следующую картинку.
Изображенный на ней треугольник является равносторонним, поэтому
27Г
углы между этими векторами равны 4^-, откуда и следует, что
разности x — y,y — ZHZ — x равны ±^ + 2жк, к Ε Ζ. Далее расуждаем так
же, как в предыдущем решении.
Задача 6. Представьте многочлен q(x) = χ8 + χ7 + ... + 1 в виде
произведения квадратных трехчленов.
Так как
(x-l)q(x) = х9-1 = (х3-1)(х6+х3 + 1) = (х-1)(х2+х+1)(х6+х3 + 1),
то q(x) = (χ2 + χ + 1)(х6 + ж3 + 1). Трехчлен ж6 + ж3 + 1
действительных корней не имеет, а потому неясно, в каком направлении дальше
двигаться. Поэтому пойдем сразу другим другим путем.
Корнями (комплексными) многочлена q(x) являются отличные от
единицы корни степени 9 из 1, т. е. числа
2тг« . . 2-кк ,
z\z = cos——|-г sin——, « = 1,2,..., 8.
У У
Числа ζζ и zq являются корнями трехчлена χ2 + χ + 1. Так как
16π . . 16π 2π . . 2π _
ζ% = cos ——(- г sin —— = cos —— г sin — = z\,
Ϊ7 %J \J \J

Тема 12. Комплексные числа, многочлены и тригонометрия 73
то ζ\ + Ζβ = 2cos 4f и z\Zs — 1. Следовательно,
(ж — ζι)(χ — ζβ) = χ2 + 2со8^ ж + 1.
Аналогичным образом доказывается, что
(ж — Ζ2){χ — ζη) — χ2 + 2 cos 4f a; +1 и (χ — ζ±)(χ — ζ&) = ж2+ 2cos ^ ж+ 1.
Поэтому
χ8 + χ7 + ... + 1 =
= (x2+x + l)(a:2 + 2cos^a: + l)(a:2+2cos^a: + l)(a:2 + 2cos8^a:+l).
Задача 7. Выясните, существует ли такое число с, что для любого
натурального числа выполняется неравенство
| sin 1 + sin 2 + ... + sin n\ ^ с.
Автору кажется, что невозможно «самостоятельно придумать»
первое решение этой задачи. Поэтому подскажите учащимся следующий
«трюк». Давайте рассмотрим сумму
2 sin ^ sin 1 + 2 sin | sin 2 + ... + 2 sin ^ sin n.
Если они хорошо знают стандартные тригонометрические формулы,
то догадаются до следующего преобразования (которое просто
напрашивается). Дело в том, что указанную сумму можно переписать в виде
cos \ — cos | + cos I — cos I + ·. · + cos(n — \) — cos(n + ^) =
= cos \ - cos(n +5) = 2 sin ζ sin ^^ .
Поэтому справедлива формула
sin Ц sin Щ±
sin 1 + sin 2 + ... + sin η = —?—— ,
sin 2
откуда следует, что
I sin 1 + sin 2 + ... + sinnl ^ r-.
sin i

74 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Таким образом, мы даже в явном виде указали постоянную,
ограничивающую сверху данные суммы.
Задача 8. Докажите формулы:
cos ψ sin &ψϊ
1 + cos χ + cos 2χ + ... + cos nx — —-—
sin f
sin ψ sin &φ±
sin χ + sin 2x + ... + sin nx = —-—
srnf
Есть надежда, что учащиеся смогут понять, что естественнее всего
перейти к комплексным числам, положив ζ = cos x + г sin x, и доказать
равенство
sin(n±l)£
1 + ζ + ζ2 + ... + ζη = ο.ηΙ (cos ψ + г sin ψ).
Ясно, что
sin I
о „ zn+1 — 1 cos(n + l)x — 1 + г sin(n + l)x
l + z + z2 + ... + zn = = —v ' i '— .
ζ — 1 cos x-1 + isinx
При умножении числителя и знаменателя полученной дроби на число
cos ж — 1 — г sin ж, мы получим дробь, знаменатель которой равен
(cos χ — I)2 + sin2 χ = 2 — 2 cos x = 4 sin2 |.
В числителе этой дроби стоит число
(cos(n + \)х — 1 + isin(n + l)a;)(cosa; — 1 — г sin ж) =
= (cos(n + 1)х — l)(cosa: — 1) + sin(n + l)a;sina;+
+ i((cosa; — l)sin(n + l)x — sina;(cos(n + l)x — 1)).
Преобразуем его действительную часть.
(cos(n + \)х — l)(cosa; — 1) + sin(n + l)a;sina; =
= 4sin2 &ψϊ sin2 f + 4sin &ψϊ sin f cos &ψϊ cos f =
= 4sin ίϋψΞ sin f (sin ίζψζ sin f + cos &ψ± cos f) =
= 4sin^il£sinf cos ^.

Тема 12. Комплексные числа, многочлены и тригонометрия 75
Теперь аналогичным образом преобразуем его мнимую часть.
(cos ж — 1) sin(n + 1)х — sina;(cos(n + \)х — 1) =
= -4sin2 § sin &ψΐ cos &ψϊ + 4sin f cos § sin2 {-^ =
= 4Sin ίΞ+ΐ)£ sin | (sin (ΞψΞ Cos § - cos ^±^ sin §) =
= 4sin^±^sinfsin*f .
Заметим что вычисления будут существенно проще, если
воспользоваться свойствами экспоненты с комплексным показателем степени
и формулой Эйлера егх = cos χ + г sin χ (см. далее тему 24).
Действительно,
ζ
■п+1 _ l ег(п+1)х _ Х ег^±^ 6ί^ψ^ _ e-ii=^
д Ж
ζ — 1 егш — 1 ег2 е*2—ег2
sinii^ sinii^
= ег2 —§— = (cos2^ + г sin ψ) :
sin| v J J ' sin |
Задача 9. Докажите, что tg2 ψ + tg2 ^ + tg2 ^l = 33.
Первое решение. В силу формулы 1 + tg2 x = cos\ надо доказать,
что
1 1 1
cos2 f + cos2 f + cos2 ψ ~
Числа cos ^, cos ^ и cos ^ являются корнями кубического
уравнения 4ж3 — Зж + | = 0 (см. решение задачи 9.2), поэтому обратные им
числя являются корнями уравнения xj—Зж2+4 = 0, или х3—6х2+8 = 0.
Поскольку сумма попарных произведений корней этого уравнения
равна нулю, то сумма их квадратов равна квадрату их суммы, т. е. равна
б2 = 36.
Второе решение. Воспользуемся формулой
0 sin St 3 sin t cos21 - sin31 3 tg t - tg31
tg ot = — = о = о ·
cos3i cos3i-3sin2icosi l-3tg2i
Так как tg ψ = tg ψ = tg ψ- = -л/3, то числа хг = tg ^ , х2 = tg ^
и жз = tg ■^ являются корнями уравнения
-—г~2 = -\/3, или ж3 + 3\/3ж2 - Ъх + у/Ъ = 0.

76 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Поэтому
xl+xl+xl = {xi+x2+xz)2-2(xiX2+X2Xz+xzX\) = (Зл/3)2-2(-3) = 33.
Читатель вправе спросить — «А при чем же здесь комплексные
числа?» Дело в том, что по-существу в этой задаче речь идет о числах
cos(^ + 2ψ·) + гsin^ + 2-ji), к = 0,1,2, как о кубических корнях из
числа cos Ц- + г sin ψ = *νΊ~1 ·
Дополнительные задачи
12.1. Докажите, что если Ζ\, ζ2,..., 2η-ι — это отличные от
единицы корни степени η из 1, то (1 — ζ\){1 — ζ?) ... (1 — ζη-\) = η.
12.2. Докажите, что при всех натуральных числах η ^ 2 многочлен
Рп(х) — хп sin а—ж sin na+sin(n — 1)а делится на квадратный трехчлен
q(x) = χ2 — 2х cos α + 1.
12.3. а) Найдите все натуральные значения п, при которых
многочлен (х + у)п — хп — уп делится на х2 + ху + у2.
б) Разложите многочлен (х + у)7 — х7 — у7 на множители степени не
выше двух.

Тема 13. Комплексные числа и геометрия
Первая задача очень хорошо известна и имеет различные решения.
Задача 1. Докажите, что сумма векторов, идущих из центра
правильного многоугольника в каждую из его вершин, равна нулю.
Например, можно повернуть каждый из векторов на угол ^ и
проследить, что произойдет с их суммой. С одной стороны, она также
повернется на указанный угол, с другой — не изменится, поскольку
окажется суммой тех же самых векторов, что возможно в
единственном случае — если эта сумма равна нулю. Приятное доказательство,
но как его придумать?! Комплексные числа тем и хороши, что «не
надо ничего придумывать», а надо разумно посчитать. Конечно, в ряде
случаев вычисления сами по себе нетривиальны... Но все-таки давайте
посчитаем.
Пусть AqA\ ... Αη-ι — правильный η-угольник. Введем систему
координат, начало которой находится в центре этого многоугольника,
а положительная часть оси абсцисс проходит через точку Aq.
Положим ε = г (cos — + г sin ^). Тогда в силу формулы Муавра вершине
Ak, к = Ο,Ι,.,.,η — 1, соответствует комплексное число гек. Сумма
ОАо + О Αι + ... + ΟΑη-ι определяется комплексным числом
г(1+е + ... + еп-1) = П 1 ; =0,
ε — 1
значит, она равна нулю.
Рассмотрим комплексное число ζ и число и = cos а + г sin а.
Запишем число ζ в тригонометрической форме ζ = г (cos φ + isin^?). Так
как uz = r (cos(<£ + а) + г sin(<^ + а)), то с геометрической точки зрения
точка (вектор) uz получена из точки (вектора) ζ посредством поворота
на угол α вокруг начала координат (нуля на плоскости комплексных
чисел). В частности, умножение на г — это поворот на 90° против
часовой стрелки, а умножение на число ^ — поворот на угол 60°.
Задача 2. Пусть ABCD и CEFG — квадраты на плоскости (с
согласованными направлениями обхода вершин). Докажите, что продолжение
медианы СМ треугольника CDG является высотой в треугольнике
ВСЕ.
Будем считать, что точка С расположена в начале координат. Пусть
точке D соответствует комплексное число и, а точке G — число ν
(рисунок).

78
Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Так как с геометрической точки зрения умножение на г есть поворот
на 90° против часовой стрелки, то точкам В и Ε соответствуют
комплексные числа — iu и iv, соответственно. Медиана СМ треугольника
CDG параллельна вектору и + υ, а сторона BE — вектору г(и + υ),
откуда и следует, что CM A. BE.
Эта задача, конечно, имеет чисто геометрическое решение.
Приведенное решение характерно тем, что в нем не требовалось ничего
«придумывать». Как только в голову пришла идея использовать
комплексные числа, то все, что остается сделать — это вычислять.
Задача 3 («задача Наполеона»). Докажите, что центры равносто-
роннних треугольников, построенных на сторонах произвольного
треугольника вовне его, являются вершинами равностороннего
треугольника.
Будем считать, что точка А расположена в начале координат, а
обход вершин А, В и С совершается против часовой стрелки. Введем
число ε = cos f + г sin |-. Заметим, что ε3 = —1, поэтому ε2 — ε + 1 = 0.
Обозначим через бис комплексные числа, соответствующие
вершинам В и С. Пусть К, Lh M центры равносторонних треугольников,
построенных, соответственно, на сторонах АС, ВС и АС данного
треугольника, и через и, ν и w — соответствующие им комплексные числа.
Пусть D третья вершина равностороннего треугольника, построенного
на стороне АС. Так как вершине D соответствует комплексное число
εο и АК = | (АС + AD), то и = | (1 + ε)с. Аналогичным образом
получаем, что
v = c+5(l + £)(b-c) и «7 = 6-|(1 + е)6.
Преобразовав, получим, что
ν = I ((1 + ε)6 + (2 - ε)ή и w = \ (2 - ε)6.

Тема 13. Комплексные числа и геометрия
79
Нам достаточно доказать, что при повороте на угол 60° около точки
К точка Μ перейдет в точку L. В терминах комплекных чисел надо
доказать, что
ν — и = e(w — и), или (ε — 1)и + ν — ew = 0.
Подставив найденные значения для чисел и, ν и w (и умножив на 3),
получим
(ε2 - \)с + (ε + 1)6 + (2 - ε)с - (ε2 - 2ε)6 =
= (ε2 - ε + 1)6 + (ε2 - ε + \)с = 0.
Задача 4. Докажите, что различные комплексные числа и, ν и w
задают точки, лежащие в вершинах равностороннегго треугольника,
тогда и только тогда, когда и+εν + ε2%υ — 0, где ε — это один из корней
уравнения χ2 + χ + 1 = 0.
Различные комплексные числа и, ν и w задают точки, лежащие в
вершинах равностороннего треугольника, тогда и только тогда, когда
вектор u — w является образом вектора w — v при повороте на угол 120°
(по или против часовой стрелки), что означает, что и — w = ε(υ) — υ),
где ε — это один из корней уравнения χ2 + χ + 1 = 0. Таким образом,
—1 — ε = ε2. Осталось сделать небольшое преобразование
и — w = ε(υϋ — ν) <ί=> и + εν + (—1 — ε)υυ = 0 <ί=> и + εν + ε2ιυ = 0.
Задача 5. Докажите, что различные комплексные числа и, ν и w
задают точки, лежащие в вершинах равностороннего треугольника,
тогда и только тогда, когда и2 + ν2 + ν2 = uv + vw + wu.
Как хорошо известно, данное в условии равенство переписывается
в виде
(и - ν)2 + (ν- w)2 + (w- и)2 = 0.
Положим а = и — ν, b = v — whc = w — и. Тогда а + 6 + с = 0и
а2 + б2 + с2 =0, откуда следует, что аЪ + Ъс + са = 0. Таким образом,
в силу обобщенных формул Виета, числа а, Ь и с являются корнями
уравнения ζ3 = d. Если z\ — это один из корней этого уравнения, то
остальные его корни получаются из него умножением на отличные от
единицы кубические корни из 1. Поэтому, в частности, с = ε&, где ε —
это один из корней уравнения χ2 + χ + 1 = 0. Осталось сослаться на
решение предыдущей задачи.

80 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Дополнительные задачи
13.1. а) Докажите, что если А1А2А3А4А5 — правильный
пятиугольник, вписанный в единичную окружность, то Ι-Αχ^Ι · Ι-Α1-Α3Ι =
л/5, б) Обобщите предыдущее утверждение.
13.2. Докажите, что сумма квадратов расстояний от вершин
правильного семиугольника до произвольной прямой, проходящей через
его центр, не зависит от положения этой прямой.
13.3. Пусть ABCD и A\BiC\D\ — квадраты на плоскости с
одинаковым направлением обхода вершин. Докажите, что середины
отрезков ΑΑι, ΒΒι, СС\ и DD\ также являются вершинами квадрата.
13.4. На сторонах параллелограмма вовне его построены
квадраты. Докажите, что их центры также являются вершинами некоторого
квадрата.
13.5. Докажите, что если z\ + Z2 + ... + zn = 0 и \zk\ = 1 при
всех к — 1,2,..., п, то для всякого комплексного числа ζ справедливо
равенство
к=1
13.6. Докажите, что:
а) если £ + ^ + £ = 0, то треугольник с вершинами в точках а, 6, с
содержит начало координат;
б) всякий корень уравнения
Ζ — С\ Ζ — С2 Ζ — Сз
лежит в треугольнике с вершинами в точках С1,С2,сз-
в) если корни кубического многочлена лежат в единичном круге,
то корни его производной также лежат в этом круге.
13.7. Докажите, что для любого равностороннего треугольника
ABC и любой точки Μ плоскости имеет место неравенство
AM < ВМ + СМ.

Тема 14. Площади треугольников
и четырехугольников
Задачи, предлагаемые в этом разделе, просты и изящны. Конечно,
с ними полезно было бы знакомиться раньше, чем в 10 или 11 классах,
однако — лучше поздно, чем никогда.
Задача 1. Дан выпуклый четырехугольник ABCD. Обозначим через
О точку пересечения его диагоналей. Докажите, что
SOAB ' SoCD = So ВС · SOAD-
Пусть h — это расстояние от вершины В четырехугольника до его
диагонали АС (рисунок).
В
Поскольку h — это также длины высот треугольников ОАВ и ОВС,
то
Soab = \h-AOw. Sobc = \h ■ ОС, поэтому = — .
Аналогичным образом доказывается равенство
Sqad АО Sqab So
поэтому
AD
OOCD V*^ OOBC ooCD
откуда и следует требуемое соотношение.
Задача 2. Дана трапеция ABCD (в которой AD || ВС). Пусть О —
точка пересечения ее диагоналей. Выразите площадь S этой трапеции
через площади треугольников AOD и ВОС.
Положим для краткости 5i = Sobc и 5г = So ad- Так как
треугольники ABD и ACD равновелики (как имеющие равные высоты и
совпадающие основания) и поскольку их общей частью является
треугольник AOD (рисунок), то треугольники ОАВ и ОС Ό также
являются равновеликими. Обозначим их площадь через Sq.

82 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Из предыдущей задачи следует, что S1S2 = Sq, поэтому 5о = л/^1^2 ·
Следовательно, S = 5i + S2 + 25о = S\ + S2 + 2\fS\S2~. Доказанное
равенство можно также переписать в следующем виде:
Задача 3. Дан выпуклый четырехугольник ABCD. Постройте точку
К, лежащую на периметре этого четырехугольника, такую, что
отрезок А К делит данный четырехугольник на две равновеликие фигуры.
Обозначим через L середину диагонали BD данного
четырехугольника. Предположим для определенности, что эта точка лежит по ту
же сторону от его диагонали АС, что и его вершина D (рисунок).
Поскольку Sabl = Sadl и Sbcl = Scdl, то четырехугольники ABCL
и ADCL равновелики. Проведем через точку L прямую, параллельную
диагонали АС четырехугольника и обозначим через К точку ее
пересечения со стороной CD. Треугольники ACL и АСК равновелики,
откуда следует, что площадь четырехугольника АВСК равна
площади четырехугольника ABCL, следовательно, она равна половине
площади всего четырехугольника ABCD. Таким образом, отрезок А К и
делит данный четырехугольник на равновеликие фигуры.
Задача 4. Точка К — середина стороны ВС выпуклого
четырехугольника ABCD, точка L — середина его стороны AD. Обозначим через Ρ
точку пересечения отрезков АК и BL, через Q — точку пересечения
отрезков CL и DK. Докажите, что Sab ρ + Scdq = Skplq-
Прибавив к обеим частям искомого равенства сумму площадей
треугольников APL и LQD, получим равенство
Sab ρ + Sapl + Scdq + Slqd = Skplq + Sapl + Slqd,

Тема 14. Площади треугольников и четырехугольников 83
или Sabl + Slcd — Sakd (левый рисунок)
С
Обозначим через h\, h2 и hz расстояния от точек В, К и С до
прямой AD (правый рисунок). Так как h2 — это длина средняя линия
трапеции, длины оснований которой равны h\ и /&з, то h\ + h$ = 2h2.
Осталось заметить, что
Sakd = \AD-h2 = \AD.hl + \AD-hz =
= \ AL · hi + \ LD · hz = Sabl + Slcd-
Задача 5. Предположим, что диагонали выпуклого
шестиугольника проходят через одну точку. Обозначим через 5χ, S2,..., 5б
площади треугольников, на которые эти диагонали разбили данный
шестиугольник. Докажите, что S1S3S5 = S^^Se-
Воспользуемся обозначениями, введенными на следующем рисунке.
В силу формулы S = ^ absmC, получим, что
S1S3S5 = \ а\Ь\ sin α · ^ с\а2 sin 7 · \ b2c2 sin β
и
S2SiSe = \ Ь\С\ sin β · I a2b2 sin a · \ c2a\ sin 7.
Осталось заметить, что в правых частях этих формул стоит одно и то
же выражение, а именно, произведение
\ a\a2b\b2cic2 sin a sin β sin 7.

84
Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Задача 6. Пусть точка А\ лежит на стороне ВС треугольника ABC,
точка В ι лежит на его стороне АС, точка С ι — на стороне А В.
Докажите, что если отрезки ААχ, ΒΒ\ и СС\ проходят через одну точку,
то справедливо равенство
ВАг СВг АСг
~Мс'^[а"с[в
= 1 {теорема Чевы).
Обозначим через О точку пересечения отрезков АА\, ВВ\ и СС\
(рисунок).
Из результата предыдущей задачи следует равенство
Sob Ах · SocBx ■ SoaCx = SoaxC · SobxA · SociB ,
которое мы перепишем в виде
SpBAx SqcBi SqaCi _ .
SoAxC SoBxA SoCiB
Осталось заметить, что
So в Αχ _ ΒΑι Sqcbx _ AC χ Sqacx
SoaxC A\C' SqbxA C\B' SoCxB
CBi
BXA
Задача 7. Пусть г — это радиус окружности, вписанной в некоторый
треугольник, а η, г 2 и τ ζ — радиусы вневписанных окружностей этого
треугольника. Докажите, что
1111
— + — + — = -.
fl f2 ГЗ f
Пусть Οι — центр окружности радиуса г ι, касающейся стороны АВ
треугольника ABC и продолжений его сторон С А и С В (рисунок).

Тема 14. Площади треугольников и четырехугольников 85
С b A
Площадь четырехугольника АСВО\ можно записать двумя
способами, а именно
Sabc + SabOx — SacbOi = SacOi + SbcOi ■
Положим далее для краткости 5 = Sabc- Так как длины высот
треугольников ABOi, ACO\ и ВСО\ равны г\, то полученное
соотношение между площадями имеет вид
„ сг\ аг\ Ьг\ Л_ , , ч
5 + -± = -γ + -± , или 25 = п(а + Ь - с),
откуда мы получаем следующую формулу для радиуса вневписанной
окружности:
25
г\ -
Ъ + с — а
Аналогичным образом,
25 25
Г2 = ; г И Гз =
а + с — Ь а + Ъ — с
Поэтому
111 _b + c — a a + c — b a + b — c a + b + c 1
П+^ + гз"= 25 + 25 + 25 = 25 = г'
Задача 8. Рассмотрим треугольники, отсекаемые от данного
треугольника прямыми, параллельными его сторонам и касающимися
окружности, вписанной в этот треугольник. Обозначим через г\, г2 и гз
радиусы окружностей, вписанных в эти треугольники, а через S\, 52 и
5з — их площади. Докажите равенства:
Г\ + Г2 + Гз = Г,
5Γ+ν/^+ν/53" = ν/5,

86 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
в которых через S и г обозначены площадь исходного треугольника и
радиус вписанной в него окружности.
Обозначим через В ι и А\ точки пересечения со сторонами АС и ВС
прямой, параллельной стороне АВ треугольника ABC и касающейся
окружности, вписанной в этот треугольник. Обозначим через Р, R и
Q точки касания этой окружности со сторонами АС и ВС и отрезком
А\В\ (рисунок).
Вычислим периметр треугольника А\В\С. Имеем
САг + СВг + ΑλΒλ = САХ + СВг + AXQ + BXQ =
= САг + СВг + AXR + BlP = CP + CR, = 1CP = a + b-c.
Треугольники А\В\С\ и ABC являются подобными. Коэффициент
подобия к\ равен, например, отношению периметров этих треугольников.
Следовательно,
а-\-Ь — с
к\ = ; .
о + о + с
Для двух других треугольников, о которых идет речь в задаче,
соответствующие лоэффициенты подобия равны
. а + с — Ъ . Ъ + с — а
а + 0 + с а + о + с
поэтому
а+Ъ—с а+с—Ъ Ъ+с—а а+Ъ+с
кг + к2 + к3 = —— + —— + = —— = 1.
а+о+с а+о+с а+о+с а+о+с
Так как, с другой стороны, г χ = k\r, г2 = к2г и гз = к^г, то
П + г2 + г3 = (ki + к2 + кз)г = г.

Тема 14. Площади треугольников и четырехугольников 87
Аналогичным образом, y/S\ = k\VS, V§2 = k2VS и \/£з = кзу/S,
откуда и следует, что
У^" + У^ + У^ = (кг + к2 + k3)VS = y/S.
В решении использовалась формула для расстояния от вершины
треугольника до точки касания выходящей из нее стороны с
окружностью, вписанной в этот треугольник. Для полноты изложения
приведем доказательство этой формулы.
Обозначим искомое расстояние через х. Длины остальных отрезков
обозначены на рисунке.
Таким образом, а-х + Ь-х = с, откуда и следует, что χ
Дополнительные задачи
14.1. Докажите, что если: а) каждая из диагоналей
четырехугольника делит его на два равновеликих треугольника или б) каждая из
средних линий четырехугольника делит его на два равновеликих
четырехугольника, то этот четырехугольник — параллелограмм.
14.2. Докажите, что разность площадей «внешнего» и
«внутреннего» треугольников Наполеона, равна площади исходного
треугольника.
14.3. Найдите наибольшую площадь четырехугольника, длины трех
сторон которого равны 2.
а+Ь—с
2

Тема 15. Построения в стереометрии
При решении задач по планиметрии дополнительное построение
— самая естественная вещь. В школьном курсе стереометрии
дополнительные построения встречаются значительно реже. Одно из них
было использовано в доказательстве основного результата темы 3. В
этом разделе мы обсудим еще одно построение (и продолжим начатое
в теме 3 исследование тетраэдров с заданными площадями их граней).
Задача 1. Дан параллелепипед ABCD A\B\C\D\ объема V. Найдите
объем треугольной пирамиды ACB\D\.
Параллелепипед ABCD A\B\C\D\ можно сложить из пяти
треугольных пирамид: пирамиды ACBiDi, объем которой надо найти,
а также пирамид АВСВ\, ACDD\, AA\B\D\ и CC\B\D\ (рисунок).
Найдем объем пирамиды ABCD\. Площадь ее основания ABC равна
половине площади S параллелограмма ABCD, а ее высота равна
высоте h параллелепипеда, опущенной на его основание ABCD. Поэтому
VABCD1=i-§h = ±Sh = ±V.
Совершенно так же доказывается, что
Vacdd! = Vaa1b1d1 = Vcc1b1d1 = ρ V.
Таким образом,
VacbiDi=V-§V = IV.
Задача 2. Пусть Р, Q, R и S — это, соответственно, середины ребер
AC, AD, BD и ВС пирамиды ABCD. Обозначим через s площадь
параллелограмма PQRS, а через d расстояние между прямыми, на
которых лежат ребра АВ и CD этой пирамиды. Докажите, что объем
пирамиды ABCD равен | sd.

Тема 15. Построения в стереометрии
89
Проведем через каждое ребро пирамиды плоскость, параллельную
противоположному ребру данной пирамиды. В результате мы получим
параллелепипед, в котором ребра этой пирамиды являются
диагоналями граней построенного параллелепипеда (рисунок).
Точки Р, Q, R и 5, которые по условию являются серединами
ребер AC, AD, BD и ВС, суть центры граней, содержащих эти ребра.
Следовательно, площадь s параллелограмма PQRS равна половине
площади тех граней, диагоналями которых являются ребра АВ и CD
данной пирамиды. С другой стороны, расстояние d между прямыми,
на которых лежат эти диагонали, равно высоте h данного
параллелепипеда. Из результата задачи 1 следует, что
Vabcd — \d-28-\8d.
Задача 3. В треугольной пирамиде ABCD ребра АС и BD, а также
ребра АВ и CD перпендикулярны друг другу. Докажите, что ребра
AD и ВС также являются перпендикулярными друг другу.
Осуществим все то же построение: проведем через каждое
ребро тетраэдра плоскость, параллельную противолежащему ребру этого
тетраэдра. Так как ребра АВ и CD тетраэдра являются диагоналями
параллельных друг другу граней построенного параллелепипеда, то
из условия их перпендикулярности следует, что эти грани являются
ромбами. Аналогично этому, являются ромбами и грани, содержащие
ребра АВ и CD. Следовательно, все ребра параллелипепеда равны
друг другу, а потому и третья пара паралельных граней являются
ромбами, откуда и следует, что AD А. ВС.
Задача 4. Известно, что отрезки АВ и CD заданной длины лежат
на скрещивающихся прямых £ и т. Докажите, что объем пирамиды
ABCD не зависит от расположения этих отрезков.
Построим параллелепипед, диагоналями граней которого
являются ребра пирамиды ABCD. Рассмотрим параллелограмм PQRS (в

90 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
обозначениях задачи 2). Его площадь s равна половине
произведения длин АВ и CD на синус угла между ними, следовательно, она
не зависит от расположения этих отрезков на прямых i и га. В силу
формулы предыдущей задачи, Vabcd = § sd, где d есть расстояние
между прямыми i и m, которое также никак не зависит от положения
отрезков.
Задача 5. Все грани треугольной пирамиды — равные между собой
треугольники с длинами сторон а, Ь и с. Выведите формулу для объема
этой пирамиды.
Проведем через каждое ребро тетраэдра плоскость, параллельную
противолежащему ребру (рисунок).
Противоположные ребра тетраэдра по условию имеют равные длины,
они же являются диагоналями граней построенного параллелепипеда.
Поэтому каждая из граней является прямоугольником, а сам
параллелепипед — прямоугольным параллелепипедом. Обозначим через х,
у и ζ длины его ребер. Тогда
{х2 + у2 = с2.
у2 + ζ2 = α2,
χ2 + ζ2 = Ь2.
Решив полученную систему, находим
о Ь2 + с2 -а2 о а2 + с2 -b2 2 a2 + b2 -с2
х — τ » V = τ , ζ = .
2 2 2
Объем параллелепипеда равен xyz, объем тетраэдра равен его трети,
откуда получаем формулу для объема V данного тетраэдра

Тема 15. Построения в стереометрии
91
Теперь давайте вернемся к теме 3, в которой использовалось и было
доказано следующее утверждение.
Если πι, П2, Тоз и П4 — это векторы, каждый из которых
перпендикулярен одной их граней тетраэдра, равен по длине площади этой
грани и направлен в сторону, противоположную самому тетраэдру, то
П\ + П2 + Пз + П4 = 0.
Его доказательство будет гораздо проще, если воспользоваться
понятием и свойствами векторного произведения. Положим а = DA,
Ъ = DB и с = DC (рисунок).
Тогда п\ + П2 + пз = \ (а х 6 + 6 χ с + с χ α), а
п4 = |(с- α) χ (6- о) = | (с χ 6- с χ о - о χ 6) =
= -|(ахЬ + 6хс + схо),
откуда и следует, что ηι + П2 + тоз + п\ — 0.
Задача 6. Предположим, что все плоские углы при вершине D
пирамиды ABCD являются прямыми. Докажите, что
с2 _ с2 ι с2 ι с2
ЭABC — °ABD τ- ^BCD "+" ^ACD-
Мы же сейчас убедимся в том, насколько удобным будет
воспользоваться доказанным утверждением. Рассмотрим векторы п\, П2, Пз
и П4 о которых шла речь выше, пусть последний из них
перпендикулярен грани ABC пирамиды. Поскольку грани ABD, BCD и ACD
попарно перпендикулярны, то являются попарно перпендикулярными
и векторы πι, П2, пз- Так как п^ = — (n\ + П2 + пз), то
sabc = Ιη4|2 = \ηι |2 + \п2\2 + |п3|2 = SABD + S2BCD + SACD.
С другой стороны, можно рассуждать даже проще. Введем систему
координат, расположив ее начало в вершине D пирамиды так, чтобы
остальные ее вершины лежали на осях координат. Пусть η —
единичный вектор, перепендикулярный грани ABC пирамиды. Обозначим

92 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
через α, β и η величины двугранных углов, которые образует грань
ABC пирамиды с остальными ее гранями. Поскольку углы между
вектором п и осями координат также равны α, β и 7> то координатами
этого вектора является тройка (cosa;cos/?;cos7)· Поскольку вектор п
— единичный, то
cos2 о: + cos2 β + cos2 7 = 1·
Следовательно,
S\bc — Sabc(cos2 a + cos2 β + cos2 7) =
= &ABC cos a + &ABC cos β + &ABC cos 7 = &ABD + &BCD + &ACD
в силу известной формулы.
В построении тетраэдра с заданными площадями его граней была
некоторая свобода. Таких тетраэдров может быть бесконечно много.
Один из возникающих вопросов состоит в определении возможного
объема этого тетраэдра. Докажем вначале следующее вспомогательное
утверждение.
Теорема 15.1. Объем паралеллепипеда, построенного на векторах
αχ 6, 6 χ с и с χ о, равен квадрату объема параллелепипеда,
построенного на векторах a, b и с.
Обозначим через αϊ и, соответственно, &ι проекции векторов α и 6
на плоскость, перпендикулярную вектору с (рисунок).
Первый шаг рассуждения заключается в том, что объем
параллелепипеда, построенного на векторах а, 6 и с, равен объему
параллелепипеда, построенного на векторах а\. Ъ\ и с. К примеру, это следует
из того, что объем призмы равен произведению длины ее ребра на
площадь сечения этой призмы плоскостью, перепендикулярной этому

Тема 15. Построения в стереометрии
93
ребру. Обозначим через α угол между векторами αϊ и 6ι· Для
объема υ параллелепипеда получаем формулу υ = \с\ \а\\ |6i|sino;. Угол
между векторами 6xc = 6iXchcxo = cxoi (лежащими в той
же плоскости, что и векторы αϊ и &ι) равен π — а, поэтому площадь
S построенного на них паралеллограмма равна |ai| \c\ \b\\ |c|sino; =
|ai| |6i| \с\2 sin α. Объем V параллелепипеда, построенного на векторах
αχ 6, бхсисха, равен произведению S на его высоту h. Высотой этого
параллелепипеда является проекция вектора α χ 6 на прямую,
параллельную вектору с. Эта проекция равна произведению длины вектора
α χ 6 — площади параллелограмма, построенного на этих векторах —
на модуль косинуса угла между этим вектором и вектором с. Так как
угол между этими векторами равен углу между плоскостями векторов
а, 6 и векторов αϊ, &ι, то произведение площади паралелограмма,
построенного на векторах α и &, на косинус этого угла равно площади
паралелограмма, построенного на векторах αϊ и &ι. Следовательно,
высота параллелепипеда равна |αχ| |&ι| sin α, откуда и получаем, что
его объем равен |ai|2|&i|2|c|2sin2a: = ν2.
Конечно, доказательство было бы существенно короче, если бы мы
воспользовались определением и свойствами смешанного
произведения векторов.
Задача 7. Докажите, что для любого тетраэдра существует тетраэдр с
такими же площадями граней, объем которого есть произвольно малое
заданное положительное число.
Обозначим через ν объем данного тетраэдра, через а, 6 и с
векторы, идущие по его ребрам и исходящие из некоторой вершины этого
тетраэдра. Объем параллелепипеда, построенного на векторах а, 6 и
с, равен бг;. Векторы т\ = \ а х 6, гп2 = \ Ъ χ с и тз = \сх а
перпендикулярны его граням, а их длины равны площадям этох
граней. Пусть V — это объем паралеллепипеда, построенного на векторах
mi, rri2 и гпз- В силу доказанной теоремы, объем параллелепипеда,
построенного на векторах αχ 6, бхсисха, равен (бг;)2. Поэтому
V = | · Збг;2 = | ν2, откуда ν = \ y/W'.
Осталось заметить, что в построении, описанном в доказательстве
теоремы темы 3, угол между плоскостью векторов mi, тг и вектором
тз может быть сколь угодно малым, откуда следует, что и объем V
может быть сколь угодно малым. Поэтому, в силу доказанной формулы,
может быть сколь угодно малым и объем ν построенного тетраэдра.

94 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Дополнительные задачи
15.1. Докажите, что сумма векторов, каждый из которых
перпендикулярен грани выпуклого многогранника, равен по длине площади
этой грани и направлен «вовне» этого многогранника, равна нулю.
15.2. Найдите наибольшую площадь ортогональной проекции
правильного тетраэдра на плоскость.
15.3. Найдите наибольший объем тетраэдра, длины четырех ребер
которого равны 1.
15.4. Обобщите утверждение задачи 6 на случай произвольного
тетраэдра.
15.5. Постройте тетраэдр, площади граней которого равны: а) 2, 3,
6 и 7 см2; б) 3, 4, 5 и 6 см2, описав его одним из стандартных
способов. К примеру, укажите величины плоских углов при его вершине и
длины исходящих из нее ребер, или задайте длины сторон основания и
величины двугранных углов между основанием и боковыми гранями,
и т. п.

Тема 16. Неравенства
Тема «Неравенства» интересна тем, что в ней, как нигде в
другой теме при первоначальном изучении, проявляется особенность
математики, заключающаяся в том, что порой переформулировка
задачи (или введение переобозначений) делает задачу совсем простой или,
наоборот, совсем непонятной. В качестве первого примера рассмотрим
неравенство y/ab ^ я^ между средним арифметическим и средним
геометрическим двух неотрицательных чисел. Из него, например,
сразу следует, что если α > 0 и 6 > О, то ах + ^ ^ 2y/ab при всех χ > 0.
Задача 1. Докажите неравенства:
а) Sabc < (α + b)(b + с)(а + с) при всех неотрицательных а, Ь и с;
б) (а + Ь + с)(^ + ·£ + £) ^9 при всех положительных а, Ь и с;
в) {а + Ъ — с){Ъ + с — а){с + а — Ъ) ^ abc при всех неотрицательных а, Ь
и с, таких, что α + b^c, Ь + с^аис + а^Ь;
г) 5+с "^ о+с "^ о+Ь ^ 2 ПРИ ВСеХ положительных Й, Ь И С.
а) Перемножив неравенства 2у/аЬ < α+b, 2л/бс < 6+с и 2у/ас < а+с,
получим нужное неравенство
Sabc = 2л/а6 · 2л/бс · 2χ/αο < (α + b)(b + c)(a + с).
б) Раскрыв скобки в левой части неравенства, получим выражение
a a 6 .. 6 с с
1 + Т + - + - + 1 + - + - + 7 + 1.
b с a cab
Так как т + ^^2, Н^2и; + т^2, то это выражение не меньше
9.
в) Положим ж = b+c—α, у = а+с — Ьи ζ = a-\-b—c. Тогдах+у = 2с,
у + ζ = 2а и χ + ζ = 2Ь. В новых обозначениях данное неравенство
приобретает вид доказанного в предыдущем пункте неравенства
(ж + у)(у + г)(ж + г)
Конечно, не обязательно делать указанную замену. Однако «увидеть»,
что
г. — г- α + b - c + b + c- a
у/{а + Ь-с){Ь + с-а) ^ =Ь
совсем не просто.

96 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
г) Положив χ = b + с, у = а + сиг = а + Ьи заметив, что тогда
а = у+2~х , Ь = х+2~у и с = χ+%~ζ, получим, что
abc
Ъ + с а + с а + Ъ
lfy+z— χ χ + ζ — у x + y — z\
2\ χ у ζ J
1 (у χ ζ χ ζ у Л 1/ЛЛЛ„ч 3
= -- + - + - + - + - + --3U-2 + 2 + 2-3=o·
2 \χ у χ ζ у ζ ) 2 2
Задача 2. Докажите, что радиус окружности, описанной вокруг
некоторого треугольника, по крайней мере в два раза больше радиуса
окружности, вписанной в этот треугольник.
Пусть а, Ь и с — длины сторон треугольника. Как обычно,
обозначим через R радиус окружности, описанной вокруг этого
треугольника, а через г — радиус вписанной в него окружности. Поскольку
„ abc 25
R = -rz и г —
45 а + Ь + с'
то неравенство R ^ 2г запишется в виде
abc ^ 45 , . , . ^ «„„Ι
—— ϊϊ , или abcia + b + с) ^ 165
45 а + о + с
(в этих формулах, конечно, 5 — площадь рассматриваемого
треугольника). В силу формулы Герона,
1652 = (а + b + с)(а + b - c)(b + с- а) (а + с - Ь),
поэтому данное неравенство равносильно ранее доказанному
неравенству
abc ^ (а + b — c)(b + с — а)(с + а — Ь).
При решении задач очень важным является умение «смотреть на
пару шагов вперед», что очень ярко видно в процессе поиска решения
следующей задачи.
Задача 3. Решите уравнение χ у/у + (у + \)у/х — 1 = χ (у + 1).
Абсолютно естественной является замена а = у/х — 1, b = у/у.
В результате этой замены мы получим вполне симметричное
уравнение
Ь(а2 + 1) + а(Ь2 + 1) = (а2 + 1)(62 + 1),

Тема 16. Неравенства
97
которое естественно переписать в виде
62 + 1 а2 + 1
Осталось заметить, что из неравенств а2 +1 ^ 2а и Ь2 +1 ^ 26 следует,
что о^ГТ ^ \ и Р+Т ^ \' поэтомУ левая часть полученного уравнения
не больше 1, причем может быть равна 1 только при а = b = 1. Поэтому
исходное уравнение имеет единственное решение (х,у) = (2,1).
Продолжим «игру» с неравенствами.
Задача 4. Докажите, что для любых положительных чисел а, Ь и с
верны неравенства:
а) а2Ь + аЬ2 + Ь2с + be2 + а2с + ас2 ^ бабе;
б) а3 + б3 + с3 + ЪаЬс ^ а26 + аб2 + Ь2с + 6с2 + а2с + ас2;
в) 2(а3 + Ъ3 + с3) ^ а26 + аб2 + 62с + be2 + а2с + ас2.
а) Воспользуемся неравенством s/a&c ^ д+Н-с межДу средним
геометрическим и средним арифметическим трех чисел. В качестве его
следствия получим, что
а2Ь + Ь2с + с2а ^ Ъ\/а3Ь3с? = ЗаЬс и аб2 + 6с2 + са2 ^ Забс,
откуда и следует данное неравенство,
в) Так как
а3 + Ь3-а2Ь-аЬ2 = а2(а-Ь)-Ь2(а-Ь) = (а-Ь)(а2-Ь2) = (а-Ь)2(а + Ь),
то
2(а3 + б3 + с3) - а26 - аЬ2 - Ь2с - be2 - а2с - ас2 =
= (а - Ь)2(а + Ь) + (Ь- с)2(Ь + с) + {а - с)2{а + с) ^ 0.
Перед тем, как доказать неравенство б), поясним, в чем же
заключалась «игра». Дело в том, что неравенства задачи 4 суть неравенства
задачи 1, поскольку,
(а + b)(b + с)(а + с) - Sabc =
= a2b 4- ab2 + b2c + be2 + а2с + ас2 - 6abc
и
(а+ 6 +с) (- + - + -J -9 =
\а b с J
_ a2b + ab2 + 62c + be2 + a2c + ac2 - 6abc
abc

98 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
а еще
abc — (а + Ь — с)(Ь + с — а) (с + а — Ь) =
= а3 + Ь3 + с3 + Шс - а2Ь - аЪ2 - Ь2с - be2 - а2с - ас2,
и, наконец,
а Ь с 3
Ъ + с а + с а + Ъ 2
_ 2(а3 + Ь3 + с3) - а2Ь - аЬ2 - Ь2с - be2 - а2с - ас2
~ 2(а + 6)(6 + с)(с + а) '
Таким образом, неравенства а) и б) задачи 1 равносильны неравенству
а) задачи 4, неравенство в) задачи 1 равносильно неравенству б)
задачи 4, неравенство г) задачи 1 — неравенству в) задачи 4. Просто они
переписаны в другом виде и совсем не похожи друг на друга.
Оставшееся неравенство б) уже было доказано при
дополнительных предположениях, что α + b^c, Ь + с^аис + а^Ь. Сейчас мы
докажем его только в предположениях неотрицательности этих чисел.
Метод достаточно «хитрый», но его имеет смысл показать.
Так как
а3 + abc — a2b — а2с = а2(а — Ь) — ас(а — Ь)= а(а — с)(а — 6),
то данное неравенство преобразуется к виду
а(а - Ь)(а - с) + b(b - a)(b - с) + с(с -а)(с-Ь)^ 0.
Мы вправе предположить, что а^ Ь^ с. Третье слагаемое в левой
части неотрицательно, поэтому достаточно доказать неотрицательность
суммы первых двух слагаемых. Имеем
а(а - Ь)(а - с) + b(b - a)(b - с) = (α - b){a2 - b2 -ac + be) =
= (a - b)2(a + b - с) ^ 0.
Начнем другой сюжет со следующих двух задач.
Задача 5. Найдите наименьшее значение суммы квадратов четырех
чисел, сумма которых равна 1.
Задача 6. Найдите наименьшее расстояние от точек плоскости
χ + 2у — 2z = 3 до начала координат.

Тема 16. Неравенства
99
В задаче 5 требуется найти наименьшее значение х\ + х\ + х\ + х2,
если известно, что х\ + Х2 + #з + χ а = 1, в задаче 6 — наименьшее
значение у/х2 + у2 + ζ2, если ж + 2г/ — 2г = 3. Важно, чтобы учащиеся
увидели связь двух этих задач с классическим неравенством —
неравенством Коши-Буняковского
(aibi + a2b2 + ·. · + апЬп)2 < (α2 4- а| + ... + а2 ) (Ъ\ + б2, + ... + б2),
положив в котором &i = Ь\ = ... = Ьп = 1, мы получим неравенство
(αϊ + а2 + ... + αη)2 < η(α2 + a\ + ... + a2),
следствием которого является неравенство между средним
арифметическим и средним квадратичным η чисел
fli + Q-2 + · · · + о-п < Ы\ + а2 + ■ · ■ + Qn
η ^ V η
В частности, если αι+α2 + .. ·+αη = 1, то α2+α2 + .. ·+α2 ^ ^, поэтому,
если Χχ + х2 + жз + ж4 = 1 > то ж2 + х\ + ж2 + х\ ^ |. Для решения задачи
6 надо также воспользоваться неравенством Коши-Буняковского, из
которого следует, что
9 = (х + 2у - 2z)2 < 9(х2 + у2 + г2),
таким образом, \/ж2 + ?/2 + ζ2 ^ 1. То, что найденные нижние
границы достигаются, следует из того, что неравенство Коши-Буняковского
обращается в равенство в том случае, когда наборы (αι,α2,... ,αη) и
{b\,b2,.. .,bn) пропорциональны. Если Х\ = х2 = х$ = х± = j то
х2 + х\ + х2 + х\ = \ а если ж = |,г/=|иг = —|,тож2 + г/2 + г2 = 1.
Заметим, что известное неравенство для линейной комбинации
косинуса и синуса
| a cos x + b sin χ | < у a2 + b2
также есть прямое следствие неравенства Коши-Буняковского,
Задача 7. Найдите наибольшее и наименьшее значения суммы
квадратов чисел а, Ь, с и d, если известно, что а2 + 262 + Зс2 + 4d2 = 1.
Неравенство Коши-Буняковского не имеет никакого отношения к
решению этой задачи. Нельзя всегда предлагать задачи, идея решения
которых только что обсуждалась. Полезно быть более
разнообразными.

100 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
А решение задачи 7 совсем просто. Так как
а2 + Ь2 + с2 + d2 < а2 + 2b2 + Зс2 + Ы2 = 1,
то сумма квадратов не может быть больше 1. При этом она равна
единице, если a = l,a& = c = d = 0. С другой стороны,
1 = а2 + 2Ь2 + Зс2 + 4d2 < 4(α2 + б2 + с2 + d2),
откуда следует, что сумма квадратов не может быть меньше, чем |.
Опять-таки, это значение достигается: достаточно взять а = Ь = с = 0
nd= \.
В заключение еще одна задача, решение которой совсем просто, но
тем не менее может вызвать серьезные трудности.
Задача 8. Найдите наименьшее значение выражения
у/'а2 + 1 + у/Ъ2 + 9 + у/с2 + 25,
если известно, что а + b + с = 12.
Можно немного «поинтриговать», сказав что минимум достигается
при а = |,6 = 4ис=^.
А решение основано на неравенстве Минковского. В данном случае
мы используем неравенство
у/а2 + 1 + у/Ъ2 + 9 + у/с2 + 25 ^
^ v/(a + 6 + c)2 + (l + 3 + 5)2 = л/144 + 81 = 15.
Общий вид неравенства Минковского (для ρ = 2):
V(*i + 2/ι)2 + (*2 + 2/2)2 + ··· + (% + 2/n)2 <
< \Jx\ + ж2, + ... + x2 + у 2/2 + vl + ·.. + y2
(см. задачу для самостоятельного решения 16.7).
С другой стороны, в случае двух и трех переменных неравенство
Минковского вполне геометрично. Действительно, в условии задачи 8
давайте рассмотрим три вектора: а(а; 1), 6(6; 3) и с(с; 5). Все, что надо
заметить, — это то, что \а\ = у/а2 + 1, |6| = у/Ь2 + 9, \с\ = у/с2 + 25,
а + 6 + с = (12; 9), поэтому
15 = |а + 6 + с| < |а| + |Ь| + |с| = у/а2 + 1 + у/Ь2 + 9 + у/с2 + 25.

Тема 16. Неравенства
101
Равенство имеет место, если векторы а, Ь и с являются сонаправлен-
ными, т. е., если f = § — f · Таким образом, Ь = За и с = 5а. Так как
а + b + с = 12, то 9а = 12, откуда и следует, что а = |,6 = 4ис=^.
Закончим эту тему следующей задачей, с которой автор часто,
наоборот, начинает изложение темы «Неравенства». Перед тем, как ее
решать математически, еще надо верно понять ее условие, поскольку
оно написано на русском языке (есть равносильная формулировка и
на английском языке). А задача эта не только математическая, но и,
можно сказать, лингвистическая. Попробуйте предложить эту задачу
в своем классе, ее предварительные обсуждения и уточнения бывают
очень интересны.
Задача 9. Из пункта А в пункт Б ведет железная дорога, рядом с
которой идет шоссе. Одновременно из А в Б отправились поезд и
автомобиль. Пассажир поезда обратил внимание, что полдороги поезд
двигался со скоростью 90 км/час, а полдороги — со скоростью 60 км/час.
Водитель автомобиля заметил, что и он полдороги ехал со скоростью
90 км/час, а полдороги — со скоростью 60 км/час. Однако один из них
прибыл в пункт назначения раньше другого. Определите, кто же это
был, пассажир или водитель.
Первая мысль состоит в том, что надо расшифровать понятие
«полдороги». В обычном языке оно неоднозначно. Обратите внимание, что
в формулировке не сказано «полпути». Что есть «полдороги» для
пассажира поезда? Конечно, это половина времени, проведенного в пути.
Если мы знаем, что путь займет 4 часа, то по прошествии двух часов
мы говорим: «Полдороги уже проехали». А «полдороги» для
водителя — это половина пути; если расстояние от А до Б равно 200 км, то,
проехав 100 км, водитель скажет, что полдороги пройдено.
Пусть расстояние от А до Б равно s. Сколько времени в пути был
поезд. Если мы обозначим его за t, то 60 · | + 90 · £2 = s, откуда t = ^ .
Время, затраченное на весь путь водителем, есть сумма времен,
затраченных на прохождение первой и второй половин это пути, так что
оно равно 2^о + 21ю = 12 ' Таким образом, до места раньше доберется
пассажир поезда.
Решим теперь задачу в общей формулировке. Если половина пути
была пройдена со скоростью α км/час, а другая половина — со
скоростью Ь км/час, то, чтобы найти среднюю скорость с которой был
пройден весь путь, надо разделить рассстояние s на затраченное вре-

102 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
мя, равное ^ + ^. Таким образом, в этом случае средняя скорость
_ а _ 2 _ 2аЬ
является средним гармоническим данных скоростей. Если же
половину времени t некто двигался со скоростью а км/час, а другую половину
— со скоростью Ь км/час, то s = ^ 4- Щ. Так что в этом случае средняя
скорость
s а + Ъ
υ°Ρ· = 7 = ~
является средним арифметическим данных скоростей. То, что во
втором случае средняя скорость больше и, как следствие, путь был
пройден за меньшее время, есть следствие неравенства между средним
гармоническим и средним арифметическим. С другой стороны, это
неравенство очевидно, так как во втором случае большее расстояние было
пройдено с большей скоростью.
Дополнительные задачи
16.1. Найдите наименьшие значения функций: a) f(x) = χ + ^;
б) д{х) = х2 + J при χ > 0.
16.2. Найдите все значения а, при которых система
х2 + 2у2 + Ъг2 = 6,
χ + 2у + Ъг = а
имеет единственное решение.
16.3. а) Докажите, что для любых положительных чисел /сипи
любых неотрицательных чисел а и b справедливо неравенство
(ак + Ьк) {ап + Ъп) < 2 (ак+п + Ьк+п) .
б) Докажите следующее обобщение предыдущего неравенства. Пусть
O^fc^n, 0 ^ £ ^ т, к + п = £ + тик<£. Тогда для любых
неотрицательных чисел а и Ь справедливо неравенство
(ае + Ье) (ат + Ьт) < (ак + Ьк) (ап + Ьп).
16.4. Докажите, что если xt > 0, г = 1,2,..., п, то:
а) если х\Х2 · · ■ %п — 1> то #1 + хч. + · ■ · + #п ^ Щ

Тема 16. Неравенства
103
б) 1 h ... Η 1 ^ п.
Х2 #3 Хп Х\
16.5. Докажите, что сумма длин высот произвольного
треугольника не меньше 9г, где г — это радиус окружности, вписанной в этот
треугольник.
16.6. Найдите наименьший объем треугольной пирамиды,
отсекаемой от первого октанта плоскостью, проходящей через точку М(4; 2; 1).
16.7. Докажите неравенства:
а) у/{Х\ + У\)2 + (Х2 + У2)2 + ... + (хп+ Уп)2 <
< yjx\ + х\ + ... + х2 + yjy2 + у\ + ·. · + у2 ;
б) \/(χι + ж2 + · · · + Хк)2 + (2/1 + 2/2 + · · · + г/fc)2 <
< \1Х1 + у? + \М + у! + · · · + у^ + у I
в) Обобщите неравенства предыдущих пунктов.

Тема 17. Уравнения в целых числах
Задачи «про целые числа» характерны тем, что чаще всего их
формулировки элементарны и просты, а решения порой бывают
совсем неэлементарными. Конечно, самым известным примером
является «Великая теорема Ферма», элементарное решение которой
неизвестно и, более того, непонятно, может ли оно вообще быть получено. Более
простым примером являются задачи, рассмотренные в теме 1,
решение второй из которых основано на не очень сложной, но теории. На
школьном уровне невозможно никакое сколь-нибудь
последовательное изложение «теории чисел». Конечно, можно показать некоторые
идеи, одной из которых является рассмотрение остатков «по
некоторому модулю». Можно доказать «малую теорему Ферма» и теорему
Эйлера, привести их неожиданное применение для построения так
называемых «шифров с открытым ключом» (см., к примеру, главу 3
книги [3]). Однако наиболее разумным будет использование «задач с
целыми числами» для того, чтобы учить проводить разумный
перебор, естественные преобразования, делать разумные предположения и
доказывать их посредством логических рассуждений, не используя в
качестве аргумента, что «ведь это очевидно».
Задача 1. Найдите все целые решения уравнения: а) ху = χ + у;
б) ху = 6(х + у).
Конечно, целыми решениями первого уравнения являются пары
(0,0) (2,2) Если ваши учащиеся сочтут, что данное уравнение
«очевидно не имеет других решений», то предложите им решить второе
уравнение. Найди все его решения «посредством подбора» —
нереально.
Уравнение пункта а) можно переписать в виде у = ^у = 1 + -^hj·
Поскольку по условию хиу должны быть целыми числами, то ж—1 = 1
или χ — 1 = — 1, так что χ = 2 или χ = 0.
Переписав уравнение пункта б) в виде у = -£^ = 6+ ^pg, получим,
что число χ — 6 должно быть одним из делителей 36. Следовательно,
это число должно быть одним из 18 (положительных и
отрицательных) делителей числа 36, т. е. одним из чисел
±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±9, ±12, ±18, ±36.
Полезно отметить, что это уравнение можно было записать в виде
(х — 6)(у — 6) = 36, откуда сразу и следует, что χ — 6 — это делитель
числа 36.

Тема 17. Уравнения в целых числах
105
В следущей таблице указаны все решения рассматриваемого
уравнения.
χ — 6
у-6
X
У
χ — 6
у-6
X
У
1
36
7
42
-1
-36
5
-30
2
18
8
24
-2
-18
4
-12
3
12
9
18
-3
-12
3
-6
4
9
10
15
-4
-9
2
-3
6
6
12
12
-6
-6
0
0
9
4
15
10
-9
-4
-3
2
12
3
18
9
-12
-3
-6
3
18
2
24
8
-18
-2
-12
4
36
1
42
7
-36
-1
-30
5
Задача 2. Найдите количество корней уравнения #=[§] + [§] + [|]
(здесь, как обычно, [х] — целая часть числа ж, т. е. наибольшее целое
число, не превосходящее числа х).
Ясно, что любое решение этого уравнения является целым числом.
Разделим его «с остатком» на число 30, положив χ = 30k+d, где feeZ,
adG {0,1,..., 29}. Обратите внимание, что при этом число χ может,
вообще говоря, быть и отрицательным. Подставив это выражение в
данное уравнение, получим, что
ЗОк + d = 15fc + [f] 4- 10fc + [§] + 6k + [jf],
или что к = d— [т[] — [т|] — [jr]. Таким образом, для каждого из
тридцати значений остатка d имеется единственное значение к, для которого
число χ = ЗОк + d является решением данного уравнения. При d = 0
получаем, что к = 0, поэтому и χ = 0. Интересно, что все остальные
решения данного уравнения являются натуральными числами,
наибольшим из которых является 59.
Конечно, самыми простыми являются линейные уравнения. Пусть
а, Ь и с — целые числа. Множества всех целочисленных решений
уравнения αχ+by = с хорошо известны. Если числа а и Ь имеют
нетривиальный натуральный делитель d, то, если с не делится на d, то уравнение
решений не имеет. Если число с делится на d, то, разделив на d обе
части этого уравнения, мы получим аналогичное уравнение, в котором
коэффициенты а и Ь являются взаимно простыми числами. Это
уравнение разрешимо; при этом, если (жо;?/о) — некоторое его решение, то
несложно доказать, что остальные его решения задаются формулой
(х;у) = (хо + Ьк,уо — ак), где к G Z. Изменим немного постановку
задачи.

106
Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Задача 3. Найдите все значения с, при которых уравнение Зх + 5у = с
имеет единственное решение (х; у), где χ и у — натуральные числа.
Пусть (хо; у о) единственное решение данного уравнения, такое что
хо, уо Ε N. Решением уравнения является также и пара (хо — 5, г/о + 3).
Число хо — 5 не должно быть натуральным, значит, xq — 5 ^ 0,
следовательно, хо должно быть одним из чисел 1,2,3,4,5. Аналогичным
образом, так как пара (хо + 5, уо — 3) — решение данного уравнения, то
число уо — 3 не должно быть натуральным, следовательно, уо является
одним из чисел 1,2,3. В клетках следующей таблицы стоят значения
с = Зх + by для χ G {1,2,3,4,5} и у G {1,2,3}.
у\х
1
2
3
1
8
13
18
2
11
16
21
3
14
19
24
4
17
22
27
5
20
25
30
Поэтому ответом в задаче является множество
{8,11,13,14,16,17,18,19,20,21,22,24,25,27,30}.
Теперь посмотрим, как обстоит дело с решением в целых числах
систем линейных уравнений.
Задача 4. Найдите условия на целые числа а и 6, при выполнении
которых система:
а)
2х + у = а,
х + у = Ь
б)
в)
2х + у = а,
χ — у = b
имеет целочисленное решение.
а) Решив систему, получим, что χ = а — b и у = 2Ь — а. Значит,
данная система имеет целые решения для любых целых чисел а и Ь.
б) Решив систему, получим, что χ = д^ и у = ^ψ-. Числа χ и у
будут целыми, если числа а и b имеют одинаковую четность, т. е. либо
оба из них четны, либо оба нечетны.
в) В данном случае получаем, что χ = д^ и у = а~^ь. Поскольку
разность χ — у = b есть целое число, то числа χ и у являются
целыми одновременно. Следовательно данная система имеет целочисленное
решение тогда и только тогда, когда сумма а + b делится на три, т. е.
а = —b (mod 3).

Тема 17. Уравнения в целых числах
107
Как следует из результатов темы 1, уравнение х2 — 2у2 = 1 имеют
бесконечно много целочисленных решений, в отличие от уравнения
следующей задачи.
Задача 5. Найдите количество целочисленных решений уравнения
х2 — к2у2 = 1, где к — некоторое отличное от нуля целое число.
Так как это уравнение можно записать в виде (х — ку)(х + ку) = 1,
то
χ — ку = 1, Ι χ — ку = —1,
или <
х + ку = \ \х + ку = — 1
откуда следует, что (х;у) = (1;0) или (х;у) = (—1;0), поэтому данное
уравнение имеет только два решения.
В дальнейшем нам будут полезны следующие стандартные
обозначения. Если целые числа а и Ь имеют одинаковые остатки при делении
на натуральное число п, другими словами, если разность а — Ь
делится на п, то говорят, что а и Ь сравнимы по модулю η и пишут: а = Ь
(mod η). Легко доказать, что если а = Ь (mod η) и с = d (mod n), то
a + c = b + d (mod n) и ас = bd (mod n).
В частности, если а = Ь (mod η), то ак = Ьк (mod n) для любого
натурального числа к.
Задача 6. Решите в целых числах уравнение 2х + 1 = у2.
Перепишем уравнение в виде 2х = (у + 1)(у — 1). Следовательно,
у + 1 = 2а и у - 1 = 2Ь, где а > b ^ 0. Поэтому 2а - 2Ь = 2, откуда
следует, что 6^1. Поделив на 2, получим уравнение 2α_1 — 2b_1 = 1.
Разность степеней двойки может быть нечетной только если один из
показателей степени равен нулю. Поэтому 6 = 1 и а = 2, откуда χ = 3
и у = 3.
Задача 7. Решите в целых числах уравнение 2х + 1 = Зу.
Ясно, что решениями являются пары (1,1) и (3,2). Если χ ^ 2,
то 2х +1 = 1 (mod 4). Следовательно, Ъу = 1 (mod 4), откуда следует,
что число у должно быть четным. Положив у = 2г, получим уравнение
2х = (З2 + 1)(32 - 1), поэтому З2 + 1 = 2а и З2 - 1 = 2Ь, следовательно,
2а — 2Ь = 2. Как и в предыдущей задаче получаем, что а = 2 и Ь = 1,
откуда ж = 3. Поэтому других решений, кроме уже найденных, данное
уравнение не имеет.
В заключение этого раздела рассмотрим несколько задач,
связанных не с уравнениями, а с формулами. Как иногда бывает, если «даже

108 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
очень много» значений некоторой формулы являются простыми
числами, все они простыми не будут. Предложите учащимся следующую
хорошо известную задачу.
Задача 8. Выясните, верно ли, что для любого натурального числа η
число qn = η2 — η + 41 является простым.
Возможно, что кто-то сразу догадается, что при η = 41 это число
простым быть уж никак не может, так как, очевидным образом
делится на 41. Однако в любом случае полезно дать им проверить, что если
η = 1,2,..., 40, то qn — простое число.
Задача 9. Выясните, верно ли, что для любого натурального числа η
число Зп + 70 является простым.
Поскольку 70 = 2 · 5 ■ 7, то ни при каком натуральном η число
Зп + 70 не делится ни на 2, ни на 3, ни на 5, ни на 7. Выясним, может
ли это число делиться на 11. Для этого найдем остатки от деления на
11 степеней тройки и числа 70. Остаток от деления 70 на 11 равен 4.
Поэтому данное в задаче число будет делиться на 11, если остаток от
деления Зп на 11 равен 7. Составим таблицу таких остатков.
η
3n (mod 11)
1
3
2
9
3
5
4
4
5
1
6
3
Конечно, так как З3 = 27, то остаток от деления этого числа на 11
равен 5. Заметьте, что для того, чтобы найти остаток от деления на 11
числа З4, достаточно найти остаток от деления на 11 числа 5 · 3 = 15,
равный 4. Поэтому остаток от деления на 11 числа З5 равен остатку от
деления на 11 числа 4-3 = 12, равный 1. Поэтому последняя колонка
в таблице являяется лишней, далее все остатки будут повторяться.
Поскольку во второй строке этой таблицы нет числа 7, то ни при каком
η число Зп + 70 не будет делиться на 11.
Что делать далее? Продолжать вычисления. Число Зп + 70 будет
делиться на 13, если остаток от деления на 13 числа Зп будет равен
12. Однако, так как остаток от деления на 13 числа З3 = 27 равен 1,
то остатки степеней тройки при делении на 13 могут равными только
1, 3 или 9. Поэтому Зп + 70 ни при каком η не делится на 13.
Теперь будем исследовать делимость на 17. Надо выяснить, есть ли
степень тройки, остаток при делении которой на 17 равен 15. Снова
составим таблицу остатков.
η
3n (mod 17)
1
3
2
9
3
10
4
13
5
5
6
15
7
11
8
16
9
14
10
8
11
7
12
4

Тема 17. Уравнения в целых числах
109
13
12
14
2
15
6
16
1
Конечно, можно было не строить таблицу до конца, поскольку видно,
что остаток от деления З6 на 17 равен 15, а потому число З6 + 70 = 799
делится на 17. Смысл построения полной таблицы проясним немного
позже (см. дополнительную задачу 17.6).
Возможен другой подход к решению этой задачи. Вычислим несколь
ко первых чисел вида Зп + 70.
η
Зп + 70
1
73
2
79
3
97
4
151
5
313
6
799
7
2257
Понятно ли сразу, что числа 151 и 313 являются простыми, тогда как
799 = 17-47 и, значит, не является простым?
Для задач, подобных приведенной, нет никакого «метода решения».
Вообще, в теории чисел много очень трудных задач, методы решения
которых не являются элементарными. На некоторые вопросы ответить
легко, на другие — исключительно трудно.
Пьер Ферма предположил, что числа вида 22 +1 являются
простыми и лишь Леонард Эйлер сумел показать, что число 232 + 1 делится на
641. Может возникнуть вопрос, а почему это Ферма взял показатель
степени двойки равным степени двойки?
Задача 10. Докажите, что если число к имеет отличный от единицы
нечетный делитель, то число 2к + 1 не является простым.
Предположим, что к = (2р + 1)д, где ри q — натуральные числа. В
силу формулы
χ2ρ+1 + χ = (д. + 1)(ж2р + χ2ρ-1 + ... + 1)
число 2fc + l = (29) р+ +1 делится на 29 + 1, следовательно, не является
простым.
Поэтому если число 2к + 1 является простым, то число к не
имеет нетривиальных нечетных делителей, а потому является некоторой
степенью числа 2.
Дополнительные задачи
17.1 Найдите число целочисленных решений уравнений:
а) х2 - у2 = 2012; б) х2 - у2 = 2014; в) х2 - у2 = 2016.

110 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
17.2. Определите: а) число решений; б) наибольшее решение
уравнения χ = [зйз] = [ш] + L
17.3. Решите в целых числах уравнение 3х = у3 + 1.
17.4. Решите в целых числах уравнение 3х + 1 = 2У.
17.5. Решите уравнение sin 199^π = —— .
17.6. Посмотрите на таблицу из решения задачи 10, в которой
приведены остатки от деления чисел вида Зп на 17. Сформулируйте
обобщение этой задачи.

Тема 18. Комбинаторные сюжеты
Комбинаторные задачи очень разнообразны и могут быть очень
нетривиальны. При изложении этой темы не следует ограничиваться
задачами, ответом в которых является некоторая комбинация чисел
сочетаний, хотя среди таких задач есть и такие, ответ в которых
бывает интересен. С трех таких задач и начинается изложение данной
темы.
Задача 1. Сколькими различными путями наименьшей длины можно
пройти из начала координат в точку А с координатами (к; £) (где к и £
— неотрицательные целые числа), при условии, что путь проходит по
сторонам единичной сетки?
Конечно, задача эта хорошо известна, ответом в ней является число
сочетаний Cfc+e = Cf,+e. Полезно начать с нее в силу двух
соображений. Во-первых, именно ее результат надо использовать при решении
следующей задачи. Во-вторых, полезно повторить идею
использования взаимно-однозначных соответствий для подсчета числа элементов
конечного множества.
Поступим следующим образом. Будем задавать путь из начала
координат в точку А посредством последовательности из нулей и единиц.
На г-м месте в последовательности будем ставить: 1, если г-е звено пути
(ломаной) является горизонтальным, и 0, если оно является
вертикальным. К примеру, изображенный на следующем рисунке путь задается
последовательностью 1001101.
Л(4;3)
О
Поскольку в общем случае путь из О в А состоит из к + i звеньев, к
из которых являются горизонтальными, a i — вертикальными, то тем
самым мы построим взаимно-однозначное соответствие между
множеством всех путей из О в А и множеством всех последовательностей
длины fe + ί из 0 и 1, в которых имеется ровно к единиц
(соответственно, i нулей). Таких последовательностей имеется С%+е = С|+^,
поскольку каждая из них определяется множеством номеров членов
последовательности, равных 1 (соответственно, равных 0). Таким
образом, существует еще одно взаимно-однозначное соответствие: между

112 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
последовательностями, в которых к единиц и ί нулей и fc-элементными
(а также и ^-элементными) подмножествами множества, состоящего из
к + i элементов. По определению чисел сочетаний через С%+е = Cl+£
и обозначается количество таких подмножеств.
Задача 2. Найдите двумя способами число кратчайших путей по
линиям квадратной сетки, идущих из одной вершины квадрата η χ η в
противоположную ей вершину, и напишите соответствующее
комбинаторное тождество.
Будем считать, что одна из вершин квадрата расположена в начале
координат, а противоположной ей вершиной является точка А(п; п). В
силу предыдущей задачи число кратчайших путей из О в Л по линиям
сетки равно С^. С другой стороны, каждый из таких путей проходит
через некоторый узел сетки, лежащий на диагонали квадрата, т. е.
через некоторую точку Μ (к-, п — к), где к = 0,1,..., п. Число путей из
О в Μ равно С%. Столько же путей ведет из Μ в А. Поэтому общее
число путей, ведущих изО в Аи при этом проходящих через заданную
точку М{к\п — к), равно (С%) . Просуммировав найденные числа по
к от 0 до п, мы получим общее число кратчайших путей из О в А.
Таким образом, имеет место тождество
Задача 3. Найдите число натуральных решений уравнения
Х\ + Х2 + ■ · ■ + %k = П.
Отметим на прямой η точек. Выберем к — 1 промежуток с концами
в паре соседних точек и вобьем "колышек" в его середину. Пусть Х\
- число точек слева от крайнего левого колышка, Х2 - число точек
между этим колышком и следующим за ним и т. д. (рисунок).
Таким образом, каждому набору из к — 1 промежутков сопоставлено
решение уравнения. Нетрудно видеть, что это сопоставление взаимно
однозначно, откуда и получаем, что уравнение χ ι + Х2 + ·.. + Хк = η
имеет C^z\ натуральных решений.
Иногда внешне похожие друг на друга комбинаторные задачи
решаются совершенно разными способами. Первый пункт следующей
задачи решается стандартно. Однако при решении ее второго пункта
нельзя получить никакой «формулы», а надо просто посчитать.

Тема 18. Комбинаторные сюжеты
ИЗ
Задача 4. Найдите число непрерывных функций, графики которых
лежат в объединении прямых: а) у = ±ж; у = ±2х\ б) у = х, у = —х,
у = -±(х + 2),у = 2х + 5.
а) Непрерывная функция, график которой лежит в данном
объединении, совпадает с одной из данных функций при χ ^ 0, а также при
χ ^ 0, но в этом случае, возможно, что с другой из них. Поскольку
в каждом из этих двух случаев у нас имеются 4 варианта, то всего
вариантов будет 16.
б) Рассмотрим точку (хо,уо), лежащую в заданном объединении,
и обозначим через М(хо,уо) число непрерывных функций, заданных
на луче (—оо;жоЬ график которых проходит через (хо,Уо)· Если мы
движемся по объединению лучей слева направо, то значение М(хо, уо)
меняется только в точках пересечения данных прямых, причем так,
как это изображено на следующем рисунке:
В точках, лежащих левее всех точек попарного пересечения данных
прямых, значение Μ равно единице. Двигаясь слева направо, мы будем
получать значения, которые отмечены на следующем рисунке.
Сумма 4 + 9 + 14 + 14 = 41 и дает искомое число функций.
Остальные сюжеты комбинаторных задач этого раздела —
геометрические.

114 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Задача 5. «Игральный кубик» — это кубик, на гранях которых
находятся одна, две, ..., шесть точек. На противоположных гранях
«стандартного игрального кубика» находятся: одна и шесть точек, две и
пять точек, три и четыре точки, а) Выясните, единственен ли
«стандартный игральный кубик», б) Найдите общее количество различных
«игральных кубиков».
Уточним, что кубики считаются одинаковыми, если их можно
расположить в пространстве так, что их грани окажутся одинаково
помеченными.
а) Грани стандартного игрального кубика размечены таким
образом, что сумма количеств точек, стоящих на любой паре его
противоположных граней, равна семи. Но это свойство не определяет однозначно
разметку кубика. Действительно, поставим кубик на стол гранью, на
которой стоят шесть точек, тогда на верхней грани находится одна
точка. Теперь повернем его так, чтобы смотреть на грань, на которой
стоят две точки (в этом случае сзади кубика находится грань с
пятью точками). Грань, на которой стоят три точки, может быть слева
или же справа. Таким образом, имеется два кубика, разметка которых
обладает указанным свойством,
б) Рассмотрим произвольный игральный кубик. Поставим его на
стол той его гранью, на которой стоят шесть точек. На верхней грани
может стоять от одной до пяти точек. Таким образом, у нас имеется
пять вариантов. Рассмотрим один из них и предположим, что на
верхней грани стоит пять точек. На одной из боковых граней стоят четыре
точки. Повернем кубик так, чтобы эта грань находилась сзади.
Положение кубика теперь однозначно определено, при этом остались три
грани, на которых расположены одна, две и три точки. Таким
образом, имеется 6 вариантов расположения этих точек и, тем самым, всего
имеется 5 ■ 6 = 30 различных игральных кубиков.
Задача 6. Грани куба закрашены целиком одним из двух цветов:
белым или черным. Сколько имеется различных раскрасок куба?
Прежде всего разделим раскраски по числу белых граней. Ясно,
что если кубик весь черный или весь белый или же в нем имеется всего
одна белая или одна черная грань, то раскраска однозначно
определена. Если же белых граней две или четыре, то возможны два варианта
раскраски. Именно, белые (черные) грани могут быть соседними или
же противоположными. Если белых и черных граней по три, то таких
раскрасок тоже имеется две. Белые грани могут иметь общую
вершину или же среди белых граней есть две противоположных друг другу,

Тема 18. Комбинаторные сюжеты
115
в этом случае белые грани образуют, так сказать, «полоску». Во
второй строке следующей таблицы указано число вариантов раскрасок в
зависимости от числа граней белого цвета.
0
1
1
1
2
2
3
2
4
2
5
1
6
1
Таким образом, всего имеется 10 вариантов раскраски куба.
Задача 7. Грани куба закрашиваются случайным образом одним из
двух цветов: белым или черным. Найдите вероятность того, что в
результате окажутся белыми: а) ровно две его противоположные грани;
б) ровно две его соседние грани.
Укажем прежде всего ошибку в следующем «решении»: так как
всего имеется 10 возможных раскрасок куба, то вероятность того, что
мы получили конкретныю раскраску, равна ^. Дело в том, что
ниоткуда не следует и, вообще, просто неверно то, что события,
заключающиеся в появлении конкретной раскраски, являются
равновероятными.
Поэтому будем рассуждать следующим образом. Расставим на
гранях кубика цифры от 1 до 6, тем самым, различая его грани. Так как
каждую из граней можно покрасить либо белой, либо черной краской,
то всего имеется 26 = 64 вариантов раскраски такого «размеченного»
куба. В случае а) нас интересует число вариантов, в которых ровно
две его противоположные грани окажутся белыми. Поскольку таких
«подходящих» вариантов всего три, то искомая вероятность равна щ .
В случае б) имеются 12 вариантов подходящей раскраски, так как
выбор двух соседних граней, раскрашенных белым цветом, определяется
их общим ребром. Поэтому в этом случае искомая вероятность равна
j§. Таким образом, две соседние белые грани мы будем получать в
четыре раза чаще, чем две противоположные.
Задача 8. Грани двух кубов закрашиваются случайным образом
одним из двух цветов: белым или черным. Найдите вероятность того,
что в результате мы получим однаково раскрашенные кубы.
Как уже известно, есть 10 вариантов раскраски граней куба в два
цвета. Перечислим их, для чего вначале будем различать раскраски по
числу белых граней куба — от 0 до 6. Вариантов, при которых ровно
две грани являются белыми, имеются две. Будем обозначать через 21
раскраску, при которой две белые грани являются соседними, через 2г
— когда они являются противоположными. Знаком 3ι обозначим
раскраску, в которой три белые грани имеют общую вершину, знаком Зг

116 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
— раскраску, в которой имеются две противоположные белые грани.
Знак 4ι обозначает раскраску, в которой две черные грани будут
соседними, знак 42 — когда черные грани являются противоположными.
Теперь применим тот же способ, что и при решении предыдущей
задачи. Расставим на гранях кубика цифры от 1 до 6, тем самым,
различая его грани. Так как каждую из граней можно покрасить
либо белой, либо черной краской, то всего имеется 26 = 64 вариантов
раскраски такого «размеченного» куба. Если все грани являются
четными, то такая раскраска всего одна. Если в раскраске есть одна белая
грань, то таких вариантов шесть, поскольку белой может быть любая
из шести помеченных граней. В результате мы получим следующую
таблицу.
0
1
1
6
2ι
12
22
3
3ι
8
з2
12
4ι
12
42
3
5
6
6
1
Пояснения требуют числа вариантов в раскрасках 3ι и 32. В кубе
восемь вершин. Поэтому раскраска, в которой белые грани имеют общую
вершину, может быть получена 8 способами. В раскраске,
обозначенной 32, белые грани образуют «полоску». Среднюю грань этой полоски
можно выбрать шестью способами, при этом в каждом из них есть два
варианта расположения крайних белых граней. Таким образом, всего
имеется 12 вариантов получения этой раскраски.
Для контроля можно сложить число вариантов, чтобы убедиться,
что их сумма равна 64.
Теперь пусть у нас имеются два куба, грани которых мы
раскрашиваем случайным образом. Прежде всего, давайте различать сами эти
кубы. К примеру, будем считать, что один из них по размеру больше
другого. На гранях каждого из них расставим цифры от 1 до 6, чтобы
и грани различались. Всего вариантов раскраски этих «размеченных»
и различных кубов имеется 26 · 26 = 212 = 4096.
Сколько всего есть вариантов, в которых раскраски кубов
совпадают? Нам подходит случай, когда оба куба являются белыми или
же оба являются черными. Таких вариантов всего два. Может быть,
что в обоих кубах есть по одной белой грани. Таких вариантов есть
6 · 6 = 36. Далее, сколько есть вариантов, в которых оба куба имеют
раскраску 2ι? Ответ: 12-12 = 144 варианта. И вообще, общее
число подходящих вариантов равно сумме квадратов чисел, указанных в
приведенной таблице. Так как
I2 + б2 + 122 + З2 + 82 + 122 + 122 + З2 + б2 + I2 = 588 = 4 · 147,

Тема 18. Комбинаторные сюжеты
117
то искомая вероятность равна
588
147
4096 1024
0,144,
т. е. практически равна у .
Задача 9. Ребра правильного тетраэдра раскрашиваются целиком в
два цвета: красный и зеленый. Найдите число различных раскрасок
каркаса такого тетраэдра.
В следующей таблице приведено число Sk различных раскрасок в
зависимости от числа к красных стержней в каркасе тетраэдра.
к
Sk
0
1
1
1
2
2
3
4
4
2
5
1
6
1
Все числа в этой таблице понятны, за исключением, возможно,
нижнего числа в среднем столбце. Предположим, что три ребра являются
красными и три — зелеными. Красные ребра могут выходить из
одной вершины, лежать в одной грани или же образовывать незакнутую
ломаную. Поэтому кажется, что вариантов — три. Однако давайте
положим каркас двумя красными ребрами на стол так, чтобы вершина,
в которой они сходятся, смотрела на нас. Третье красное ребро может
оказаться слева или справа, таким образом, эти варианты различимы.
Следовательно, всего имеется 12 вариантов раскраски ребер
правильного тетраэдра.
Задача 10. Найдите число различных каркасов треугольных
пирамид, ребра которых составлены из стержней, длины которых равны
20 см или же 33 см.
Мы можем считать, что стержни длины 20 см являются красными,
тогда как стержни длины 33 см — зелеными. Из решения предыдущей
задачи следует, что вариантов не более 12. Но все ли потенциальные
возможности реализуются?
Конечно, из отрезков длиной 20 см и 33 см всегда можно
построить треугольник, даже если две стороны равны 20 см, а одна — 33 см.
Однако из этого не следует, что для любого набора из шести отрезков,
часть из которых имеет длину 20 см, а часть — длину 33 см,
существует треугольная пирамида, у которой эти отрезки являются длинами ее
ребер. Например, существует ли пирамида в основании которой лежит
равносторонний треугольник со сторонами 33 см, а длины боковых
ребер которой равны 20 см? Пирамида, длины ребер основания которой

118
Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
равны а, а длины боковых ребер равны Ь существует, если длина
бокового ребра больше радиуса окружности, описанной вокруг ее
основания, т. е. если Ь > -%=. Таким образом, надо проверить выполнение
неравенства 20 > Щ — 11\/3, которое верно, так как 400 > 363.
Конечно, существует треугольная пирамида, длины пяти ребер
которой равны 33, а длина шестого ее ребра равна 20. Но существует ли
треугольная пирамида, длины пяти ребер которой равны 20, а длина
ее шестого ребра равна 33?
Рассмотрим расположенные в плоскости два равносторонних
треугольника ABC и ABD (с общей стороной АВ). Пусть длины их
сторон равны 20. Теперь будем сгибать эти треугольники вдоль их общей
стороны (наподобие крыльев у бабочки). Если в некоторый момент
расстояние между вершинами С и D этих треугольников станет
равным 33, то вершины А, В, С и D и являются вершинами искомой
пирамиды. Расстояние между точками С и D треугольников,
лежащих в одной плоскости, равно 20\/3· Поскольку мы уже выяснили,
что 20\/3 > 33, то можно согнуть полуплоскости, в которых лежат
эти треугольники, так, чтобы расстояние между их вершинами стало
равным 33. Конечно, в этом случае можно было найти, например,
величину двугранного угла между плоскостями ABC и ABD пирамиды,
длина ребра BD которой равна 33. Однако в дальнейшем будет удобно
рассуждать именно таким способом — «динамическим».
Покажем, что не существует треугольной пирамиды, в которой
ребра длины 20 (и ребра длины 33) образуют незамкнутую трехзвенную
ломаную. На левом рисунке изображена развертка, состоящая из двух
равнобедренных треугольников с основаниями АВ — CD = 20 и
боковыми сторонами AD = BD = АС = 33. Если мы будем сгибать
плоскости этих треугольников вдоль прямой AD, то расстояние между
вершинами В и С будет уменьшаться. Оно будет наименьшим в
случае, когда эти треугольники лежат в одной плоскости по одну сторону

Тема 18. Комбинаторные сюжеты
119
от их общей стороны AD (правый рисунок). Проводить вычисление
мы будем в общем виде, чтобы найти условие на числа а и 6, при
выполнении которых существует треугольная пирамида, в которой ребра
длины а, так же, как и ребра длины 6, образуют незамкнутую трех-
звенную ломаную.
Пусть для определенности а > Ь, как на рисунках. Пирамида
существует тогда и только тогда, когда длина верхнего основания ВС
трапеции ABCD меньше Ь. Пусть α — угол при основании трапеции
ABCD. Из равнобедренного треугольника ACD находим, что cos α =
^ . Поэтому проекция d боковой стороны трапеции на ее основание
.2 l2 2 _ l2
равна 7^ , а ее верхнее основание равно а — 2d = а — ^- = а .
Условием существования пирамиды является справедливость неравенства
а ~ь < а, или а2 — аЬ — Ь2 < 0. Положим t = | > 1. Тогда получаем
неравенство t2 — t — 1 < 0, откуда t < 1-γ5 . Поскольку 1-γ5 « 1,62, а
Щ = 1,65, то в рассматриваемом случае неравенство не выполняется,
следовательно, пирамида не существует.
Окончание исследования этой задачи — упражнение для читателя
(см. задачу 18.5).
Дополнительные задачи
18.1. Определите количество различных «игральных тетраэдров»,
т. е. правильных тетраэдров, на гранях которых стоят одна, две, три
и четыре точки.
18.2. Найдите количество кратчайших путей, которыми слон
может пройти из некоторой белой клетки первого ряда шахматной доски
в некоторую белую клетку последнего, восьмого, ряда.
18.3. В билете лотереи «6 из 49» ее участник зачеркивает шесть
чисел среди стоящих в таблице чисел от 1 до 49. В результате
проведения тиража этой лотерии среди этих чисел определяются шесть,
являющихся «выиграшными». Найдите количество возможных билетов,
среди зачеркнутых чисел в которых выигрышными являются ровно
три числа.
18.4. Найдите число целых неотрицательных решений уравнения
%1 + %2 + · · · + %к = п-
18.5. Закончите исследование задачи 10.

Тема 19. Интегралы
Тема «Интегралы» очень интересна, однако более всего своими
приложениями и геометрической интерпретацией понятия
определенного интеграла. Не стоит заниматься с учащимися вычислением
разнообразных первообразных. Поскольку в школе не решают
дифференциальных уравнений (и правильно делают), то акцент надо делать на
вычисление определенных интегралов посредством формулы Ньютона-
Лейбница. Или — при помощи геометрических соображений. Поясним
сказанное на примерах двух следующих задач.
га
Задача 1. Вычислите интеграл / у а2 — х2 dx.
Jo
Задача 2. Параболическим сегментом называется фигура,
ограниченная параболой и отрезком прямой, перпендикулярной ее оси
симметрии (основанием сегмента). Предположим, что длина основания
сегмента (его ширина) равна а, а высота (длина отрезка оси симметрии)
равна h. Докажите, что площадь параболического сегмента равна |a/i.
Для решения задачи 1 достаточно заметить, что данный интеграл
равен площади четверти круга радиуса α (левый рисунок), а потому
равен Έ^-.
Таким образом, мы вычислили определенный интеграл,
воспользовавшись его геометрическим смыслом.
Решение задачи 2. Расположим параболический сегмент так, как
показано на правом рисунке. Поскольку его верхняя точка имеет
координаты (0, h), то уравнение ограничивающей его параболы имеет
вид у = h — кх2. По условию эта парабола пересекается с осью
абсцисс в точках (±§, 0), следовательно, h = к ^-, откуда к = ^ . Таким

Тема 19. Интегралы
121
образом, площадь данного сегмента равна
■Π'-τ)*-»Π-£)*-»(™)-
= hla — — ) = —ah.
V 3/ 3
Задача 3. Найдите площадь фигуры, ограниченной эллипсом
$+£ = 1.
Выразив из уравнения эллипса «у через ж», получим, что
«четверть» ограниченной эллипсом фигуры (рисунок) является подграфи-
ком функции f(x) = ^ у/а2 — х2 при χ G [0; а].
Поэтому площадь всей этой фигуры равна ^ /0° у/а2 — χ2 άχ. Осталось
заметить, что интеграл /0° у/а2 — χ2 άχ уже был вычислен — он равен
2
τϊ\. Поэтому искомая площадь равна
46 а2
— · π— = παο.
а 4
2тг
Задача 4. Вычислите интеграл / cos kx cos nx dx, где кип — целые
о
числа.
Ясно, что если к = η = 0, то интеграл равен 2π. Предположим, что
одно из чисел кип равно нулю, а другое отлично от нуля. Пусть для
определенности к = 0 и η φ 0. Получаем интеграл
I
2π 1
J i · Ι2π г»
cos na: da: = — sin nx L = 0.
ο η l0
Теперь пусть к = η ила же /с = —η, причем η ^ 0. Получаем интеграл
/»27Г -1 /»27Г
/ cos2 nxdx = - / (1 + cos 2ж) da: = 7Г.

122 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Если же к φ η и к φ —η, то воспользуемся тригонометрическим
тождеством
cos kxcosпх = -(cos(fc -I- п)х + cos(k — п)х).
Поскольку по условию к + п φ 0 и к — η φ 0, то интеграл будет равен
нулю.
Теперь приведем несколько неожиданное приложение
определенного интеграла.
Ь Ь2 -а2
Задача 5. Докажите, что если 0 < а < Ь, то In — < ——-— .
а 2ао
Рассмотрим гиперболу у = ^ на отрезке [а; 6]. Площадь ее подгра-
фика, равная
/
Ja
— = lna;L = In 6 — In α = In—,
a x a a
меньше площади прямоугольной трапеции с основаниями длины ^ и
^ и высотой Ь — а (рисунок).
Поэтому
,6 Ь-а (\ 1\ Ь2-а?
In- <
а /1 1\
а 2 \а Ь) 2аЪ
Задача 6. Докажите, что если положительные числа ρ и q связаны
соотношением - 4- ^ = 1,
справедливо неравенство
соотношением - 4- £ = 1, то для любых положительных чисел а и Ь
«О рЬ
/ xv-ldx+ \ xq~ldx>ab,
Jo Jo
причем равенство имеет место тогда и только тогда, когда Ь = ар 1.
Перепишем соотношение между числами ρ и q следующим образом:
p + q=pq, или pq — p-q + 1 = 1, или (ρ - l)(q — 1) = 1,

Тема 19. Интегралы
123
— ^р-1
и у = xq 1
являются взаимно
что означает, что функции у = χ
обратными (на промежутке [0; -foo)). На обоих приведенных ниже
рисунках изображен график первой из этих функций.
Значение интеграла /0 xp~1dx равно площади подграфика функции
у = αρ_1 — «криволинейного прямоугольного» треугольника, одним
из «катетов» которого является отрезок [0;а] оси абсцисс. Значение
интеграла /0 xq~ldx равно площади «криволинейного
прямоугольного» треугольника, одним из «катетов» которого является отрезок [0; Ь]
оси ординат. На левом рисунке изображен случай, когда b < άρ~1,
на правом рисунке — случай, в котором Ь > αρ_1. В обоих этих
случаях объединение указанных треугольников содержит прямоугольник
со сторонами а и Ь, откуда и следует указанное неравенство.
Заметим, что, произведя интегрирование, мы получим неравенство
оР Ы ^ L
1 ^ ab,
Ρ Q
известное как неравенство Юнга. Таким образом, приведенное
рассуждение дает нам геометрическое доказательство этого неравенства.
Задача 7. Пусть функция / возрастает на отрезке [0; 1] и /(0) = 0.
Рассмотрим горизонтальную прямую, пересекающую ее график, и
обозначим через S площадь области, ограниченной этой прямой,
графиком данной функции и вертикальными прямыми χ = 0 и χ = 1
(затемнена на рисунке).
1

124 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Найдите положение прямой, при которой площадь S является
наименьшей, если: a) f(x) = χ2; б) f(x) = χ3; в) f(x) = \п(х + 1).
а) Давайте просто посчитаем. Предположим, что прямая проходит
через точку графика, абсциссу которой обозначим через t. Таким
образом, она задается уравнением у = t2. Площадь части области, лежащей
ниже этой прямой, равна интегралу
I
(t2 - χ2) dx = (t2x-^-
о ν 3
з_ *f__ 2*f_
Площадь части области, лежащей выше этой прямой, равна интегралу
/
\x2-t2)dx= (^-?χλ г *3 ° * г ° 2*3
3
= т: - -ττ-t2 + t3 = - -t2 + —
3 3 3 3
Поэтому площадь фигуры, о которой идет речь в задаче, равна
2ί3 1 2 2ί3 4ί3 ο 1
1 г + — = r + -.
33 3 3 3
Таким образом, нам надо найти наименьшее значение функции
что будем делать стандартным образом. Так как
s'(t) = At2 - 2ί = 2ί(2ί - 1),
то на отрезке [θ; |] эта функция убывает, а на отрезке [^; 1] —
возрастает, следовательно, ее значение при t = | является наименьшим,
б) В этом случае в тех же обозначениях получим, что
поэтому
*'(*) = б*3 - St2 = 3ί2(2ί - 1),
следовательно, наименьшее значение этой функции также достигается
при t = |.
Проведенные вычисления делают естественным предположение о
том, что для любой функции f(x) прямая у = /(^) является искомой.

Тема 19. Интегралы
125
Поэтому вместо того, чтобы проводить вычисление интеграла в случае
fix) = 1п(ж+1), проведем их «в общем случае». В тех же обозначениях,
что и ранее, получим, что
*(*) = J (fit) - f(x)) dx + J {f (χ) - fit)) dx =
= tf(t) - J f(x) dx-(l- t)f(t) + J f(x) dx =
= (2i - I)f{t) - J fix) dx+ J fix) dx.
Поэтому, в силу формулы дифференцирования интеграла с
переменным пределом,
s'it) = 2/(t) + (2t - l)/'(t) - fit) - fit) = (2i - l)/'(t).
Поскольку по условию данная функция — возрастающая, то f'(t) ^ 0
при всех значениях t. Значит, значение s(^) — наименьшее.
Решение следующей задачи связано с формулой объема «тела
вращения». Рассмотрим положительную функцию f{x) и ее подграфик на
отрезке [а; 6]. Предположим, что этот подграфик вращается вокруг оси
абсцисс. При этом он «заметает» некоторое тело, которое и называется
телом вращения. Как известно, объем V этого тела вычисляется по
формуле
V =
J a
f2ix)dx.
Применим ее для вычисления объема конуса высоты h, радиус
основания которого равен г. Данный конус является телом вращения
прямоугольного треугольника с катетами h и г вокруг прямой, на которой
лежит катет длины h (рисунок).
Таким образом, конус есть результат вращения подграфика линейной
функции f(x) = ^хна отрезке [0; h] вокруг оси абсцисс.
Следовательно, его объем равен
h
./0
Ттг X2 dx =
-кг"
"з"
-кг"
3
-Krzh

126 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Задача 8. Найдите объем бублика диаметром 15 см, «дырка» в
котором имеет диаметр 7 см.
«Бублик» (на математическом языке — полноторий) есть
результат вращения круга вокруг не пересекающей его прямой. Проведем
вычисления в общем виде. Пусть круг радиуса а вращается вокруг
прямой, расположенной на расстоянии Ь от центра этого круга.
Ограничивающая его окружность задается уравнением х2 + (у — Ь)2 = а2.
Выразив «у через а», получим, что у = Ь± у/а2 — х2. Графиком
функции f(x) = Ь + у/а2 — х2 является верхняя полуокружность, графиком
функции д(х) = Ь — л/а2 — х2 — нижняя полуокружность. Рассмотрим
два тела вращения. Первое из них получается при вращении подгра-
фика функции / (средний рисунок), второе — при вращении подгра-
фика функции д (правый рисунок). Ясно, что разность объемов этих
тел равна искомому объему «бублика».
В сиду симметрии достаточно рассматривать подграфики на отрезке
[0;а], а потому искомый объем равен разности интегралов
2тг Г (b+y/a2-x2) άχ-2π ί (b-y/a2-xA dx =
= 8π6 / y/a2-x2dx = 8π6 · ^- = 2π2α26.
Jo 4
В условиях задачи а = 1,25 см и b = 4,75 см, а потому объем реального
бублика равен примерно 147 см3.
Задача 9. Рассмотрим 27г-периодическую функцию /. Докажите, что
интеграл ft π f(x) dx не зависит от t (другими словами, значение
интеграла от данной функции по отрезку, длина которого равна ее
периоду, не зависит от расположения этого отрезка на числовой прямой).
Решим эту задачу двумя способами. Способ 1. Требуется доказать,

Тема 19. Интегралы
127
что ft f(x) dx = /0 f(x) dx. В силу аддитивности интеграла
справедливы равенства
/·2π /»ί+2π /»ί+2-ττ /»ί /»ί+2π
/ f{x) dx+ / f(x) dx= f(x) dx = / /(ж) dx+ / /(ж) d
Уо J2ir J0 J0 Jt
Мы получим требуемое равенство, если покажем, что
»ί+2π
/»ί+2π /»ί
/ f(x) dx = / /(ж) cte.
^2π УО
Для этого в интеграле, стоящем в левой части равенства, сделаем
замену и = χ — 2π. Если χ Ε [2π;ί + 2π], το u Ε [0;ί]. Таким образом,
/ /(ж) dx = / /(« + 2π) du = / /(«) du
Λπ Jo Jo
в силу 27г-периодичности функции f(x).
Второй способ существенно проще технически. Напомним, что для
любой непрерывной функции / функция F(x) = j f(t)dt является
одной из ее первообразных, таким образом,
— / f(t)dt = f(x) (теорема Барроу),
dx J а
Так как /χα /(t) dt = - /αχ /(*) Л, то
faf(t)dt = -f(x).
Поэтому
d fi+27r
- J f(x) dx = f(x + 2тг) - /(ж) = О
в силу 27г-периодичности данной функции.
В завершение этой темы докажем неравенство, являющееся
интегральным аналогом неравенства Коши-Буняковского.
Задача 10. Докажите, что для любых непрерывных на отрезке [а; Ь]
функций / и д справедливо неравенство Шварца
ab \ 2 рЬ рЬ
f(x)g(x)dx) ^ f(x)dx g2(x)dx.
Α.
dx

128 Часть 2. Алгебра, анализ, геометрия — задачи
Введем вспомогательную функцию h, определенную равенством
h(t)= f {tf{x)-g{x))2dx.
Ja
Раскрыв скобки, получим, что
рЬ рЬ рЬ
h(t)= f2(x)dx-t2 -2 f(x)g(x)dx-t+ g2(x)dx,
Ja Ja Ja
таким образом, h — квадратичная функция. По ее определению она
является неотрицательной на всей прямой, следовательно, ее
дискриминант неположителен. Таким образом, справедливо неравенство
4( f(x)g(x)dx\ -4 f f2(x)dx ί g2(x)dx^0,
равносильное неравенству Шварца.
Дополнительные задачи
19.1. Докажите, что для любого натурального числа η > 1
справедливы неравенства:
а) 1η(η + 1)<1 + - + - + ... + -<1пп + 1,
2 3 η
б) -т= + -Ί=? + · · · + , > 2(п - >/п).
Vn ν η + 1 Vn2 - 1
19.2. Докажите, что если 2а+ 36 +6с = 0, то квадратное уравнение
ах2 + Ьх + с = 0 имеет корень на промежутке (0; 1).
19.3. Вычислите интегралы:
р2ж р2ж
) / cos х cos 7ж cos 9x dx; б) / cos 2x cos 7ж cos 9x dx.
Jo Jo
19.4. Найдите условие, при выполнении которого первообразная
27г-периодической функции также является 27г-периодической
функцией.
19.5. Дана квадратичная функция у = ах2 + Ьх + с, где а > 0.
Рассмотрим произвольную прямую и обозначим χι, Х2 (χι < Х2) абсциссы
точек ее пересечения с графиком данной функции. Покажите, что для
а

Тема 19. Интегралы
129
площади S сегмента, ограниченного отрезком этой прямой и
соответствующей дугой графика, справедлива формула S = | (х2 — χι)3.
19.6. Докажите неравенство /а f(x) dx < y/b — а у fa f2(x) dx.
19.7. Найдите такие числа А, В и С, для которых для любого
многочлена f(x) степени не выше третьей и любых чисел а и Ь справедливо
равенство {формула Симпсона)
f(x) άχ = !ψ (Af(a) + Β/(ψ) + Cf(b)).
19.8. Воспользуйтесь формулой Симпсона для вывода формулы
объема: а) шара; б) усеченного конуса.
L

Решения дополнительных задач части 2
Тема 6. Одна функция и четыре разные задачи
6.1. Так как ах > 0, то все решения уравнения ах = χ
положительны. Поэтому мы можем перейти к равносильному уравнению
ж 1η α = In ж, или In α = ^-^. Свойства функции f(x) = ^-^ нам уже
известны, поэтому данное уравнение имеет единственное решение,
если In α ^ 0 или 1η α = ^, т. е. а е (0; 1] или а = е1^. Данное уравнение
имеет два решения при а € (ΐ-,β1^). При остальных значениях а оно
не имеет решений. На следующем рисунке изображен график у = ех1е
и прямая у = х, касающаяся его в точке с координатами (е;е).
5
0 12 3 4
Заметим в заключение, что е1^ « 1,44.
6.2. Способ 1. Исследуем функцию f(x) = х42~х при χ ^ 1.
Поскольку
f'(x) = 4х3 2~х - х4 2~х 1п2 = х3 2~х(4 - xln2),
то эта функция возрастает на промежутке [1; ^ ] и убывает на
промежутке [ j^2 5 +оо). Воспользуемся калькулятором (что не
возбраняется), чтобы увидеть, что ^ ~ 5,77. Поэтому наибольшим среди
значений этой функции при натуральных значениях аргумента является
/(5) или /(6). Осталось их сравнить. Так как /(5) = ψ = Щ- ~ 19,5, а
/(6) = χ = 20,25, то наибольшим членом данной последовательности
является xq.
Способ 2. Как следует решать эту задачу (или обсуждать ее
решение) в аудитории, состоящей из, например, девятиклассников. Вначале
надо просто посчитать. Составим таблицу значений членов этой
последовательности, продолжая вычисления до тех пор, пока не станет
понятным их поведение.

Задачи темы 7
131
η
%п
1
0,5
2
4
3
10,125
4
16
5
19,5
6
20,25
7
18,8
Вроде бы, наибольшим членом является xq. Начнем это доказывать.
Запишем неравенство χη+ι < Хп, т. е. ^„+\ < ^-, которое перепишем
в виде (1 + ^) < 2. Поскольку выражение, стоящее в левой части, с
ростом η убывает, то если это неравенство верно при некотором к, то
оно верно при всех η ^ к. Из полученной таблицы видно, что
неравенство верно при η = б, поэтому оно верно при всех η ^ 6, откуда и
следует, что значение xq — наибольшее.
6.3. Вместо того, чтобы искать наименьшее значение данной
функции, будем искать наименьшее значение ее логарифма. Таким
образом, задача сводится к исследованию функции д(х) = х\пх. Так как
д'(х) = In χ + 1, то наименьшим является значение при χ = - « 0,37.
Поэтому наименьшее значение данной функции равно е_1/е « 0,69.
6.4. Рассмотрим функцию f(x) = ж1+1/х, значения которой при
натуральных η совпадают с числами η >/η. Как и ранее, рассмотрим
логарифм этой функции, т. е. функцию д{х) = (1 + j) In ж при χ ^ 1.
Имеем
// ч 1 , (\ 1Л 1 х + 1 -Inа:
«/*) = -- 1пх+ 1 + - - = -
2^
Известно, что χ — 1 ^ In ж при всех ж > 0, поэтому ж + 1 — 1η χ > 0.
А можно просто продифференцировать еще раз. Так как
(х + 1 — 1η χ)' = 1 ^ 0 при χ ^ 1,
χ
то χ + 1 - lnx ^ 2 > 0 при χ ^ 1, значит, функция ρ —
возрастающая, поэтому и функция / является возрастающей, откуда следует,
что числа η д/n, η = 1,2,... и расположены в порядке возрастания.
Тема 7. Пять решений одной стандартной задачи
7.1. Способ 1. Найдем все а, при которых имеет решение уравнение
хъ+х+1 — а · Перепишем его в виде ах2 + (а — 1)х+а = 0. Если а = 0, то
решением является χ = 0. При а ф 0 получаем квадратное уравнение,
которое имеет решение тогда и только тогда, когда его дискриминант
не меньше нуля. В результате получаем неравенство (α + 1)(3α —1) < 0,
которое верно при — 1 ^ а < |.

132
Решения дополнительных задач части 2
Способ 2. Ясно, что /(0) = 0. Если χ φ 0, то перепишем выражение
для f(x) в виде
f(x) = ] .
Положив t = x+j;, получим, что f(x) = g(t), где g(t) — ^γ. Поскольку
|ί| ^ 2, то осталось найти значение функции д на объединении лучей
(—оо; —2] и [2; +оо). Для иллюстрации можно изобразить картинку,
^-4-2
[-1
2 4 6 8
хотя и так ясно, что множеством значений этой функции является
объединение [—1;0) U (0; |].
Способ 3. Исследуем данную функцию на монотонность, для чего
найдем ее производную:
/'(*) =
χ2 + χ + 1 - х(2х + 1)
{х2 + х + 1)2
1-х'
(χ2 + χ + I)2 '
Значит, эта функция убывает на каждом из промежутков (—оо; —1]
и [1' + оо) и возрастает на промежутке [—1;1]. Так как /(—1) = —1,
/(1) = | и f(x) —>· 0 при χ —> оо. то множеством значений является
отрезок [—1; |] (рисунок).
7.2. Способ 1. Перепишем уравнение в виде х2 + χ + ^ + Л- = а,
11 XX
рассмотрим функцию f(x) =х2 + х+^ + ^и найдем промежутки,

Задачи темы 7
133
на которых она является монотонной, для чего вычислим ее
производную. Имеем
1 2 2(х4-1) х2-1 {х2-1)(2х2+х + 2)
f(x)=2x + l--,--,=
X2 X3
Xе
+
X'
Xе
Поэтому функция f(x) возрастает на промежутках [—1;0) и [1;+оо),
убывает на промежутках (—оо; —1] и (0; 1]. Далее, /(—1) = 0, /(1) = 4 и
f(x) —>· +оо при χ —> оо и при χ —> 0. На следующем рисунке изображен
эскиз графика этой функции.
-2 -1
Поэтому уравнение f(x) = а имеет два решения при a Ε (0;4).
Способ 2. Замена t = χ + ^ сводит данное уравнение к уравнению
t2 + t = α + 2, при этом, так как \х + ^ | ^ 2, то это уравнение следует
рассматривать на объединении промежутков (—оо; — 2] и [2;+оо). На
следующем рисунке изображен график двучлена t2 +1.
-3 -2 -1
/
1 2 3
Таким образом, если а + 2 > 6, т. е. а > 4, то квадратное уравнение
t2 + t = а + 2 имеет два корня t\ и £г, один из которых меньше —2,
а другой больше 2. Следовательно, в этом случае исходное уравнение
имеет четыре решения. Если а = 4, τοίχ < —2, а£г = 2, поэтому
исходное уравнение имеет два отрицательных решения и еще решение
χ = 1. Если же 0 < а < 4, то по-прежнему ίι < —2, но 0 < ti < 2, так
что в этом случае исходное уравнение имеет два решения.

134
Решения дополнительных задач части 2
Мы не приводим еще одного решения, также основанного на
замене t = χ + j, но в котором анализ неравенств t\ ^ — 2 и ί2 ^ 2
производится алгебраическим образом.
7.3. Решим вначале пункт а) задачи.
Способ 1. Изобразим график у = у/χ + 3 и исследуем число точек
его пересечения с прямой у = 1 -\- ах в зависимости от значения
углового коэффициента а этой прямой. Любая такая прямая проходит
через точку (0;1), лежащую ниже «полупараболы» у = \Jx 4- 3. На
следующем рисунке изображена эта полупарабола, прямая у = 1 + |,
проходящая через точки (—3;0) и (0;1) и еще две прямые. Угловой
коэффициент одной из них больше ^, а угловой коэффициент другой
прямой является отрицательным.
Ясно, что если 0 < а ^ |, то данное уравнение будет иметь два
решения. При всех остальных значениях параметра а оно имеет одно
решение.
Способ 2. Перепишем уравнение в виде
л/хТЗ-1
= а
χ
и построим график функции f(x) =
л/хТЗ-1
χ
Имеем
X
/'(*) =
2л/х+3
-л/хТЗ + 1
X'
х - 2{х + 3) + 2у/х~ТЪ 2λ/ζ + 3 - χ - 6
2ж2л/жТЗ
2х2у/хТЪ
Возведя в квадрат обе части неравенства 2\Jx + 3 ^ χ + 6, получим
неравенство х2 + 8х + 24 ^ 0, справедливое при всех х. Таким образом,
f'(x) < 0 на всей области определения данной функции,
следовательно, она убывает на каждом из промежутков [—3;0) и (0;+оо). Ясно,

Задачи темы 7
135
что f(x) —>· 0 при χ —>· +оо. Для того, чтобы изобразить ее график,
надо только подсчитать, что /(—3) = |. Из следующего рисунка ясно,
что уравнение имеет два решения при 0 < а ^ ^ и имеет одно решение
при всех остальных значениях параметра.
Способ 3. Сделаем замену £ = у/х + 3, в результате которой мы
получим уравнение at2—£+1—3α = 0. Число неотрицательных решений
полученного уравнения и есть число решений исходного уравнения.
Если а = 0, то £ = 1. При а ф 0 перепишем уравнение в виде
о £ 1 - За Л
£2 - - + = 0.
а а
Если свободный член отрицателен, то это квадратное уравнение имеет
корни противоположных знаков, значит, оно имеет лишь один
положительный корень. Таким образом, если α < 0 или α > ^ , то
положительный корень — единственный. Если α = |, то получаем уравнение
t2 — St = 0, откуда t = 0; 3. Пусть теперь 0 < α < ^ . Дискриминант
уравнения равен
1 4(1 - За) 12а2 - 4а + 1
а"
а
а'
таким образом, он положителен при любых а, следовательно,
уравнение имеет корни. Поскольку их сумма равна £ > 0, то оба корня
являются положительными.
Способ 4. Сделаем замену t = у/х + 3, перепишем уравнение в виде
ψ^ζ — а и исследуем функцию /(£) = ψ^ζ ПРИ t ^ 0. Так как
/'(*) =
t2 - It + 3
(£2-3)2
<0
при всех £, то эта функция убывает на каждом из промежутков [0; л/3)
и (\/3; +оо), при этом /(£) —> 0 при £ —> +оо, а /(0) = \ . На следующем
рисунке изображен ее график, из которого и следует ответ.

136
Решения дополнительных задач части 2
4г
3
2
1
•1
■2"
Τ
Уравнение б) будем решать теми же способами.
Способ 1. Картинка изменится, так как точка (0;2), через
которую проходит любая прямая у = ах + 2, лежит выше полу параболы
у = у/х 4- 3. Поэтому не каждая такая прямая пересекает эту
полупараболу, к примеру, две из них касаются ее. Найдем значения а, при
которых прямая у = ах + 2 касается графика у = л/х 4- 3. Для этого
проще всего посмотреть, при каких а уравнение (х + 3) = (ах + 2)2
имеет единственное решение. Дискриминант этого уравнения равен
(4а — I)2 — 4а2, поэтому он равен нулю, если 4а — 1 = 2а, т. е. а = \ ,
или если 4а — 1 = — 2а, т. е. а = ^ . На следующем рисунке пунктиром
изображены касательные у = | + 2иу = |+2, сплошной линией —
прямая у = ^ + 2, проходящая через точки (—3;0) и (0;2).
Рассматривая этот рисунок, мы и получаем ответ: уравнение не имеет
решений при \ < & < \, уравнение имеет одно решение при α = \\\,
при а^Ои при а > |, уравнение имеет два решения при \ < а ^ |.
Способ 2. Рассмотрим функцию f(x) =
производную
у/χ + 3 - 2
χ
и найдем ее
X
/'(*) =
2л/х+3
-л/хТЗ + 2
X'
χ - 2(х + 3) + 4v/aT+3 4л/хТЗ - ж - 6
2ж2л/жТЗ
2ж2л/жТЗ

Задачи темы 7
137
Решим неравенство Ау/х + 3 ^ χ + 6. Возведя обе его части в квадрат,
получим неравенство х2 — Ах — 12 ^ 0, откуда ж Ε [—3; —2] U [6; +оо).
Таким образом, данная функция убывает на промежутках [—3; —2] и
[6; +оо), возрастает на промежутках [—2; 0) и (0; 6]. Ясно, что f(x) —> 0
при χ —> +оо и f(x) —> оо при χ —> 0. В следующей таблице приведены
нужные для построения графика значения этой функции.
X
/(*)
-3
2
3
-2
1
2
6
1
6
На следующем рисунке приведен эскиз графика этой функции, из
которого мы и получаем ответ.
-3
Г
2
4 6
Способ 3. Дискриминант уравнения *2-£+^^ = 0 равен 12α "^Ί"1
поэтому это уравнение имеет решения, если а ^ ^ или же а ^ ^. Все
остальные рассуждения и вычисления аналогичны проведенным при
решении уравнения пункта а).
Способ 4. Положим t = у/χ + 3 и исследуем функцию /(£) = ^^
при t ^ 0. Так как
/'(*) =
(t-l)(t-3)
(ί2 - З)2 '
то эта функция убывает на каждом из промежутков [0; 1] и [3; +оо),
возрастает на каждом из промежутков [1;\/3) и (\/3;2], при этом
f(t) -> 0 при t -> +оо, /(0) = §, /(1) = J и /(3) = J . На
следующем рисунке изображен ее график, из которого и следует ответ.

138
Решения дополнительных задач части 2
7.4. Способ 1. Графиком у = \/4 — х2 является «верхняя»
полуокружность радиуса 2 с центром в начале координат. Множество,
заданное уравнением у = \х—2а\ —За есть смещенный на вектор (2а; —За)
график модуля, таким образом, это множество можно описать как
«галочку» с вершиной в точке -Р(2а; —За). При любом значении α точка Ρ
лежит на прямой у = — | х. На следующем рисунке изображена
ситуация, в которой правая сторона этой «галочки» проходит через самую
правую точку полуокружности.
2 3
Значение параметра α найдем из уравнения |2 — 2а| — За = 0. Ясно,
что а ^ 0. Тогда 2 — 2а = За, откуда α = |, или же 2а — 2 = За,
но в этом случае α = —2. При α > | график у = \х — 2а| — За будет
лежать ниже изображенного на этом рисунке, а потому двух решений
уравнение иметь не будет.
Уменьшая значение а, мы будем получать картинки, аналогичные
изображенной на левом рисунке.
-3 -2 -1
Теперь предположим, что точка Ρ попала на полуокружность (правый
рисунок). Это будет иметь место, если 4а2 + 9а2 = 4, откуда α = — -4= .
Поскольку угловой коэффициент касательной к окружности в точке
Ρ равен |, то «галочка» лежит выше этой касательной,
следовательно, кроме Р, других точек пересечения галочка и полуокружность не
имеют. Поэтому при α < —~ш данное уравнение решений не имеет.
Таким образом, уравнение имеет два решения при α Ε (—-4=; |].

Задачи темы 7
139
Способ 2. На следующем рисунке изображено множество, заданное
уравнением \/4 — х2 = \х — 2у\ — Ъу.
Его левая точка имеет координаты (—2; 2), нижняя — координаты
(—-4= ;—-!=), правая точка — координаты (2;§). Поскольку число
решений данного уравнения есть число точек пересечения
построенного множества и прямой у = а, то мы сразу получаем, что данное
уравнение имеет имеет одно решение при а = —~ш и а £ (§5 2], два
решения — при a Ε (—-4=; §]. При остальных значениях а уравнение
решений не имеет.
Конечно, необходимо объяснить, каким же образом строилось это
множество.
Предположим, что х—2у ^ 0. Получаем уравнение у/4 — х2 = х—Ьу,
или у = | (х — у/4 — х2 ). По предположению у ^ |, значит.
£ (х - у/4-х2) < -, или - Ъх < 2л/4-х2.
Полученное неравенство верно при всех χ Ε [0;2]. Пусть χ < 0.
Получим неравенство 9х2 < 16 — 4ж2, или ж2 < Щ, откуда ж Ε [— 7Т|?;0]:
Следовательно, ?/ = | (ж — л/4 — ж2 ) при ж Ε [— -4=; 2].
Если 2у ^ ж, то у — —х — л/4 — х2. Неравенство — 2х — 2л/4 — ж2 ^ ж
равносильно неравенству — Зх ^ 2\/4 — ж2, решением которого
является промежуток [—2;——4=]. Таким образом, мы получаем, что
У-
_ \ -х - у/4 - х2 при χ е [-2;-^],
Пусть f(x) = — χ — л/4 — а;
|(х-л/4^^)прихЕ [~^;2].
2 Тогда

140
Решения дополнительных задач части 2
Так как в данном случае χ < 0, то f'{x) < 0, следовательно при
χ Ε [—2;— -4=] данная функция — убывающая. Теперь рассмотрим
функцию f(x) = ξ (χ — у/4 — χ2). Тогда
/'(χ) = \ (ι +
X
у/4 -х'
Решая неравенство f'(x) ^ 0, получим неравенство у/4 — х2 ^ —х,
откуда χ ^ -у/2. Так как — -^= > —2, то при χ Ε [— -^β= ;2] данная
функция — возрастающая.
Для построения требуемого графика осталось найти значения
рассматриваемой функции в точках ±2 и —-7W (cm- таблицу).
X
/(*)
-2
2
4
λ/Ϊ3
2
2
2
5
Тема 8. Об уравнениях вида f(x, у) = д(х, у)
8.1. Решение упражнения 1. Прямая у = кх + Ь не пересекается с
параболой у = х2, если уравнение ж2 — foe — Ь — 0 не имеет решений,
что имеет место, если его дискриминат отрицателен: к2 + 46 < 0.
Прямая у = кх + b не пересекается с параболой ?/ = — ж2 + 6х — 8, если
отрицателен дискриминант уравнения х2 + (к — 6)х + Ь + 8 = 0, т. е.
(fc — б)2 — 46 — 32 < 0. Таким образом, прямая у = кх + 6 не пересекает
ни одну из данных парабол, если числа к и 6 являются решениями
системы неравенств к2 —12& + 4 < 46 < — fc2. Эта система имеет решения,
если имеет решение неравенство к2 — 12к + 4 < — к2, или неравенство
к2 — 6fc + 2 < 0, которое, очевидно, имеет решение. К примеру, можно
взять к = 1. Получим, что —7 < 46 < —1, поэтому можно положить
6 = — 1. Таким образом, прямая у = χ — 1 не пересекает ни одну из
данных парабол.
Решение упражнения 2. Конечно, доказывать здесь нечего.
Действительно,
М(х0; уо) е Л и В
Μ е А или Μ е В
=> f(xo,yo) = 0 или д(х0,уо) = 0 <ί=> f(xo,yo)g(xo,yo) = 0.
8.2. Предположим, что кривая четвертого порядка q(x, у) = 0
является объединением двух вложенных друг в друга кривых и еще

Задачи темы 8
141
некоторого множества. Пусть К — точка этого множества, a L —
точка, лежащая в области, ограниченной внутренней из кривых. Пусть
ах + by + с = 0 — уравнение прямой KL. Рассмотрим систему
(q(x,y) = 0,
1 ах + by + c = 0.
С одной стороны, эта система сводится к уравнению степени 4 и
поэтому имеет не более четырех решений. С другой стороны, прямая KL
пересекает вложенные друг в друга кривые не менее, чем в четырех
точках (рисунок), а потому будет иметь со всей кривой не менее
пяти общих точек. Полученное противоречие доказывает утверждение
задачи.
8.3. Первый вопрос, на который следует ответить: при каких
условиях на коэффициенты уравнения
ацх2 + 2а\2ху + а22У2 4- 2αΐ3£ + 2й2зУ + «зз = 0,
задаваемое им множество является окружностью? Поскольку
окружности задаются уравнениями вида а(х—хо)2+а(у—уо)2 = d, где ad > 0,
то необходимо, чтобы а\2 = 0 и ац = <Ζ22· «Исключить» член ху
можно, взяв линейную комбинацию с коэффициентами Ь\2 и — а\2 данных
в условии уравнений. Коэффициенты при ж2 и у2 в полученном
уравнении равны, соответственно, а\\Ь\2 — αΐ2&ιι и <Ζ22&ΐ2 — ^12^22-
Следовательно, линейная комбинация данных уравнений будет уравнением
окружности тогда и только тогда, когда ацЬ^—а^Ьц — α22&ΐ2 —αΐ2&22>
или (ац — a22)bi2 = (bn — ^22)^12, или
ЙЦ~ Q22 _ Ьц — &22
ai2 bu

142
Решения дополнительных задач части 2
Полученное условие имеет прозрачный геометрический смысл,
однако автор о нем умолчит, только скажет, что именно оно дало идею
следующей задачи.
8.4. Если выбрать систему координат так, чтобы ее оси были
параллельны биссектрисам данных углов, а вершины углов лежали на
осях координат, то эти углы лежат на кривых, заданных уравнениями
(х — а)2 = к\у2 и х2 = к2(у — Ь)2, или
х2 ~ кгУ2 ~ 2аж + а2 = 0 и х2 - к2у2 + 2к2Ьу - к2Ь2 = 0.
Умножив первое уравнение на 1 + к2, второе — на —(Ι + fci) и сложив
результаты, мы получим уравнение второго порядка, сумма старших
членов которого имеет вид (к2 — к\)(х2 + У2)· Таким образом мы
получим уравнение окружности, проходящей через четыре попарные точки
пересечения сторон данных углов (рисунок).
Конечно, эта задача имеет и геометрическое решение. Найдите его!
Тема 9. Обобщенная теорема Виета
9.1. а) Так как х\ + х2 + х$ = 0> то
х\ + х\ + х\ = -2(χλχ2 + х2х3 + хзХ1) = 6.
б) Так как Х\ + х2 + х3 = 0, то
х\ + х\ + х\ = Зх\х2хз = —3.
9.2. Положим χι = cos ^, х2 = cos у ихз = cos ^l21. Поскольку
COS Щ- = COS ^f = COS Ιψ- = — \ И COS St = 4 COS3 t — 3 COS t, TO Χι, Χ2 И Xz
являются корнями кубического уравнения 4ж3 — Зх + \ = 0. Как и в
решении предыдущей задачи, х\ + х\ + х\ = Ъх\х2х% = — § .

Задачи темы 9
143
Конечно, эта задача имеет непосредственное отношение к теме 12,
в которой появившаяся здесь идея получит дальнейшее развитие.
9.3. По условию (а + Ь + c){ab 4- be + ас) = abc, значит,
О = a2b + abc + а2 с + аб2 + Ь2с + а&с + abc + 6с2 + ас2 — abc =
= а6(а 4- с) 4 ас(а + с) 4- 62(а 4- с) 4- 6с(а 4- с) =
= (а + с)(Ь2 + аЪ + Ъс + ас) = (а + с) (а + 6)(6 + с),
откуда и следует, что одна из скобок равна нулю.
Приведем и другое решение задачи, основанное на теореме Виета.
Рассмотрим многочлен
р(х) = (х- а)(х - Ъ)(х - с) = х3 - Ах2 + Вх-С.
Так как (a + b + c)(ab -\-bc-\- ас) = abc, то С = А В, поэтому
р(х) =х3- Ах2 + Вх-АВ = х2{х -А) + В{х - А) = {х - А){х2 + В).
Следовательно, коэффициент А является одним из корней этого
многочлена, поэтому а 4- b 4- с = а или α 4- 6 4 с = b или а 4- 6 4- с = с, откуда
и следует, что сумма двух из данных чисел равна нулю.
В заключение заметим, что достаточно часто эту задачу
формулируют следующим образом. Докажите, что
111 1 111 1
если - + τ + ~ = ——г-.— » то τ + тг + τ =
a b с а 4- b 4- с' а5 б5 с5 (а 4· 6 4· с)5 '
9.4. Пусть Χχ < Х2 < хз — это корни данного многочлена.
Поскольку они образуют арифметическую прогессию, то χ ι 4- Х2 + хз = 3^2·
В силу теоремы Виета Х2 = — §. Таким образом, это число является
корнем многочлена, следовательно,
а3 а3 аб 2а3 аб
1 h с = h с = О,
27 9 3 27 3
откуда и следует, что 2а3 4- 27с = 9ab.
Теперь пусть 2а3 4 27с = 9а6, откуда получаем, что с = ^ — ^-.

144
Решения дополнительных задач части 2
Имеем
о о ι Ч 2 ^0 ^
ж + аж + ох + с — χ■ + ах + ох + ——
3 27
27— 9" + te+3
о а3 9 β3 а&
= хл + —- + ахг - — + Ьх + — =
/ а\ ί о ах а2\ / а\ / а\ , / а\
-(•+S)(
.. 2аж , 2а
а^ + -г-+6-
9
Таким образом, число х\ — — | является одним из корней данного
многочлена. Если стоящий в правой скобке квадратный трехчлен имеет
два различных действительных корня, то их сумма равна — ψ = 2х\,
откуда следует, что корни данного многочлена образуют
арифметическую прогрессию. Поэтому дополнительное условие на числа a, b и с
состоит в том, что квадратный трехчлен
2 2ах , 2α2
хг + —-+Ъ
9
имеет два различных действительных корня. Его дискриминант
положителен, если а2 > 36.
Тема 10. Кратные корни многочленов
10.1. Так как уравнение х3 + Зж2 — 4ж + 2 = 1 — 7х равносильно
уравнению (х + I)3 = 0, то оно имеет одно решение. Следовательно,
прямая у = 1 — 7х имеет единственную точку пересечения с графиком
многочлена р(х) = х3 + Зх2 — 4х -\- 2. При этом, поскольку уравнение
р(х) = 1 — 7х имеет число —1 корнем кратности три, то эта прямая
является касательной к графику данного кубического многочлена.
Очевидно, что такая прямая единственна.
Стоит, кстати, обратить внимание на то, что точка касания графика
и этой прямой является центром симметрии этого графика.
10.2. а) Один ответ очевиден. Действительно, так как
х4 + 2х3 + х2 + 2х + 1 = х2(х + I)2 + 2х + 1,
то прямая у = 2х + 1 касается графика данного многочлена в точках
с абсциссами 0 и — 1. С интуитивной точки зрения понятно (особенно
в силу результата задачи 4), что такая прямая единственна. Давайте

Задачи темы 10
145
теперь это докажем. Пусть у = ί\{χ) и у = ί2{χ) уравнения прямых,
каждая из которых касается графика многочлена р(х) степени 4 в двух
различных точках. Тогда
р(х) - £г(х) = а(х - ti)2(x - t2)2 = a(qi(x)) ,
ρ(χ) - £2(χ) = a(x - u{)2{x - u2)2 = a(q2(x)) ,
поэтому
Ых) ~ *ι(χ) = а{Ч2{х) ~ 4\{х)) {Ч2{х) + 41 (х)),
чего быть не может, поскольку в правой части этого равенства стоит
многочлен, степень которого не меньше 2, тогда как в левой —
многочлен степени не больше 1.
б) Если χι и х2 — абсциссы точек касания данного многочлена
и прямой у = кх + d, то χ ι и х2 — корни кратности два уравнения
хА + ах2 + Ьх + с — кх + d, т. е. корни кратности два многочлена
х4 + ах2 + (Ь — к)х + c — d. Так как у этого многочлена отсутствует член
степени 3, то х\ + х2 = 0, следовательно,
x4+ax2+(b-k)x+c-d = (χ-χι)2(χ+χι)2 = {х2-х\)2 = х4-2х\х2+х\.
Таким образом, а = —2х2, Ь — к = 0 и с — d = х\. Поэтому к = Ь и
d = с — х\ = с— ^-. Следовательно, искомая «двойная касательная»
2
задается уравнением у — Ьх + с — ^-.
10.3. Конечно, мы можем расположить окружность так, чтобы она
касалась параболы в двух различных точках. Для этого можно взять
окружность небольшого радиуса внутри параболы и опустить ее вниз
так, чтобы она ее коснулась. Ясно при этом, что центр этой
окружности будет лежать на оси симметрии параболы (рисунок).
w
Однако в задаче речь идет о другом. Спрашивается, а возможно ли,
чтобы вторая из их общих точек не была точкой касания?

146
Решения дополнительных задач части 2
Рассмотрим параболу у — х2 и окружность (х —хо)2 + {у—уо)2 = г2.
Абсциссы точек пересечения параболы и окружности являются
решениями уравнения
(х - х0)2 + (х2 - уо)2 = г2.
Таким образом, они являются корнями многочлена степени 4. По
предположению он имеет два корня х\ ихг, являющихся абсциссами точек
пересечения параболы и окружности. Если х\ — это абсцисса точки
касания, то χ\ — кратный корень многочлена. Если кратность этого
корня равна двум, то число Х2 также будет кратным корнем,
следовательно, вторая из точек пересечения параболы и окружности также
будет их точкой касания. Но ведь гипотетически возможна ситуация,
в которой число χι будет корнем кратности три.
Предположим, что точка А(1,1) является одной из точек
пересечения параболы у = х2 и некоторой окружности. Касательная к
параболе в этой точке задается уравнением у = 2х — 1. Пусть Ρ —
центр окружности. Поскольку эта прямая является и касательной к
окружности, то вектор АР перпендикулярен касательной, значит,
параллелен вектору а(—2,1). Следовательно, точка Ρ имеет координаты
(1 — 2£; 1 +t), при этом г2 = Ы2. Таким образом, абсциссы точек
пересечения являются корнями уравнения
(х - 1 + 2t)2 + (χ2 - 1 - tf = 5t2.
По построению при любом t число χ = 1 является кратным корнем
этого уравнения, идея состоит в том, чтобы подобрать значение t так,
чтобы это число было бы корнем кратности три. Проведем
соответствующее преобразование,
f{x) = (χ - 1 + 2t)2 + (χ2 - 1 - t)2 - 5t2 =
= (x- l)2 + Щх - 1) + (χ2 - Ι)2 - 2t(x2 - 1) =
= (χ - 1) (χ - 1 + At + (χ - 1)(χ + Ι)2 - 2t(x + 1)) =
= (χ - 1) (χ - 1 + (χ - 1)(χ + Ι)2 - 2t(x - 1)) =
= (χ - Ι)2 ((χ + Ι)2 + 1 - 2ή .
Следовательно, χ = 1 является корнем кратности три тогда и только
тогда, когда (ж + 1)2 + 1 — 2ί = 0 при χ = 1, откуда t = |. Поскольку
при найденном значении t
f(x) = (x-l)3(x + S),

Задачи темы 11
147
то второй точкой пересечения рассматриваемой параболы и окруж-
ности (х + 4)2 + (у — ^) = 1ψ будет точка В{—3,9). На следующем
рисунке изображены данная парабола и построенная окружность.
Упражнение. Убедитесь в том, что график функции f(x) имеет
изображенный на следующем рисунке вид.
Тема 11. Не совсем стандартные приложения производной
11.1. Поскольку
!/'(!/)! =
х->у χ — у
= lim
т - т
х-у
^ lim \x-y\= О,
х-*у
то f'(y) = 0 для любого j/gE, откуда и следует, что функция f(x) —
постоянная.
Приведем также другое решение, в котором производная не
используется. Рассмотрим произвольные числа а < Ь. Разобъем отрезок [а; Ь]
на η равных частей точками хо = а < χ ι < ... < хп = b. По условию
\f(xk+i) - f(xk)\ < (sfc+i - хк)2 = ^$- · Следовательно,
\f(b)-f(a)\ =
n-l
Σ(/(**+ο-/(**))
fc=0
ft
fc=0

148
Решения дополнительных задач части 2
Поскольку число η произвольно и ^ ~£> > 0 при η —> оо, то отсюда
следует, что f(b) = /(α).
11.2. Мы вправе считать, что α > Ь > 0. Перепишем данные
неравенства в виде
£ _ ι £ + 1
о ,^ _ь i < ь ^ 1
6 lnf 2
и, положии ί = | > 1, получим неравенства
г t-\ ί + l 2(t — 1) /- 1
V ί < -: < —ζ— · ИЛИ — -!- < In t < V t ρ .
lni 2 ί + l y/t
Следующий рисунок является геометрической интерпретацией
полученных неравенств.
Так как
Ιηί-
2(t-l)\' I
(t-iy
ί + l
ί (ί + l)2 ί(ί + 1)2
>o,
то эта функция — возрастающая. Поскольку она равна нулю при ί = 1,
то при всех t > 1 она является положительной, таким образом,
Ιηί >
ί + l
Так как
λ/ί 7=-1ηΠ = F + F= =
1 t + l-y/t (y/t-1)'
1χ/Ψ
2V¥
>o,
то функция — возрастающая. Поскольку она равна нулю при ί = 1, то
при всех t > 1 на является положительной, таким образом,
λ/ί ■= >1ηί.
Vt

Задачи темы 11
149
Замечание. Неравенства этой задачи имеют интересную
интерпретацию. Запишем их в виде
2 1ηα-1η6 1
< : <
а + Ь а-Ь y/ab'
По теореме Лагранжа дробь ln "ij," b равна производной натурального
логарифма в некоторой точке с промежутка (Ь; а). Так как (In ж)' = ■£,
то мы получаем, что
2 11 /— а + Ь
< - < —=. , или vab < с < —-— .
а + Ь с y/ab'
Таким образом оказывается, что эта «промежуточная точка» с лежит
между средним геометрическим и средним арифметическим концов
отрезка [Ь; а].
11.3. Так как АаЬ < (а + б)2, а 2(а2 + Ь2) ^ (а + б)2, то из этих
неравенств нельзя сделать вывод о том, какое из чисел больше, 8ab(a2 + Ь2)
или (а+Ь)4. Другое дело, что можно доказать, что 8ab(a2+b2) < (а+Ь)4
(смотрите замечание в конце решения задачи).
Докажем, что данное неравенство справедливо при всех
а, Ь ^ 0 тогда и только тогда, когда к ^ п. Положим и = (а + Ь)2
и ν = 2аЬ. Тогда а2 + Ь2 = и — ν, при этом и ^ 2ν. Данное неравенство
перепишется в виде
\ к+п /у\к / V\n 1
·*<«- r<G) — ШЧ)<
2^+п
Теперь положим ί = ^ < ^ и рассмотрим функцию f(t) = tk(l — t)n
на отрезке [θ; ^]. Имеем,
/'(*) = ktk~l{\ - t)n - ntk(l - ί)71"1 = t*"1^ - ί)71"1^ - (Λ + η)ί).
Если к ^ η, το £^· ^ ^, поэтому функция f(t) возрастает на отрезке
[0; £], значит, /(ί) < /(±) = ^г^-. Если к < п, то ^ < \, поэтому в
отрезке существует точка максимума, значение в которой больше, чем
Замечание. Докажем другим способом, что если к ^ п, то
неравенство справедливо при всех а, Ь ^ 0. Положим i — к — пи перепишем
данное неравенство в виде

150
Решения дополнительных задач части 2
Осталось заметить, что аЬ < (а~^ ' и ab(a2 + Ь2) < 'а~^ ' , поскольку
(а + б)4 - 8аЬ(а2 4- б2) = (а - б)4 ^ 0.
11.4. Предположим, что Миша сворачивает, пройдя по дороге χ
км. На путь по дороге он затратил | часа. Далее он идет напрямую
через луг к озеру. Пройти ему надо у/А + (2 — х)2 = у/х2 — Ах + 8 км,
следовательно, ему потребуется на это Vх -4д+8 часа хаким образом,
весь путь он пройдет за время, равное
, ч χ у/х2 — Ах + 8
*(Х)=5 + 3 ·
Найдем производную функции t(x):
*'(*) = - +
5 Sy/x2 -Αχ+ 8'
Обратим внимание, что ί'(0) = ^ — -Л= < 0, тогда как t'(2) = | > 0.
Следовательно, где-то на промежутке (0; 2) находится точка минимума
функции t(x). Для того, чтобы найти ее, решим неравенство t'(x) ^ 0
при χ G [0;2]. Имеем
1 . 2-х
- < . = , Зу/х2 - Ах + 8 < 5(2 - ж), 4ж2 - 16х + 7 ^ 0,
5 3v^ - 4ж + 8
откуда следует, что χ Ε [θ; ^]. Таким образом, Мише надо пройти
по дороге всего полкилометра, а затем свернуть и идти напрямую к
пруду.
Во втором случае требуется найти наименьшее значение функции
, ч χ у/х2 - Ах + 20
t(x)=5 + 3 '
производная которой
t'{x) = - + . о = .
5 3\Лс2 - 4х + 20
Так как ί'(0) = ^ — -т^д > 0, то возникает предположение, что в данном
случае функция возрастает на отрезке [0;2]. Действительно, решая
неравенство
1 ζ-2
- + — — ^ 0,
5 Zy/x2 - 4ж + 20

Задачи темы 11
151
мы приходим к неравенству х2 — Ах — 5 ^ 0, которое верно при всех
χ Ε [0; 2]. На следующих рисунках изображены графики функций t(x)
в обоих случаях.
1.0 1.5 2.0
0.5 1.0 1.5 2.0
В действительности естественно решать эту задачу сразу в общем
случае. Обозначим через и и υ скорости движение по дороге и,
соответственно, по лугу. Пусть расстояние по дороге до поворота под прямым
углом к пруду равно a, a b — это расстояние, которое надо пройти по
лугу от дороги до пруда. Тогда
. ч χ у/х2 — 2ах + а2 + Ь2 ГЛ ,
t(x) = - + ,х е 0;α ,
и ν
a
... 1 χ — а
t'(x) = - + — п .
v и vy/x2 - 2ах + а2 + Ь2
Найдем соотношение между данными задачи, при выполении которых
функция t(x) достигает своего наименьшего значения на промежутке
(0; а), для чего решим неравенство t'(x) ^ 0. В результате стандартных
преобразований мы придем к неравенству
χ — 2ах + а —
6V
и
2 — ν2
>0.
Квадратный трехчлен, стоящий в левой части неравенства,
отрицателен при χ = а. Поэтому для того, чтобы неравенство имело решение
в интервале (0;а), надо, чтобы значение этого трехчлена в нуле было
бы положительным. Таким образом, требуется, чтобы а > цаДа » или
аи > у/а2 + б2 v.
В результате мы получаем, что если аи > у/а2 + б2 ν, то Мише надо
пройти по дороге расстояние, равное а — , ^_ 2. Если же
аи < у/а2 + б2 ν, то ему следует сразу двигаться напрямую к пруду.
11.5. В действительности, эта задача — на стандартное применение
производной. Автор включил ее в этот раздел по следующей причине.

152
Решения дополнительных задач части 2
Дело в том, что стандартной реакцией учащихся на эту задачу
является «гадание». Вместо того, чтобы начать честно считать, они пытаются
угадать ответ, исходя из различных, как им кажется, «геометрических
соображений». Поэтому «нестандартность» применения производной
при решении этой задачи состоит в преодолении стандартной реакции
на нее.
Примем сторону основания на 2. Апофемой пирамиды является
боковая сторона равнобедренного треугольника с основанием 2 и углом
при вершине, косинус которого равен Щ , поэтому d — 2л/-у . Сечением
данной пирамиды плоскостью, проходящей через ребро ее основания,
является трапеция, большее основание которой равно 2. Обозначим
длину второго основания этой трапеции через 2х. Высоту h трапеции
найдем по формуле косинусов из треугольника, две стороны которого
равны d и dx, а косинус угла между ними равен ||, откуда
h = ^=λ/13χ2-23χ + 13.
л/3
Следовательно, площадь сечения равна -4 (х + 1)\/13а:2 - 23а: + 13.
Положим f(x) = (χ + \)у/\Ъх2 — 23х + 13. Для того, чтобы найти
наибольшее значение этой функции, вычислим ее производную:
*// ч /ТТГЪ—™ 77: (ж+1)(26ж-23) 52х2-43х + 3
fix) = л/13х2 - 23ж +13 + v . 0А ' = . п .
2\/13ж2 - 23х + 13 2л/13ж2 - 23х + 13
Корнями производной являются числа Х\ = -^ и Х2 = |, при этом
Χι — это точка максимума, ахг — точка минимума. Таким образом,
наибольшим значением функции f(x) является f(xi) или же /(1).
Поскольку f{x\) > /(0) = λ/Ϊ3 > 2\/3 = /(1), то наибольшим является
значение в точке х\.
Таким образом, наибольшую площадь имеет сечение, делящее
боковые ребра пирамиды в отношении 1 : 12, считая от вершины
пирамиды.
Тема 12. Комплексные числа, многочлены и
тригонометрия
12.1. Поскольку отличные от 1 корни степени η из 1 являются
корнями многочлена хп~1 + хп~2 -(-... + 1, то
(х - ζι)(χ - ζ2)... (х - ζη-ι) = χη~ι + χη~2 + ... + 1.

Задачи темы 12
153
Подставив в это равенство χ = 1, получим, что
(1 - ζι)(1 - ζ2)... (1 - ζη_ι) = η.
12.2. Корнями многочлена q(x) являются числа cos a ± г sin а,
поэтому достаточно проверить, что они являются и корнями многочлена
Рп(х). Подставив эти числа в этот многочлен и воспользовавшись
формулой Муавра, получим выражение
(cos па ± г sin па) sin α — (cos а ± г sin a) sin па + sin(n — 1)а =
= cos па sin а—cosa:sinna:+sin(n— 1)а = — sin(n—l)a:+sin(n—1)а = О,
что и требовалось.
12.3. а) Пусть ε — отличный от 1 кубический корень из 1. Найдем
все п, при которых ε является корнем многочлена (t + 1)п — tn — 1. Так
как ε2 + ε + 1 = 0, то ε + 1 = —ε2, поэтому
(ε + 1)η - εη - 1 = (-1)ηε2η - εη - 1.
Теперь переберем все варианты остатков от деления η на 6.
Если η = 6fc, то (-1)ηε2η - εη - 1 = '
Если η = 6k + 1, το (-1)ηε2η - εη - 1
Если η = 6fc + 2, το (-1)ηε2η - εη - ]
Если η = 6fc + 3, το (-1)ηε2η - εη - ]
Если η = 6k + 4, το (-1)ηε2η - εη - ]
Если η = 6к + 5, το (-1)ηε2η - εη - 1
L - 1 - 1 φ 0.
L = -ε2 - ε - 1 = 0.
. = ε - ε2 - 1 φ 0.
. = -1-1-1^0.
. = ε2 - ε - 1 φ 0.
L = -ε - ε2 - 1 = 0.
Следовательно, число ε является корнем многочлена (t + l)n—tn — 1
тогда и только тогда, когда η = 6к ± 1. При найденных знечениях η
этот многочлен делится на (t — εχ)(ί — ε2) = t2 + ί + 1. Поэтому
\У ) Уп ~ \у) \У2 У ) '
где g(t) — многочлен степени η — 3. Умножив равенство на уп, мы и
получим, что данный многочлен делится на х2 + ху + у2 только если
η = 6fc ± 1.
б) Из результата предыдущей задачи следует, что данный
многочлен делится на х2 + ху + у2. Очевидно, что он делится на χ + у.

154
Решения дополнительных задач части 2
А потому проведем следующее преобразование
(х + у)7 - х7 - у7 = 7х6у + 21х V + 35а; V + S5x3y4 + 21х2у5 + 7ху6 =
= 7ху(х5 + Ъх4у + 5х3у2 + 5х2?/3 + Ъху4 + у5) =
= 7ж?/(ж5+ж4?/+2а:42/+2а:32/2+Зж3у2+Зж2?/3+2ж2?/3 + 2ж?/4+^?/4+?/5) =
= 7ху(х + у)(х4 + 2х3у + Ъх2у2 + 2жу3 + у4) =
= 7ж2/(ж + у) (ж2(ж2 + ал/ + у2) + ж?/(ж2 + ал/ + у2) + у2(х2 + ху + у2)) =
= 7ху(х + у)(х2 + ху + у2)2.
Другое решение. Рассмотрим многочлен p(t) = (ί + l)7 — t7 — 1. Его
корнями, очевидно, являются 0 и —1, а также комплексные числа ει и
ε2, где ε2 + ε* + 1 = 0. Так как j/(t) = 7(t + l)6 - 7ί6, то
р'(^г) = 7(ε, + Ι)6 - 7ε? = (-ε2)6 -1 = 0,
поэтому каждое из чисел ει и ε2 является кратным корнем
рассматриваемого многочлена. Следовательно, p(t) делится на произведение
t(t + l)(t2 + t + I)2. Так как степень многочлена p(t) равна 6, то
p(t) = at(t + l)(t2 + t + I)2.
Подставив t = 1, получим, что 126 = 18α, поэтому а = 7. Положив
t = ^, получим равенство
\У ) У7 У \У ) \У2 У )
умножив обе части которого на у7, мы и получим искомое разложение.
Тема 13. Комплексные числа и геометрия
13.1. а) Эта задача является прямым следствием задачи 12.1.
Положим Sk = cos Щг*- +i sin ^тр, к = 1,2,3,4. Эти числа являются
отличными от 1 корнями степени 5 из 1. Мы вправе считать, что
соответствующие им точки плоскости являются вершинами данного пятиугольника,
причем вершина Αι лежит на действительной оси. Тогда
\ΑιΑ2\2\ΑιΑ3\2 = \1-ει\2\1-ε2\2 = (1-ει)(1-ει)(1-ε2)(1-ε2) =
= (1-ε1)(1-ε4)(1-ε2)(1-ε3) = 5

Задачи темы 13
155
в силу результата задачи 12.1.
б) После того, как задача решена, понятно, как ее обобщать.
Рассмотрим правильный (2п+1)-угольник, вписанный в единичную
окружность. Тогда \АгА2\ I-A1-A3I · · · l-Ai-An+il = у/2п~+Т.
13.2. Выберем систему координат, началом которой является центр
семиугольника, а ось абсцисс совпадает с рассматриваемой прямой.
Будем для удобства считать, что радиус окружности, описанной около
этого семиугольника, равен 1. Координатами вершин Аь
семиугольника являются пары (cos(a + ^p); sin(a + ^f^)), к = О,1,..., 6. Сумма
квадратов расстояний до рассматриваемой прямой — оси абсцисс —
равна
£sin2(o + ψ) = | _ ι £cos(2a + ψ).
k=0 k=0
Докажем, что сумма косинусов равна нулю, откуда и будет следовать,
что сумма квадратов расстояний не зависит от выбора прямой.
Положим и = cos 2α + г sin 2α и ν = cos %jr + i sin ^. Так как ν7 = 1,
то и + uv + ... + uv6 = „Si — О· Осталось заметить, что
действительная часть найденной суммы и равна сумме ^,k=ocosfta + ^f^)·
13.3. Конечно, эту задачу можно решать с использованием
аналитической геометрии или векторной алгебры. Она также является
примером использования геометрических преобразований. Однако, как и
ранее, убедимся, что проще всего провести вычисление с
использованием комплексных чисел.
Пусть положение вершин квадрата ABCD задают комплексные
числа и, v, w и t, положение вершин квадрата A\B\C\D\ задают
комплексные числа ωι, v\, w\ w.t\. Предположим, что обход вершин
квадрата происходит против часовой стрелки. Тогда, например, отрезок
AD получен из отрезка АВ при повороте вокруг точки А на угол 90°.
Поэтому i(v—и) = t—и. Аналогично, i{v\ —u\) = ti — u\. Обозначим
через А2, В2, С2 и D2 середины соответствующих отрезков. Положения
этих точек заданы комплексными числами
и + и\ v + v\ w + w\ t + t\
«2 = -5-, v2 = -5-, w2 = —^—, «a = -5—
Так как
.. . .(ν —U V\— U\\ t — U t\—U\
i(v2 - «2) = Μ "Τ" + —о— = —S— + —о— = *2 - "2,

156
Решения дополнительных задач части 2
то при повороте на угол 90° вокруг точки А2 отрезок А2В2
перейдет в отрезок A2D2. Таким образом, стороны А2В2 и A2D2 равны и
перпендикулярны. Аналогичным образом доказывается равенство и
перпендикулярность других пар соседних сторон четырехугольника
A2B2C2D2·
13.4. Пусть ABCD — данный параллелограмм. Рассмотрим
квадраты, построенные на его сторонах АВ, ВС и AD. Докажем, что
отрезки KL и КМ равны по длине и перпендикулярны (обозначения на
рисунке).
IV
Μ
А
—ги
'
\D
\/v
/\ и
К
'
в
^
<-ιν
Будем отождествлять векторы на плоскости с комплексными числами.
Обозначим через и комплексное число, задающее вектор АВ, и через ν
— комплексное число, задающее вектор AD. Так как произведения ±ги
и ±iv задают векторы, перпендикулярные АВ и AD и равные им по
длине, то эти произведения задают векторы, идущие по сторонам этих
квадратов. Следовательно, вектор АК задается числом и~2ги, вектор
AM — числом зг4^, поэтому вектор вектор КМ задается числом
ν + iv и — ги \ ( .. .ч
ζ = — — = -(v-u + i(u + v)).
Аналогичным образом, вектор вектор KL задается числом
ν — iv и + ги 1 , ., чч
w = —-— + —— = -(u + v + i(u-v)).
Так как
iw = - (г(и + ν) — (и — ν)) = ζ,
то вектор КМ получен из вектора KL при повороте на угол 90° против
часовой стрелки, что и требовалось доказать.

Задачи темы 13
157
13.5. Имеем
η η
Σ\ζ- zk\2 = Y^{z - zk)(z - zk) =
k=l k=l
η η η
= n\z\2 - z^zk -z^2zk + ^2\zk\2 = n(|z|2 + l) .
k=l k=l k=l
13.6. а) Из равенства £ + ι + \ = 0 следует, что = + = + = = О,
или Л + Щ2- + π? = 0. Полученное равенство можно преобразовать
к виду аа + βЪ + ηο = 0, где α, β, η > 0 и а + /? + 7 = 1, таким
образом, начало координат лежит внутри выпуклой оболочки точек
а, 6, с, т. е. оно принадлежит треугольнику с вершинами в этих точках.
Конечно, понятие выпуклой оболочки точек, стандартное с
математической точки зрения, не входит в школьную программу, поэтому
следует пояснить подробнее последний шаг рассуждения.
Итак, пусть аа + $Ъ + ηο — 0, где α, β,η > 0 и а + /? + 7 = 1·
Перепишем равенство аа + βЬ + ^c = 0 ъ виде
(1-7)
Пусть d = j-§r α + j@— b. Поскольку γ§- + j@— = j^- = 1, то d лежит
на отрезке с концами в точках а и Ь. Так как (1— rfd+^c = 0, то начало
координат лежит на отрезке с концами в точках d и с, следовательно,
оно лежит внутри треугольника с вершинами в точках а, Ь и с.
б) Если zq - корень уравнения, а$ = Сг — zo, то ■£- + ■£- + ^- = 0.
В силу утверждения предыдущего пункта начало координат лежит
внутри треугольника с вершинами αι,α2,α3, следовательно, zq
находится внутри треугольника с вершинами С1,С2,сз·
в) Пусть р(ж) = (х — с\){х — съ){х — сз), где |cj| < 1. Уравнение
р'{х) = 0 можно записать в виде
№ = -!- + -!- + -!- = о.
Р\Х) X — С\ X — С2 X — Сз
В силу предыдущего пункта все его корни лежат в треугольнике с
вершинами в точках единичного круга, таким образом, они лежат в
этом круге.

158
Решения дополнительных задач части 2
13.7. Пусть ε — комплексное число, такое что ε2 + ε + 1 = 0.
Будем считать, что центром равностороннего треугольника ABC
является начало координат. Если его вершине А соответствует комплексное
число и, то другим его вершинам соответствуют числа ευ, ε2υ. Таким
образом, требуется доказать, что для любого комплексного числа ζ
справедливо неравенство \ζ — и\ < \ζ — ευ\ + \ζ — ε2υ\. Действительно,
\ζ — и\ = \(ε + ε2)(ζ — υ)\ = \ε2ζ — ευ, + εζ — ε2υ\ <
< \ε2ζ — ευ\ + \εζ — ε2υ\ — \ζ — ε2υ\ + \ζ — ευ\.
Тема 14. Площади треугольников и четырехугольников
14.1. а) Так как диагональ АС делит четырехугольник ABCD на
равновеликие треугольники, то равны друг другу их высоты h\ и h^
(левый рисунок). Поэтому точка Ρ пересечения диагоналей является
серединой диагонали BD. Аналогичным образом, точка Ρ является
серединой и диагонали АС этого четырехугольника. Таким образом,
точка пересечения его диагоналей делит пополам каждую из них,
следовательно, этот четырехугольник — параллелограмм.
б) По условию четырехугольники ADKL и KCBL являются
равновеликими (правый рисунок). Поскольку очевидно, что Sdkl = Skcl,
то Sadl — Slcb- Поскольку основания этих треугольников равны, то
равны и их высоты h\ и /&2, следовательно, прямые АВ и CD
параллельны. Аналогичным образом, AD \\ ВС, поэтому данный
четырехугольник — параллелограмм.
14.2. Обозначим через а, Ь и с длины сторон исходного
треугольника, а через α, β и η величины противоположных им углов. Пусть
Αχ, Β\ и С\ — центры равносторонних треугольников, построенных на
сторонах ВС, АС и АВ исходного треугольника так, чтобы, к
примеру, точки А и Αι лежали по разные стороны от прямой ВС. Эти точки
являются вершинами «внешнего» треугольника Наполеона (рисунок).

Задачи темы 14
159
Если же мы рассмотрим точки А2, В^ и Сг, также являющихся
центрами равносторонних треугольников, построенных на сторонах ВС,
АС и АВ, но так, чтобы, в частности, точки А и А^ лежали по одну
сторону от прямой ВС, то они являются вершинами «внутреннего»
треугольника Наполеона.
В теме 13 было доказано, что треугольник А\В\С\ является
равносторонним. Аналогичным образом можно доказать, что является
равносторонним и треугольник А2В2С2· Обозначим длины их сторон,
соответственно, через d\ и ά^. Длину ά\ найдем из треугольника АВ\С\,
Поскольку угол между сторонами АВ\ и АС\ этого треугольника
равен а + |, ΑΒχ = 7з и АСХ = -^ , то
,о Ь2 С2 26с / 7Г\
rfl = ¥ + J- — соЧа+з)·
Аналогичным образом получаем, что то
,о Ь2 С2 2ЬС ( 7Г\
^ = Ί + Ί- — соЧа-з)·
Поэтому
•SUiBiCi - SA2b2C2 = ~£-(dl - d2) =
be ( ( π\ / π\\ be . .π
= —7= cos [a — — J — cos ( a + — = —= sin asm- =
2χ/3 V V 3/ V SJJ уД 3
be . c
= — sina = Ьавс-
14.3. По условию АВ — ВС = CD = 2. Фиксируем положение
вершин В, С и D. Треугольник ABD имеет наибольшую площадь,
если его стороны АВ и BD перпендикулярны друг другу (рисунок).

160
Решения дополнительных задач части 2
Аналогичным образом, если фиксированы положения точек А, В и С,
то площадь треугольника АС Ό — наибольшая, если AC ± CO. Таким
образом, четырехугольник ABCD имеет наибольшую площадь, если
точки В и С лежат на окружности с диаметром AD. Ее центром
является точка Ρ — середина отрезка AD. Таким образом, РА = Ρ В =
PC = PD и, поскольку АВ = ВС = CD = 2, то треугольники АВР,
РВС и PCD равны. Следовательно, их углы при вершине Ρ равны
60°, поэтому эти треугольники — равносторонние, откуда мы и
получаем, что наибольшая площадь четырехугольника равна 3\/3.
Тема 15. Построения в стереометрии
15.1. Разобъем грани многогранника на треугольники, проведя в
каждой из них нужное число диагоналей. При этом вектор п,
перпендикулярный каждой грани и по длине равный ее площади, окажется
суммой векторов, длина каждого из которых равна площади
треугольника в разбиении этой грани. Поэтому мы вправе считать, что каждая
из граней данного многогранника является треугольником. Выберем
точку внутри этого многогранника, соединим ее со всеми его
вершинами и рассмотрим треугольные пирамиды с вершиной в этой точке,
основанием каждой из которых является (треугольная) грань
многогранника. Тем самым многогранник разбит на N треугольных
пирамид, для каждой из которых рассмотрим векторы сц, &i, Ci и di,
перпендикулярные ее граням, равные по длине площади соответствующей
грани и смотрящие «вовне» этой пирамиды. При этом будем через di
обозначать вектор, перпендикулярный грани данного многогранника.
Таким образом, сумма ]Г]™=1 di равна сумме векторов,
перпендикулярных граням данного многогранника. Так как щ + Ъг + с* + di = О,
то
Ν Ν Ν
О = ^(«г + Ьг + Ci + di) = Σ di + Σ(αί + bi + C*)'
г=1 г=1 г=1
Утверждение задачи есть следствие равенства 5Zi=1(ai + &г + с%) = О,
которое мы сейчас и докажем. Действительно, каждая боковая грань
пирамиды, на которые разбит многогранник, является боковой гранью

Задачи темы 15
161
ровно двух пирамид. Поэтому векторы набора {a,i,bi,Ci} разбиваются
на пары противоположных векторов, сумма которых равна нулю.
15.2. Идея решения состоит в том, что смотреть надо на то, чем
является проекция тетраэдра. Если она является треугольником, то
эта проекция совпадает с проекцией грани тетраэдра. Поэтому в этом
случае наибольшая площадь проекции равна площади грани
тетраэдра, т. е. равна 9l-%^- , где а — это длина ребра тетраэдра. Если
проекция есть четырехугольник, то его площадь S равна ^ di^sina, где
d\ и d2 — это длины его диагоналей, а а — угол между ними.
Диагоналями проекции являются проекции двух противоположных ребер
2
тетраэдра. Ясно, что S ^ ^-, более того, это значение достигается
в том случае, когда плоскость, на которую проектируется тетраэдр,
параллельна двум его скрещивающимся ребрам. Так как -^ < ^ то
2
наибольшая площадь проекции равна ^-.
15.3. Имеются два различных варианта расположения ребер длины
1. Если три из них лежат в одной плоскости, то в таком тетраэдре одна
из граней является правильным треугольником. Ее площадь равна -^ .
Так как длина опущенной на эту грань высоты не превосходит 1, то
наибольший объем такого тетраэдра равен -^ .
Теперь предположим, что ребра длины 1 образуют замкнутую че-
тырехзвенную ломаную. Рассмотрим параллелепипед, диагоналями
граней которого являются ребра тетраэдра. Грани, диагоналями
которых являются ребра длины 1, являются прямоугольниками, откуда,
в частности, следует, что ребро параллелепипеда — их общая сторона
— есть высота этого паралелепипеда. Обозначим через χ длину
этого ребра. Две оставшиеся грани — это ромбы со сторонами у/1 — х2.
Площадь этих граней — наибольшая, если они являются квадратами
площади 1-х2. Поскольку объем ν тетраэдра равен одной трети
объема построенного параллелепипеда, то ν = ^х(1 — х2). Осталось найди
наибольшее значение этой функции на отрезке [0; 1]. Дифференцируя,
получим, что наибольшее значение достигается при χ = -4= , поэтому
наибольшее значение объема тетраэдра равно ^Д= . Осталось заметить,
что -^ > ^Д= . Таким образом, наибольший объем имеет тетраэдр, в
котором имеется грань, являющаяся правильным треугольником со
стороной 1, и в котором ребро длины 1 перпендикулярно этой грани.
15.4. Пусть п4 ± (ABC) и |п4 | = SABc, ηλ ± (ABD) и \ηλ \ =
Sabd, n2 -L (BCD) и \п2 | = Sbcd, n3 ± (ACD) и |n3 | = SACd-

162
Решения дополнительных задач части 2
Обозначим через a ad, &bd и olco величины двугранные углов при
соответствущем ребре. Отметим, что, к примеру, угол между
векторами п\ и П2 равен π — адв. Поэтому п\ · П2 = —SabdS bcd cos olbd-
Поскольку
п\ = (Πι + П2 + Пз)2 = п\ + П2 + П2 + 2Πι · П2 + 2П2 · Пз + 2Πι · Пз,
то "^АВС = &ABD + "^BCD + "^ACD-
— 2SabdSbcd cosocbd — ZSbcdSacd cos ас d — ZSabdSacd cos a ad-
Таким образом, если утверждение задачи 6 можно рассматривать как
своего рода «трехмерную теорему Пифагора», то полученная формула
является аналогом «формулы косинусов».
15.5. а) Построим треугольную пирамиду, в которой плоские углы
при вершине D являются прямыми. Положим для краткости а = AD,
Ь = BD и с = CD. Числа а, Ь и с найдем из системы
аЬ = 4,
be = 6,
ас = 12.
В таком случае Sabd = 2, Sbcd = 3 и Sacd = 6. Так как (abc)2 = 288,
то abc = 12\/2, откуда а = 2\/2, b = у/2 и с = 3\/2. Осталось заметить,
что, в силу формулы задачи 3, SABC = 4+9+36 = 49, откуда Sabc — 7.
б) Рассмотрим прямоугольный треугольник со сторонами АС = 3,
ВС = 4 и АВ = 5. Его площадь равна 6, а радиус вписанной
окружности равен 1. Пусть точка О — это центр окружности, вписанной в
этот треугольник. Так как Saco = \ > &всо = 2 и Sabo = § , то если
боковые грани пирамиды ABCD наклонены к ее основанию под углом
60°, то их площади и будут равны 3, 4 и 5.
Тема 16. Неравенства
16.1. а) Наименьшее значение данной функции равно 3, поскольку
4 χ χ 4 [χ χ 4
а при χ = 2 имеет место равенство.
б) Наименьшее значение данной функции равно 3, поскольку
2 2 2 1 1 п /.11 п
х2 + -=х2 + - + -^ 3\ х2 =3,
χ χ χ V х х

Задачи темы 16
163
а при χ — 1 имеет место равенство. Заметим также, что замена t = ^
сводит эту задачу к предыдущей.
16.2. Рассмотрим тройку (х;у; ζ), такую, что х2 + 2у2 + Sz2 = 6.
Тогда
\x+2y+Sz\ = \l-x+y/2'V2y+VS-y/3y\ < \/1 + 2 + 3 у/х2 + 2у2 + Sz2 = 6
Следовательно, данная система имеет решение тогда и только тогда,
когда |а| < 6. Пусть а = 6. Тогда для любого решения системы
неравенство Коши-Буняковского должно обратиться в равенство, что имеет
место, если тройка (х; у/2у; y/Sz) пропорциональна тройке (1; у/2; \/3),
т. е. а; = ί, ι/ = ί и 2 = ί. Из условия ж2 + 2?/2 + Зг2 = 6 получаем, что
ί2 = 1; в данном случае, что t = 1, откуда (ж; ?/; г) = (1; 1; 1). Мы
получили, что при а = 6 тройка (1; 1; 1) является единственным решением
данной системы. При а = —6 единственным решением системы будет
тройка (—1; —1; —1).
16.3. а) Неравенство справедливо, поскольку
2 (ак+п + Ьк+п) - (ак + Ьк) (ап + Ьп) = ак+п - акЬп + Ьк+п - αη6* =
= ап (ак - Ь*) - Ьп (ак - Ь*) = (ак - Ь*) (αη - bn) ^ 0
независимо от того, α ^ 6 или же а ^ 6.
б) Так как Hn = f + m, fe^nH^m, Tom-fc = n-f>0.
Положим ρ = πι — к. Тогда
(ак + 6fc) (αη + bn) - (α' + б') (ат + 6m) =
= (akbn - am&') - (a'&m - anbk) =
= akbe (bn~e - am~k) - aebk (bm~k - an~e) =
= (If - ap) (afc6* - aebk) = akbk (If - ap) (be~k - </"fc) ^ 0
независимо от того, a ^ 6 или же a ^ 6, поскольку ρ > 0 и ^ — к > 0.
16.4. а) Конечно, данное неравенство следует из неравенства Ко-
ши между средним арифметическим и средним геометрическим.
Однако, из него также следует это неравенство, и это один из
естественных путей его доказательства. Доказательство проведем по индукции
по числу слагаемых. Предположим, что х\ + Х2 + . ·. + хп > п->
если Х\Х2... хп — 1 и не все числа равны друг другу. Теперь пусть
Х\Х2.. · χηχη+ι = 1. Если все они равны, то каждое число равно 1,

164
Решения дополнительных задач части 2
значит, их сумма равна η +1. Пусть среди этих чисел есть различные.
Тогда среди их имеются числа, большие 1 и меньшие ее. Пусть для
определенности хп < 1 < хп+\. Тогда (χη+ι — 1)(1 — хп) > 0, откуда
следует, что хп + χη+ι > χηχη+ι + 1. Поэтому
#1 + #2 + · ■ · + Хп + Хп+1 > Х\ + · ■ · + Хп-1 + ХпХп+\ + 1 ^ П + 1
по индукционному предположению, так как 2:12:2 · · · #η-ι(#η#η+ι) = 1·
б) Данное неравенство является непосредственным следствием
неравенства предыдущего пункта, поскольку произведение стоящих в его
левой части дробей равно 1.
16.5. Обозначим длины сторон треугольника через a, b и с, а его
площадь через 5. Так как
25 L 25 L 25 25
П>а = , П>Ь = -Г" , Лс = ИГ= —г-— ,
а о с а + о + с
то неравенство ha + hb + hc^ 9r запишется в виде £ + £ + \ ^ а+%+с,
или в виде неравенства
(а + 6 + с) (- + т + -)^ 9.
\а о с J
Приведем четыре способа доказательства этого неравенства. Во-
первых, его можно записать в виде неравенства
3 а+Ь+с
С
I + I + I
о ^ Ь ^ с
между средним гармоническим и средним арифметическим трех
положительных чисел. Во-вторых, оно следует из неравенства Коши для
трех чисел:
(α + b + c) (- + 1 + - ) ^sVabc· 3--L = 9.
В-третьих,
/ , ч/1 1 1\ паЪЪсас^п^^^„
(а + 6 + с)- + - + -=3 + - + - + - + - + - + -^3 + 2 + 2 + 2 = 9.
\abcj о а с о с а
Наконец, можно воспользоваться неравенством Коши-Буняковского,
что, на взгляд автора, является наиболее естественным:

Задачи темы 16
165
16.6. Запишем уравнение плоскости в виде ах + by + cz = 1.
Положив у = ζ = 0, получим, что χ — ^ . Таким образом, точка А
пересечения этой плоскости с осью абсцисс имеет координаты (-; 0; 0).
Аналогичным образом, точками пересечения этой плоскости с двумя
другими осями координат являются точки В(0; £;0) и С(0;0; £). Объем V
треугольной пирамиды О ABC равен ^^ . Поскольку точка М(4; 2; 1)
лежит на этой плоскости, то 4а + 26 + с = 1. В силу неравенства
между средним арифметическим и средним геометрическим трех чисел
получаем, что
1 = 4а + 26 + с ^ 3^8а6с = бл/абс,
поэтому J- ^ 6. Значит, ^ ^ б3, а V ^ б2 = 36. Равенство имеет
место, если 4а = 26 = с — ^ , т. е. при а=-^,6=|ис=|.
Полученный ответ имеет интересный геометрический смысл.
Действительно, так как вершинами грани ABC такой пирамиды являются
точки А(12; 0; 0), В(0; 6; 0) и С(0; 0; 3), то точка Μ — это точка
пересечения медиан этой грани, другими словами — ее центр тяжести.
16.7. а) Возведя в квадрат обе части данного неравенства и
произведя приведение подобных членов, мы получим неравенство
Ζ12/1 + Х2У2 + · · · + ХпУп <
являющееся следствием неравенства Коши-Буняковского. Полезно
отметить, что для векторов ж (ж ι, а?2, · · ·, #η) и ΐ/(2/ι, 2/2, · · ·, 2/η) в
пространстве Rn данное в задаче неравенство можно переписать в виде
1ж + !/| ^ 1Ж1 + ll/l, таким образом, оно является неравенством
треугольника.
б) Рассмотрим векторы на плоскости аДа^з/г), i = 1,2, к. В
предыдущем пункте уже доказано, что \а + 6| < \а\ + |6|. Значит,
|«ι + «2 + · · · + a>k\ ^ |αι + θ2 + .. · + α*-ι| + |α&| <
< |αι + θ2 + .. · + α*_2| + |α*_ι| + |α&| < ... <
< |αι| + |a2| + ... + |afc|.
в) Обобщением неравенств предыдущих пунктов является
неравенство
\аг + а2 + ... + ак\ ^ |оы| + |а2| + ... + \ак\,
справедливое для произвольных векторов пространства Rn.

166
Решения дополнительных задач части 2
Тема 17. Уравнения в целых числах
17.1. а) Перепишем уравнение в виде (х—у){х+у) = 2012. Положив
а = χ — у и b = χ + у, получим уравнение ab = 2012. Следовательно,
из чисел а и b хотя бы одно является четным. Однако система
{х-у = а,
х + у = Ь
имеет целочисленное решение, только если числа а и b имеют
одинаковую четность. Следовательно, они оба должны быть четными.
Положив а = 2к и b = 2п, получим уравнение кп = 503. Так как число
503 — простое, решениями этого уравнения являются пары (1;503),
(503; 1), (—1; —503) и (—503; —1). Следовательно, и исходное уравнение
имеет четыре решения.
б) Если ab = 2014, то одно из чисел а или b являяется четным,
тогда как другое число нечетно. Поэтому система
{х-у-а,
х + у = 6
не имеет целых решений, а потому и исходное уравнение их не имеет.
в) В обозначениях пункта а) получим уравнение кп — 504 = 23·32·7.
Число 504 имеет (3 + 1)(2 + 1)(1 + 1) = 24 натуральных делителей и 48
делителей, являющихся целыми числами. Поэтому данное уравнение
имеет 48 целых решений.
17.2. а) Представим число χ в виде χ = 2011k+d, где d = 0,1,... 201С
Так как [^] = [ф^] + 1 = fc + 1, то fc + 1 < ^Ш < 2011> откуда
2010& + 2010 < 20Ш + d < 2010fc + 4020,
значит, 2010 < к + d < 4020, или 2010 < к + d < 4019. Таким образом,
для каждого из 2011 значений d имеются 2010 значений числа к,
таких что число χ = 2011k + d является решением данного уравнения.
Следовательно, оно имеет 2010 · 2011 решений.
б) Наибольшим значением к является к = 4019 при d = 0.
Следовательно, наибольшим решением данного уравнения является число
χ = 4019 -2011 = 8082 209.
17.3. Решениями данного уравнения являются пары (0;0) и (2; 2).
Далее предполагаем, что у^Ъ. Так как у3 + 1 = (у + \){у2 — у + 1), то

Задачи темы 18
167
у + 1 = За и у2 - у + 1 = Зь, где 2 < а < Ъ. Так как 32а - За+1 + 3 = Зь,
то 3 = Зь + За+1 — 32а, чего быть не может, поскольку правая часть
этого равенства делится на 9, а левая — не делится.
17.4. Целочисленными решениями уравнения 3х +1 = 2У являются
пары (0; 1) и (1;2), Поскольку остатки от деления числа 3х на 8
равны 1 или 3, то число ни при каком целом χ число 3х + 1 не делится
на 8, поэтому у ^ 2, следовательно, данное уравнение других целых
решений не имеет.
17.5. Не следует удивляться тому, что эта задача включена в тему
«Уравнения в целых числах». Как вы сейчас увидите, тригонометрия в
ее решении почти ни при чем. Поскольку значения и синуса, и косинуса
лежат в отрезке [—1; 1], данное в задаче равенство имеет место тогда
и только тогда, когда
δίη1992π1 = 1) (sin19922d = _1)
х ИЛИ < х
cosx = 1 Icosa; = —1.
Рассмотрим второй случай: sin 1992π = — 1, если 1992π = — £ + 2жк,
fe€Z, cosa: = —1, если χ — π + 2πη, η Ε Ζ. Поэтому
π2
1992π2 = — (2η + l)(4fc - 1), или 3984 = (2η + l)(4fc - 1),
что невозможно, поскольку число 3984 четно.
Во первом случае мы получим уравнение n(4fc + 1) = 1992, где η и
к целые числа. Число 4fc +1 является делителем числа 1992, имеющим
остаток 1 при делении на 4. Поскольку 1992 = 8 · 3 · 83, то такими
делителями числа 1992 являются только числа 1, 249, —3 и —83. Значит,
η = 1992,8, -664, -24. Следовательно, χ = 3984π, 16π, -1328π, -48π.
17.6. Утверждение следующее. Для любого натурального числа
т, не кратного 17, существует натуральное число п, такое что число
3n + m делится на 17 и, следовательно, не является простым.
Пусть число т имеет ненулевой остаток d при делении на 17. Из
приведенной таблицы следует, что найдется степень п, такая что
остаток от деления на 17 числа Зп равен 17 — d, откуда и следует, что число
3n + m делится на 17.
Тема 18. Комбинаторные сюжеты
18.1. Конечно, существуют всего два «игральных тетраэдра», так
сказать, «правый» и «левый». Действительно, поставим тетраэдр на

168
Решения дополнительных задач части 2
плоскость той гранью, на которой стоят четыре точки и повернем его
так, чтобы грань с тремя точками смотрела на нас. На оставшихся
двух гранях стоят: одна точка и две точки, а расставить их можно
двумя способами. А именно, так, чтобы грань с одной точкой была бы
справа и так, чтобы она была слева.
18.2. Следующую таблицу мы будем заполнять снизу вверх, ставя
в клетку число способов, которыми слон может попасть в
соответствующую клетку шахматной доски (кратчайшим путем) из одной из
белых клеток первой горизонтали.
8
7
6
5
4
3
2
1
35
10
3
1
а
35
10
3
1
b
89
25
7
2
с
54
15
4
1
d
103
29
8
2
е
49
14
4
1
f
69
20
6
2
g
20
6
2
1
h
В каждой из белых клеток первой горизонтали (клеток bl, dl, fin hi)
стоит единица. В клетку а2 можно попасть только одним способом —
из клетки Ы, поэтому в соответствующей клетке таблицы также
стоит 1. Однако в клетку с2 можно попасть как из клетки Ы, так и из
dl, получаем два варианта. Поэтому эта таблица стоится наподобие
треугольника Паскаля, разница состоит лишь в том, что у белых
клеток крайних вертикалей а и h есть лишь одна соседняя нижняя белая
клетка. По этой причине, например, число путей в клетку а8 равно
числу путей в клетку Ь7. Когда таблица заполнена, осталось сложить
все числа верхнего ряда, получив ответ — 296 путей.
18.3. По условию среди шести отмеченных чисел выигрышными
являются три. Эти три числа выбираются среди шести выигрышных
чисел, что можно сделать Cq = 20 способами. Три оставшихся числа
взбираются из 49 — 6 = 43 невыигрышных чисел таблицы, что можно
сделать Cf3 = 12341 способами. Поэтому общее количество билетов,
среди отмеченных шести номеров в которых ровно три являются
выигрышными, равно 20 · 12341 = 246820.
18.4. Пусть набор Х\,Х2, ■ · ■ ,Xk неотрицательных целых чисел
является решением уравнения х\ + х^ + ... + Хк = п. Введем числа

Задачи темы 18
169
У г = х% + 1, являющиеся натуральными. Эти числа являются
решениями уравнения (у ι — 1) + (г/2 — 1) + ... + (ук — 1) = п, т. е. уравнения
2/1 + 2/2 + ... + Ук = η + fc. В силу формулы для числа натуральных
решений (см. задачу 2), число решений полученного уравнения равно
Г<к-1
^n+k-V
18.5. В приведенном решении задачи 10 был полностью
исследованы случаи, когда в пирамиде три ребра имеют длину 20 см, а три
остальных — длину 33 см. Если ребра одной длины являются
сторонами накоторой грани, то такая пирамида существует, однако не
существует пирамиды, в которой они образуют незамкнутые трехзвенные
ломаные.
Рассмотрим теперь оставшиеся случаи и начнем с самых простых.
Конечно, из ребер данной длины можно построить правильные
тетраэдры. Если в пирамиде имеются пять ребер длины 33 см, то, конечно,
ее шестое ребро может иметь длину 20 см. Не так очевидно, что
существует пирамида, в которой одно ребро имеет длину 33, а длины
пяти ее оставшихся ребер имеют длину 20 см. Для доказательства
расположим на плоскости два равносторонних треугольника с общей
стороной длины 20 см. Расстояние между их противоположными
вершинами равно 20\/3, которое, как было отмечено в решении задачи 10,
больше, чем 33. Поэтому два этих треугольника можно согнуть вдоль
их общей стороны с тем, чтобы расстояние между вершинами стало
равно 33 см.
Конечно, существует пирамиды, длины двух противоположных
ребер которой равны 20 см, а длины четырех оставшихся — 33 см.
Существует ли пирамида, в которой, наоборот, длины двух
противоположных ребер равны 33 см, а длины четырех оставшихся — 20 см?
Расположим на плоскости два равнобедренных треугольника с общим
основанием 33 см и боковыми сторонами по 20 см. Требуемая
пирамида будет существовать, если расстояние между вершинами этих
треугольников больше 33 см. Проведем вычисления в общем виде. Как
и ранее, пусть а > b — длины сторон этих треугольников. Пирамида
будет существовать, если 2л/б2 — ^- = у/4Ь2 — а2 > а. Решив это
неравенство, получим, что | < у/2. В нашем случае | = Щ > | > \/2,
следовательно, пирамида не существует.
Осталось рассмотреть два последних случая. Существует ли
пирамида, в которой два соседних ребра имеют длину 20 см, а четыре
оставшихся — длину 33 см? Вычисления проведем в общем виде. Рас-

170
Решения дополнительных задач части 2
смотрим равносторонний треугольник со сторонами длины а,
имеющий общую сторону с (расположенным вне его) равнобедренным
треугольником с боковыми сторонами длины 6, где Ь < а. Пирамида, два
соседних ребра которой имеют дины Ь, а четыре оставшихся — длину а,
существует тогда и только тогда, когда расстояние между вершинами
этих треугольников больше а, т. е. когда справедливо неравенство
решив которое, получим условие | < 1^3 « 1,93. Поскольку в данном
случае | = Щ , то пирамида существует.
Наконец, рассмотрим на плоскости равносторонний треугольник
со сторонами длины 6, имеющий общую стороны и расположенный
внутри равнобедренного треугольника с боковыми сторонами длины
а. Пирамида, в которой два соседних ребра имеют длину а, а четыре
оставшихся — длину а, существует тогда и только тогда, когда
расстояние между вершинами этих треугольников меньше 6, т. е. справедливо
неравенство
ПГ~& Ьу/ъ .
решив которое, получим то же условие | < 1-^х3 , что и в предыдущем
случае. Значит, такая пирамида существует.
Окончательный ответ на вопрос задачи 10: девять различных
пирамид. В заключение заметим, что из проведенного исследования
следует, что количество различных пирамид, ребра которых имеют одну
из двух длин а или 6, зависит от того, в каком из промежутков между
отмеченными на рисунке точками находится отношение |.
1 у/2 у/г 2
• * · · · ·
2 уД
Чем больше это отношение, тем меньше конфигураций реализуются.
Тема 19. Интегралы
19.1. а) Число Inn равно площади подграфика функции у = ^ на
отрезке [1; п]. Действительно, /" ^ ах — In х\ — 1η η — In 1 = In n.
Оценим эту площадь двумя способами через площади некоторых наборов
прямоугольников.

Задачи темы 19
171
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
1.0,
0.8
0.6,
0.4
0.2
Рассмотрим прямоугольники с основаниями [к — l;fc], к = 2,3,...,п,
и высотами, равными £ (случай η = 5 на левом рисунке). Каждый из
них лежит в подграфике рассматриваемой функции, поэтому сумма их
площадей, равная ]Cfc=2 Е> меньше площади подграфика, т. е. меньше
Inn. Для того, чтобы получить оценку сверху для числа Inn, надо
взять прямоугольники с основаниями [к; к 4- 1], к = 1,2,... ,п — 1, и
высотами £. Их объединение содержит подграфик функции (правый
рисунок), а потому сумма Σ£=ι £ их площадей больше Inn.
б) Доказательство аналогично доказательству неравенств
предыдущего пункта:
+
у/п у/п + 1
+ ...+
Vtf^i
>
г'
Jn
dx
у/х
= 2(п — у/п).
19.2. Поскольку из условия задачи следует, что
I.
а
(ах 4- Ьх 4- с) dx = ;j + τ: + с =
о 3 2
2а 4- 36 4 6с
6
= 0,
то данная квадратичная функция не может быть всюду
положительной или же всюду отрицательной на отрезке [0; 1], а потому в
промежутке (0; 1) она имеет хотя бы один корень.
Хотя это решение и кажется симпатичным, но оно не проясняет
сути дела. Давайте поступим иначе. Положим р(х) = ах2 + Ьх + с и
рассмотрим сумму
р(0) 4- 4р(±) 4- р(1) =c + 4i^4--+cj+a + 64-c = 2a + 36 4-6c = 0.
Следовательно, числа р(0), р(^) и р(1) не могут все быть одного
знака, поэтому функция р(х) в каких-то точках отрезка [0; 1] принимает
значения разных знаков, а потому где-то на этом отрезке обращается

172
Решения дополнительных задач части 2
в нуль. Связь приведенных решений дает формула Симпсона — см.
задачу 19.7.
19.3. Преобразовав произведения косинусов в сумму косинусов, мы
получим, что
cos k\x cos k2x cos к$х = -(cos(fci + к2 + к$)х + cos(fci + к2 — кз)х+
+ cos(fci — к2 + кз)х + cos(fci — к2 — кз)х).
В первом из данных интегралов к\ = 1, к2 = 7 и кз — 9. Поскольку все
эти числа нечетны, ни одна из их возможных комбинаций ki ± к2 ± &з
не будет равна нулю, следовательно, каждый из четырех интегралов
равен нулю. Ответ: 0.
Во втором интеграле 2 + 7 — 9 = 0, следовательно, его значение
совпадает с /0 j dx = ^ .
19.4. Как известно, функция F(t) = J0 f(x) dx является
первообразной функции f(x), а все остальные функции отличаются от нее на
константу. Функция F(t) будет 27г-периодичной, если F(t + 2n) = F(t),
или
/»ί+2π pt ft+2n ρ2π
/ f(x) dx — f(x) dx = I f(x) dx = f(x) dx = 0.
Jo Jo Jt Jo
19.5. Ординаты точек пересечения прямой и параболы
вычисляются по формуле у ι = ах\ + bxi + с, г = 1,2. Искомая площадь равна
разности площади трапеции с основаниями у ι и у2, равной
?/ι + 2/2 , ^ ν а{х\ + х\) + b(xi + х2) + 2с
и площади подграфика рассматриваемой квадратичной функции,
равной
а(хо - ж?) Ыхо - ж?)
V 23 + % + Ф2 - a?i).
Следовательно, площадь параболического сегмента равна
а(х?> + Xi){x2 — Х\) а(х2 ~ х\)
2 3
(За;? + 3^2 - 2χ'ί - 2χλχ2 - 2xQ =
a{x2-Xl) fo ο , ο 2 о„2 о»..».. о„2>
6
α(χ2-ζι), 2 о , 2\ а(ж2-^1)г
(arf — 2х\х2 + ^г) =
6 v L *' 6

Задачи темы 19
173
19.6. Данное неравенство является следствием неравенства
Шварца, поскольку
(J f(x)dx) = Π l.f(x)dx\ <
nb nb nb
< / \dx- I f2(x)dx = (b-a) / f2(x)dx.
Ja Ja Ja
19.7. Пусть a = 0 и b = 1. Поскольку указанное равенство должно
быть верно, например, для функций f(x) = 1, f(x) = χ и f(x) = χ2,
то, подставив их в правую и левую части этого равенства, мы получим
систему
1 = 1(Л + Б + С),
2 = 6 ("2 +С)>
3 = 6 (Т +^)'
После преобразований получаем систему
А + В + С = 6,
В + 1С = 6,
Б + 4С = 8,
решениями которой являются А = С = 1иВ = А.
Тем самым остается доказать, что для любого многочлена f(x)
степени не выше третьей и любых чисел а и b справедливо равенство
/ f(x) άχ = !ψ (/(<*) + 4/(*±S) + f(b)) .
Ja
Прежде всего проверим это равенство для четырех функций /ι (χ) = 1,
/г(χ) = χ, fz{x) — х2 и /4(χ) = ж3, В следующей таблице приведены
значения интегралов для каждой из этих функций.
η
fn.fn(x)dx
1
6 — α
2
Ь2-о2
2
3
Ь3-о3
4
Ь4-а4
4
Вычислим теперь значения правых частей в искомой формуле.
Очевидно, что
Ь—а
6
(/i(e) + 4/i(f)+/i(4) =
Ь—α
6
6 = 6 — α.

174
Решения дополнительных задач части 2
Теперь
*?(/2(а) + 4/2(*±*)+/2(6)) =
= *=* · (а + 4 · s±* + 6) = Ь^ · 3(а + 6) = ^^ .
Далее,
^(/з(а) + 4/з№)+/з(6)) =
Наконец,
ь=а(/4(в) + 4/4(^)+/4(6)) =
= Ιψ . (аз + Х£+ьЦ + 63) = ψ . а±ь . (2а2 - 2а& +262 + а2 + 2а& + б2) =
_ Ь2-а2 п1п1 , l2x _ Ь4-а4
12
3(а' + Ьл) =
Осталось заметить, что всякий многочлен /(ж) степени не выше
трех представляется в виде суммы c\f\{x) + 02/2(3;) + сз/з(#) + 04/4(2).
Тогда
/ /(ж) cte = / ^ Ci/i(a;) I dx = с, ^ / /*(ж)da: =
Ja Ja \i=i / i=i,'a
= й£х (/<(*) + 4/4(^) + Mb)) = ψ (/(α) + 4/(*±*) + /(6)) .
г=1
19.8. И шар, и усеченный конус являются телами вращения.
Площадь сечения шара плоскостью зависит квадратичным образом от
расстояния от плоскости этого сечения до начала центра шара.
Поэтому для вычисления интеграла /_ S(x) dx мы сможем воспользоваться
формулой Симпсона. В нашем случае а = —г, b = г, так что 33j^ = 0.
Поскольку плоскости, находящиеся на расстоянии г от центра шара,
лишь касаются его, то S(—r) = S(r) = 0, следовательно, его объем
равен ^ · 4πΓ2 = | жг3.
Пусть радиусы оснований усеченного конуса равны гий,а его
высота равна h. Радиус сечения этого конуса плоскостью, паралелль-
ной его основаниям, является линейной функцией от расстояния от

Задачи темы 19
175
этой плоскости до оснований конуса. Поэтому площадь сечения
является квадратичной функцией от этого расстояния. Объем усеченного
конуса равен /0 S(x)dx. Так как 5(0) = kR2, S(h) = πΓ2, а площадь
сечения плоскостью, находящейся на равных расстояниях от
оснований, равна 7г( +^' , то его объем равен ^ -k{R2 + (R + г)2 + г2) =
?f(R2 + Rr + r2).

Часть 3. Алгебра, анализ,
геометрия — теория
Следует подчеркнуть, что хотя в приводимом далее обзоре
содержания этой части книги речь идет, в основном, о теоретических
фактах, однако каждый из них иллюстрируется какой-нибудь задачей.
Хорошо известно, что линейными функциями исчерпываются все
«достаточно хорошие» функции f(x), обладающие тем свойством, что
f(x + у) = f(x) + f(y) при всех х,у Ε R. Под словами «достаточно
хорошие» можно понимать, например, непрерывные функции.
Доказательство этого утверждения можно найти во многих местах. Однако
в этой книге в конце темы 20 приведено описание метода, посредством
которого можно доказать существование отличной от линейной
функции, для которой также имеет место указанное соотношение. Строго
доказать «на школьном уровне» существование подобных
«аддитивных», но не линейных, функций невозможно, поскольку
доказательство опирается на один нетривиальный результат теории множеств. В
этой теме приведены различные дополнительные условия на функцию,
при выполнении которых только линейные функции оказываются
«аддитивными», а также доказана равносильность этих условий. В теме
20 рассмотрены и три других естественных функциональных
соотношения:
f(x + y) = f(x)f(y), f(xy) = f(x)f(y), f(xy)=f(x) + f(y)
и доказано, что они определяют (при аналогичном дополнительном
условии) основные типы элементарных функции: показательные
функции, степенные функции, логарифмические функции. Таким образом,
эти соотношения являются своего рода уравнениями, неизвестными в
которых являются функции.
Теперь рассмотрим, к примеру, последовательность чисел хп, для
которых справедливо равенство хп+2 = χη+ι + #η· Читатель скажет,
что это последовательность чисел Фибоначчи, но будет неправ.
Числа Фибоначчи составляют только одну из последовательностей,
удовлетворяющих данному соотношению. Идея, объединяющая темы 20
и 21, состоит в том, что на соотношения подобного вида надо
смотреть как на уравнения, неизвестными в которых являются
последовательности. При этом именно рекуррентное задание
последовательности является более естественным, чем задание их явными формулами.

177
Вспомним, что исходные определения, как арифметической прогресии,
так и геометрической прогрессии, если перевести их словесные
формулировки на язык формул, имеют, соответственно, вид: xn+i = xn + d
и xn+i = qxn. Изложение в теме 21 ограничивается линейными
рекуррентными соотношениями.
В теме 22 рассматриваются последовательности, заданные
соотношениями вида Xn+i = f{xn), где f(x) — некоторая функция. При этом
исследуется, как поведение последовательность для конкретной
функции f(x) = 1+^~ , так и общая ситуация. Найдены условия на функцию,
при выполнении которых определенная соотношением xn+i = /fan)
последовательность хп ведется себя «регулярным образом»
Совсем другая ситуация рассмотрена в теме 28, в которой
показано что последовательности подобного вида могут вести себя «очень
странным» образом. Основная часть этой темы посвящена
исследованию поведения последовательности xn+i = f{xn)·, где f(x) = 2ж2 — 1.
Один из его результатов имеет, можно сказать, парадоксальный
характер. Оказывается, что практически невозможно, зная значение
начального члена х\ этой последовательности, найти значения ее членов
с достаточно большими номерами, даже если в вашем распоряжении
имеется мощный компьютер, а все эти члены лежат в отрезке [—1; 1].
Когда мы говорим «о числах», то всегда имеем в виду, что их можно
«складывать и умножать». Заключительным этапом изучения
учащимися «числовых систем» является знакомство с комплексными
числами. В теме 29 доказано, что со вполне определенной точки зрения еще
более широких числовых систем не существует и причиной тому
является справедливость «основной теоремы высшей алгебры». И если
мы захотим ввести более широкое множество чисел, то нам
придется отказаться хотя бы от одного из естественных свойств сложения и
умножения. Примером подобного числового множества является
введенное в этой теме тело кватернионов.
Две темы являются своего продолжениями темы 11. В теме 22
доказаны основные свойства выпуклых функций и, как следствие,
получено неравенство Иенсена. Автор придерживается той точки зрения,
что будет проще ограничиться дифференцируемыми функциями, взяв
в качестве определения выпуклости функции монотонность ее
производной. Кроме того, в этой теме описан метод Ньютона (метод
касательных) приближенного вычисления корней уравнений и доказана
его сходимость в случае выпуклых функций.
Самые интересные (с точки зрения автора) приложения производ-

178 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
ной связаны с ее применением в геометрии и физике. В теме 11 она
была использована для вывода условий, при которых площадь
четырехугольника с данными длинами сторон является наибольшей.
Естественное обобщение определения производной на вектор-функции
дает, во-первых, возможность учащимся самим доказать свойства
операции дифференцирования для таких функций, потренировавшись в
доказательствах, а не только в нахождении производных данных
функций. Во-вторых, учащиеся смогут почувствовать роль математических
методов при решении физических задач. Характерным примером
является приводимый в теме 25 вывод закона преломления, основанный
на физическом принципе — принципе Ферма. Само доказательство
является чисто математическим. А доказательство оптического свойства
эллипса, возможно, учащиеся смогут найти самостоятельно.
Коротко о содержании остальных тем этой части книги.
Понятие многочлена и формулы Тейлора в теме 24 мотивированы
доказанной в ее начале так называемой формулой Тейлора для
многочленов, устанавливающей связь между коэффициентами многочлена и
значениями его производных. Формула Тейлора для экспоненты дает
возможность естественным образом определить понятие
показательной функции с комплексным показателем. В качестве следствия этого
определения получена знаменитая формула Эйлера, связывающая
воедино показательную и тригонометрические функции. Неожиданным
следствием формулы Тейлора для ех является интерпретация ответа
к одной комбинаторной задаче.
Тема 26 является продолжением темы 12. Начинается она с вывода
формулы корней приведенного кубического уравнения (в случае, когда
все три его корня действительны). По какой-то мистической причине в
этой формуле появляются тригонометрические функции. Но
странного здесь ничего нет, поскольку функция cos nx является многочленом
от cos ж. Эти многочлены и называются многочленами Чебышева. Вид
их графиков обычно производит на учащихся ошеломляющее
впечатление, как, впрочем, и значения коэффициентов этих многочленов.
В теме 27 выведены формулы, выражающие площади плоских и
пространственных треугольников, а также объемы параллелепипедов
через координаты их вершин. Не все же вычислять площадь
треугольника по формуле Герона! Те, кто далее будут изучать в вузах
«линейную алгебру», с удовлетворением обнаружат, что с некоторыми ее
понятиями они уже знакомы.

Тема 20. Функциональные уравнения
элементарных функций
Когда автор заводит разговор о показательных функциях, то
всегда задает один и тот же вопрос: «А какое свойство показательной
функции является основным?» и никогда не получает на него ответа.
Затем на доске записывается свойство ах+у = ах ■ ау и задается
следующий вопрос: «Почему это свойство является основным?» Реакция на
него аналогична предыдущей. А все дело в том, что указанное сооот-
ношение и определяет показательную функцию. В этой теме речь и
пойдет о том, что основные элементарные функции однозначно
определяются (во вполне определенном смысле) естественными
(функциональными) соотношениями.
Задача 1. Найдите все непрерывные функции / : R —>· R, такие, что
f(x + у) = f(x) + f(y) для любых х,у еШ.
Конечно, примером подобной функции является линейная функция
f(x) = ах. Задача состоит в том, чтобы выяснить, есть ли другие
функции, для которых f(x + у) = f(x) + f(y) для любых ж, у Ε R.
Подставив в это соотношение χ = у = 0, получим, что /(0) = 2/(0),
откуда следует, что /(0) = 0. Подставив в него χ = у, получим, что
f(2x) = 2f(x). Рассуждая далее по индукции, получим, что f(nx) =
nf(x) при всех натуральных п. Подставив в соотношение χ = —у,
получим, что 0 = f(x) + f(—x), откуда f(—x) = —f{x). В частности,
f(—nx) = —f(nx) = —nf(x), поэтому f(kx) = kf(x) при всех к Ε. Ζ.
Далее, f(x) = f(n · ξ) = nf(ξ), откуда /(J) = £ f(x) и,
следовательно,
/(έ χ) = η Л*)' в частности, /(£) = J /(l).
Положим α = /(1)· Тем самым мы доказали, что f(x) = ах при всех
χ G Q. Рассмотрим теперь произвольное число χ Ε R. Это число
является пределом некоторой последовательности рациональных
чисел, т. е. существуют числа хп Ε Q, n G Ν, такие, что хп —>· χ.
Поскольку по предположению функция f(x) является непрерывной, то
f(xn) —> /(#)· Осталось заметить, что f(xn) = а%п —> αχ, значит,
f(x) = ах при всех χ Ε R.
Конечно, и сам факт, и его доказательство хорошо известны.
Однако здесь он служит отправной точкой для других, не столь известных
утверждений. Более того, в конце этого раздела мы обсудим важность
предположения о непрерывности функции.

180 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
Задача 2. Найдите все непрерывные функции / : Ш —> Ш, такие, что
f(x + у) = f(x)f(y) для любых х,у еШ.
Ясно, что если функция постоянна и удовлетворяет указаному
условию, то либо f(x) = 0 либо f(x) = 1. Более того, если мы
предположим, что функция обращается в нуль в некоторой точке, то она
равна нулю тождественно. Действительно, если /(а) = 0, то f(x) =
/(а + (х — а)) = f(a)f(x — а) = 0 для любого χ Ε R.
Поставив у = 0 в данное соотношение, получим, что f(x) = f(0)f(x)
Поскольку мы уже доказали, что ни при каком χ значение f(x) не
может быть равным нулю, то /(0) = 1. Так как f(x) = /(§ + §) =
(/(f)) , то f(x) > 0 при всех χ G R.
Подставив у = —х в данное соотношение, получим, что 1 = /(0) =
f(x + (-χ)) = f(x)f(-x), поэтому f(-x) = ущ. Ясно, что f(nx) =
(f(x)) при всех η € N. Более того, в силу доказанного равенства,
f(kx) = (f(x)) при всех feeZ.
Так как /(g)n = f{x) и /(*) > 0 при всех t, то /(£) = ^75),
откуда следует, что
/(£*) = (/W)fc/n.
Положим α = /(1). Тогда
/(!) = /(£·ι) = (/(ΐ))*/η = «*/,ν·
Таким образом, f(x) = ах при всех χ е Q. То, что /(ж) = ах при всех
χ G R следует из непрерывности показательной функции и
непрерывности функции /.
Задача 3. Найдите все непрерывные функции / : R \ 0 —> R, такие,
что f(xy) = f(x)f(y) для любых отличных от нуля чисел χ и у.
Подставив χ = у = 1, получим, что /(1) = (/(1)) , поэтому /(1) = 1
либо /(1) = 0. Однако, если /(1) = 0, то f(x) = f(x · 1) = 0 при всех х.
Поэтому будем далее предполагать, что /(1) = 1.
Введем вспомогательную функцию д(х) = f(ex). Тогда
д(х + у) = /(ех+У) = /(е* · е») = /(еаг)/(е»') = p(a:)p(y)
при всех х,у G R. Как следует из результата предыдущей задачи,
д(х) = ах, Так как ах = ех1па = (ех) , то, положив а: = In а, получим,
что
/(ех) = (ех) , следовательно, /(ж) = ха при всех ж > 0.

Тема 20. Функциональные уравнения элементарных функций 181
Теперь рассмотрим функцию f(x) при χ < 0. Так как (/(—1)) =
/(1) = 1, то /(—1) = 1 либо /(—1) = —1. В первом случае
получаем, что если χ < 0, то f(x) = /((—х){—1)) = /(—х) = (—х)а, таким
образом, f(x) = \х\а. Во втором случае, что f(x) = — (—х)а. Таким
образом, существуют две функции, а именно,
/ι(χ) = \х\а и f2(x) = sign ж ■ \х\а.
Поэтому, если ограничиться положительными значениями аргумента,
то существует единственная функция f(x) = ха. При этом, если α > 0.
то функцию можно доопределить в нуле. Почему всегда пишут, что
у/4 = 2, почему нельзя взять и положить у/4 = —2? Дело в том, что
тогда нарушится основное соотношение, определяющее степенную функ-
цию. Ведь из него следует, что если χ > 0, то f(x) = (f(y/x)) > 0.
Всюду в предыдущих задачах мы предполагали, что функция
является непрерывной. Обратите внимание, что в формулировке
следующей задаче нет этого предположения.
Задача 4. Найдите все функции / : R —> R, такие, что равенства
f(x + у) = /(а?) + f{y) и f(xy) = f{x)f(y) справедливы для любых
х,у еШ.
Как мы видели ранее, из первого условия следует, что /(0) = 0.
Как было замечено в решении задачи 3, если f(x) = 0 при некотором
χ φ 0, то из второго условия следует, что f(x) = 0 при всех χ Ε R.
Поэтому далее предполагаем, что f(x) ^0 при всех χ φ 0.
Из решения задачи 1 следует, что существует число а ф 0, такое,
что f(x) = ах при всех χ G Q. Теперь рассмотрим положительное
число х. В силу второго соотношения,
/(χ) = /(ν^·ν^) = (/(ν^))2>0.
Пусть у > х. Так как
/(у) = А* + (у - χ)) = /(*) + f(y -*)> /М,
то функция f(x) является возрастающей. Докажем, что из этого
следует, что f(x) = ах при всех χ Ε R. Рассмотрим произвольное
действительное число х. Существуют возрастающая последовательность
Ьп —> χ и убывающая последовательность сп —>· х, состоящие из
рациональных чисел. Так как
а-Ьп = f(bn) < f(x) < f(cn) = a-cn, bn ->· χ и с^ ->· χ,

182 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
то f(x) — ах. Осталось заметить, что из равенства аху = f(xy) —
f(x)f(y) = а2ху следует, что а = 1.
В результате мы получаем, что существуют две функции,
удовлетворяющих условиям задачи — это функция /χ (χ) = 0 и функция
f2(x) = χ.
Заметим что из рассуждения, проведенного при решении
предыдущей задачи следует, что в формулировке задачи 1 вместо условия
непрерывности функции можно потребовать, чтобы она была
монотонной. То же самое замечание справедливо и по отношению к задаче 2.
Иногда бывает удобным предположить, что функция является
дифференцируемой.
Задача 5. Докажите, что если у функции f(x) существует
производная в нуле и для всех действительных чисел χ и у, таких, что х, у и
χ + у входят в область определения этой функции, справедливо
соотношение
1(х + у) i-f(z)m·
то f(x) = tg αχ.
о
Подставив χ = у = 0 в соотношение, получим, что /(0) — (/(0)) =
2/(0), или /(0)(1 + (/(О))2) = 0, откуда следует, что /(0) = 0. Для
вычисления производной функции f(x) преобразуем отношение
f(x + v)-f(x)_JW&-fl*)
У У
Так как
то
/ы+/ы(я*))2^ i + (/(*))2 m
y(i-f(x)f(y)) i-f(x)f(y)' у
f(y) -> 0, а ^ -» /'(0) при у -► 0,
lim f{x + У)~ f{x) = /'(0)(1 + f2(x)).
Положим а = /'(0). Мы доказали, что рассматриваемая функция
дифференцируема во всех точках ее области определения, при этом имеет
место равенство
f'(x) = a{l + f2(x)).

Тема 20. Функциональные уравнения элементарных функций 183
Предположим, что /(с) = 1. Из данного соотношения следует, что
в точке 2с функция не определена. С другой стороны,
f{x+c) = m±i
f{x + 2c) = f((X + c)+c) = ^^ = -— ,
откуда следует, что f(x + 4с) = f{x).
Рассмотрим промежуток области определения функции f(x),
содержащий нуль. Так как
то
arctg f(x) = / adt = αχ,
Jo
значит, в этом промежутке справедливо равенство f(x) = tgax.
Следовательно, в область определения этой функции входит промежуток
("55"; έ)· Если с = fe ' то /(с) = *' поэтому /(ж + J) = /(ж), откуда
и следует, что f(x) = tgax при всех ж φ £ (^ + π/ΰ).
Задача 6. Пусть f(x+y) = f(x)+f(y) при всех ι,ί/eR. Докажите,
что если выполнено одно из условий:
а) функция f(x) монотонна на R;
б) функция f(x) сохраняет знак на (0; +оо);
в) функция f(x) непрерывна в точке χ = 0;
г) функция f(x) ограничена на некоторой окрестности нуля,
то f(x) = ах.
Собственно говоря, утверждение пункта а) уже было доказано (см.
замечание после решения задачи 4).
б) Если f(t) > 0 при всех t > 0, то для любых у > χ справедливо
неравенство f(y) = f(x + (у - χ)) = f(x) + f(y - χ) > f(x), т. е. f(x)
возрастает на R. Таким образом, из условия пункта б) следует условие
пункта а), откуда и следует, что f(x) = ах.
в) Докажем, что если f(x) непрерывна в нуле, то она непрерывна
в любой другой точке. Пусть хп —>· а. Тогда хп — а —> 0, поэтому
f(xn) - /(α) = f(xn - α) -> 0, т. е. /(хп) ->· /(а). Таким образом,
данная функция непрерывна в точке а.

184 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
г) Докажем последнее утверждение. Предположим, что \f(x)\ ^ т
при всех \х\ ^ σ. Рассмотрим последовательность хп —> 0. Фиксируем
ε > 0. Выберем натуральное число i > γ. Так как ixn —>· 0, то
найдется число к, такое, что £\хп\ < σ при всех η ^ к. Тогда при всех
η ^ к
|/(*„)| = }|/(**„)|<у<е.
Таким образом, /(жп) —> 0, что и означает, что функция f(x)
непрерывна в нуле.
В заключение этой темы автор постарается объяснить, откуда
может следовать существование отличной от линейной функции, для
которой справедливо соотношение f(x + у) = f{x) + /(?/)· Конечно, на
школьном уровне доказать это невозможно, поскольку доказательство
опирается на одно нетривиальное теоретико-множественное
утверждение. Но обо всем по порядку.
При решении задачи 1 было доказано, что следствием соотношения
f(x + у) = f(x) + f(y) является формула f(rx) = rf(x) при всех х€К
иг 6 Q. Давайте положим /(1) = /(\/2) = Д\/3) = 1. Рассмотрим
множество
X = {а + Ь\/2 + с\/3 | a,b,ceQ} cR.
Для всякой точки χ G X мы можем положить f(x) = a+b+c. Покажем,
что f(x + у) = f(x) + f(y) для всех х, у G X. Заметим прежде всего,
что число х, если оно представляется в виде χ = а + Ь\/2 + с\/3, где
a,b,c G Q, то такое представление единственно.
Действительно, если χ = а\ + 6χ\/2 + ci\/3 и χ = аг + &2\/2 + <?2λ/3,
то
(αϊ - а2) + (6ι - Ь2)>/2 + (ci - с2)л/3 = 0.
Ясно, что если, к примеру, с\ = с2, то из иррациональности числа у/2
следует, что а\ = а2 и Ь\ = 62. Поэтому предположим, что каждая из
разностей отлична от нуля. Тогда
\/3 = и + г;\/2, где и, г; G Q и и, υ, Φ 0.
Возведя это равенство в квадрат, получим, что 2uvy/2 = 3 — и2 — 2ν2,
а это равенство противоречит иррациональности числа у/2.
Откуда же следует свойство f(x + у) = f(x) + /(у)? Если χ Ε Χ и
у е Χ,το χ = αι + &ι\/2 + Ci\/3, 2/ = α2 + b2y/2 + c2\/3, значит,
^ + У = (αϊ + α2) + (6ι + 62)>/2 + (ci + с2)Уз,

Тема 20. Функциональные уравнения элементарных функций 185
а потому
f(x + у) = (αϊ + а2) + (6ι + b2) + (сг + c2) =
= (<ц +Ьг + Cl) + (02 + b2 + 02) = f(x) + /(?/).
Все так, однако множество X не содержит R. Ничего страшного,
можно его еще расширить. Проблема в том, что всякое множество,
состоящее из линейных комбинаций с рациональными
коэффициентами конечного набора действительных чисел, является счетным, а R
несчетно. Более того, нас не устроит даже счетный набор чисел,
поскольку и его линейные комбинации дадут лишь счетный набор чисел.
Тем не менее, имеет место следующее утверждение. Существует
множество Μ С R, такое, что для каждого действительного
числа χ существуют числа а\,а2,... ,α,/ν £ Μ. и рациональные числа
Γι,Г2,...,Γτν, такие, что
χ = г\а\ + г2а2 + ... + Γτνατν,
причем каждое число хбК представляется в таком виде
единственным образом.
А далее можно поступить следующим образом. Значения f(x) на
числах, входящих в Л4, можно задавать произвольным образом.
Например, положить их все равными 1. Значения f(x) в произвольной
точке числовой прямой определяются при помощи равенства
f(x) = η/(αι) + r2f(a2) + ... 4- rNf(aN) = η + r2 + ... + rN.
В результате мы и получим отличную от линейной функцию /,
удовлетворяющую соотношению f(x 4- у) = f(x) + f(y).
Дополнительные задачи
20.1. Найдите все непрерывные функции / : R —> R, такие, что
/(£±И) = ίίΞψΜ для любых х,уеШ.
20.2. Решите задачу 2 тем же методом, который был использован
при решении задачи 3.
20.3. Найдите все функции / : R —> R, такие что f(xy) = f{x)+f(y)
при всех χ и у.
20.4. Найдите все непрерывные функции / : (0; +оо) —> R, такие,
что f(xy) = f(x) + f(y) для любых положительных чисел χ и у.

186 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
20.5. Докажите (не используя результата задачи 5), что не
существует непрерывной на Ш и отличной от тождественного нуля функции,
для которой f(x + у) — i-Xf\t)f(y) ПРИ всех ж, У € R-
20.6. Обозначим через Sn сумму первых η членов арифметической
прогрессии. Найдите все прогрессии, такие, что SnSk = Snk для любых
натуральных пик.

Тема 21. Рекуррентно заданные
последовательности
Уже на начальных этапах обучения в основной школе появляются
числовые последовательности, в которых значение каждого ее члена
определяется значением предыдущего члена этой последовательности.
Основными примерами являются арифметическая и геометрическая
прогрессии. Еще один общеизвестный пример — это
последовательность Фибоначчи. Первая из предлагаемых в этом разделе задач, при
решении которой естественным образом появится подобная
последовательность, хорошо известна, но уж очень хороша. Это — так
называемая задача «о ханойской башне».
Задача 1. На одну из трех палочек насажены 20 колец разного
диаметра так, что меньшее кольцо лежит на большем. За какое
наименьшее число перекладываний можно переложить их на другую палочку,
пользуясь вспомогательной третьей, если кольца перекладываются по
одному и при этом в процессе перекладываний запрещается класть
большее кольцо на меньшее?
Нетрудно получить ответ, если колец, к примеру, одно, два или
три. В этих случаях потребуется, соответственно, одно, три и семь
перекладываний. Конечно, так можно досчитать и до 20, однако
давайте все же решать задачу в общем виде. Основная идея состоит в
том, что если всего имеется η колец, то, чтобы переложить нижнее
(самое большое) из них, необходимо сначала переложить на другую
палочку верхние η — 1 колец, потом переложить на третью палочку
самое большое кольцо и затем уже снова переложить на него меньшие
η — 1 колец. Таким образом, если обозначить через рп наименьшее
количество перекладываний для пирамидки из η колец, то справедливо
соотношение
Рп+г = 2Рп + 1. (7)
В отличие от обычного способа задания последовательностей, когда
значение ее члена вычисляется по его номеру (будем называть такое
задание явным), по формуле (7) значение каждого члена
последовательности определяется через значение ее предыдущего члена. Такого
рода задание последовательностей называется рекуррентным.
Конечно, для того, чтобы последовательность, для которой
справедливо соотношение (7), была однозначно определена, надо еще
задать значение ее первого члена. В нашей задаче р\ = 1.

188 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
Давайте найдем явную формулу для членов исследуемой
последовательности. Продолжая вычислять, мы получим следующую таблицу
η
Рп
1
1
2
3
3
7
4
15
5
31
6
63
7
127
из которой достаточно очевидно, что рп = 2П — 1. Доказать эту
формулу не представляет труда. Проведем доказательство по индукции.
Действительно, если известно, что рп = 2П — 1, то ρη+ι = 2(2П — 1) +1 =
2η+1 — 1. Доказательство закончено.
Таким образом, для пирамидки из двадцати колец всего
потребуется 220 — 1 = 1048 575 перекладываний. Нетрудно прикинуть, что если
тратить 1 секунду на одно перекладывание, то 20 колец можно будет
переложить за примерно 12 дней.
А за сколько дней можно переложить пирамидку из 40 колец?
Попробуйте прикинуть ответ!
Интересно, какие разные ответы будут давать школьники...
Сколько из них постараются честно посчитать? Ответ, можно сказать,
ошарашивает: на это потребуется примерно 34 865 лет! Автору очень
нравятся подобные вопросы, так как они заставляют задумываться над
«размером» чисел, которые так легко написать.
Задача решена, но вопросы остаются. Например, вот один из них.
Задача 2. Предположим, что первый член последовательности,
заданной рекуррентным соотношением (7), равен 2. Найдите явную
формулу для членов этой последовательности.
Можно поступить так же, как и при решении задачи 1, составив
таблицу первых членов такой последовательности. Если мы угадаем
формулу, то с легкостью ее докажем.
η
Рп
1
2
2
5
3
11
4
23
5
47
6
95
7
191
Однако «увидеть» нужную формулу из построенной таблицы не так-то
просто. Поэтому пойдем другим путем.
Если бы формула (7) имела другой вид, то было бы проще.
Например, если бы в ней отсутствовал множитель 2, то соотношение
ρη+ι = рп + 1 определяло бы арифметическую прогрессию. Если бы,
наоборот, в ней отсутствовало слагаемое 1, то мы бы получили
геометрическую прогрессию со знаменателем 2.

Тема 21. Рекуррентно заданные последовательности 189
Проделаем следующий «фокус». Итак, мы ищем
последовательность хп, такую, что Xn+i = 2хп 4-1 и х\ = 2. Введем
последовательность уп = хп +1. Тогда yn+i -1 = 2(уп -1) +1, или уп+х = 2уп. Таким
образом, последовательность уп является геометрической прогрессией
со знаменателем 2. Поэтому уп = 2п~1у\ = 3 · 2n_1. Следовательно,
χη = 3·2η~ι -1.
Основная идея проделанного преобразования имеет совсем общий
характер. А именно, верно следующее утверждение, доказательство
которого — упражнение для читателя.
Теорема 21.1. Всякая последовательность, удовлетворяющая
соотношению xn+i — qxn + d, где q φ 1, имеет вид хп = aqn + b, где
Ь — значение членов постоянной последовательности,
удовлетворяющей данному соотношению.
Задача 3. Найдите число способов замощения прямоугольной
полоски размером 2 χ η «доминошками», т. е. прямоугольниками 2x1.
Обозначим через Gn число способов замощения полоски размером
2 χ п. Для начальных значений η это число нетрудно подсчитать: G\ —
1, G2 — 2, поскольку доминошки можно положить как горизонтально,
так и вертикально, далее, G$ = 3. Можно стараться считать дальше,
но если нет алгоритма, то в вычислениях нетрудно ошибиться.
Имеются два варианта расположения доминошек у крайней левой
границы полоски. Самая левая доминошка может стоять вертикально,
либо же к левой границе примыкают две лежащие доминошки
(рисунок).
п-1
п-2
Вариантов замощения первого типа имеется Gn_i, второго — Gn-2,
откуда следует, что числа Gn удовлетворяют рекуррентному
соотношению
Gn = Gn-\ + Gn-2, (8)
при этом G\ = 1 и G2 = 2.
Конечно, перед нами последовательность чисел Фибоначчи,
поэтому мы во вполне определенном смысле решили задачу. Продолжая
вычисления, используя найденное соотношение (8), мы получим
следующую таблицу.

190
Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
η
Gn
1
1
2
2
3
3
4
5
5
8
6
13
7
21
Напомним, что числами Фибоначчи Fn называются члены
последовательности, удовлетворяющие соотношению (8) с начальными членами
Fq = 0 и F\ = I.2 Таким образом, ответ задачи 3 формулируется в
терминах чисел Фибоначчи: число способов замощения полоски 2 χ η
«доминошками» есть число Фибоначчи Fn+\.
В следующей таблице приведены числа дп, являющиеся
ближайшими целыми к числам
±л\п.
η
9п
0
0
1
1
2
2
3
3
4
5
5
8
6
13
7
21
Снова числа Фибоначчи?!
Теорема 21.2 (формула Вине). Справедлива формула
1-у/5
(9)
Формула (9) есть частный случай общей формулы, которую мы
докажем немного позже. А сейчас решим следующую задачу.
Задача 4. Докажите, что число Фибоначчи Fn является ближайшим
целым к числу
fn~ VE {
±лу.
В силу формулы Вине утверждение задачи очевидно.
Действительно, требуется доказать, что \Fn — fn\ < ^ , что верно в силу неравенства
\F -/I-J-
Ί-VE
η
ι ι
< —/= < τ:
у/Е 2
Для чисел Фибоначчи можно написать множество красивых
соотношений. Не ставим вопрос, каким образом до них можно догадаться,
а просто докажем их.
2 В отечественной литературе обычно считают, что Fo = 1 и F\ = 1.
Разницы, в принципе, нет никакой, различие — в нумерации. Мы будем пользоваться
обозначениями, принятыми в остальном мире.

Тема 21. Рекуррентно заданные последовательности 191
Теорема 21.3. Справедливы формулы:
F„+iF„_i - Fl = (-1Г (Ю)
■Гп+т — -Γη+ίΓγη + гпгт—\ К*-*-)
F2n = Fn(Fn+l + Fn_i) (12)
F2n+i = Fn+1 + Fn (13)
^2η = ^η2+1-^η-ι- (14)
(10) Имеем,
Fn+\Fn-\ — Fn = (Fn + Fn-i)Fn-i — (Fn-i + Fn-2)Fn =
= -(ВД-2 - Fl_x) = ... = (-l)n-l(F2Fo - F?) = (-l)n.
Доказательство формулы (11) является число комбинаторным.
Рассмотрим полоску 2x(n + m — 1). Число способов замостить ее
«доминошками» равно Fn+m. Рассмотрим вертикальный отрезок в
прямоугольнике, слева от которого находится прямоугольник 2 χ η, а
справа — прямоугольник 2 χ (га — 1). Разобъем все способы замощения
большого прямоугольника на два типа. В первом из них этот отрезок
не пересекает доминошки, участвующие в замощении, во втором —
пересекает два горизонтально положенных прямоугольника.
Замощений первого типа имеется Fn+iFm, замощений второго типа имеется
FnFm-i. Таким образом, Fn+m = Fn+1Fm + FnFm-i.
Положив в формуле (11) т = п, мы получим формулу (12).
Положив в этой формуле т = η + 1, мы получим формулу (13).
Для доказательства формулы (14) достаточно подставить
равенство Fn = Fn+i - Fn-i в формулу (12),
F2n = Fn(Fn+i + Fn-i) = (Fn+i — Fn-i)(Fn+i + Fn-i) = Fn+1 — Fn_1.
Сформулируем теперь общую задачу. Рассмотрим
последовательности, удовлетворяющие линейному рекуррентному соотношению
хп — ахп-\ + Ьхп-2. (15)
Теорема 21.4. Предположим, что уравнение t2 — at — b = 0 имеет
два различных действительных корня q\ и а2. Тогда формула
Хп = ciqn + с2Я2 (16)

192 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
задает все последовательности, удовлетворяющие соотношению (15).
Уравнение t2 — at — b = 0 называется характеристическим.
Доказательство теоремы проведем в несколько шагов.
Шаг 1. Докажем, что если q — это корень характеристического
уравнения, то геометрическая прогрессия ип = qn удовлетворяет
соотношению (15). Действительно, поделив равенство qn = aqn~l + bqn~2
на qn~2, мы получим верное равенство q2 = aq + b.
Шаг 2. Если последовательности ип и vn удовлетворяют
соотношению (15), то для любых чисел с\ и С2 последовательность wn =
с\ип + C2Vn также удовлетворяет этому соотношению. Действительно,
Wn = C\Un + C2Vn = Ci(aUn-i + Ьип-2) + C2(aVn-i + bvn-2) =
= a(ciun-i + c2vn-i) + b(ciUn-2 + C2Vn-2) = awn-i + bwn-2-
Из доказанных утверждений следует, что если q\ и q2 — корни
характеристического уравнения, то для любых чисел с\ и С2
последовательность хп = Ciq™ + C2^2 удовлетворяет соотношению (15).
Шаг 3. Таким образом, осталось доказать, что для любой
последовательности хп, удовлетворяющей данному соотношению, найдутся
числа с\ и С2, такие что хп = c\q™ 4- С2<?2 ·
Последовательность хп однозначно определяется своими первыми
членами xqw.x\. Рассмотрим систему
С\ + С2 = Хо,
c\q\ +c2q2 =Χ\·
Так как по условию q\ φ q2, то она имеет решение, а именно
х\ — q2Xo xoQi — #ι
С\ — И С2 = .
Ях -Я.2 Ч\~ 42
Осталось заметить, что обе последовательности хп и c\q™ + С2<?2 УД°~
влетворяют соотношению (15) и, поскольку совпадают их члены с
номерами 0 и 1, то хп = ciq™ + С2<?2 ПРИ всех та = 0,1,
Задача 5. Докажите формулу Бине для чисел Фибоначчи.
Собственно говоря, это простое упражнение. Характеристическое
уравнение в этом случае имеет вид t2—t — 1 = 0, а его корнями
являются числа #1,2 = * 2 5 ■ Следовательно, в силу теоремы 21.4, существуют
числа с\ и С2, такие что Fn = cigf + C2<?2 · Поскольку Fq = 0 и F\ = 1,

Тема 21. Рекуррентно заданные последовательности 193
то числа с\ и С2 являются решениями системы
с\ + с2 = О,
c\q\ + c2q2 = 1,
решив которую, получим, что с\ = — С2 = -4= .
Задача 6. Напишите линейное рекуррентное соотношение, которому
удовлетворяют арифметические прогрессии и только они.
Ответ очевиден. Как известно, последовательность хп является
арифметической прогрессией тогда и только тогда, когда хп + хп-2 =
2жп_1, или хп = 2хп-\ — хп-2- Заметим, что в этом случае характри-
стическим является уравнение t2—2ί+1 = 0, корнем которого является
число 1.
Задача 7. Найдите явную формулу для последовательности с
начальными членами xq = 0 и х\ = 1, удовлетворяющую соотношению
Хп = 43?тг— 1 43^—2 ·
Поскольку в данном случае характеристическое уравнение имеет
вид t2 — 4t + 4 = 0, то оно имеет корень q = 2. Следовательно,
последовательность ип = α·2η удовлетворяет данному соотношению, однако не
существует числа а, для которого хп = ип. Попробуйте угадать ответ
по таблице значений начальных членов этой последовательности.
η
%п
0
0
1
1
2
4
3
12
4
32
5
80
6
192
7
448
Можно пойти другим путем и «поиграть» с заданным
соотношением. Перепишем его в другой форме. Так как
Хп = 4ЖП—1 4ЖП—2 *ί )' 3?η £%η— 1 == ^ν^η—Ι *·%η—2)·>
то последовательность уп = хп — 2хп-\ является геометрической
прогрессией с знаменателем q — 2, следовательно, жп = 2χη_ι + α · 2η.
Поделив полученное соотношение на 2П, получим соотношение |£ =
τρτΞτ + α. Значит, последовательность гп = тр*· удовлетворяет
соотношению ζη = гп_1 + а, следовательно, она является арифметической
прогрессией с разностью а. Таким образом, ζη = ап + Ь, откуда
следует явная формула хп = (an + b) 2n. Так как хо = 0, то Ь = 0. Так как
Х\ = 1, то а = ^ , таким образом, хп = η- 2η_1.
Приведенное рассуждение несложно обобщить.

194 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
Теорема 21.5. Предположим, что характеристическое уравнение
для рекуррентного соотношения хп = ахп-\ + 6п-2 имеет
единственный корень q. Тогда формула хп = {сп + d)qn задает все
последовательности, удовлетворяющие данному соотношению.
В условиях теоремы имеем а = 2q и b = —q2, поэтому соотношение
выглядит следующим образом: хп = 2qxn-\ — q2xn-2-> которое мы
перепишем в виде xn — qxn-\ = q{xn-\ — qxn-2). Поэтому
последовательность уп = хп— qxn-i является геометрической прогрессией со
знаменателем q. Значит, уп = cqn, следовательно, хп = qxn-\ + cqn, Если
положить zn = !»·, то хп = znqn, таким образом, znqn = qnzn-\ + cqn,
откуда zn = ζη-ι + с. Следовательно последовательность zn
является арифметической прогрессией, разность которой равна с, поэтому
zn = сп + d, откуда и следует, что хп = {сп + d)qn.
Закончим мы следующим примером.
Задача 8. Найдите явную формулу для последовательности, заданной
соотношением хп = 2хп-\ — 2жп_2, в которой xq = 1 и Х\ = 2.
Как обычно, составим табличку.
η
%п
0
1
1
2
2
2
3
0
4
-4
5
-8
6
-8
7
0
8
16
9
32
10
32
Получается какая-то странная последовательность...
Применяя общую теорию, составим характеристическое уравнение.
Поскольку им является уравнение t2 — 2t + 2 = 0, то его корнями
являются комплексные числа q\y2 = 1 ± г. Конечно, для
последовательностей zn = q%, к = 1,2, справедливо данное рекуррентное
соотношение. Все дело в том, что мы ищем последовательности с
действительными членами, а члены последовательности zn являются
комплексными числами. Однако, поскольку zn = 2zn-\ — 2zn_2, то
данное соотношение выполняется как для действительных частей
членов последовательности zn, так и для их мнимых частей. Так как
1 + г = \/2 · ^ = \/2 (cos f + г sin f), то
zn = (1 + i)n = (\/2 )n(cos f + г sin f )n = 2n/2(cos ?f + г sin ψ).
Рассмотрим последовательности ип = 2nl2 cos ^ и vn = 2nl2 sin ^ .
Поскольку un = Rezn и vn = Imzn, то данное рекуррентное
соотношение выполняется для каждой из этих последовательностей,
следовательно, оно выполняется и для последовательности хп = ciun+C2Vn.

Тема 21. Рекуррентно заданные последовательности 195
Осталось подобрать числа с\ и С2 так, чтобы xq = 1 и х\ — 2.
Непосредственное вычисление показывает, что с\ = С2 = 1. Следовательно,
xn=2n/2(cos*f + sin*f).
То же самое рассуждение проходит и в общем случае. А именно,
имеет место следующая теорема.
Теорема 21.6. Решениями линейного рекуррентного соотношения
хп — axn-i+bxn-2, характеристическое уравнение для которого имеет
своими корнями комплексные числа qi^ = α ±ΐβ = г (cos φ ± isin^?),
являются последовательности
хп = rn (c\ cos ηψ + С2 sin ηφ).
Задачи для самостоятельного решения
21.1. Докажите теорему 21.1.
21.2. Начальными членами последовательности являются xq — О
и х\ — 1. Каждый следующий член последовательности является
серединой отрезка с концами в двух предшествующих ему членах
данной последовательности. Найдите точку числовой оси,
принадлежащую каждому из отрезков с концами в соседних членах этой
последовательности.
21.3. Найдите общую форму записи последовательностей,
заданных соотношением хп = хп-\ + хп-2·
21.4. а) Найдите все последовательности, удовлетворяющие
рекуррентному соотношению хп+з = Зжп+2 — 3χη+ι + хп. б) Напишите
рекуррентное соотношение, решениями которого являются суммы
произвольной арифметической прогрессии и некоторой геометрической
прогрессии.
21.5. Напишите рекуррентное соотношение, решениями которого
являются произвольные геометрические прогрессии.

Тема 22. «Золотое сечение», или: решение
уравнений /(#) = χ
Число φ = 1-γ5, появившееся при поиске явной формулы для
чисел Фибоначчи, называется «золотым сечением». Как часто пишут
в научно-популярных книжках о математике: «Давайте смотреть на
разные прямоугольники и оценивать их с точки зрения того, каким
он представляется нашему глазу. Вытянутый прямоугольник «не
красив», квадрат — тоже, он «слишком симметричен». Более всего нам
подходит прямоугольник, похожий на тот, что изображен на правом
рисунке».
Задача 1. Найдите отношение длин сторон листов бумаги
стандартного формата.
Например, можно разрезать пополам стандартный лист бумаги фор
мата А4, получив в результате лист бумаги формата А5. При этом лист
формата А5 можно получить, уменьшив в некоторое число раз лист
формата А4. На математическом языке утверждение формулируется
следующим образом.
Задача 1*. Найдите отношение длин сторон прямоугольника, при
разрезании которого пополам отрезком, параллельным его меньшей
стороне, получатся прямоугольники, подобные исходному.
Пусть длина меньшей стороны равна 1, а длина большей стороны
равна х, таким образом χ и есть искомое отношение. У меньших
прямоугольников длина меньшей стороны равна |, длина большей равна
1, так что их отношение равно |. По условию χ = |, откуда χ = у/2.
Заметим, что размеры стандартного листа формата А4 составляют
297 χ 210 мм, так что οία ^ 1,41429, что достаточно близко к у/2.
«Золотое сечение» также может быть описано геометрически. Оно
равно отношению сторон прямоугольника, отрезав от которого
квадрат, мы получим прямоугольник, подобный исходному. В этом
случае искомое отношение χ является решением уравнения χ = ^γ, или
χ2 — χ — 1 = 0. Положительное решение этого уравнения и является
«золотым сечением». Поставим теперь такой вопрос. При каких целых
длинах сторон прямоугольника отношение длин его сторон дстаточно
близко к «золотому сечению»?

Out[4]=
г 3 5 8
l-L/ ^ # ι ι #
L lie:
Тема 22. «Золотое сечение», или: решение уравнений f(x) = χ 197
Задача 2. Рассмотрим последовательность тп+\ — ^±1 ? Τι = ι. Най-
дите явную формулу для членов этой последовательности и докажите,
что ее пределом является число φ = 1-у 5 .
Начать надо с того, чтобы просто провести вычисления. Из
таблицы
3 5 8 13 21 34 55 89 144-,
/ / / / / / / / Г
2 3 5 8 13 21 34 55 89 J
можно догадаться до явной формулы
_ Fn+ι
ТП — тр
тр
Доказать ее ничего не стоит. Если тп = £+1, то
_ ~РуГ ~*~ _ Fn + -^n+l _ -^n+2
Тп+1 ~ F^ ~ /Γ , "~ F _ы "
ρτ Γη+1 Γη+1
■Γη
Ε1
То, что -η^- —> φ, следует, например, из формулы Бине.
* п
Теперь давайте представим значения членов последовательности
тп в другом виде.
Задача 3. Докажите, что
τη+ι = 1 + ^ (η дробей). (17)
1 + ...
Собственно говоря, утверждение очевидно, поскольку
Тп + 1 ,, 1 1
тп+1 = = И = 1 + — j— = . ·.
' п— 1
и т\ = 1.
Выражение (17) является конечной непрерывной дробью. В общем
случае конечной непрерывной дробью [αο; αϊ,..., ап] называется число
sn = а>о Η 1 (п дробей). (18)
αϊ + 1
агН ;

198 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
Говорят, что данное число представляется в виде бесконечной
непрерывной дроби [αο; αϊ,...], если оно является пределом конечных
непрерывных дробей [αο; αϊ,..., ап]. Как следует из задач 2 и 3, самое
простое представление в виде бесконечной непрерывной дроби, а именно,
представление [1; 1,1,...], имеет число φ.
Напишем теперь представление в виде бесконечной непрерывной
дроби другого числа, а именно у/2 . Имеем
>/2 = 1 + (>/2-1) = 1 + —Ц= = 1 +
1 + >/2 2 + (л/2-1)
= 1 + j = 1 + j = 1 +
2 + -7= 2 + = 2 +
У2 + 1 2 + -^ 2 +
1 + ч/2 2 + ...
Как вы видете, представление числа у/2 в виде бесконечной
непрерывной дроби является более сложным, чем представление в этом виде
числа φ. (Конечно, то, что в данном случае конечные непрерывные
дроби стремятся к \/2, еще надо доказать.)
В следующей таблице элементы введенной последовательности тп,
п = 1,2,...,11, упорядочены по возрастанию.
г 3 8 21 55 144 89 34 13 5 -,
Out[5]= \ 1, — , — , , , , , , , — , 2\
L 2 5 13 34 89 55 21 8 3 J
Ясно видно, что подпоследовательность Т2к+\ является возрастающей,
тогда как подпоследовательность Т2к — убывающей. Доказать это
ничего не стоит, для этого достаточно воспользоваться соотношением
(10) для чисел Фибоначии. Однако, этим свойством обладают
последовательности гораздо более общего вида, к рассмотрению которых
мы сейчас и переходим.
Общая идея состоит в следующем. Пусть f(x) — произвольная
непрерывная функция. Рассмотрим последовательность,
определенную формулой xn+i = f{xn)-> x\ — О" Предположим, что
последовательность хп сходится и имеет своим пределом число с. В силу
непрерывности функции отсюда следует, что f(xn) —> f{c). Переходя к
пределу в равенстве xn+i = f{xn)-> мы получим, что с = /(с). Таким
образом, число с является решением уравнения f(x) = χ.
Конечно, не всякая последовательность, определенная равенством
Xn+i — /fan), является сходящейся.

Тема 22. «Золотое сечение», или: решение уравнений f(x) = χ 199
Задача 4. Пусть f(x) = 2х — 1. Найдите все сходящиеся
последовательности вида Xn+i = /fan)-
Как следует из утверждений предыдущей темы, справедлива
формула хп = 1 + 2n_1(a;i — 1). Такая последовательность сходится
только если #1 = 1. Следовательно, среди подобных последовательностей
имеется единственная сходящаяся последовательность, а именно —
постоянная.
Теорема 22.1. Пусть f(x) — заданная на R дифференцируемая
убывающая функция, причем f'(x) > —1. Тогда последовательность
Xn+i — /(#п) является сходящейся. При этом как ее
подпоследовательность X2k-i с нечетными номерами, так и ее подпоследовательность
Х2к с четными номерами являются монотонными, причем одна из них
является возрастающей, тогда как другая — убывающей.
Поскольку функция f(x) — убывающая, то уравнение f(x) = χ
имеет не более одного корня. Теперь докажем существование корня
этого уравнения. Положим д(х) = f(x) — χ. Если /(0) = а > 0, то
9(0) = /(0) > 0, а д(а) = /(а) - а < /(0) - а = 0, поэтому д(х) = 0
в некоторой точке промежутка (0; а). Если /(0) = а < 0, то д(0) < 0,
а 9(а) — f(a) — а > /(0) — а = 0, поэтому д(х) = 0 в некоторой точке
промежутка (а;0).
В доказательстве теоремы 22.1 будет использоваться следующее
вспомогательное утверждение.
Лемма 1. Обозначим через с решение уравнения f(x) = χ. Тогда:
(1) если хп < с, то с < χη+ι и хп < хп+2 < с;
(2) если хп > с, то χη+ι < с и хп > хп+2 > с;
(1) Так как функция f(x) — убывающая, то из неравенства хп < с
следует, что χη+λ = f(xn) > f(c) = с и хп+2 = f(xn+i) < f(c) = с- Так
как —1 < f'(x) < 0 при всех х, то \f(x) — f{c)\ = |/'(ξ)| \х — с\ < \х — с\,
поэтому \хп+2 — с\ < |жп+1 — с\ < \хп — с|, Следовательно, хп — с <
хп+2 — с, откуда и получаем, что хп < хп+2-
Утверждения (2) доказываются аналогичным образом.
Перейдем к доказательству теоремы. Поскольку
последовательности X2k-i и Х2к являются монотонными и ограниченными, то каждая
из них имеет предел. Пусть X2k-i —> а и %2к —> Ь. Переходя к пределу в
равенстве Х2к = /(#2fc-i)> получим, что Ь = /(а). Переходя к пределу
в равенстве Х2к+\ — f(%2k), получим, что а = f(b). Если а ф b, то мы
получим, что f(b) — f(a) = а — b, откуда, в силу теоремы Лагранжа,
следует существование такой точки η, что /'(η) = — 1, что противоре-

200 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
чит предположению. Следовательно, последовательности с четными и
с нечетными номерами стремятся к одному и тому же числу,
являющемуся, тем самым, пределом последовательности хп.
Вернемся к задаче 2. Число ψ — «золотое сечение» — является
корнем уравнения х2—х—1 = 0. Конечно, это уравнение можно записать в
виде χ = х2 — 1. Однако не существует непостоянной
последовательности вида χη+ι =а;^ — 1, стремящейся к φ. Поэтому давайте перепишем
уравнение в виде χ = 1 + ^ = ^^ . Положим f(x) = ^^. Функция
f(x) убывает на (0;+оо). Конечно, ее производная f'(x) — ~^ς может
быть сколь угодно большим по модулю числом. Однако, если χ ι = 1,
то при всех η ^ 2 члены хп лежат на промежутке (1; +оо), на котором
/'(*) > -1-
Функция / переводит луч (1; -foo) в себя. Мы можем
воспользоваться теоремой 22.1, считая, что функция задана не на всей числовой
прямой, а на этом луче. Таким образом мы получаем, что
последовательность тп, с исследования которой начиналась эта тема, есть
пример последовательности вида xn+i = f(xn), где функция f(x)
удовлетворяет условиям доказанной теоремы.
Дополнительные задачи
22.1. Исследуйте свойства последовательности xn+i = f^+f с
начальным членом χι = 1.
22.2. а) Приведите пример возрастающей функции f(x), такой что
f'(x) < 1, но уравнение f(x) = χ не имеет решений, б) Докажите, что
если f'{x) ^ q < 1, то уравнение f(x) = χ имеет единственное решение.
22.3. Предположим, что: 1) функция f(x) непрерывна и
возрастает, 2) уравнение f(x) = χ имеет решение χ = с, 3) f(x) > χ при
всех χ < с и f(x) < χ при всех χ > с. Докажите, что: а)
последовательность, заданная соотношением χη+ι = /fan) либо постоянна, либо
строго убывает и ограничена снизу, либо строго возрастает и
ограничена сверху и б) всякая такая последовательность стремится к с .
22.4. Найдите пределы последовательностей:
а) хп = yfl+y/l + ... + ΤΪ· б) уп = χ/β + ν^ + ... + л/б, где в
каждой формуле имеются η корней.
22.5. Пусть f(x) — заданная на Ш дифференцируемая функция,
такая что |/'(а?)| ^ q < 1. Докажите, что уравнение f(x) = χ имеет
единственный корень.

Тема 22. «Золотое сечение», или: решение уравнений f(x) = χ 201
22.6. В условии предыдущей задачи рассмотрим
последовательность, заданную соотношением χη+ι = /(#п)·
1) Докажите, что: a) \хп+\ - хп\ < q\xn - хп-\\\
б) \χη+ι - хп\ < qn\xi - х0\\ в) \хп+к ~ хп\ < £j |*i ~ *о|-
2) Докажите, что последовательность хп сходится и ее пределом
является корень уравнения f(x) = χ.
22.7. Исследуйте поведение последовательности хп+\ = хп + sina;n
в зависимости от значения ее первого члена.

Тема 23. Выпуклые функции: неравенства и
приближенные вычисления
Задача 1. Докажите, что для любых чисел а и b справедливы
неравенства: а) (а + Ь)4 < 8(а4 + б4); б) (а + Ь)8 < 128(а8 + Ь8).
а) Раскрыв скобки в левой части неравенства, после приведения
подобных членов получим неравенство
4α6(α2 + Ь2) + 6а2Ь2 < 7а4 + 764.
Так как 2ab < а2 + б2, то 4α6(α2 + б2) < 2(а2 + б2)2, поэтому достаточно
доказать неравенство
2а4 + 264 + 10а262 < 7а4 + 764.
После преобразований получаем очевидное неравенство 5(а2 —б2)2 ^ 0.
Неравенство пункта б) доказывать аналогичным образом не очень
хочется, поэтому давайте найдем другое доказательство неравенства
пункта а).
Имеется очевидное неравенство (х + у)2 ^ 2{х2 + у2). Поэтому
(а + б)4 < 4(а2 + б2)2 < 8(а4 + б4).
Теперь доказательство неравенства пункта б) становится очевидным.
Действительно, проведенное рассуждение можно продолжить, а
именно, написать, что
(а + Ь)8 < 64(а4 + б4)2 < 128(а8 + б8),
Однако есть другое решение, при котором вообще не придется
ничего преобразовывать. Рассмотрим точки А{а\ а8) и B(b; b8) на графике
у = х8. С наглядной точки зрения очевидно, что отрезок АВ лежит
выше дуги графика с концами в точках А и В. Серединой этого отрезка
является точка М(^^; а ^ь ), лежащая выше той точки
рассматриваемого графика, абсцисса которой равна 3^. Следовательно,
а8 + Ь8 fa + b\8
откуда и следует неравенство (а -I- Ь)8 < 128(а8 + б8), справедливое,
конечно, если афЬ.

Тема 23. Выпуклые функции: неравенства и приближения 203
Однако, как можно доказать то самое «геометрически очевидное»
свойство графика у = х8? И здесь самое время ввести (или напомнить)
определение выпуклой функции.
Понятие выпуклой функции, так же как и выпуклого множества,
являются в математике одними из основных. Как это часто бывает,
наиболее естественные понятия можно определять разными
способами. Воспользуемся тем из определений, которое открывает самый
короткий путь для его использования.
Будем называть дифференцируемую функцию / {строго)
выпуклой, если ее производная /' является (строго) возрастающей
функцией. Функция / называется [строго) выпуклой вверх (иногда говорят -
[строго) вогнутой), если ее производная /' строго убывает.
На практике проверка выпуклости функции основана на
следующем стандартном утверждении.
Теорема 23.1. Если f"[x) ^ 0 при всех значениях χ из некоторого
промежутка, причем равенство выполняется лишь в конечном
множестве точек этого промежутка, то функция / является строго выпуклой
(на этом промежутке).
Доказательство практически очевидно. Действительно, из условия
на вторую производную функции f[x) вытекает, что ее первая
производная является строго возрастающей функцией.
Простейшие примеры выпуклых функций: квадратичная функция
f[x) = ах2 + Ьх + с при а > 0; функция д[х) = ^ при χ > 0,
показательная функция f[x) = ах, а также h[x) — — In x. Действительно,
[ах2 + bx + с)" = 2α > 0,
(ϊ) =тз>0прих>0·
(-lnz)" = i>0.
Сформулируем и докажем первое свойство выпуклых функций.
Теорема 23.2. График строго выпуклой функции лежит над
любой своей касательной.
Пусть / - выпуклая функция, хо - произвольная точка ее области
определения. Теорема утверждает, что
f[x) > f[xo) + f'[xo)[x - хо) при всех χ φ xq.

204
Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
Введем вспомогательную функцию д(х) = f(x) — f{xo) — f'(xo)(x — xo).
Поскольку д'{х) = f'(x) — f'(xo), то функция д'{х) также является
возрастающей. Так как д'(хо) = 0, то д'{х) < 0 при всех χ < хо и д'{х) > 0
при всех χ > xq. Следовательно, д(хо) — 0 является наименьшим
значением функции д, откуда и следует искомое неравенство.
Теперь сформулируем второе свойство графика выпуклой
функции, из которого и следует то самое «короткое» решение задачи 1.
Теорема 23.3. Всякая дуга графика выпуклой функции лежит
под стягивающей ее хордой.
Пусть х\ < Χ2· Нам требуется доказать, что
Да*) - f(xi)
f(x)<f(xi) +
Х2 — Xl
(χ-χι)
при всех χι < ж < Ж2· Как обычно, рассмотрим вспомогательную
функцию
д(х) = f(Xl) + ί{Χ:]~1(Χΐ) (χ - «ι) - f(x).
X2 — X\
Ясно, что g(xi) = g{%2) = 0. В силу теоремы Ролля, найдется точка
с G (х\;х2), такая что д'(с) = 0. Так как д'(х) = 1-х ~ Ι'{χ)·>
то функция д'(х) является убывающей, поэтому д'{х) > 0 при χ < с и
д'{х) < 0 при χ > с. Следовательно, функция д возрастает на отрезке
[xi',c] и убывает на [с;^]- Поскольку g(xi) = д(х2) = 0, то, значит,
д(х) > 0 при всех χ Ε (жι;а*) (рисунок).
У = 9(х)
Переведем утверждение доказанной теоремы с геометрического язы
ка на алгебраический. Пусть χ Ε (^15x2)· Положим t — *~J£ · Число
t принадлежит промежутку (0;1), при этом χ = χι + t(x2 — χι) =
(1 — t)xi + tX2- Таким образом, неравенство
f(x)<f(xi) +
f(x2) - f(xi)
X2 — X\
(x - xi)

Тема 23. Выпуклые функции: неравенства и приближения 205
можно переписать в виде
f(x) < /(ал) + t(f(x2) - /(ал)) = (1 - t)f(Xl) + tf(x2),
или
/((1 - t)xi + tx2) < (1 - t)f(xi) + t/(ar2) при всех t G (0; 1).
В частности, положив в этом неравенстве t = ^, получим неравенство
/ari+ar2\ < /(a?i) + /(a?2)
Доказанное неравенство можно обобщить.
Теорема 23.4 (Иенсен). Для всякой выпуклой функции /, для
любых точек х\,х2... ,хп и для любых неотрицательных чисел qi, таких
что gi + q2 + ... + qn = 1, справедливо неравенство
f(qixi + q2x2 + ... + qnxn) < qif(xi) + 92/(^2) + ■ · ■ + qnf(xn)·
Доказательство проведем индукцией по п. При η = 1 доказывать
нечего. При η = 2 утверждение теоремы следует из теоремы 23.3.
Докажем индукционный переход. Пусть даны точки Х\,х2,... ,xn+i и
неотрицательные числа 91, q2,..., дп+ъ такие что 91+92+· ■ ·+9η+ι = 1·
Следовательно, 9ι + · · · + 9п = 1 — 9η+ι» поэтому
1 — 9η+ι 1 — 9η+ι
Положим
9ι . . Qn
У = ζ χι + ... + хп,
1 — 9n+i J· — 9η+ι
таким образом,
91^1 + 92^2 + · · · + 9η+1#η+1 = (1 - Qn+l)V + 9η+1^η+1·
Значит,
/(9ι^ι + 92^2 + · · · + 9η+ι£η+ι) = /((! - Qn+i)y + 9η+ι^η+ι) <
< (1 - qn+i)f(y) + qn+if(xn+i) <
< (1 - 9n+i) ( ζ f(xi) + · · · + ζ f(xn) ) + qn+if(xn+i) =
\1-9n+i l - 9n+i /
= 91/(^1) + 92/(^2) + · · · + 9n+i/(^n+i)·

206 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
Следствие 1. Среднее арифметическое любых действительных чисел
не превосходит их среднего квадратичного.
Действительно, так как функция f(x) = χ2 является строго
выпуклой, то справедливо неравенство Иенсена
ίχ\ +Χ2 + ... + 3?τΛ х\ + х\ + · . · + х\
\ η ) ^ η
откуда и следует, что
.2 ι ~2 ι ι ~2
Х\ + Х2 + ·»· + Хп < xj + х2 + ... + х„
η ^ V η
Следствие 2. Справедливо следующее обобщение неравенства
Коши между средним арифметическим и средним геометрическим:
для любых неотрицательных чисел Х\,х2 · · · ,хп и Для любых
положительных чисел qi, таких что qi + q2 + ... + qn = 1, справедливо
неравенство
х\гxf ·.. а#* < qixi + 4ίΧί + ... + qnxn·
Рассмотрим функцию f(x) = — In x, являющуюся выпуклой, и
напишем для нее неравенство Иенсена:
- \n(qixi + q2X2 + ... + qnxn) ^ -Qi \пхг - q2\nx2 - ... - qn 1ηχη,
откуда, в силу свойств логарифма, следует неравенство
lnxf xf ...x^n < \n(qixi + q2x2 + · · · + qnXn),
откуда и следует требуемое неравенство.
Заметим, что при q\ = q2 = ... = qn = ^ доказанное неравенство
превращается в стандартное неравенство Коши.
Задача 2. Решите уравнения: а) 2х = χ + 1; б) 2х = χ + 3.
Ясно, что числа 0 и 1 являются решениями первого уравнения.
Рассмотрим функцию f(x) = 2х — х. Ее производная f'(x) = 2х In 2 — 1
обращается в нуль в единственной точке xq. Поэтому функция f(x)
убывает на промежутке (—оо;жо] и возрастает на промежутке [жо;+оо).
Следовательно, на каждом из них уравнение f(x) — 1 имеет не более
одного решения, таким образом, это уравнение имеет не более двух
решений, а именно: χ = 0 и χ = 1.

Тема 23. Выпуклые функции: неравенства и приближения 207
Из приведенного рассуждения следует, что и уравнение б),
имеющее вид f(x) = 3, имеет два решения. Конечно, то что оба эти
уравнения имеют в точности два решения, очевидно с наглядной точки
зрения (рисунок).
Безсловно, в проведенном рассуждении использовалась выпуклость
показательной функции. Общее утверждение выглядит следующим
образом.
Теорема 23.5. Если функция f(x) является строго выпуклой (или
строго вогнутой) на некотором промежутке, то на этом промежутке
уравнение f(x) = а имеет не более двух решений.
Вернемся к задаче 2. Да, мы доказали, что уравнение пункта б)
также имеет два решения. Однако, каким же образом мы можем их
найти? Со «школьной» точки зрения задача б) является «нечестной»,
поскольку решения данного уравнения «не выражаются никакой
формулой». Найти их можно только приближенно (как и у большинства
уравнений, возникающих при приложении математики к реальности).
Глядя на приведенный выше рисунок, можно увидеть, что один из
корней «чуть больше —3», тогда как другой лежит «примерно посредине
между 2 и 3».
Одним из самых простых и эффективных методов поиска
приближенных значений корней функции является так называемый метод
касательных. Выберем число xq в качестве начального приближения
к искомому корню. Запишем уравнение касательной к графику
функции f(x) в точке с абсциссой хо, пусть Х\ — абсцисса точки ее
пересечения с осью абсцисс. Уравнение касательной имеет вид
у = f(x0) + f'(xo)(x - хо),

208
Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
положив в нем у = 0, получим, что х\ = xq — £ Л. \ ■ Теперь
рассмотрим значение Х2, являющееся абсциссой точки пересечения с осью
абсцисс касательной к графику данной функции, проведенной в его точке
(χι, f(x\)), и так далее. В результате мы построим последовательность,
заданную при помощи соотношения
Хп+1 — %п
f(Xn)
(19)
На следующем рисунке изображен график некоторой функции и
касательная к нему. Рассмотрим точку (a?i;0) пересечения этой
касательной с осью абсцисс. Если провести прямую, касающуюся этого графика
в точке с абсциссой ж χ, то точка ее пересечения с осью абсцисс
окажется «совсем рядом» с корнем данной функции (поэтому на рисунке
эта прямая и не изображена...).
Теорема 23.6. Предположим, что функция f(x), заданная на
отрезке [а; 6], является возрастающей (убывающей) и строго выпуклой,
при этом /(а) < 0 < f(b) (соответственно, /(а) > 0 > /(&)). Тогда
последовательность, заданная по формуле (19), в которой xq = b
(соответственно, xq = α), сходится к решению уравнения f(x) = 0.
Рассмотрим случай возрастающей функции. Пусть с Ε (α; b) —
решение уравнения f(x) = 0. Докажем, что последовательность хп
является убывающей и ограниченной снизу. Будем рассуждать по
индукции. Индукционное предположение состоит в том, что с < хп ^ Ь.
Тогда, поскольку по предположению функция f(x) является
возрастающей, то //Л."л > 0, значит, в силу соотношения (19), хп+\ < хп.
Теперь докажем, что последовательность хп ограничена снизу числом
с. Пусть уп — ордината точки касательной с абсциссой, равной с. Так

Тема 23. Выпуклые функции: неравенства и приближения 209
как функция f(x) выпукла, то ее график лежит над любой ее
касательной, следовательно, уп < f(c) = 0, таким образом, точка (с,уп) лежит
ниже оси абсцисс, поэтому хп+\ > с. В силу теоремы Вейерштрасса,
последовательность хп имеет предел, который пока обозначим через
а. Перепишем соотношение (19) в виде f(xn) = f'{xn){xn — #n+i)·
Поскольку хп — хп+1 —> 0, а значения f'(xn) очевидно образуют
ограниченную последовательность, то /(а) = Ит/(жп) = 0, откуда и следует,
что а = с, т. е. последовательность хп стремится к корню уравнения
f(x) = 0.
Конечно, для реализации метода касательных желателен
компьютер. Проведенные вычисления показывают, что один из корней
уравнения 2х = χ + 3 приближенно равен —2,8625, а другой приближенно
равен 2,44491.
Задача 3. Найдите пределы последовательностей:
а) χη+ι — \ (#η+^-); б) yn+i = | (2?/п+р-), начальные члены которых
равны 2.
Предположим, что хп —> а. Перейдя к пределу в соотношении а),
получим, что а = ^ (а + ^), или а2 = 2. Так как все члены
последовательности хп являются положительными, то а = у/2.
Аналогичным образом, предположив, что уп —> Ь, получим, что Ь3 = 3, откуда
Ь = л/3. Остается доказать, что эти последовательности являются
сходящимися.
Или можно пойти другим путем. Мы увидели, что пределом
последовательности хп является корень уравнения х2 — 2 = 0. Так давайте
найдем его методом касательных. В правой части формулы χη+ι =
д(хп) стоит функция, определенная равенством д(х) = χ — 4π~\· Для
функции f(x) = χ2 — 2 получаем, что
х2-2 2ж2-ж2 + 2 1 / 2\
д(х) =х = = - [ χ + — ,
УК ' 2х 2х 2 \ х)
таким образом, последовательность хп — это последовательность,
возникающая при использовании метода касательных для нахождения
положительного корня уравнения х2 = 2. Как уже доказано, она имеет
своим пределом этот корень.
Если f(x) = χ3 - 3, то
. . х3 - 3 Зх3 - х3 + 3
9{х)=Х--^2~ = Sx~2

210 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
поэтому и последовательность уп — это последовательность,
возникающая при использовании метода касательных для решения уравнения
х3 - 3 = 0.
Задача 3. В следующей таблице приведены значения членов Х\, Х2, хз,
Х4, вычисленных с семью знаками после запятой:
1.5000000, 1.4166667, 1.4142157, 1.4142136
Десятичное представление числа у/2 начинается с цифр 1,414213562.
Таким образом, уже четвертый член отличается от точного значения
менее, чем на Ю-7. Дайте математическое обоснование подобной
«скорости сходимости» последовательности хп.
Положим sn = х\ — 2. Поскольку ясно, что хп > у/2, то sn > 0.
Тогда
2 0_ 1 / 2\2 1 / 2\2_ S2 s2n
sn+1-xn+1-2--^xn + —J -2--{xn-—J ~^2<y
Так как s\ = x\ — 2 = \ , то S2 < ψ, «з < ψτ и s^ < ψγ. Наконец,
x4 - V2 = ?—= < —^= <
X4
+ \/2 2χ/2 λ/2·238
Конечно, можно написать оценку разности хп — у/2 для произвольного
значения п, но и так ясно, что «скорость сходимости» чрезвычайно
велика.
Задачи для самостоятельного решения
23.1. Покажите, что неравенство Бернулли следует из того, что
функция f(x) = (1 + х)п выпукла на луче [—1;+оо). Сформулируйте
и докажите: а) обобщение; б) аналог этого неравенства.
23.2. Напишите неравенство, которое следует из неравенства Иен-
сена для функции f(x) = ^, рассматриваемой на промежутке (0; +оо).
23.3. Докажите, что следствием неравенства Иенсена является нера
венство

Тема 23. Выпуклые функции: неравенства и приближения 211
справедливое для всех 0 < ρ < q при любых положительных числах
Xii I == 1, Ζ, . . . , П.
23.4. Докажите, что при всех χ Ε (θ; ^) справедливо неравенство
sin χ > 2f.
23.5. Пусть а — длина основания, a b — длина боковой стороны
равнобедренного треугольника, угол при вершине которого равен 12°.
Докажите, что Ь < 5а.

Тема 24. Формула Тейлора,
формула Эйлера
и одна комбинаторная задача
Задача 1. Вычислите значения в нуле производных произвольного
порядка многочлена р(х) = х4 + 2ж3 + Ъх2 + 7х + 1.
Собственно говоря, решать здесь нечего. Так как
р'(х) = 4х3 + 6х2 + 10х + 7, р"{х) = 12х2 + 12х + 10, р'"(а;) = 24х + 12
и, наконец, р^А\х) = 24, а р(к\х) = 0 при всех к ^ 5, то, подставив в
полученные формулы значение χ = 0, получим, что
р'(0) = 7, р"(0) = 10, р'"(0) = 12, р<4>(0) = 24.
Заметим только, что 5 · 2 = р"(2), 2 · 6 = р'"(0) и 1 ■ 24 = р(4>(0).
Теорема 24.1 (формула Тейлора для многочленов). Для всякого
многочлена р(х) степени η справедлива формула
ρ(χ)=ρ(α) + ψ(χ-α) + ^{χ-α)2 + ... + ^(χ-α)η. (20)
Пусть р(х) — многочлен степени п. Разложим его по степеням х—а,
где а — некоторое число,
р(х) = со + ci(x - а) + ... + сп(х - а)п.
Подставив χ = а, получим, что р(а) = cq. Продифференцируем
равенство для р(х),
р'(х) —с\+ 2с2(х - а) + ... + спп(х - α)η_1.
Значит, р'(а) = с\. Продифференцируем еще раз и подставим χ = а в
полученное равенство,
р"(а) = 2с2.
Продолжая в том же духе, получим, что
р^к\а) = k\ck при А; = 0,1,...,η
(здесь мы принимаем то соглашение, что р(°\х) = р(х)). Теорема
доказана.

Тема 24. Формулы Тейлора, Эйлера и комбинаторная задача 213
Следствие 1. Справедлива формула
(χ + ΐ)η = Σ
η!
£jkl(n-k)l
xk.
Коэффициенты многочлена в правой части этой формулы
называются биномиальными коэффициентами. С другой стороны, они
являются так называемыми числами сочетаний. Стандартное обозначение
для этих чисел — это Ск. Нам будет удобно записать их в следующем
виде:
Ск = п! 1 · 2 · ... · η
п к\{п-к)\ 1·2·...·Λ·1·2·...·(η-Λ)
η · (η — 1) ■... · (η — к + 1)
= Sfe! "
Обозначим р(ж) = (ж + 1)п. В силу формулы Тейлора для многочленов,
коэффициентом при хк в разложении многочлена р(х) по степеням
переменной χ является число
Р(к)(0) = n-(n-l)-...-(n-fc + l) rfc
что и требовалось доказать.
Подставив в доказанную формулу χ = | и умножив обе ее части
на 6П, мы получим формулу бинома Ньютона
η
к=0
Напомним, что число а является корнем кратности к многочлена
р(х), если р(х) = (х — a)hq(x), где q(x) — многочлен, такой что q(a) φ 0.
Следствие 2. Число а является корнем кратности к многочлена
р(х) тогда и только тогда, когда р(а) = р'{а) = ... = р^к~гЦа) = 0, а
р(кЦа)^0.
Пусть р(а) = р'(а) = ... = р<*_1)(а) = 0 и р(А:)(а) φ 0. Тогда из
формулы (20) следует, что
р(х) = ак(х - а)к + ак+г(х - а)к+1 + ... + ап(х - а)п = (х - a)hq(x),
причем q(a) = ак = р к{а' φ 0. Обратное утверждение также сразу
следует из этой формулы.

214 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
Конечно, для произвольной функции равенство (20) не может быть
верным, так в его правой части находится многочлен. Тем не менее
справедлив его аналог, который и называется формулой Тейлора.
Прежде всего давайте посмотрим на следующий рисунок.
Изображенный на нем график «похож» на дугу синусоиды, хотя видно,
что функция отличается от синуса, так как она обращается в нуль не
в точках ±7г, а где-то вблизи их. На следующем рисунке изображен
график той же самой функции, рассмотренной на отрезке [—4; 4].
На «синусоиду» он уже совсем не похож. На обоих рисунках изображен
график многочлена
/γ»«3 грО /γ»7
ι к %JU %JU %JU
Откуда взялся такой многочлен — вот об этом мы сейчас и будем
говорить.
Многочленом Тейлора степени η в окрестности точки а бесконечно
дифференцируемой функции f(x) называется многочлен
pn(x) = f(a) + ^(x-a) + ^(x-a)2 + ... + £^(x-a)n.
В силу теоремы 24.1 справедливы равенства f^k\a) =■ рп (а) при
к = 0,1,... ,п. Таким образом, у многочлена Тейлора функции и
самой этой функции в точке а совпадают как их значения, так и
значения всех их производных до порядка η включительно. Следовательно,
функция д(х) = f(x) — рп(х) в точке а равна нулю вместе со всеми
своими производными до того же самого порядка. Смысл следующей
теоремы состоит в том, что отсюда следует «малость» функции д(х)
вблизи точки а, т. е. «близость» функции f(x) и многочлена рп(х) в

Тема 24. Формулы Тейлора, Эйлера и комбинаторная задача 215
некоторой окрестности этой точки. Более того, как мы увидим далее,
для большинства «хороших» функций чем больше п, тем лучшее
приближение функции ее многочленом Тейлора мы будем получать.
Теорема 24.2 (формула Тейлора с остаточным членом в форме
Лагранжа). Пусть f(x) — некоторая бесконечно дифференцируемая
функция, определенная в некотором интервале, содержащем отрезок
между точками а и χ, η — натуральное число. Тогда существует число
сх, лежащее между α и ж, такое, что
••·+^(*-α)η+:9τυΓ(χ~αΓ+1· (21)
Идея доказательства состоит в последовательном применении
теоремы 4.1 — теоремы Коши. Введем две вспомогательные функции:
д(х) = f(x) - рп{х) и h(x) = (χ - α)η+1. Тогда
д(а) = д'(а) = ...= д<п\а) = 0, д(п+1)(х) = /(п+1)(я),
h(a) = h'{a) = ... = Λ<η>(α) = 0, /ι(η+1)(χ) = (η + 1)!.
Имеем,
9(х) = 9(х) ~ Μ = 9'{ci) = д'{с])-д'{а) = д"{с2) =
h(x) h(x)-h(a) h'(a) h'(a) - h'{a) h"(c2) '"
9(n)(cn) = 9(n)(cn) - g(">(g) = g^+l\cx) = fn+1Hcx)
■" (n + l)\(cn-a) (n + l)!(cn-a) (n + 1)! (n + 1)! '
откуда и следует, что
Примеры. 1. С точки зрения дифференциального исчисления,
самая простая функция — это экспонента, поскольку она не меняется
при дифференцировании. Тем самым, если f(x) = ех, то f^(x) = ех,
значит, f^(0) = 1, а потому формула (21) приобретает вид
ех = 1+х + — + ... + — + , 22
2! п! (п + 1)!

216
Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
где с находится между нулем и числом х. Поэтому остаточный член в
полученной формуле оценивается сверху выражением /wf χ^ ,
следовательно, он стремится к нулю при η —>· оо.
Подставив χ = 1, получим, что
е = 1 + 1 + - + ... + —+ гп,
2! п!
где гп < (η+ι)\ · Как следствие получаем, что сумма sn = 1 + ... + ^у
«очень хорошо» приближает число е. В следующей таблице для
сравнения приведены результаты округления до 9 цифр после запятой
точного значения числа е, сотого члена стремящейся к нему
последовательности (1 + ^) , а также значений S6 и δγ.
е
2,718281828
(1 + _1_Л100
2,704813829
«6
2,718055556
«7
2,718253968
Далее будем писать проще, а именно, что
е* = 1 + *+- + ... + - + ...,
имея в виду, что остаточный член стремится к нулю с ростом п.
Теорема 24.3 (ряды Тейлора синуса и косинуса). Для всякого
действительного числа χ справедливы равенства
~3 ~5 ~2п+1
slnx = a;-¥ + ¥ + - + (-1) (йГП)!
+
Пусть f(x) = sin ж. Тогда /'(ж) = cosx, /"(ж) = —sin ж, f'"{x) =
— cos ж, a f^A\x) = sin ж, и так далее, поэтому
/(0)
0
/'(0)
1
/"(0)
0
/'"(0)
-1
/(4)(0)
0
и так далее с периодом 4. Таким образом,
гр Τ* Τ* Τ* sp*Tl~j~ 1
Λιϊ = ο+ι.-+ο.¥+(-ΐ)·¥+ο.1Γ+...+(-ΐ)-ϊδΓΤΙ5ϊ
+ Г2п+2(^)·

Тема 24. Формулы Тейлора, Эйлера и комбинаторная задача 217
Осталось заметить, что, так как \f(k\x)\ ^ 1, то для остаточного члена
в форме Лагранжа справедлива оценка
ж2п+2
|г2п+2(х)| < ^ГТ2)! "* °-
Если f(x) = cos ж, то вся разница — в значениях производных в нуле,
/(0)
1
/'(0)
0
/"(0)
-1
/'"(0)
0
/(4)(0)
1
То, что остаточный член стремится к нулю, доказывается
аналогичным образом.
Таким образом, просматривается какая-то непонятная связь между
рядами Тейлора для экспоненты и для синуса и косинуса. Пора эту
связь прояснить.
Общая идея определения экспоненты состоит в том, чтобы
положить
ez = l + z + — + ... + — + ... ,
2 η!
где, например, ζ — комплексное число. Напишем это определение для
числа ζ = ix, где χ — действительное число. В результате получим,
что
= 1 — 1т + §4— ··· + г(х — %· + ·..) = cos ж + г sin x.
Мы доказали знаменитую формулу Эйлера
е = cos χ + г sin x,
из которой следует одно из самых восхитительных математических
тождеств
ein = -1
связывающее воедино четыре важнейших математических константы:
1, е, π и г.
Мы только что определили показательную функцию с
комплексным аргументом как сумму некоторого ряда. Но из этого определения
совсем не ясно, с какой это стати для нее будет справедливо основное
свойство показательной функции.

218 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
Теорема 24.4. Для любых комплексных чисел и и υ имеет место
равенство eu+v = еи · ev.
Мы не будем доказывать эту теорему в полном объеме, так как ее
доказательство опирается на стандартное утверждение о произведении
степенных рядов. Мы проведем только вычисление соответствующих
коэффициентов. Итак, поскольку
и2 ик
еи = 1 + и + — + ... + — + ...
ν2 ν1
ТО
.кпЛ °°
^,V Ш! ^«I,V kill
η=0 fc+Z=n n=0 fc+t=n
οο - η οο -
- Σ 7F Σcn «*«"-* = Σ τϊ(«+υ)η - e"+"
η Π! ^-* *—* П.
η=0 fc=0 n=0
в силу формулы бинома Ньютона.
Следствие. Если х,у Е.Ш, то ех+гу = ex(cosy + г sin?/).
Таким образом, экспоненциальная функция с комплексным
аргументом объединяет в себе как стандартную показательную функцию
ех, так и тригонометрические функции cos ж и sin ж.
Не следует думать, что остаточный член в формуле Тейлора всегда
бывает мал.
Пример 1. Рассмотрим функцию f(x) = γ^. Ясно, что /^(0) =
к\, поэтому многочленом Тейлора этой функции является многочлен
1 + χ + х2 + ... + хп.
Поскольку
1 + χ + х2 + ... + хп = — = ,
1-х 1-х 1-х
то
1,2 η *η+1
= 1+х + х2 + ... + хп +
1-х 1-х
Следовательно, если \х\ > 1, то с ростом η остаточный член в формуле
Тейлора для данной функции не уменьшается, а, наоборот, растет.

Тема 24. Формулы Тейлора, Эйлера и комбинаторная задача 219
Как вы видели, коэффициентами многочлена Тейлора функции
f(x) = (х + 1)п являются числа сочетаний С^. Приведем пример
функции, многочлен Тейлора которой имеет несколько неожиданный вид.
Пример 2. Многочлен Fix+F2x2+.. .+Fnxn (здесь Fn — это числа
χ
Фибоначчи) является многочленом Тейлора функции 2 ·
X """" %L· """" %L·
Заметим, что в приведенном примере естественнее говорить не о
многочленах Тейлора, а о так называемых производящих функциях
числовых последовательностей (см., к примеру, главу 2 книги [2]).
Причина, по которой автор решил включить в этот раздел
следующую задачу, станет понятна тогда, когда читатель доберется до конца
ее решения.
Задача. Секретарше было поручено отправить десяти клиентам
десять заранее подготовленных для них писем. Она надписала конверты,
но, торопясь уйти домой, не посмотрела, какое письмо в какой конверт
она вложила. Найдите вероятность того, что ни одно письмо не попало
к тому, кому оно было адресовано.
Конечно, задачу надо решать «в общем виде» — для η писем, а уже
затем посмотреть, какой ответ мы получим при η = 10.
Введем множества Βι, состоящие из всех перестановок (αϊ, а2,..., αη
множества {1,2,...,η}, в которых α» = г. Ясно, что каждое из этих
множеств состоит из (п—1)! перестановок. Напомним стандартное
обозначение: если Μ — конечное множество, то через \М\ обозначается
число его элементов. Таким образом, если Сп — множество всех
перестановок, то \Сп\ = n!, a \Bi\ = (η — 1)! для любого г = 1,2,... ,п.
Для каждой перестановки (αι,α2,... ,αη), входящей в объединение
#1 U В2 U ... U Вп
существует г, такое, что а* = г. Таким образом, задача состоит в том,
чтобы вычислить число перестановок, не входящих в это объединение.
Поскольку
\Сп \ #i U B2 U ... U Вп\ = п\ - \Вг U B2 U ... U Вп\,
то достаточно подсчитать число перестановок в этом объединении.
Рассмотрим сначала случаи п = 2ип = 3. В первом случае
воспользуемся равенством АиВ = Аи(В\А) = Аи(В\АГ\В). Поскольку
множества А и В\(АГ\В) не пересекаются, а \В\(АГ\В)\ = \В\ — \АГ\В\,
то
\A\JB\ = \A\ + \B\-\AnB\.

220 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
Для трех множеств можно рассуждать индуктивно:
\А U В U С\ = \А\ + \В U С\ - \А П (В U С)\ =
= \А\ + \В\ + \С\-\ВпС\-\(АпВ)и{АпС)\ =
= \А\ + \В\ + \С\-\ВПС\-\АпВ\-\АпС\ + \АпВПС\.
Общая формула — так называемая формула включений-исключений
— имеет следующий вид (и легко доказывается по индукции):
\Аг U A2 U ... U Ап\ = J](-l)fc+1 Σ \Ah П ... П Α
k=l {h,...,ik}
Рассмотрим пересечение множеств Βι и Bj, где г φ j. В это
пересечение входят перестановки, у которых а$ = г и a,j = j. Таким
образом, число таких перестановок равно (п — 2)!. Аналогичным образом,
в пересечении к любых из множеств В{ имеется (п — к)\ перестановок.
Применив формулу включений-исключений, получим, что
\Bl\JB2...\JBn\ =
= η · (η - 1)! - Cl · (η - 2)! + ... + (-l)n+1C£ · 0! =
- n\ _ Si ι n! _ , (_i\n+ln! tM _ X . , (~1)"+S
— it. 2! ^ 3! ",Tl L) n! ""ll! 2, Τ . . . Τ η, ;.
Искомая вероятность равна отношению числа перестановок, не
входящих в это объединение, к общему числу перестановок, таким образом,
она равна
Л 1 1 (-1)п
ι 1 4· -——
1! + 2! "·+ η! "
Вы узнаете полученное выражение? Это же значение многочлена
Тейлора степени η для функции ех при χ = —1! Таким образом, оно
приближенно равно числу ^. Более того, уже в условиях данной за-
° ι
дачи, в которой η = 10, ответ в ней отличается от ± менее, чем на
^ < 0,3 · ΙΟ"7!

Тема 25. Производные вектор-функций
Идея введения так называемых вектор-функций берет начало в
механике. Предположим, что в пространстве движется материальная
точка. Ее положение в каждый момент времени описывается тремя
координатами или же ее радиусом-вектором. Таким образом, если в
момент времени t она находится в точке Mt, то числу t можно
сопоставить вектор f(t) = OMt. Или, если в пространстве ведена
система координат, то числу t можно сопоставить координаты этой
точки, являющиеся значениями /ι(ί), /гС*)? /з(*) обычных функций. При
этом тройка (/ι(ί); Уг(*); /з(0) — это координаты вектора f(t). В
качестве области определения вектор-функции естественно рассматривать
некоторый промежуток. Приведем несколько примеров.
Пример 1. Положим f(t) = (хо + ait',yo + b\t',zo + c\t), или, в
векторной записи, f(t) = tq + vt. С физической точки зрения вектор-
функция / описывает движение с постоянной скоростью ν точки,
находившейся в начальный момент в точке Мо(го). С геометрической
точки зрения формула г = r$ + vt является параметрическим
заданием прямой в пространстве.
Пример 2. Если f(t) = (acosut;asmu)t;0), то точка движется
по окружности радиуса α с постоянной угловой скоростью. Нетрудно
изменить пример с тем, чтобы точка двигалась по заданному эллипсу.
Пример 3. Видоизменим пример предыдущей задачи, положив
f(t) = (a cosωί; a sin ωί; bt). Проекция этой точки на координатную
плоскость Оху равномерно движется по окружности, при этом
третья ее координата является линейной функцией. Поэтому точка в
пространстве движется вдоль кривой, называемой винтовой линией.
Назовем производной f'(t) вектор-функции f(t) вектор,
координатами которого являются производные координат этой функции, т. е.
вектор с координатами (/{(£); f^t); /з(*))·
Упражнение 1. Докажите, что: а) f'(t) = const в примере 1;
б) |/'(*)1 = const в примере 2; в) \f'(t)\ = const в примере 3, при
этом является постоянным и угол между вектором f'(t) и осью Oz.
Упражнение 2. Пусть / и g — вектор-функции, φ — обычная
функция. Через / ■ g будем, как обычно, обозначать скалярное
произведение векторов. Докажите, что:
1) (/+ <7)'=/'+ <7'; 2) (ipf)' = φ'ί + <pf; 3) (/ · g)f = f g + / · g';
4) /(*) = const тогда и только тогда, когда f'(t) = 0 на всем
промежутке из области определения данной вектор-функции.

222
Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
Докажем лемму, которая далее будет основным техническим
орудием.
Лемма 1. Справедлива формула
I,™-м^-,«.*,.
(23)
где через e(t) обозначен единичный вектор, сонаправленный с
вектором f(t).
Обозначим через (/ι(ί); /2(*)> /з(*)) координаты вектора f(t) в
некоторой декартовой прямоугольной системе координат. Так как
l/WI = y/f№ + f2(t) + fi(t),
то по формуле дифференцирования «сложной» функции получим, что
}t\f(t)\ = | (у/№) + № + /!(*)) =
2/iW/iW + Щ*)Ш + 2/з(«)Л(«) /(«) · /'(*)
Осталось заметить, что e(t) =
V/?W + f№ + /?(*)
/(О
1/(01
l/WI
Если вектор-функция / задает движение материальной точки, то
вектор v(t) = f'(t) называется ее скоростью, а вектор w(t) = v'(t) =
f"(t) — ее ускорением.
Задача 1. Докажите, что при произвольном движении твердого
стержня в пространстве проекции скоростей каждой его точки на прямую,
содержащую этот стержень, равны друг другу.
Ясно, что утверждение задачи достаточно доказать для скоростей
концов стержня. Рассмотрим вначале два частных случая.
Предположим, что стержень АВ двигается, оставаясь параллельным сам себе.
Другими словами, вектор AB(t) остается постоянным. Пусть f(t) =
OA(t) и g(t) = OB(t). Так как g(t) = AB(t) + f(t), a no
предположению AB(t) = const, то g'(t) = f'(t), поэтому в этом случае совпадают
друг с другом даже сами скорости концов стержня (левый рисунок).

Тема 25. Производные вектор-функций
223
Теперь предположим, что стержень вращается вокруг своего конца А.
В этом случае f(t) = а = const, таким образом, f'(t) = 0. Поскольку
стержень нерастяжим, то \g(t) — а\ = const, следовательно,
производная модуля равна нулю, поэтому, в силу формулы (23), g'{t) · АВ — 0.
Таким образом, скорость точки В перпендикулярна отрезку АВ,
значит, ее проекция на этот отрезок равна нулю (правый рисунок).
В общем случае утверждение задачи также следует из формулы
(23) для производной модуля вектор-функции. Обозначим через e(t)
единичный вектор, сонаправленный с вектором A(t)B(t)). Поскольку
\A(t)B(t)\ = const и A(t)B(t)) = g(t) - f(t), то (g'(t) - f'(t)) · e(t) = 0,
или
g'(t) ■ e(t) = f'(t) ■ e(t).
Осталось заметить, что в обеих частях этого равенства как раз и стоят
проекции скоростей точек А и В на прямую АВ.
Каков геометрический смысл вектора скорости вектор-функции?
Рассмотрим следующий пример. Предположим, что материальная
точка движется из начала координат по параболе у = 2х2 — 4ж. При этом
будем предполагать, что ее проекция на ось абсцисс движется
равномерно с единичной скоростью. Тогда через время t абсцисса точки
станет равной t, а ордината, соответственно, будет равна 2t2 — At.
Таким образом, в этом случае ее координатными функциями являются
функции fi(t) = ί и /2(ί) = 2t2 — At (поскольку движение
происходит в плоскости, то третья координата точки равна нулю, поэтому
мы ее просто будем игнорировать). По определению вектором
скорости при этом движении является вектор ν с координатами (1; 4ί — 4).
Как известно, геометрический смысл производной состоит в том, что
значение производной функции в данной точке совпадает с угловым
коэффициентом касательной к графику этой функции, проведенной
в соответствующей точке этого графика. Однако для наших целей
является более естественным сформулировать это свойство иначе. А
именно, что вектор с координатами (1;д'(х)) параллелен касательной
к графику у = д(х) в точке с абсциссой х.
Таким образом, в нашем случае мы увидели, что скорость
движения точки по параболе параллельна касательной к этой параболе в
рассматриваемой точке. Конечно, этот факт имеет общий характер,
что мы сейчас и докажем.
Лемма 2. Предположим, что материальная точка движется на
плоскости так, что в любой момент времени она находится на
графике функции д(х). Тогда вектор скорости этой точки в любой момент

224 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
времени параллелен касательной к графику этой функции (или равен
нулю).
Пусть (fi(t); f2(t)) — координаты точки в момент времени t, v(t)
— вектор ее скорости, По условию f2(t) = g(fi(t)), значит, f^t) =
9f(fi(t)) f[(t)· Следовательно,
v(t) = (№;Ш) = (fi(t);9'(fi(t))fi(t)) =
= /ί(*)(ΐ;ρ,(/ι(*)))ΙΙ(ΐ;ρ'(/ι(*))),
что и требовалось доказать.
Задача 2. Докажите следующее свойство (так называемой оптическое
свойство эллипса): касательная к эллипсу в произвольной его точке
образует равные углы с отрезками, соединяющими эту точку с фокусами
этого эллипса.
Пусть точка M(t) лежит на эллипсе с фокусами F\ и^.
Положим /(t) = M(t)Fi и g(t) = M(t)F2. Так как f(t) - g(t) = const,
то f(t) = g'{t) = v(t). При этом вектор v(t) — это вектор,
параллельный касательной к эллипсу в точке M(t). По одному из
определений эллипса точка Μ лежит на эллипсе тогда и только тогда,
когда |M.Fi| + |Mi*2| = 2α = const, т. е., во введенных обозначениях,
1/(01 + \9(t)\ — const. Следовательно, f'(t) · е\ + g'{t) · е2 =0, или
ν - е\ = —ν - в2, где через е\ и е2 обозначены единичные векторы,
сонаправленные, соответственно, векторам MF\ и MF2 (рисунок).
Из полученного равенства скалярных произведений и следует
равенство углов.
Для математиков физика интересна тем, что, исходя из
некоторых общих принципов или законов, при помощи математики можно
получать другие законы. Сейчас речь пойдет об объяснении того всем
известного эффекта, как кажущаяся «сломанность» опущенной в води
палки. А именно, мы выведем закон преломления Снеллиуса.
Пусть i — это касательная к линии раздела двух однородных сред
(будем для простоты считать, что Ζ — это и есть сама линия
раздела). В однородной среде свет распространяется по прямой. С одной

Тема 25. Производные вектор-функций
225
стороны, это интуитивно очевидно, с другой — является следствием
принципа Ферма в оптике: из точки А в точку В свет идет по пути, на
прохождение которого затрачивается наименьшее время. Обозначим
через с\ скорость света в первой среде, через С2 — скорость света во
второй среде. Прямая η на рисунке является нормалью к линии
раздела сред в той точке С, в которой световая линия пересекла линию
раздела. Обозначим через 9\ угол между η и отрезком АС — так
называемый «угол падения», через 02 — угол между η и отрезком СВ —
«угол преломления» (рисунок).
Задача 3. Докажите, что отношение синусов углов падения и
преломления равно отношению скоростей света в данных средах.
Пусть точка M(t) — точка на линии раздела. Введем вектор-функци
f(t) = AM(t) и g(t) = M(t)B. Рассмотрим функцию
„(4) = Ш + Ш,
с\
С2
значение которой есть время, которое затратит свет на прохождение
ломаной AM(t)B. В силу принципа Ферма, свет пересечет линию
раздела в той точке М, для которой значение φ(ΐ) является
наименьшим, следовательно, в силу теоремы Ферма, справедливо равенство
ip'(t) = 0.
Так как f(t) + g(t) = const, то ν = f'(t) = —g'{t). Следовательно,
,«1 <=2.
I
sin#i
sin #2
C2
ν - e\
V · β2
— υ
- £l
C2
Поэтому
Последний из примеров связан с одной характеристикой плоских
кривых. Наше рассуждение снова берет свое начало в механике.

226 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
Задача 4. Докажите, что в случае равномерного движения по
окружности радиуса R с абсолютной величиной скорости, равной υ, величина
центростремительного ускорения определяется формулой
ν2
^ц.стр = д- · (24)
Мы вправе считать, что движение происходит по окружности с
центром в начале координат. Предположим вначале, что абсолютная
величина ν = \ν\ скорости постоянна. В этом случае движение
точки описывается вектор-функцией f(t) = (.Rcos^; .Rsin ^).
Действительно, тогда ν = (—г;sin ^;vcos ^), так что |и| = v. A w = ν' =
2 2
— Ίϊ (coslf'SU1 if)' поэтомУ \w\ — %> ПРИ этом вектор w направлен
противоположно по отношению к радиусу-вектору точки, значит, его
модуль и есть величина центростремительного ускорения.
Теперь предположим, что и модуль скорости зависит от
времени, так что |/'(i)l = v(t). Рассмотрим функцию <p(t), являющуюся
первообразной функции v(t), так что <p'(t) = v(t). Положим f(t) =
(flcos^jflsin^). Так как
« = /(*)=(- - ψ
Ψ>α);οο*ψΨ>(ή=υα) (_sin!f ;соз^ )
το \v\ = v(t). Что изменится, так это формула для второй производной
вектор-функции f(t). Имеем
•WW (-sinif ;cos<f) - ψ (cosif ;si„<f) .
Будет удобным ввести следующие обозначения: t = (— sin ^-; cos ^Д)
и η = —(cos ^^;sin ^r). Таким образом, получена формула
ν2
ι/ = v't + — η,
Jti
в которой ηϊ — это и есть величина центростремительного ускорения.
Но каков аналог формулы (24) в том случае, когда точка движется
не по окружности, а по некоторой другой кривой?
Пусть вектор-функция f(t) описывает движение точки в
плоскости. Обозначим через t единичный вектор, параллельный
касательному вектору ν = f'(t), а через п — вектор, полученный из вектора t

Тема 25. Производные вектор-функций
227
поворотом на 90° против часовой стрелки. Разложим вектор ускорения
w = ν' = f"{t) по векторам t и η
w = at + βη.
Умножив обе части этого равенства скалярно на вектор t, получим,
что
а = w · t = ν' · t = — \v\
at
в силу формулы (23).
Лемма 3. Пусть f(t) = (x(t);y(t)). Справедлива формула
х'у" — х"у'
у/{х'У + {у'У '
Так как t = щ, то его координатами является пара (щ',щ) ·
Координатами вектора, полученного из t при повороте на 90° против
часовой стрелки, является пара (—ι^τ> щ) · Поэтому коэффициенты α
и β суть решения системы
Умножив первое уравнение системы на —у', второе — на х' и сложив
результаты, получим уравнение
Υ _ ху = β^ + М = β%/{χ,)2 + {у1)2 ?
V
откуда и следует требуемая формула.
Лемма 4. Предположим, что g(t) = f(<p(t)), где <^(ί) —
возрастающая дифференцируемая функция, и обозначим через χ и у
координатные функции вектор-функции g(t). Справедлива формула
х'у" - х"у' х'у" - х"у'
{{χ')2 + (y')2f2 {{χ')2 + {y')2f2'
Так как
g'{t) = /'(¥>(*)) · φ'{ί) и ^'(t) = />(*)) ■ (<p'(t))2 + /'(*>(*)) · ¥>"(*),

228 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
то
х' - χ' · φ\ у' = у' · φ',
χ =χ -{φ) +x ·φ , у =y -{ψ) + y ·φ .
Поэтому
((ϊ')2 + т2)3'2 = W)3 ■ ((χ')2 + (г/)2)3/2
и
χ у — χ у =
= {χ' ■ φ') (у" ■ (φ')2 + у' · ψ") - {χ" · {ψ')2 + χ' · ψ") {у' ■ ψ') =
= (^)3-(*V'-*V),
откуда и следует искомое равенство.
Проясним смысл доказанного равенства. Пусть вектор-функции
f(t) и g(t) задают движения материальной точки. Равенство g(t) =
ί(ψ(ί)) означает, что в обоих случаях точки движутся по одной и той
же геометрической кривой, но, возможно, с разными скоростями.
Таким образом, смысл доказанного в лемме равенства состоит в том, что
значение дроби
х'у" — х"у'
(М2 + (2/')2)3/2
не зависит от закона движения по кривой. Таким образом, это значение
характеризует именно траекторию движения точки. Поэтому в правой
части формулы
х'у" — х"у' . ,о х'у" — х"у'
β= , у = \υ\2 у у
у/(х')* + (</')* \ν
13
-'_." _"..'
значение дроби х у \υ\ϊ у зависит только от траектории движения и
не зависит от характера ее прохождения. Это значение называется
кривизной плоской кривой, а величина, обратная ей, называется ее
радиусом кривизны. Таким образом, величина центростремительного
ускорения при движении точки по некоторой кривой в плоскости
определяется все той же формулой (24)
,2
Мц.стр - "Б" >
V
где R — это радиус кривизны траектории рассматриваемого движения.

Тема 25. Производные вектор-функций
229
Задачи для самостоятельного решения
25.1. Решите упражнения 1 и 2.
25.2. Докажите, что если Μ — это точка, расстояние от которой до
вершин остроугольного треугольника является наименьшим, то
каждая из его сторон видна из этой точки под углом 120°.
25.3. Докажите, что если f'(t) = f(t) χ /ι, то вектор-функция f(t)
задает движение точки по некоторой окружности.
25.4. Известно, что движение электрона в постоянном магнитном
поле описывается вектор-функцией /(£), являющейся решением
уравнения f"(t) = f'(t) χ Η. Докажите, что траекторией движения
электрона является винтовая линия.

Тема 26. Многочлены и
тригонометрические соотношения
Начнем эту тему с того, что выведем не слишком известную
формулу для корней приведенного кубического уравнения. Отправной
точкой будет решение следующей задачи.
Задача 1. Решите уравнение 8х3 — 6х = 1.
Рациональных решений данное уравнение не имеет. С другой
стороны, выражение, стоящее в его левой части, вызывает ассоциацию
с формулой косинуса тройного угла: cos3i = 4cos3i — 3cosi.
Следовательно, если в данном уравнении сделать замену χ = cost, то
оно преобразуется к виду cos3i = \, откуда t = ±^ + Щ^-, к Ε Ζ.
Поскольку нас интересуют только значения χ = cost, то ответ: χ =
cos -|; cos Щ-; cos Ц-.
Может показаться, что приведенное рассуждение имеет уж очень
частный характер, однако дело обстоит совсем наоборот. Дело в том,
что если кубическое уравнение имеет три действительных корня, то
они всегда могут быть выражены через тригонометрические функции.
Ясно, что в таком случае ρ < 0. Сделаем в уравнении x3+px+q = 0
замену χ = ку. При этом коэффициент к подберем так, чтобы
отношение коэффициентов при у3 и у в полученном в результате этой
замены уравнении к3у3 + кру + q = 0 было бы равно — |. Таким
образом, — = — |, или к2 = —-§■■ В результате мы преобразовали данное
уравнение к виду -§-{Ау3 — Зу) = q. Теперь, после замены у = cost,
получим уравнение cos St = |^. Полученное тригонометрическое
уравнение имеет решение, если ||^| ^ 1, или 9q2 ^ к2р2 = — |р3, или
D = —Ар3 — 27q2 ^ 0. Полученное неравенство имеет место как раз
тогда, когда исходное уравнение имеет три действительных корня (с
учетом их кратности). Таким образом, мы доказали следующее
утверждение.
Теорема 26.1. Если D = —Ар3 — 27q2 ^ 0, то корнями уравнения
х3 + рх + q = 0 являются числа
/4р (\ SVSq 2πηλ
Xn = ^-yCos^-arccos^=^ + —J,n = 0,l,2.
Решение следующей задачи, основанное на использовании комплекс
ных чисел, было приведено ранее в теме 12. Сейчас мы пойдем другим
путем.

Тема 26. Многочлены и тригонометрические соотношения 231
Задача 2. Докажите, что cos Щг- + cos 4f = — \·
Напишем алгебраическое уравнение, среди корней которого будут
числа Xk = cos ^jp, к = 0,1,2. Поскольку корнями уравнения cos5t = 1
являются числа tk = ^jp, к Ε Z, то, выразив cos5i через cosi, мы и
получим искомое уравнение. В силу формулы Муавра, (cos t+i sin ί)5 =
cos 5ί + г sin 5i. Так как
,2l3
(α + Ь)ь = α& + 5α46 + 10aV + 10aV + 5α&4 + 6&,
το
(cosi + isini)5 =
= cos5 t+5i cos41 sin t—10 cos31 sin2 ί—Юг cos21 sin3 i+5 cos t sin4 ί+г sin5 <
поэтому
cos Ы = cos51 — 10 cos31 sin21 + 5 cos t sin41 =
= cos51 - lOcos3 ί (1 - cos21) + 5cosi (1 - 2cos21 + cos41) =
= 16 cos51 - 20 cos31 + 5 cos t.
Таким образом, числа #ο,#ι,#2 являются корнями уравнения
Т5(х) = 16ж5 - 20ж3 + Ъх = 1.
Теперь покажем, что χι и хг - корни кратности, равной по меньшей
мере двум. Действительно, так как Ts(cosi) = cos5i, то T^cosi) sini =
5sin5i. Значит, Τ${χ\) = Т^хг) = 0. А так как Т${х) есть многочлен
степени 5, то весь набор его корней состоит из 1 и корней х\ и Х2
кратности два. Осталось заметить, что в силу формул Виета сумма
1 + 2χι + 2^2 равна нулю.
На следующем рисунке изображен график многочлена Т^(х).

232
Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
К таких многочленам мы еще вернемся, а пока продолжим.
Задача 3. Докажите, что
ctg'
π
2η+ 1
+ ctg'
2π
2n + l
+ ... + ctg
2 ηπ η(2η — 1)
2n + l ~ 3
Положим Xk = ctg2 2η+ι» ^ = 1» 2,..., п. Ясно, что числа tk = 2^+ϊ
являются корнями уравнения sin(2n + l)t = 0. В силу формулы Му-
авра sin(2n + l)t есть мнимая часть числа (cost + isint)2n+1, поэтому,
воспользовавшись формулой бинома Ньютона, получаем, что
sin(2n + l)t =
(2n+l) cos2ntsint-n(2n~1)(2n+1) cos2""21 sin31+.. .+(-1)" sin2n+1
о
Таким образом, числа ctg 2^Z-\ ■> ^ ~ 1>2, ...,2n, являются корнями
уравнения
(2n + 1)x2n _ n(2n-l)(2n + l) ж2п_2 + ... + (_1}. = 0>
О
а числа Χχ, x2, ■. ·, xn — корнями уравнения
.ч r, n(2n — l)(2n 4-1) „ι , .ч«
(2n + \)xn * Δ—JLJ. xn-i + ... + (_i)« = o,
следовательно, в силу обобщенной теоремы Виета, их сумма равна
п(2п-1)
3
Взглянем теперь еще на один, на первый взгляд, удивительный
график многочлена Tq(x) = 32х6 - 48х4 + 18ж2 - 1.

Тема 26. Многочлены и тригонометрические соотношения 233
Введем определение. Многочлены Тп(х), для которых
Тп(х) = cos(narccosa;) при χ Ε [—1; 1],
называются многочленами Чебышева первого рода. Таким образом,
Т0(х) = 1, Γι (ж) = х, Т2(х) = 2х2 - 1.
Лемма 1. При всех η ^ 2 имеет место рекуррентное соотношение
Тп(х) = 2хТп_1(х) - Гп_2(х). (25)
Утверждение леммы следует из того, что
cos па + cos(n — 2)а = 2coso:cos(n — 1)а.
Интересно, что при \х\ ^ 1 для многочленов Чебышева первого
рода можно написать совсем другую формулу.
Лемма 2. При \х\ ^ 1 справедливы равенства
Тп(х) = \ ((χ + ч/^^Г + (х- у/х^У) .
В силу рекуррентного соотношения (25) из теоремы 21.4 следует,
что Тп(х) = αλι(χ) + бД^Ос), где Ai^^c) — решения
характеристического уравнения t2 — 2xt + 1 = 0, откуда λι^Οκ) = х ± Vx2 — 1· Так
как
То(х) = 1 = а + Ь.
Т\{х) = χ = (а + Ь)х + (а — Ь)у/х2 — 1,
то а = 6 = |. Лемма 2 доказана.
Многочлены Чебышева обладают многими замечательными
свойствами. Докажем одно из них. Заметим прежде всего, что
коэффициент при старшей степени хп многочлена Тп(х) равен 2η_1.
Упражнение. Докажите, что Тп(х) = 2п~1хп + ...
Рассмотрим многочлен рп(х) = 21~пТп(х) с коэффициентом 1 при
его старшей степени.
Теорема 26.2. Среди всех многочленов f(x) = χη+α\χη~ι+.. .+αη
приведенный многочлен Чебышева рп(х) является наименее
уклоняющимся от нуля на отрезке [—1,1], т. е. для любого многочлена f(x)
справедливо неравенство
max |рп(х)| < max \f(x)\.

234 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
В доказательстве теоремы нам понадобятся следующие свойства
функции Тп{х) (их доказательство — упражнение для читателя).
Лемма 3. Положим Xk = cos -^, к = 0,1,..., п. Тогда:
(1) Тп(х0) = 1, Тп(Х1) = -1,..., Тп{хп) = (-1)";
(2) на каждом из отрезков [χ^+ι;^], к = О,1,...,п — 1, функция
Тп(х) является строго монотонной.
Перейдем к доказательству теоремы 26.2. Пусть f(x) — функция,
такая, что
max \f(x)\ < 21_n = max Ιρη(#)Ι·
[-ιαΓ v л [-ία]
Рассмотрим отрезок [xi;a;o] и предположим, что f{x\) φ —21_п, таким
образом, f(xi) > -21_n = pn(xi)· Поскольку рп(хо) = 21_n ^ f(xo),
то уравнение f(x) = pn{x) на отрезке [χι;χο] будет иметь хотя бы
одно решение. Рассмотрим теперь отрезок [χ25^ι] и предположим, что
f{x2) < 21_п. Тогда уравнение f(x) = рп(х) будет иметь хотя бы одно
решение в промежутке (х2] χι). Продолжая рассуждение, получим, что
в совокупности это уравнение будет иметь как минимум η решений на
отрезке [—1;1] (графическая иллюстрация в случае η = 6 приведена
на следующем рисунке).
Однако, так как коэффициенты при хп у обоих многочленов f(x) и
рп(х) равны единице, то уравнение f(x) = рп(х) не может иметь более,
чем η — 1 корней. Значит, f(x) = рп(х)·
Осталось рассмотреть тот случай, когда в некоторых точках хь,
к = 1,2, ...,п — 1, значения многочленов f(x) и рп{х) совпадают.
Предположим, что f{x\) = Ρη(#ι)· Поскольку это их значение является
наименьшим для каждой из этих функций, то f'{x\) = 0 = р'п{х{),
значит, число х\ является не только корнем разности f(x) — рп(х),

Тема 26. Многочлены и тригонометрические соотношения 235
но и корнем производной этой разности. Следовательно, х\ корень
уравнения f(x) = рп(х) кратности не меньше 2. Таким образом,
данное уравнение имеет в промежутке (ж2;#о) по крайней мере один
корень кратности не меньшей двух. Таким образом, если f(xk) = Рп(хк)
(при к = 1,2, ...,п — 1), то данное уравнение имеет в промежутке
(xk+i',Xk-i) по крайней мере один корень кратности не меньшей двух.
Следовательно, уравнение f(x) = рп(х) имеет не менее η корней с
учетом их кратностей. Значит, многочлены рп(х) и f(x) совпадают, что и
доказывает теорему.
Многочленами Чебышева второго рода называются многочлены
υη(χ) = Ζ-ΓΤΤή+ι(χ)'
η + 1
Некоторые их свойства сформулированы в дополнительных задачах
26.6 и 26.7.
Задачи для самостоятельного решения
«„ -. тт 2π 4π 1
26.1. Докажите, что cos — cos — = — -.
5 5 4
_ π 2π ηπ
26.2. Вычислите произведение tg · tg ·... · tg
2n + 1 β 2n + 1 β 2n + 1
26.3. Решите упражнение, сформулированное в тексте.
26.4. Докажите лемму 3.
26.5. Докажите, что: 1) многочлены Тп(х) являются решениями
дифференциального уравнения (1 — х2)у" — ху' + п2у = 0;
2) если к и η — различные неотрицательные целые числа, то
/.
_1 vl — χ
2
26.6. Докажите, что многочлены Чебышева первого и второго рода
являются решениями уравнения Пелля Т%(х) — (х2 — 1)С/^_1(ж) = 1.
26.7. Докажите, что: 1) С/п_ χ (cos t) sin t = sinni;
2) если кип — различные неотрицательные целые числа, то
/1
Uk(x)Un(x)y/l -x2dx = 0.

Тема 27. Площади и объемы как функции
координат
Формулы, которых будут выведены в этом разделе, просты,
интересны и имеют глубокий смысл. Поэтому странно, что они не входят в
традиционный курс при «углубленном» обучении математике. Автор
всегда стремится исправить это недоразумение.
Задача 1. а) Найдите площадь треугольника с вершинами в точках
Л(1;1), В(4; 2) и С(2;5). б) Найдите наименьшее значение площади
треугольника на плоскости, координаты всех вершин которого
являются целыми числами.
а) Формулой Герона пользоваться не очень хочется, поскольку в
данном случае АВ = >/Ш, ВС = >/Ϊ3, АС = л/17, полупериметр этого
треугольника определяется формулой ρ = \ (\/Ϊ0 + \/Ϊ3 + \/Ϊ7), таким
образом
За вс =
Конечно, можно раскрыть скобки, получив в результате, что площадь
данного треугольника равна γ . Конечно, задача тем самым будет
решена, однако это решение не дает никакого подхода к решению
следующего пункта этой задачи. Поэтому будем решать эту задачу другим
методом.
Естественно осуществить параллельный перенос данного
треугольника с тем, чтобы вершина А перешла в начало координат. Тогда две
остальные его вершины будут иметь координаты В'(3;1) и С"(1;4).
Площадь изображенного на следующем рисунке прямоугольника
равна 12.
4
L С"
[У
ι :
В'
3
Для того, чтобы найти площадь треугольника О В'С, достаточно
вычесть из площади прямоугольника сумму площадей трех
прямоугольных треугольников. В результате получим, что
Sabc = Sqb'C = 12-i(3.1 + l-4 + 3-2) = 12-y = y.

Тема 27. Площади и объемы как функции координат 237
Теперь можно догадаться до правильного ответа на второй
вопрос: наименьшая площадь треугольника, координаты вершин
которого суть целые числа, равна \ . Действительно, так как длины сторон
прямоугольника и трех треугольников суть целые числа, то разность
между площадью прямоугольника и этих треугольников есть дробь
вида \, которая не может быть меньше \ .
Однако в проведенном рассуждении есть неточность, точнее
ошибка. Дело в том, что если треугольник расположен так, как показано на
следующем рисунке, то его площадь равна разности между площадью
прямоугольника и суммой площадей двух прямоугольных
треугольников и прямоугольной же трапеции.
Может быть, существуют и другие варианты расположения
треугольника? Поэтому приведем доказательство общей формулы для площади
треугольника на координатной плоскости, основанное на другой идее.
Теорема 27.1. Площадь треугольника с вершинами в точках
A(ai;bi), В{а2;Ъ2) и О (где О — начало координат) вычисляется по
формуле
S= \\aib2-a2bi\. (26)
Из известной формулы Sqab — \ ОA· ОВ -sin ZAOB получаем, что
Soab = \ ОЛ ' OBy/l- cos2 ZAOB =
= i у/О А2 · OB2 - О А2 · ОВ2 · cos2 ZAOB
Из формулы косинусов для треугольника АОВ следует, что
(а2 - αϊ)2 + (&2 - Ы2 = <*1 + Ъ\ + а\ + b\ - ЮА · ОВ · cos ZAOB,
откуда О А · ОВ · cos ZAOB = а\а2 + hb2. Так как О А2 = а2 + Ь\ и

238 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
ОВ2 = а% + Ь% то
О А2 ОВ2 -О A2 ОВ2 cos2 ZAOB = (α?+6?)(α1+6ΐ)-(αια2+6ι62)2 =
= а\а\ + a2 b2, + b\a\ + b\b\ — а\а\ — 2αια2&ι&2 — b\b\ =
= a\b\ + b\a\ — 2αι026162 = (αϊ62 - α2&ι)2,
откуда и следует формула (26).
Теперь предположим, что вершинами треугольника являются
точки А{х\\у\), В{х2',У2) и С(хз',Уз)· Посредством параллельного
переноса (при котором вершина С перешла в начало координат)
получаем треугольник с вершинами в точках О, А'{х\ — хз',У\ — уз) и
В'(х2 — хз',У2 — Уз)· В силу доказанной формулы получаем
следующую формулу для его площади (и площади исходного треугольника
ABC)
Sabc = \ \{х\ ~ хз)(У2 - Уз) ~ {Х2 - хз){У\ - Уз)\- (27)
Заметим, что координаты вершин А' и В' суть координаты векторов
С А и СВ, соответственно. Поэтому можно считать, что числа сц и bt в
формуле (26) — это просто координаты векторов, идущих по сторонам
данного треугольника.
Каков геометрический смысл знака выражения, стоящего под
модулем в правой части формулы (26)? Рассмотрим два примера.
Вначале предположим, что треугольник построен на векторах ηι(2;1) и
П2(3;3). В таком случае число αι^2 — a2b\ =2-3 — 1-3 = 3
является положительным (левый рисунок). Если же в качестве вектора
П2 взять вектор с координатами (3;0) (правый рисунок), то число
αι&2 — <ϊ2&ι = 2 · 0 — 1 · 3 = —3 является отрицательным.
П2
νΤΠι
Теорема 27.2. Пусть векторы ηι(αι;&ι) и 712(02562) не
параллельны. Число αι&2 — G2&1 является положительным тогда и только тогда,
когда поворот от вектора п\ к вектору пг на наименьший угол
производится против часовой стрелки (как принято говорить — «в
положительном направлении»).
х£

Тема 27. Площади и объемы как функции координат 239
Рассмотрим вектор т\{—Ь\\αϊ), получениями из вектора П\(а\;Ь\)
поворотом на 90° против часовой стрелки. Разложим вектор пг по
базису {ηι,πΐι}. Имеем
П2 = ип\ +νπΐ\.
Таким образом, П2 = u(ai;6i) + υ(—&ι;αι), следовательно,
а,2 = иа\ — vb\ и 62 = ub\ + va\.
Поэтому
αι&2 — CL2b\ = ai(w6i + ναι) — (uo>i — vb\)bi =
= wai6i + ναι ~ иа\Ъ\ + vb\ = v{a\ + 61).
В результате получаем, что положительность рассматриваемого
выражения равносильна положительности коэффициента ν в разложении
вектора П2 по векторам ηι и т\.
Теперь давайте снова посмотрим на два приведенных выше
рисунка. Дело в том, что для вектора п-2, изображенного на левом из них,
коэффициент ν будет положительным, тогда как для вектора П2 из
правого рисунка — отрицательным. Положительность числа ν как раз
и равносильна тому, что поворот от вектора η χ к вектору П2 на
наименьший угол производится против часовой стрелки.
Итак, задача решена, а попутно мы выяснили геометрический смыы
знака появившегося выражения. Двигаться дальше можно по пути
обобщения полученной формулы. Есть два естественных направления
обобщения формулы, полученной для плоского треугольника, а
именно: изменение числа вершин, т. е. переход к многоугольникам, или
же изменение размерности. При этом можно менять размерность как
объемлющего пространства, так и самого множества. В первом случае
речь пойдет о треугольниках в пространстве, во втором — о тетраэдрах
и их многомерных обобщениях.
Мы будем двигаться далее, переходя от более простой задачи к
более сложной.
Задача 2. Докажите, что квадрат площади пространственного
треугольника равен сумме квадратов площадей его проекций на
координатные плоскости Оху, Oyz и Oxz.
Собственно говоря, все, что надо сделать — это получить формулу
для площади пространственного треугольника. Удобнее сразу рассуж-

240 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
дать на языке векторов. Обозначим через (ai;6i;ci) координаты
вектора С А и через (а2;Ь2;с2) координаты вектора СВ. В силу формулы
для скалярного произведения векторов получаем, что
\СА\ \СВ\ cos ZACВ = САСВ = ага2 + ЬгЬ2 + сгс2.
Конечно, как и в плоском случае, можно было написать формулу
косинусов для треугольника ABC. Далее поступим так же, как раньше.
SABC = \ \ОА\\ОВ\ sm Z АС В =
= \ у/\СА\2\СВ\2 - \СА\2\СВ\2 cos2 ZACB =
= \ \f(al + Ь1 + °ΐ)(α2 + Ч + 4) - (ala2 + hb2 + CiC2)2 .
Следующая формула проверяется прямым вычислением.
(а\ + Ъ\ + c\)(al + Ъ\ + с\) - {αλα2 + ЬХЬ2 + cxc2f =
= (αι&2 - a2&i)2 + (&iC2 - &2Ci)2 + (cia2 - c2ai)2.
Поэтому
^лвс = \ (ai&2 - a2&i)2 + \ (b\c2 - b2ci)2 + \ (сга2 - с2аг)2.
Осталось заметить, что, поскольку, к примеру, (αι;6ι) и (а2;&2) — это>
соответственно, координаты проекций векторов С А и СВ на
координатную плоскость Оху, то | |αι&2—02&1Ι есть площадь проекции
данного треугольника на эту плоскость. Аналогичным образом, ^ \Ь\с2—Ь2с\ \
и | |aiC2 — а2с\\ — площади его проекций на координатные плоскости
Oyz и Oxz.
Удобнее будет в дальнейшем рассматривать параллелепипед как
естественное обобщение параллелограмма. В формуле для площади
параллелограмма нет никакой «одной второй». Кроме того, он
задается в точности двумя векторами, поэтому в формуле
S = \а\Ь2 — а2Ь\\
{а\\Ь\) и (а2;Ь2) — это координаты векторов, на которых построен
этот параллелограмм. Предварительно докажем одно вспомогательное
утверждение.
Лемма. Для любых двух непараллельных векторов rii(ai,&i,ci) и
п2(а2,Ь2,с2) рассмотрим вектор т{Ь\с2 — Ь2с\\с\а2 — с2а\\а\Ь2 — а2Ь{).

Тема 27. Площади и объемы как функции координат 241
Тогда: 1) вектор т перпендикулярен каждому из векторов п\ и пг;
2) длина вектора т равна площади параллелограмма, построенного
на векторах П\ и П2·
Утверждение 2) леммы — это в точности утверждение задачи 2.
Для доказательства утверждения 1) рассмотрим скалярное
произведение векторов П\ и т:
п\-т — а\{Ь\С2 — foci) + &i(cia2 - Φ^ι) + ci(ai&2 - а>2Ъ\) =
= a\b\C2 — CL\b2C\ + CI2&1C1 — а\Ь\С2 + а\Ь2С\ — a2b\C\ = 0.
Равенство П2 · т = 0 проверяется аналогичным образом.
Теорема 27.3. Объем параллелепипеда, построенного на векторах
ni(ai,&i,ci), 712(02,62,02) и Пз(аз,Ьз,сз), вычисляется по формуле
Vnbn2)n3 = |аз(^1 С2 - b2ci) + 63(cia2 - c2ai) + c3(ai&2 - a2bi)\ =
= |ai&2C3 + a2^3Ci + аз&1С2 — αι&3<?2 — агбхсз — 0362011. (28)
Рассмотрим вектор т{Ь\С2 — Ь2С\\с\а2 — C2a\\a\b2 — α2&ι). В
силу доказанной леммы, во-первых, \т\ = «SnijTl2, т. е. его длина равна
площади параллелограмма, построенного на векторах П\ и П2, и, во-
вторых, вектор т перпендикулярен каждому из векторов п\ ипг-
Таким образом, он перпендикулярен грани параллелепипеда, натянутой
на эти векторы, следовательно, параллелен опущенной на нее высоте
параллелепипеда.
Обозначим через h длину этой высоты. Как известно, Vni>ri2tri:}
hSnitri2, а h = |пз| | cos(Zm,n3)|. Следовательно,
Упьпа.пз = |m||n3||cos(Zm,n3)| = \т-п3\ =
= |аз(&1С2 - b2ci) + 63(cia2 - с2а{) + c3(ai&2 - α2&ι)|.

242
Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
Теорема доказана.
Выражения для площади параллелограмма на плоскости и
параллелепипеда в пространстве имеют специальные названия,
появляющиеся в разделе математики, название которому — «линейная алгебра».
А именно, определителем второго порядка называется выражение
ач &2
= а\Ъч — a,2bi,
а следующее выражение называется определителем третьего порядка:
С2 0.2
сз а3
+ С1
0,2 &2
аз Ьз
а\ Ь\ С\
а.2 "2 С2 = αϊ L _ + Οι
аз b3 сз
= ai(&2C3 - &3С2) + &1(с2аз - сзаг) + Ci(a2&3 - аз&г) =
= ах62сз + a2o3ci + аз&1С2 - ai&3C2 - а>2Ъ\Сз - аз&гСь
Таким образом, площадь плоского паралелограмма и объем
пространственного параллелепипеда равны модулю определителей,
составленного из координат векторов, на которых построены параллелограмм и
параллелепипед. Понятно, что эти результаты обобщаются на
многомерные пространства, но этим мы заниматься не будем.
Вернемся к формуле (27). Раскрыв скобки в ее правой части,
получим, что
Sabc = h \x1y2 ~ Х2У1 + х2уз - Х3У2 + хзУг ~ ziifel-
(29)
Задача 3. Приведите геометрическую интерпретацию формулы (29).
Посмотрим на следующий рисунок.

Тема 27. Площади и объемы как функции координат 243
В силу теорем 1 и 2, Soab = \ {х\У2 - Х2У\), Sobc = \ (х2Уз - Х3У2)
и Soac — \ {х\Уз - хзУ\) — ~\ {хзУ\ - х\Уз)- Таким образом, формула
(29) приобретает вид
Sabc — Soab + Sobc - Soac-,
что в рассматриваемом случае очевидно верно. Однако проведенное
рассуждение апеллировало «к картинке». Возможен, к примеру,
случай, когда начало координат лежит внутри треугольника ABC. В
таком случае Sabc — Soab + Sobc + Soac b соответствии с формулой
(29).
Поэтому давайте рассуждать иначе. Проведем рассуждение в два
шага.
Шаг 1. Докажем, что значение выражения
Х\У2 ~ х2уг + Х2УЗ - хзУ2 + хзУг - Х\Уз
не изменяется при параллельном переносе данного треугольника.
Конечно, в данном случае это очевидно, но обобщение этого факта
потребуется в дальнейшем. Итак, сделаем параллельный перенос данного
треугольника на вектор а(а;Ь). Тогда данное выражение приобретет
вид
Ы + а)(у2 + Ь)- (х2 + a)(yi + &)+
+(*2 + а)(у3 + Ь) - (х3 + а)(у2 + Ь)+
+(хз + a)(yi + Ь) - {χι + а)(у3 + Ь).
Честно раскрыв скобки, получим выражение
х\У2 - Х2Уг + Ьхг + ау2 - Ьх2 - ауг+
+%2Уз - %зУ2 + Ьх2 + ауз - Ьхз - ау2+
+хзУг - х\Уз + Ьхз + ауг - Ьхг - ау2 =
= Х\У2 - Х2У\ + Х2Уз - ХзУ2 + ХзУ\ - Х\Уз-
Шаг 2. Произведем паралелльный перенос таким образом, чтобы
начало координат О оказалось лежащим внутри данного треугольника
(рисунок).

244 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
В'{Х2\У2)
С(хэ;узТ
A'(xi;yi)
В таком случае Soa'B' = \ {х\У2 - Х2У1), Sob'C = \ (х2Уз - Х3У2) и
Soca' — \ (#ι2/3 — хзУ\)· Осталось заметить, что в рассматриваемом
случае Sabc = Soa'B' + Sob'C + Soca1·
Задача 4. Обобщите формулу (29).
Обобщением этой формулы является формула площади
многоугольника на плоскости. Если А\{х\\ у\)у ^(хг; У2),· · ·, Ап{хп; Уп) ~
вершины выпуклого η-угольника, то для его площади справедлива формула
S - \\Х\У2 ~ Х2У\ + Х2УЪ ~ ХЗУ2 + ■■·+ Хп-\Уп ~ ХпУп-1 + ХпУ\ ~ Х\Уп\ ·
Для доказательства этой формулы достаточно повторить
рассуждение, использованное в последнем решении задачи 3.
В заключение заметим, что эта формула справедлива и для
многоугольников, не являющихся выпуклыми, однако в этом случае ее
доказательство будет более сложным.

Тема 28. Значения тригонометрических
функций и свойства одной рекуррентно
заданной последовательности
При изучении тригонометрии порой возникает следующий вопрос:
почему это вдруг мы настолько редко знаем точные значения
тригонометрических функций? В стандартную таблицу входят только углы
в 0°, 30°, 45°, 60°, 90° (соответственно, в 0, £, \ , f , f радиан).
Оказывается, тому есть причина, что показывает следующее утверждение.
Теорема 28.1. Пустьpnq — взаимно простые натуральные числа.
Если значение cos ^ является рациональным числом, то оно равно
одному из чисел 0, ±1, ±^.
Доказательство этой теоремы производит ошеломляющее
впечатление на, скажем так, — математически неопытного слушателя. Оно
является непосредственным следствием двух следующих утвеждений.
Лемма 1. Если число cos ж = ^ рационально и отлично от чисел
0, ±1, ±^, то среди значений cos2nx нет одинаковых.
Действительно, если cos χ = |, где ρ и q — взаимно простые целые
числа, то
9 2р2 2р2 - а2
cos 2х = 2 cos2 ж-1 = -4--1= 0 ·
q* q*
В силу сделанного предположения q ^ 3. Общим натуральным
делителем чисел 2р2 — q2 и q2 может быть только число 2. Следовательно,
cos2x = ^i, где q\ = q2, если q нечетно, или q\ = ^-, если число
q было четным. При этом р\ и q\ — взаимно простые целые числа.
В любом случае справедливо неравенство qi > q. Аналогичным
образом, cos4x = ψ-, где q^ > qi, и так далее. Таким образом получаем,
что cos2nx = £2., Где числа рп и qn взаимно просты. Поскольку зна-
Qn
менатели полученных дробей образуют строго возрастающую
последовательность, то все эти дроби различны. Таким образом, множество
{cos 2пх | η Ε Ν} является бесконечным.
Лемма 2. Если χ = ^, где ρ и q — взаимно простые целые числа,
то множество {cos пх \ η Ε Ν} является конечным.
Рассмотрим множество Л = {cos ^, cos ^,..., cos ' q~ 'ж, cos ^2L j?
которое, очевидно, является конечным. Пусть {γι,Γ2,. .. ,Г29} — мно-

246 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
жество лежащих в промежутке (0; 2] дробей вида ^, возможно —
сократимых. Для любой дроби у справедливо равенство у = Гг+2га, где
т — целое число. Следовательно, ^ = Γ^π + 2πιπ, значит, cos ^ =
coswι. Таким образом, для любого натурального числа η значение
cos ^^ является одним из элементов конечного множества Л.
Сформулированная теорема есть непосредственно следствие дока-
занных лемм. Действительно, рассмотрим множество значений cos —*—
где η G N. В силу леммы 2 это множество является конечным.
Следовательно, если а — cos^ — рациональное число, то в силу леммы 1,
оно совпадает с одним из чисел 0; ±1; ±^. Теорема доказана.
Оставшаяся часть данного раздела связана с исследованием
поведения последовательности, заданной посредством рекуррентного
соотношения χη+ι = 2х\ — 1. Каждая такая последовательность
однозначно определяется своим первым членом. К примеру, если ari = 1,
тож2 = 2 — 1 = 1, и так далее. Таким образом, одной из
последовательностей данного вида является постоянная последовательность
Хп = 1.
Сформулируем первую задачу.
Задача 1. Найдите все постоянные последовательности данного вида.
Ответ очевиден. Данная последовательность будет постоянной,
если хп+1 = хп,т. е. если 1х\ — 1 = хп, или 1х\ — хп — 1 = 0. Решив
квадратное уравнение, получим, что хп = 1 или хп — — ^. Следовательно,
среди рассматриваемых последовательностей две являются
постоянными: последовательность 1,1,... и последовательность — ^, — ^,...
Задача 2. Существуют ли среди последовательностей данного вида
монотонные последовательности?
Последовательность хп — возрастающая, если хп+\ > хп, т. е. 2х^ —
1 > хп, или 2х\ — хп — 1 > 0, что имеет место, если хп > 1 или хп < — |.
Таким образом, если х\ > 1, то Х2 > х\ > 1, и так далее по индукции.
Задача 3. Выясните, верно ли, что если Х\ > 1, то эта
последовательность — неограниченная.
Да, конечно, это верно, так как
Хп+\ ~ %п == *&п — ZXn_i = Λ\Χη ι Хп— \)\Еп ~ %п—1) ^ 4(ЖП — Хп — 1 )·
При этом можно сказать, что такие последовательности растут «очень
быстро».

Тема 28. Значения косинуса и свойства одной последовательности?
Задача 4. Выясните, существуют ли среди данных
последовательностей другие монотонные последовательности, кроме уже найденных.
Конечно, если х\ < —1, то Х2 > 1 > Χι, поэтому в силу только что
доказанного мы получим монотонную и быстро растушую
последовательность.
Задача 5. Выясните, какими свойствами обладают
последовательности, начальные члены которых лежат на промежутке [—1; 1].
Если \х\\ ^ 1,тои \х2\ ^ 1, и так далее. Поэтому
последовательности, начальные члены которых лежат в промежутке [—1;1],
являются ограниченными. Мы видели, что среди таких последовательностей
имеются две постоянные последовательности.
Задача 6. Выясните, существуют ли непостоянные периодические
последовательности данного вида.
Скорее всего, решить эту задачу учащимся не удасться, поэтому
предложим им решить несколько других задач.
Задача 7. Докажите, что если χ ι — рациональное число, лежащее в
(—1; 1) и отличное от — |, то последовательность хп не является
периодической.
Если х\ = 0, то Х2 = — 1, а 1 = хз = ха = · · ·, поэтому эта
последовательность непериодична. Если х\ = ^, то — \ = Х2 = хз = ·■·,
поэтому и эта последовательность не является периодичной.
Непериодичность всех остальных последовательностей с начальными членами
из промежутка (—1; 1) следует из леммы 1.
Теперь для поддержки интриги рассмотрим последовательность с
начальным членом χ ι = '^54~1. Тогда
/v/5-l\2 6-2y/5 у/5 + 1
Х2 = 2(-^) ~1 = ^^-1 = —'
а
/ν/5 + Λ2 6 + 2л/5 v/5-l
Таким образом, последовательность с начальным членом х\ = ^54-1
является периодической с периодом, равным двум.
Таким образом, ответ на вопрос задачи 6 — положительный. Дадим
еще один пример подобной последовательности.

248
Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
Задача 8. Докажите, что последовательность с начальным членом
χι = cos ^ψ является периодической.
Собствено говоря, решать здесь нечего. Действительно,
х2 -
2х{-\
2π
4π
= 2 cos —— 1 = cos -—
9
xz = cos
9 '
8π
16π 2π
= cos —— = cos —- = x\.
9 9
Задача 9. Докажите, что для любого натурального числа η ^ 2
существует последовательность данного вида, период которой равен п.
Идея решения идея подсказана общим контекстом проведенного
обсуждения. Если \х\\ < 1, то х\ = cos<^i, а Х2 = 2cos2<^i — 1 =
cos 2(^i. Таким образом, рассуждая по индукции, получаем, что χη+ι =
cos2n(^i. Если 2η<£ι = 2π — φι, τ. е. если ψ\ = 2«+ι> то жп+1 = #ι·
Можно показать, что в такой последовательности х\ ф х^ при всех
2 ^ к ^ п. Таким образом, последовательность с начальным членом
χι = cos 2^+ϊ действительно имеет период п.
В завершение этой темы приведем результаты компьютерных
вычислений. В следующей таблице указаны значения 41-го члена
последовательности при заданном ее первом члене. Обратите внимание, что
начальные члены этих последовательностей близки к 1 — начальному
члену постоянной последовательности.
XI
Х41
0,99
-0,994619
0,999
0,671747
0,9999
-0,183354
0,99999
0,643624
Вывод, который можно сделать, глядя на эту таблицу, состоит в
следующем. Поскольку видно, что данная последовательность очень
чувствительна к своим начальным значениям, то мы не можем верить и
этим результатам! Действительно, ошибки округления приведут к
тому, что вычисленное значение сорокового члена будет далеко от
реального. А точные вычисления невозможны, поскольку, если, например,
1
Il = -, TO #5 —
28545857
43046721
А так как на каждом следующем шаге знаменатель возводится в
квадрат, то не может быть и речи о вычислении даже двадцатого члена
последовательности.

Тема 28. Значения косинуса и свойства одной последовательностМЭ
Некоторые дополнительные утверждения о поведении этой
последовательности сформулированы как задачи для читателей. Более
подробное исследование ее поведения проведено в главе 10 книги [2].
Здесь же только заметим, что очень простая квадратичная функция
f(x) = 2х2 — 1 определяет отображение отрезка [—1;1] в себя,
порождающее такое движение его точек, которое является хаотическим.
Дополнительные задачи
28.1. Завершите решение задачи 6, доказав, что период
построенной в ее решении последовательности действительно равен п.
28.2. Найдите начальные члены всех периодических
последовательностей данного вида.
28.3. Докажите, что в любом промежутке (α\β) С [—1; 1] найдется
начальный член периодической последовательности данного вида.
28.4. На следующем рисунке изображен отрезок прямой у = χ
и график многочлена р(х) = 128х8 — 256а;6 + 160ж4 — 32ж2 + 1 при
хе [-1;1].
ш
Докажите, что абсциссы их точек пересечения являются начальными
членами периодических последовательностей и определите периоды
этих последовательностей.
28.5. Докажите, что для каждого натурального η ^ 2
существует 2П чисел, являющихся начальными членами последовательностей
данного вида, период d которых является делителем числа п.
28.6. Найдите число всех последовательностей данного вида,
период которых равен п.

Тема 29. А есть ли еще «числа», кроме
комплексных?
Как мы все знаем, числа бывают: натуральные, целые,
рациональные, действительные, комплексные. В связи с этим может возникнуть
следующий естественный вопрос: «А существуют ли еще какие-нибудь
числа?» Действительно, почему ряд
NcZcQcRcC
не продолжается далее?
Прежде всего следует пояснить себе, что же мы называем
«числом». С натуральными числами все ясно — они возникают как
результаты счета: одна корова, две коровы, три коровы и так далее. Но кроме
того, их можно складывать, умножать, а иногда и вычитать.
Поэтому числами следует называть элементы множеств, в которых введены
две операции, которые принято называть сложением и умножением,
причем эти операции должны обладать определенными свойствами.
Перечислим эти свойства.
1. а + (Ь + с) = (а + Ь) + с. 5. а · (Ь · с) = (а · Ь) · с.
2. а + Ь — Ь + а. 6. а · Ь — Ь · а.
3. 30:а + 0 = а. 7. 3 1 : 1 · а = а.
4. Va36:a + 6 = 0. 8. Va φ 0 3b : а · b = 1.
9. а · (b + с) = а · b + а · с.
Свойства 1-9 справедливы для числовых множеств Q, R и С, однако не
только для них. Множество, операции в котором обладают
свойствами 1-9, называется полем. К примеру, полем является и множество
остатков от деления на простое число (поле вычетов по простому
модулю). Однако нас сейчас интересуют не примеры различных полей,
а поля, содержащие в себе множество R всех действительных чисел.
Да, таким множеством является поле С комплексных чисел. Каждое
комплексное число есть сумма вида a + b · i, где α и b —
действительные числа, а г некоторый элемент, такой, что г2 = — 1. Таким образом,
при построении поля комплексных чисел мы взяли корень уравнения
х2 = —1, не имеющего действительных корней, и рассмотрели
линейные комбинации с действительными коэффициентами единицы и этого
корня. Переход от Q к R тоже обосновывался необходимостью решать
уравнения вида х2 = 2, не имеющего рациональных решений. Однако

Тема 29. А есть ли еще «числа», кроме комплексных? 251
множество комбинаций вида а где р, q Ε Q, отнюдь не
исчерпывает множества всех действительных чисел. Даже проще, в виде такой
комбинации не представляется и решение уравнения х2 = 3.
Поэтому следующая теорема, которая по традиции называется
основной теоремой высшей алгебры, в высшей степени удивительна.
Теорема 29.1. В поле комплексных чисел всякий непостоянный
многочлен имеет хотя бы один корень.
Известно множество доказательств этой теоремы, связанных с
именами Эйлера, Даламбера, Гаусса, ..., Милнора. Интересно то, что ни
одно из этих доказательств не является, условно говоря, чисто
алгебраическим. В каждом из них, так или иначе, используется понятие
непрерывности функции. Предлагаемое ниже доказательство
Даламбера хорошо тем, что в нем, во-первых, от читателя требуются
минимальные знания математического анализа и, во-вторых, ясно видно,
какое свойство комплексных чисел является существенным, именно,
существование корня любой степени из произвольного комплексного
числа.
В приводимом ниже доказательстве используется следующий
стандартный факт математического анализа.
Теорема 29.2 (Вейерштрасс). Всякая непрерывная функция двух
переменных, заданная на замкнутом круге, достигает в нем своего
наименьшего и наибольшего значений.
Доказательство теоремы Вейерштрасса в двумерном (да и в
многомерном) случае по сути ничем не отличается от доказательства
классической теоремы Вейерштрасса, в которой рассматриваются функции,
заданные и непрерывные на некотором отрезке.
Теперь докажем две вспомогательные леммы.
Лемма 1. Пусть p(z) - непостоянный многочлен. Для любого числа
с > О найдется число г, такое что \p(z)\ > с при всех \z\ ^ г.
Пусть ρ(ζ) = αηζη + αη_χ2η_1 + ... + αο· Будем считать, что г ^ 1.
Тогда, если \ζ\ ^ г, то
\αηζη + αη-ιζη~ι + ... + а0\ ^ Μ \ζ\η - |αη_ιζη_1 + ... + а0\ ^
^ κι и* - Νη_1 Σ м = ип-1 (κι Ν - Σ w) >
г=0 ^ г=0 '
η-1
^ Mr- ς ΐα*ι >c'
г=0

252 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
^n-l
С + Ег=0 \ai
если г > — г υ
\ап\
Лемма 2. Пусть q(z) = 1 + CkZk + ... + CnZn, где сь φ 0. Для
всякого положительного числа δ найдется комплексное число го, такое
что \ζο\ < δ и \q(zo)\ < 1.
Пусть ε - это некоторый корень степени к из числа — ^Ц так что
Cfc
ε* = —-р. Рассмотрим функцию <^(ί) = |<?(ίε)|, ί G R. В силу выбора
Cfc
числа ε, получаем, что при t Ε (0; 1)
y>(t) = |l-ifc + «fc+iifc+1 + ... + «nin| < 1-ί*+ί*|«Λ+ιί + ... + «ηίη_*|.
Выберем число σ < 1 так, чтобы |ιι&+ιί+.. .+iin£n-fc| < ^ при t Ε (0; σ).
Тогда при всех t Ε (0; σ) справедливо неравенство
ip{t) < 1 - tk + \tk = 1 - 4 < Ι-
Таким образом, мы можем положить zq = te, взяв число t достаточно
малым.
Доказательство теоремы 29.1. Предположим, что многочлен p(z)
не имеет (комплексных) корней. В силу леммы 1 найдется г > 0, такое
что \p(z)\ > \р(0)\ при всех \z\ ^ г, в частности, |р(0)| < \p(z)\ при
\z\ = г. В силу теоремы Вейерштрасса, функция \p(z)\ в круге \z\ < г
достигает своего наименьшего значения в некоторой точке а, которая
по выбору г лежит внутри этого круга, т. е. \а\ < г. По предположению
р(а) φ 0. Разложим многочлен ρ(ζ) по степеням ζ — α:
ρ(ζ) = Ь0 + bk{z - а)к + ... + bn(z - α)η,
где 6fc φ 0, и положим
g(w) = ^p(w + α) = 1 + Cfciu* + ... + CnWn.
По условию |ρ(α)| < \ρ(ζ)\ при всех |г| < г, значит, |<?(u;)| ^ 1 при
всех \w\ ^ г — |а|, что противоречит утверждению леммы 2. Теорема
доказана.
Следствие 1. Над полем комплексных чисел всякий непостоянный
многочлен раскладывается на линейные множители, т. е.
p(z) = an(z - ζι)(ζ - z2)... {ζ - zn),

Тема 29. А есть ли еще «числа», кроме комплексных? 253
где ζι,Ζ2,·.·,ζη - набор корней многочлена ρ{ζ), причем каждый из
них встречается столько раз, какова его кратность.
Следствие 2. Всякий многочлен с действительными
коэффициентами является произведением многочленов с действительными
коэффициентами, степень каждого из которых не больше двух.
Если все корни многочлена р(х), все коэффициенты которого
являются действительными числами, сами являются действительными
числами, то этот многочлен раскладывается в произведение
линейных множителей. Предположим, что некоторые корни этого
многочлена являются комплексными. Как известно, если комплексное число
ζ\ = а+Ы является корнем многочлена с действительными
коэффициентами, то сопряженное ему число Ζ2 = а — Ы также является корнем
этого многочлена. Поэтому комплексные корни разбиваются на пары
сопряженных друг другу комплексных чисел. Осталось заметить, что
произведение
(х — ζ\){χ — Ζ2) — х2 — (ζ\ + ζ^)χ + Ζ\Ζ2 = χ2 — lax + α2 + b2
есть многочлен степени два с действительными коэффициентами.
А теперь мы докажем, что во вполне определенном смысле, кроме
С, других содержащих R полей не существует.
Рассмотрим некоторое поле К, содержащее поле R
действительных чисел. Основное предположение будет заключаться в том, что
поле К является конечномерным векторным пространством над R.
Если К = С, то каждый элемент К однозначно представляется в виде
χ = а + Ы, где a,b Ε R, таким образом, С есть двумерное пространство
над R, базисом которого, например, является пара {1,г}. Самый
простой способ дать определение многомерного линейного пространства —
формальный. Будем считать, что элементы χ € К представляются
наборами (х\,Х2, · · ·,Хп), где Xi Ε R. При этом наборы вида (х\, 0,..., 0)
являются обычными действительными числами. В будущем для нас
важно то, что всякие η + 1 элементов такого пространства являются
линейно зависимыми (аналогично тому, как в обычном пространстве
всякие четыре вектора линейно зависимы).
Теорема 29.3. Если поле К содержит R и является
конечномерным векторным пространством над R, то К = R или К = С
Пусть dinuFfR = п. Предположим, что К φ R, значит, найдется
элемент у Ε К \ R. Поскольку набор {1, у,..., уп} состоит более, чем
из η элементов, то он линейно зависим, следовательно, найдутся числа

254 Часть 3. Алгебра, анализ, геометрия — теория
αο,αϊ,...,ап G R, не все из которых равны нулю, такие что в К имеет
место равенство ao+aiy+.. .+апуп = 0. Теперь рассмотрим многочлен
f(x) = αο + α,χχ + ... + апхп. В силу следствия 2 к основной теореме
высшей алгебры,
f(x) = ап(х -χι)... (х- Хк){х2 + Р\х + qi)··· {х2 + Pi% + qi),
2
где к + 21 — п, Xi G Ш и pi,qi G R, причем ^- — ^ < 0. Так как
/(у) = Му - Χι)... (у - Xfc)(?/2 + Р\У + 9ι) ■ ■ · {У2 + Ш + qi) = 0,
то один из сомножителей в произведении равен нулю. Поскольку по
предположению у £ R, то равен нулю один из квадратичных сомно-
жителей, для определенности, у2 + piy + qi =0. Тогда, (у+ Щ-) = —с2
и (^ + |^) = —1. Положим г — ^ + |^ G К. Ясно, что 1 и г линейно
независимы над Ш.
Рассмотрим множество Ко = {а + 6г | а, 6 G R}. Пусть и,ν Ε Ко.
По построению w = a + 6int; = c4-di. Рассмотрим произведение иг;.
Поскольку К — это поле, то
uv = (а + 6г)(с + di) = ас + adz + бгс + bidi =
= ас + i(ad + 6с) + bdi2 = ac — bd + i(ad + 6с).
Таким образом, мы видим, что, во-первых, uv G Ко и, во-вторых, что
Ко можно отождествить с полем С.
Пусть теперь ζ G К - произвольный элемент поля К. Так же, как и
выше, построим по ζ элемент г, такой что г2 = — 1. По построению
элементы 1, г, г линейно зависимы. Поскольку (г — г)(г + г) — г2 — г2 = 0, то
г = ±г, следовательно, элементы 1, г, г линейно зависимы, таким
образом, ζ Ε Ко. Тем самым мы доказали совпадение К = Ко. Поскольку,
как было показано выше, Ко может быть отождествлено с полем С,
это и доказывает теорему 29.3.
В заключение заметим, что есть еще одно «числовое множество»,
содержащее в себе С. Из теоремы 29.3 следует, что операции в этом
множестве не могут обладать всеми свойствами 1-9. Рассмотрим
множество наборов {(а, 6, с, d) | а, 6, с, d G R}. Введем следующие
обозначения. Пусть 1 = (1,0,0,0), г = (0,1,0,0), j = (0,0,1,0) и к = (0,0,0,1).
Таким образом, всякий элемент и данного множества есть линейная
комбинация и = a + Ы + cj + dk четырех базисных элементов: 1, г,

Тема 29. А есть ли еще «числа», кроме комплексных? 255
j и к. Сложение определяется обычным образом — как в векторном
пространстве, а именно, по-координатно. Для определения умножения
достаточно определить попарные произведения элементов базиса.
Положим
1 -г = г 1 · j = j l · к = к
i · j = & j · к = г к · г = j
j . i = — к к - j = —г г · к = —j
г-г — — 1 j · j = —1 fc · fc = —1
Прямо из определения видно, что свойство 5 не выполняется. Не
слишком сложно проверить, что все остальные свойства выполняются.
Полученное множество обозначается Η (в честь Гамильтона {Hamilton)
— математика, открывшего его), а его элементы называются
кватернионами. Некоторые свойства кватернионов сформулированы далее
(в качестве упражнений для читателя).
Задачи для самостоятельного решения
29.1. Назовем модулем кватерниона и = а + Ы + cj + dk
действительное число |it| = V'о? + Ь2 + с2 -I- d2. Кватернион й = a — bi — cj — dk
будем называть сопряженным к кватерниону и.
а) Докажите, что: ий = йи = \и\2.
б) Докажите, что: й/О — ΰϋ.
в) Докажите, что: \uv\ = |ω| · |υ|.
г) Напишите алгебраическое тождество {тождество Эйлера), которое
следует из формулы предыдущего пункта.
29.2. Будем называть кватернионы вида Ы + cj + dk чисто
мнимыми. Приведите геометрическую интрепретацию произведения двух
чисто мнимых кватернионов.

Решения дополнительных задач части 3
Тема 20. Функциональные уравнения элементарных функций
20.1. Положим /(0) = Ь и д(х) = f(x) - /(0). Тогда
т±1Ш - /(0) =
_ fjx) - /(0) + f(y) - /(0) = д(х) + д(у)
2 2
при этом д(0) = 0. Положим а = д(1). Если η — натуральное число, то
д(п) = g(n+i)+g(n-i) ^ поэтому д(п + 1) = 2#(п) - д{п - 1). Положив в
полученном равенстве η = 1, получим, что д{2) = 2а. Положив η = 2,
получим, что (?(3) = 2^(2)—р(1) = 4а—а = За. Рассуждая по индукции,
получим, что (?(η) = an при всех натуральных п. Положив у = —х в
равенстве для функции д, получим, что д(—х) = —д(х), в частности,
д(к) = ак при всех целых к. Положив в этом соотношении у = 0,
получим, что р(§) = ^р- · В частности, <?(§) —а·^ при любых feeZ,
откуда следует по индукции, что
(АЛ - А
\2П/ "~ 2П
при любых целых fc и целых неотрицательных числах п. Поскольку
для любого действительного числа χ найдется сходящаяся к нему
последовательность гп чисел вида ψτ, то
д(х) = lim g(rn) = lim arn = ах,
П—¥00 П—¥00
поэтому д(х) = ах для любого iGR. Следовательно, f(x) = ах + Ь —
функция, «линейная в школьном смысле».
20.2. Уже было доказано, что в условиях задачи 2, если функция
не является тождественно нулевой, то все ее значения положительны.
Пэтому мы вправе ввести функцию д(х) = In f(x). Тогда
д(х + у) = \nf(x + У) = 1п(/(х)/Ы) = \nf(x) + In/(у) = д(х) + д(у).
Значит, gix) = ах, следовательно, /(ж) = еах = ах.
20.3. Положив у = 0, получим, что /(0) = fix) + /(0),
следовательно, fix) = 0 для любого хбК.

Задачи темы 21
257
20.4. Введем функцию д(х) = /(ех). Тогда
д(х + у) = /(ех+У) = /(ехеУ) = f(ex) + /(е*) = д(х) + р(у).
Значит, д(х) = ах, следовательно, /(ех) = ах, откуда следует, что
f(x) = а\пх = loga χ.
20.5. Предположим, что такая функция существует. Подставив
χ = у = О, получим, что /(0) = ^ffio), откуда следует, что /(0) = 0,
так как 1 — /2(0) φ 2. Положив у = —ж, получим, что f(—x) = — /(#)·
Если |/(а)| = 1, то в точке 2а эта функция не определена. Поскольку
функция непрерывна и /(0) = 0, то все ее значения должны лежать в
промежутке (-1;1). Пусть /(a) φ 0. Тогда |/(2о)| = £ψ^ > 2|/(α)|.
Рассуждая по индукции, получим, что |/(2ηα)| ^ 2η|/(α)| при всех
натуральных п, что противоречит ограниченности данной функции.
20.6. Положив к = 1, получим, что S\ · Sn = Sn. Поэтому, если
прогрессия не состоит сплошь из нулей, то 5ι = 1. Пусть d — это
разность прогрессии. Так как 54 = 5|, то 6d + 4 = (d + 2)2, откуда
d2 = 2d, значит, d = 0 или d = 2. Если d = 0, то Sn = η, так что SnSk =
пк = Snk- Если d = 2, то, как известно, Sn = η2, так что, и в этом
случае SnSk = η2к2 = Snk- Таким образом, данному соотношению
удовлетворяют две постоянные прогрессии: из нулей и из единиц, а
также прогрессия, состоящая из всех нечетных натуральных чисел.
Тема 21. Рекуррентно заданные последовательности
21.1. Пусть Ь = qb + d. Положим уп = хп — Ь, таким образом,
Хп = Уп+b. Подставив выражения для χη+ι ихпв данное соотношение,
получим
уп+1 +b = q(yn + b) + d, или уп+х = qyn,
так как Ь = qb + d. Следовательно, последовательность уп —
геометрическая прогрессия, значит, уп = aqn~l, а потому хп = aan_1 + b.
21.2. По условию хп = Хп~1+Хп-2 ш Характеристическим для этого
соотношения является уравнение 2t2—t—l = 0. Поскольку его корнями
являются числа 1 и — ^. то хп = а + б(—^) .Из условий на члены
с номерами η = 0 и η = 1 получим, что a = — b = Ι. Следовательно,
"Ε ΤΙ — η '
2 , (-1)
η-1
3 3·2η~1 '
Таким образом, точка | и является искомой.

258
Решения дополнительных задач части 3
21.3. Ответ: хп = c\Fn + C2Fn+\. Поскольку и числа Фибоначии,
и числа Фибоначчи, номера которых сдвинуты на 1, удовлетворяют
данному соотношению, то и последовательности указанного вида ему
удовлетворяют. Пусть xq = а и х\ = Ь. Тогда а = С2 и Ь = с\ + С2,
поэтому хп = (b — a)Fn + aFn+i.
21.4. а) Ответ: хп = an2 + Ъп + с. Во-первых, до ответа можно
догадаться. Характеристическим для данного соотношения является
уравнение t3 — St2 + St — 1 =0, имеющее число t = 1 корнем кратности три.
Решениями уравнения хп+2 = 2χη+ι — хп, характеристическое
уравнение которого имеет t = 1 корнем кратности два, являются
арифметические прогрессии, т. е. последовательности вида хп = ап + Ь. Возникает
естественное предположение, что последовательность хп = п2
является одним из решений данного соотношения. Проверить это несложно,
так как (п + З)2 = п2 + 6п + 9 и
3(n+2)2-3(n + l)2+n2 = 3n2 + 12n + 12-3n2-6n-3 + n2 = n2 + 6n + 9.
Есть и другой подход к выводу искомой формулы, аналогичный
тому, который использовался в доказательстве теоремы 21.5. Положим
У η — Χη+ι — Хп· Данное в задаче соотношение можно записать в виде
Хп+З - Хп+2 = 2(жп+2 - Xn+l) - (Xn+l - ^п),
или уп+2 = 2?/η+ι — уп. Таким образом, последовательность уп
является произвольной арифметической прогрессией. В свою очередь, хп
— это сумма арифметической прогрессии, которая и имеет
квадратичный вид.
б) Примером рекуррентного соотношения с искомым свойством
является соотношение хп+2 = Зжп — 2χη_ι. Идея состоит в том, чтобы
написать кубический многочлен, имеющий единицу корнем кратности
два. Например, взять многочлен (t — l)2(t + 2) = t3 — St + 2. После
этого мы пишем сотношение, для которого данный многочлен является
характеристическим.
21.5. В отличие от всех примеров, приведенных в теме 21, искомое
соотношение не является линейным. Последовательность хп является
геометрической прогрессией тогда и только тогда, когда ^т^- = J°n ,
Хп Хп—1
2
или χη+ι = ^-^- . Конечно, в данном случае мы считаем, что
постоянная последовательность также является геометрической прогрессией.

Задачи темы 22
259
Тема 22. «Золотое сечение», или: решение уравнений f(x) = χ
22.1. Рассмотрим функцию f(x) = |^| = 1 + ^γ на луче [1; +оо).
Она является убывающей, при этом f'(x) = — (х1ий > — 1· Корнем
уравнения f(x) = χ является число с = у/2. Поскольку х\ = 1 < \/2,
то из теоремы 22.1 следует, что последовательность Х\, х^, хь, · · ■
является возрастающей, а последовательность Х2,Х4,хв, ■ · ■ — убывающей.
При этом обе они имеют своим пределом число \/2.
Еще можно заметить, что данная последовательность есть
последовательность конечных непрерывных дробей для числа \/2, поскольку,
если число sn определено при помощи η — 1 дробей по формуле
sn = 1 +
2 +
2 +
2 + ..
то
Sn+l =1+
= 1 +
2 +
1 ^ sn + 2
1 + sn sn + 1
2 +
2 +
и при этом si = 1.
22.2. а) Такой функцией является, к примеру, f(x) = \(х+у/х2 + 4)
Ее график изображен на следующем рисунке.
Приведенный пример показывает, что для возрастающих функций
полный аналог теоремы 22.1 места не имеет.
б) То, что уравнение f(x) — χ имеет не более одного решения,
следует из того, что функция χ — f(x) — возрастающая. Действительно,
ее производная (х — f(x))' = 1 — f'(x) по условию положительна в
любой точке. Пусть /(а) = а > 0. Рассмотрим число χ > 0. Так как
f(x) — /(0) = f'(c)x < qx, где q < 1, то f(x) < α + qx ^ χ при всех

260
Решения дополнительных задач части 3
χ ^ уз- . Таким образом, на промежутке [0; у£-] уравнение f(x) = χ
имеет решение. Если а = /(0) < 0, то аналогичным образом
доказывается, что рассматриваемое уравнение будет иметь решение на
промежутке [ϊγ^;0].
22.3. Пусть, как в условии задачи, /(с) = с.
а) Если Χι = с, то последовательность, заданная соотношением
#n+i = f{xn) постоянна. Теперь предположим, что х\ < с. По
условию Х2 = /(#ι) > Χι и также по условию Х2 = /(#ι) < /(с) = с. Таким
образом, доказано, что х\ < Х2 < с. Собственно говоря, мы сделали
индукционный переход, доказав, что если хп < с, то хп < χη+ι < с,
откуда и следует, что если χ ι < с, то последовательность хп
возрастает и ограничена сверху числом с. Если х\ > с, то Х2 = f(x\) < х\ и
Х2 = f{x\) > f(c) = с, откуда и следует, что в этом случае
последовательность хп убывает и ограничена снизу числом с.
б) Если х\ < с, то, как было доказано, последовательность хп
возрастает и ограничена сверху, следовательно, является сходящейся в
силу теоремы Вейерштрасса. Обозначим через а предел этой
последовательности. Перейдя к пределу в равенстве χη+ι = /(^п), получим,
что /(а) = а. Так как по условию уравнение имеет своим единственным
решением число с, то хп —>· с. Аналогичным образом доказывается, что
если х\ > с, то хп —>· с.
22.4. Давайте рассмотрим сразу общий случай, когда f(x) = у/а + χ
и х\ = у/а, где а — произвольное положительное число. Функцию f(x)
будем рассматривать на луче [0; +оо). Эта функция очевидным
образом удовлетворяет условиям задачи 22.3, поэтому последовательность
хп стремится к решению уравнения у/а + χ = χ, т. е. к числу 1+*2+ а ■
Следовательно: а) хп —> lJr2 , б) У η —> 3.
22.5. То, что данное уравнение имеет не более одного решения,
следует из того, что (x — f(x))' = l — f'(x) ^ 1 — q > 0, значит, функция
x—f(x) является строго возрастающей, а потому имеет не более одного
корня. То, что корень этой функции существует, доказывается так же,
как в решении пункта б) задачи 22.2.
22.6. 1) Заметим прежде всего, что в силу теоремы Лагранжа и
условия на производную данной функции для любых чисел а < Ь
справедливо неравенство
|/(6) - /(а)| = |/'(с)| |6 - а| < «|6 - а|.
а) Поэтому |жп+1 - хп\ = \f(xn) - f(xn-i)\ < Q \xn - *η-ι|-

Задачи темы 22
261
б) Требуемое неравенство является следствием цепочки неравенств
\χη+ι - хп\ < q \хп - xn-i\ < q2\xn-i - хп-2\ < · · · < qn\xi - %о\·
в) Имеем
l^n+fc — хп\ == \хп+к ~ хп+к— 1 τ Хп+к — 1 — хп+к—2 + · ■ · + Хп+\ ~ хп\ ^
< \Хп+к - Яп+fc-ll + \Хп+к-1 — Хп+к-2\ + · · · + \хп+\ - Хп\ <
^ (qn+k-l + qn+k-2 + m_ + qnyXi_ Ж()| ^
< (qn + qn+l + .. .)\χχ - sol = уз- |*i - *ο|·
2) Из неравенства пункта в) следует, что последовательность хп
является так называмой фундаментальной последовательностью
(иногда такие последовательности называют последовательностями
Копии). Одна из основных теорем оснований математического анализа
утверждает, что всякая фундаментальная последовательность имеет
предел. Пусть хп —>· с. Перейдя к пределу в равенстве xn+i = f(xn),
мы и получим, что с = f(c).
22.7. Прежде, чем предлагать учащимся эту задачу, стоит их
заинтересовать в ее решении. Например, показав несколько картинок.
На левом рисунке изображено поведение первых семи членов членов
данной последовательности с начальным членом х\ = 2, на правом —
с начальным членом х\ = 5. Эти последовательности достаточно явно
стремятся к числу π.
π
2-
12 3 4 5 6 7
12 3 4 5 6 7
Из следующего рисунка видно, что последовательность с начальным
членом χι = — 1 имеет своим пределом число —π.

262
Решения дополнительных задач части 3
12 3 4 5 6 7
-π
Таким образом, хотя, в принципе, пределами данных
последовательностей можут быть все решения уравнения sin ж = 0, т. е. числа вида
кк, то приведенные примеры показывают, что почему-то
последовательности «не хотят» стремиться к нулю.
Ясно, что функция f(x) = χ + sin x возрастает на всей прямой, при
этом, f(x) > χ при всех χ G (0;π). Предположим, что х\ G (0;π). Так
как f(x) — возрастающая функция, то 0 = /(0) < f(x\) < /(π) = π,
так что 0 < Х2 < π. Так как f{x\) > Х\, то χ-χ > Х\. Таким образом,
при х\ G (0;π) последовательность хп строго возрастает и ограничена
сверху числом π. Так как ее пределом является одно из чисел вида жк,
то данная последовательность стремится к π. Теперь предположим, к
примеру, что х\ G (—π;0). Так как sin ж < 0 на данном промежутке,
то f(x) < χ, поэтому Х2 = f(xi) < Χι- Таким образом мы получим
убывающую последовательность, стремящуюся к —π. В общем случае
ответ таков: если Х\ G (2π&;π + 2π&), то последовательность хп
возрастает и стремится к π + 2π&; если же Х\ G (π + 2π&; 2π + 2π&), то эта
последовательность убывает и стремится к π + 2як.
Вопрос, который стоит поставить перед учащимися: «Как можно
изменить условие задачи с тем, чтобы пределами аналогичных
последовательностей были числа вида 2π&?» Ответ: рассмотрите
последовательности, заданные соотношением χη+ι = хп — sina;n.
Тема 23. Выпуклые функции: неравенства и приближенные
вычисления
23.1. Так как /'(0) = п, то прямая t = 1 + пх является касательной
к графику у = (1 + х)п в точке с абсциссой, равной нулю. Так как эта
фунцкия выпукла, то график лежит выше этой касательной, откуда и
следует неравенство Бернулли (1 + х)п ^ 1 + пх.
а) Это рассуждение проходит и для функции f(x) = (1 + х)а при
α > 1. Таким образом, в этом случае при χ ^ — 1 справедливо
неравенство (1+х)а ^ \ + ах. На левом рисунке приведена его геометрическая
интерпретация при α = |.

Задачи темы 23
263
б) Если 0 < α < 1, то функция f(x) = (1 + х)а является
выпуклой вверх, следовательно, при всех χ ^ — 1 справедливо неравенство
(1 + х)а ^ 1 + ах (правый рисунок; α = |).
23.2. Стандартный частный случай неравенства Иенсена для
выпуклой на промежутке (0; +оо) функции f(x) = ^ выглядит следущим
образом:
η
х\ + #2 + · · · + х
£
Xl XI
η
η
Полученное неравенство можно переписать в виде неравенства
Х\ + %2 + · · · + Хп
П
ХТХТ
Xl X2
£
П
между средним гармоническим и средним арифметическим η
положительных чисел. Другое дело, что доказанное неравенство между этими
средними можно, на взгляд автора, получить более естественным
образом. Для этого достаточно переписать его в виде
(χι + х2 + . ·. + хп) 1 Ь ... Η
\Xl Х2 Хп,
>п4
и воспользоваться неравенством Коши-Буняковского. Можно
поступить иначе. Напишем неравенство между средним арифметическим и
средним геометрическим η положительных чисел
х\ + #2 + · · · + х
η
±> ψχιΧ2...χη,
а также аналогичное неравенство между обратными им числами:
1
Xl X2
Хм.
>
П
ψΧ\Χ2 ...Хп

264
Решения дополнительных задач части 3
Поэтому
П , Х\ + Х2 + · · · + Хп
—\ ; ϊ ; ; г~ ^ уХ\Х2 · · · %n ^
τ- + т- + ·■· + т- η
χι χι хп
23.3. Возведем обе части неравенства
ι . _ .ι
я
/а^ + аЗ + ... + а%у < ίχ\ + х92 +... + хчп
в степень ρ и в получившемся неравенстве произведем замену х9 = ti,
г = 1,2,... ,п. Поскольку Xi = t/9, то х\ — t? , следовательно, после
произведенной замены мы получим неравенство
*?+*! + ...+*! ^ /ti+t2 + ...+tn\*
<
η \ η
(ь
Осталось заметить, что полученное неравенство есть неравенство Иен-
сена для выпуклой вверх функции f(x) = xvlq.
23.4. Поскольку (sinж)" = -sinж < 0 при χ е (О; f ], то данная
функция выпукла вверх на этом промежутке, следовательно, ее
график лежит над любой хордой этого графика, в частности, над хордой с
концами в точках графика с абсциссами х = 0их = |. Поскольку эта
хорда задается уравнением у = ^£ . то sin ж > ^£ при всех χ Ε (0; ![■).
23.5. Первый способ решения аналогичен решению предыдущей
задачи. Хорда графика у = sin ж, проходящая через точки (0;0) и
(f ' \ )' задается уравнением ?/ = ^ х. Поскольку на этом отрезке синус
— выпуклая вверх функция, то дуга ее графика лежит выше хорды,
следовательно, sin ^ > ^ · ^ = j§ . Поэтому Ь = 2si° д. < 5а.
Второй способ решения — геометрический. Приставим друг к другу
вдоль боковых сторон пять таких треугольников (рисунок).

Задачи темы 25
265
Так как 5-12° = 60°. то расстояние между крайними точками их
оснований равно 6, которое меньше 5а — длины ломаной, соединяющей
эти точки.
Тема 25. Производные вектор-функций
25.1. Упражнение 1 решается непосредственным
дифференцированием: f'(t) = (ai;&i;ci) в примере 1; f'(t) = (—αω smut; αω cos ut;0)
в примере 2, а потому \f'(t)\ = уα2ω2sin2ut + α2ω2cos2ut = αω.
В примере 3 получаем, что f'(t) = (—αω sin ωΐ',αω cos ut\b), \f'(t)\ =
\/α2ω2 + b2, а косинус угла между вектором скорости и осью Oz равен
, , ь, .» , значит, он постоянен.
Решения упражнения 2 основаны на известных формулах
дифференцирования обычных функций. Пусть f(t) = (/ι(ί); /2(*); /з(*)) и
9(t) = {gi(t);g2(t);93(t)).
1) Так как f(t)+g(t) = (/i(t) +pi(t);/2(t) + ^(*);/з(«) +рз(*)), то
(/(*) + »(*))' = (/{(*) + й(*);/2(0 + й(*);/з(*) + й(*)) =
= (Л(«);/2(*);/з(*)) + (ЙМЙЮ;^*)) = /'(*) +0,№-
2) Так как <p(t)f(t) = (<p(t)h(t);<p(t)f2(t);<p(t)f3(t)), то
М*)/(*))' =
= И*)Л(*) + ^*)/i(*);^(*)/2(t) + <^)/2(*); ^(*)/з(*) + *>(*)/з№) =
= ^W(/iW;/2W;/3W)+^(t)(/i(i);i5№;/3W)=^40/W+^W/40·
3) Так как /(*) · £(t) = fi(t)gi(t) + /2(*Ы*) + /з(«Ы*). то
= Л(%1(0+/1(^(0 + /2(^2(*)+/2(^2(0+/з(%з(0+/з(%3(*) =
= /'(*) ■$(*) +Я*) VW-
4) Вектор-функция постоянна тогда и только тогда, когда
постоянны все три ее координатные функции. Функция, заданная на
промежутке, постоянна тогда и только тогда, когда равна нулю ее
производная. Поэтому заданная на промежутке вектор-функция постоянна
тогда и только тогда, когда равна нулю ее производная.
25.2. Рассмотрим движение материальной точки, проходящей
через Μ в момент времени ίο· Пусть в момент времени t она
находится в точке Mt. Введем вектор-функции f(t) = MtA, g(t) = MtB и

266
Решения дополнительных задач части 3
h(t) = MtC, где через А, В и С обозначены вершины данного
треугольника. Положим ψ(ί) = \f(t)\-\-\g(t)\ + \h(t)\. По условию при t = to
функция ψ(ί) достигает своего наименьшего значения, следовательно,
φ'(to) = 0. Поскольку, к примеру, g(t) = MtB = MtA+~AB = f(t)+AB,
то g'(t) = f'(t). Конечно, и h'(t) = f'(t), Обозначим через ν значение
производных этих вектор-функций при t = to, а через е\, е2 и ез
— единичные векторы, сонаправленные, соответственно, с векторами
ЖА, ЖВ и ЖС. Тогда
0 = φ'(to) = ν · βι + ν · e2 + ν · ез = ν · (βι + β2 + ез).
Поскольку значение вектора скорости движения может быть
произвольным, то из того, что ν · (е\ + е2 + ез) = 0 для любого вектора ν,
следует, что е\ + е2 + ез = 0. Таким образом, сумма трех единичных
векторов равна нулю, следовательно, углы между ними равны 120°.
Заметим, что в приведенном рассуждении есть дефект. Обратите
внимание, что нигде не использовалось то, что треугольник является
остроугольным. Дело в том, что если точка Μ совпала с одной из
вершин треугольника, то функция φ не дифференцируема при t = to,
поэтому мы не можем применить теорему Ферма.
Как обычно, следует провести дополнительное рассуждение. Если
треугольник ABC является остроугольным, то достаточно легко
показать, что точка, сумма расстояний от которой до вершин треугольника
является наименьшей, не может совпадать с одной из его вершин.
Для полноты приведем ответ в общем случае для произвольного
треугольника. Если каждый из углов треугольника меньше 120°, то
ответ тот же, что и случае остроугольного треугольника. Если какой-
то из углов не меньше 120°, то вершина этого угла и является точкой,
сумма расстояний от которой до вершин треугольника — наименьшая.
25.3. Из равенства f'(t) = f(t) x h no определению векторного
произведения следует, что f'(t) _L f(t) и f'(t) ± h. Следовательно,
f'(t) · f(t) = 0 и f'(t) -h = 0, поэтому |/(ί)| = const и f(t) · h = const.
Таким образом, точка лежит одновременно на сфере и в плоскости,
откуда и следует, что точка движется по окружности. Кроме того, из
постоянства угла между векторами f(t) и h следует постоянство
модуля производной этой вектор-функции. Значит, если ввести систему
координат так, чтобы ось Oz была параллельна вектору h, то функции
(a cosut; a smut, b) будут координатными функциями вектор-функции
/(*)■

Задачи темы 26
267
25.4. Введем систему координат, ось Oz которой параллельна
вектору Н. Из решения предыдущей задачи следует, что координатными
функциями производной f'(t) вектор-функции, описывающей
движение электрона, являются функции (a cos ut; a sin ut,b). Следовательно,
координатными функциями вектор-функции f(t) являются функции
(х0 - J sin ut; уо + J cosut; z0 + bt),
что и означает, что электрон движется по винтовой линии.
Тема 26. Многочлены и тригонометрические соотношения
26.1. В решении задачи 2 этой темы было показано, что числа
χι = cos у их2 = cos 4f- являются корнями кратности два многочлена
16а;5 — 20ж3 + 5х — 1, имеющего своим корнем также и число 1. В силу
теоремы Виета справедливо равенство х\х\ = -^ . Так как х\ > 0, а
Х2 < О, ТО Х\Х2 = — \ .
26.2. Из решения задачи 3 следует, что квадрат данного
произведения равен 2п +1. Поскольку все его сомножители положительны, то
оно равно у/2п + 1.
26.3. Поскольку Тп(х) = 2хТп-\{х) —Тп-2(х), то при увеличении η
на единицу коэффициент при старшей степени многочлена Чебышева
увеличивается в два раза. Поскольку Т\(х) = х, то старший
коэффициент многочлена Тп(х) равен 2η_1.
26.4. (1) Так как Tn(cosi) = cosni, то Tn(xk) = cosnk = (—1)к.
(2) Если χ G (xk+i;xk), то χ = cost, где t G (^f; (ΑΗ^π). Так как
Тп (cos t) = cos nt, то Т'п (cos t) sin t = η sin ηί. Ясно, что sin ί > 0. Так как
&π < nt < (&+1)π, то sinni сохраняет знак на промежутке (^; ( "^ )π),
следовательно, производная Т^(х) сохраняет знак на каждом из
промежутков (xk+i;xk), поэтому функция Тп(х) является на них
монотонной. Поскольку она непрерывна, то она монотонна и на каждом из
отрезков [arfc+ijarfc].
26.5.1) Следует произвести «честные» вычисления по-отдельности
на каждом из промежутков (—оо; —1), (—1; 1) и (1; +оо). На первом и
последнем промежутках можно воспользоваться утверждением
леммы 2, тогда как на промежутке (—1; 1) — определением многочленов
Чебышева.
2) Сделав в данном интеграле замену χ = cosi, t G [0;π], получим

268
Решения дополнительных задач части 3
интеграл JQn cos kx cos nxdx. Далее стандартно:
/ cos kx cos nxdx = - / (cos(fc + n)x + cos(fc — n)x) dx =
Jo 2 J0
1 fsm(k + n)x sm(k — n)x
2 \ к + п к — η
π
= 0.
о
26.6. Поскольку в левой части искомого тождества находится
многочлен, достаточно доказать, что оно имеет место на отрезке [—1;1],
поэтому достаточно доказать равенство
T2(cos£) - (cos2* - l)L^_1(cosi) = 1.
В его левой части находится выражение
cos2 nt + (sint Z7n_i(cost)) = cos2 nt + sin2 nt = 1,
что и требовалось доказать.
26.7. 1) Так как Un-i(x) = £Т^(ж), то
Un-1 (cos t) sin t = — T'n (cos t) sin t = — (Tn (cos t)) = — (cos nt)' = sin
ft ft ft
2) Сделав в данном интеграле замену χ = cost, где t Ε [0;π],
получим интеграл
/ C4(cosi)C/n(cosi)sin2i(ii = / sin(fc + l)isin(n + l)tdt =
Jo Jo
1 fn
= - (cos(k - n)t - cos(k + n + 2)t) dt = 0.
2 Jo
Тема 28. Значения тригонометрических функций и свойства
одной рекуррентно заданной последовательности
28.1. Итак, пусть хь = cos 22 ^ . Докажем, что х\ φ хь при всех
к = 2,3,..., п. Если х\ = Xk, то
2fc7r 2π
= ±- + 2π77τ., roEZ.
2η + 1 2η + 1
Преобразуя полученное равенство, получим, что
2к~1 = ±1 + m(2n + 1), или 2fc_1 ± 1 = m(2n + 1),

Задачи темы 28
269
чего быть не может, так как число 2к l ± 1 положительно и меньше,
чем 2П + 1.
28.2. Начальными данными периодических последовательностей
могут быть только числа отрезка [—1;1]. Если Х\ = cos а, то хп+\ =
cos2no:, поэтому х\ = Xn+i тогда и только тогда, когда 2па = ±а+2як,
откуда
2-кк 2-кк
а — , поэтому хл = cos .
2П ± 1 2n ± 1
28.3. Рассмотрим интервал (и; ν), где и = arccos/З и ν = arccosa.
Тогда cos ж Ε (α; β) для любого χ € (и + 2ππι; υ + 2ππι), т Ε Ζ.
Выберем натуральное число η настолько малым, чтобы было справедливо
неравенство 2™+ι < ν — и. Пусть натуральное число т таково, что
2пЖ+1 < и + 2ππι. Последовательность Sk = <^γγϊ является
арифметической прогрессией, разность которой меньше длины промежутка
(и + 2ππι; ν + 2ππι). Следовательно, найдется натуральное число к,
такое что и + 2ππι < jpqrf < ν + 2ππι. По построению число χ = cos -^гг^
и является начальным членом периодической последовательности,
лежащим в данном интервале (α; β).
28.4. Конечно, условие данной задачи выглядит несколько
загадочным. Однако тот, кто внимательно читал предыдущие темы,
может заметить, что речь-то идет о многочленах Чебышева (введенных
в теме 22). Потому положим
/η(χ) = /(/(·■· (Я*)···)·
4 ν '
η раз
Многочлен fn имеет степень 2П, а данный в задаче многочлен — это
многочлен /з(х)· Таким образом, абсциссами точек пересечения
графика и прямой являются решения уравнения /з{х) = х- Пусть а —
одно из этих решений. Рассмотрим последовательность хп, заданную
соотношением χη+ι — 2х\ — 1 = f(xn) с начальным членом х\ = а.
Тогда х2 = f(x\), хз = ffa) = f(f(x\)), ai4 = /3(^1) = /з(а) = а.
Таким образом, х± — х\. Ясно, что если f(x) = χ, то и /з(х) = х,
поэтому решениями уравнения /з(х) = х являются также числа 1 и
— ^, являющиеся начальными данными постоянных
последовательностей. Для всех других последовательностей, начальными данными
которых являются корни этого уравнения, х2 φ χ\. Возможно ли, что
в некоторых из них хз = #ι? В таком случае f(f(xi)) = χι, но тогда

270
Решения дополнительных задач части 3
χι = f(f(f{xi))) — /(#1), что невозможно. Следовательно, эти корни
являются начальными членами последовательностей периода 3.
28.5. По построению fn(x) = Т2«(х), где — многочлены Чебыше-
ва первого рода. Из леммы 3 темы 26 следует, что если Xk = cos ||,
к = 1,2, ...,2П, то на каждом из отрезков [x/j+ijXfc] функция fn(x)
монотонна, а множеством ее значений является отрезок [—1;1].
Следовательно, на каждом из этих отрезков уравнение fn(x) = χ имеет
хотя бы одно решение. Поскольку число отрезков равно 2П — степени
многочлена fn(x), то рассматриваемое уравнение имеет в точности 2П
действительных решений.
Корни уравнения fn(x) = χ являются начальными членами
последовательностей, у которых число η является одним из периодов. Ясно,
что наименьший положительный период d такой последовательности
является делителем числа п.
28.6. Из утверждения предыдущей задачи и формулы «включений-
исключений» (см. решение задачи 2 темы 24) следует, что число
решений периода η равно
on — \^2ki+ V^ 2^ki,kj^ — \^2^ki,kj'kl^ +
ki\n ki>kj\n
(здесь ki,kj,... - делители числа η, и через (ki,kj,...) обозначены
наибольшие общие делители соответствующих чисел.)
Тема 29. А есть ли еще -«числа», кроме комплексных?
29.1. а) Имеем
ий = (а + Ы + cj + dk)(a — Ы — cj — dk) =
= а2 + b2 + с2 + d2 + a(bi + cj + dk) - a(bi + cj + dk)-
— bcij — bcji — bdik — bdki — cdjk — cdkj = a2 + b2 + c2 + d2 = \u\2.
б) Безусловно, все, что надо сделать — это аккуратно посчитать.
Поскольку нам все равно далее потребуется формула для
произведения двух кватернионов, то давайте и посчитаем. Если
и = а + Ы + cj + dk и υ = А = Вг + Cj + Dk,
то
uv - аА - ЬВ - сС - dD + (аВ + ЬА + cD - dC)i+
+{аС + cA + dB- bD)j + (aD + dA + ЬС - cB)k.

Задачи темы 29
271
Для того, чтобы записать формулу для произведения vu, надо, так
сказать, в предыдущей формуле поменять местами большие и
маленькие буквы. Поэтому
vu = aA-bB-cC-dD + (аВ + ЬА + dC - cD)i+
+(аС + cA + bD- dB)j + (aD + dA + cB - bC)k.
Далее, чтобы записать формулу для произведения vu, в
предыдущей формуле надо поставить знак «минус» перед каждой из букв
b,B,c,C,d,D. В результате мы получим,что
vu = aA-bB-cC -dD + (-аВ -ЬА + dC - cD)i+
+{-аС -cA + bD- dB)j + (-aD -dA + cB- bC)k.
Осталось заметить, что
Ш = aA - ЬВ - cC - dD - (аВ + ЬА + cD - dC)i-
-(aC + cA + dB - bD)j - (aD + dA + bC - cB)k = vu.
в) Воспользуемся равенствами, доказанными в двух предыдущих
пунктах, и ассоциативностью умножения кватернионов. Тогда
\uv\2 = (uv)(u~v) = (uv)(vu) = (u(vv))u~ = (гш)|г;|2 = |и|2|г;|2.
г) Из формулы умножения кватернионов следует, что
\uv\2 = (аА -ЪВ-сС- dD)2 + (аВ + bA + cD- dC)2+
+ (аС + cA + dB- bD)2 + (aD + dA + bC- cB)2
и поскольку
\u\2\v\2 = (a2 + b2 + c2 + d2)2(A2 + B2 + C2 + D2)2,
то доказанное в предыдущем пункте равенство равносильно
следующему тождеству
(а2 + ь2 + с2 + d2)2(A2 + B2 + C2 + D2)2 =
= (аА -ЬВ-сС - dD)2 + (аВ + bA + cD- dC)2+
+ (аС + cA + dB- bD)2 + (aD + dA + bC - cB)2.

272
Решения дополнительных задач части 3
29.2. Пусть и\ — b\i + c\j + d\k и«2= b^i + C2J + с?2&- Тогда
u\u2 = -(bib2+ciC2+did2) + (biC2-b2Ci)i+(a2ci-aic2)j+(aib2-a2bi)k.
Даже сами используемые обозначения — г, j и к — подсказывают,
что имеет смысл рассмотреть в пространстве векторы Ui(ai;&i;ci) и
112(0,2; ί>2| сг). Выражение bib2+C\C2+d\d2 есть скалярное произведение
и\ ■ 112 векторов и\ и ιΐ2· Вектор с координатами
(b\C2 — b2C\\a,2C\ — a\C2\ a,\b2 — a>2b\)
появлялся в теме 27. Он перпендикулярен векторам и\ и U2, а его
длина равна площади параллелограмма, построенного на этих
векторах. Конечно, этот вектор есть их векторное произведение U\ x 112.
Таким образом, если мы отождествим чисто мнимые кватернионы с
векторами в R3, то получим, что U\U2 = — U\ ■ 112 + U\ χ ιΐ2·