Методические рекомендации. Алгебра 10 класс
Оценка 4.9

Методические рекомендации. Алгебра 10 класс

Оценка 4.9
pdf
математика
02.04.2020
Методические рекомендации. Алгебра 10 класс
10 кл алгебра.pdf


УДК 372.8:[512+517]

ББК 74.262.21

П64

Серия «МГУ — школе» основана в 1999 году

Потапов М. К.

П64 Алгебра и начала математического анализа. Методические рекомендации. 10 класс : пособие для учителей общеобразоват. организаций / М. К. Потапов, А. В. Шевкин. — М. : Просвещение, 2013. — 191 с. : ил. — (МГУ — школе).

В книге рассмотрена концепция и структура учебника «Алгебра и начала математического анализа, 10» авторов С. М. Никольского, М. К. Потапова, Н. Н. Решетникова, А. В. Шевкина, приведено 4 варианта примерного тематического планирования, даны методические рекомендации по изучению курса и комментарии к решению наиболее трудных задач, а также рекомендации по использованию дидактических материалов к учебнику (авторы: М. К. Потапов, А. В. Шевкин).

Книга предназначена учителям, работающим по учебнику «Алгебра и начала математического анализа, 10» С. М. Никольского и др.

УДК 372.8:[512+517]

ББК 74.262.21

© Издательство «Просвещение», 2013 © Художественное оформление.

Издательство «Просвещение», 2013

Все права защищены

О пособии для учителей

Данная книга адресована учителям, работающим по учебнику «Алгебра и начала математического анализа, 10» (авторы: С. М. Никольский, М. К. Потапов, Н. Н. Решетников, А. В. Шевкин). Этот учебник предназначен как для базового, так и для углубленного уровня обучения и является частью учебного комплекта для 10—11 классов. Он продолжает серию учебников «МГУ — школе» тех же авторов для 5—9 классов и нацелен на подготовку учащихся к поступлению в вуз и к обучению в вузе.

В учебный комплект для 10 класса входят:

1)      Алгебра и начала математического анализа. 10 класс. Учебник для общеобразоват. организаций: базовый и углубленный уровни (С. М. Никольский, М. К. Потапов, Н. Н. Решетников, А. В. Шевкин. — М.: Просвещение, 2008—2013);

2)      Алгебра и начала математического анализа. Дидактические материалы. 10 класс (М. К. Потапов, А. В. Шевкин. — М.: Просвещение, 2005—2013);

3)     


Алгебра и начала математического анализа. Тематические тесты. 10 класс (Ю. В. Шепелева. — М.: Просвещение, 2011—2013).

4)      Алгебра и начала математического анализа. Методические рекомендации. 10 класс. Пособие для учителей общеобразоват. организаций (М. К. Потапов, А. В. Шевкин. — М.: Просвещение, 2008—2013).

В данной книге рассмотрены концепция учебников алгебры и начал математического анализа для 10—11 классов, их структура, приведено 4 варианта примерного тематического планирования, даны методические рекомендации по изучению основных тем курса 10 класса и комментарии к решению некоторых трудных задач. Здесь же даны рекомендации по использованию дидактических материалов. Практически для всех пунктов учебника в книге для учителя имеются рубрики Решения и комментарии и Промежуточный контроль. В первой из них приведены условия многих задач и их решения или даны рекомендации, помогающие найти решение. При этом даны пояснения, помогающие обучению школьников. Во второй рубрике указаны номера самостоятельных работ по дидактическим материалам.

Концепция учебников для 10 и 11 классов серии

«МГУ — школе»

Авторами учебников разработана концепция многоуровневых учебников математики. Приведем основные положения этой концепции.

    Математика едина и может быть изложена в одном учебнике для работы по разным программам. Содержание учебника должно соответствовать научной точке зрения на изучаемые вопросы.

    Учебник должен сочетать в себе научность, стройность, экономность и логичность изложения материала с доступностью для учащихся его учебных текстов.

    Учебник не должен ограничиваться интересами среднего ученика, он должен удовлетворять интересам всех учащихся — от слабых до сильных.

    Учебник должен быть пригоден для организации дифференцированного обучения и обеспечивать любой желаемый уровень глубины изучения материала.

    Способ изложения материала в учебнике, организация учебных текстов и системы упражнений должны обеспечивать достижение различных целей обучения при работе по разным программам.

Структура учебников «Алгебра и начала математического анализа» для 10 и 11 классов и их методический аппарат отвечают основным положениям этой концепции. Авторы учебников серии «МГУ — школе» считают принципиально важным обучать школьников, выбравших разные профили, по одним и тем же учебникам. Тогда учащиеся, заинтересованные в более глубоком изучении математики, могут углублять свои познания в математике самостоятельно или под руководством учителя, который получает реальную возможность для организации дифференцированного обучения и подготовки учащихся к поступлению в вузы. Кроме того, переход с одной программы обучения на другую не будет вызывать трудностей ни для учащихся, ни для учителей.

Эти особенности учебников в полной мере отвечают требованиям ФГОС, нацеливающих учебный процесс на формирование у учащихся в процессе изучения курса математики общеучебных (надпредметных) умений при выполнении универсальных учебных действий, предусмотренных ФГОС.

Каждый из двух учебников обладает цельностью и завершенностью своего содержания, а вместе они составляют единый курс. Для каждого из учебников разработана авторская рабочая программа, соответствующая ФГОС.

В учебниках параграфы без звездочки соответствуют ФГОС (базовый уровень). Параграфы со звездочкой и специально выделенный в параграфах без звездочки материал предназначены учащимся, изучающим математику на углубленном уровне.

Каждая глава учебников для 10 и 11 классов завершается историческими сведениями. В конце учебников помещены разделы «Задания для повторения», содержащие задания для повторения изученного в 10 или 11 классе и за предыдущие годы. В этот раздел включены задания школьных выпускных экзаменов и конкурсных экзаменов в различные вузы страны прошлых лет, а также задания Единого государственного экзамена (ЕГЭ). Это позволит учителю организовать целенаправленную подготовку учащихся к экзаменам начиная с 10 класса.

На базовом уровне дополнительные материалы и сложные задачи, специально выделенные в учебниках, можно не рассматривать. Пропуск необязательных пунктов и задач не нарушает целостности курса. Уменьшается лишь глубина погружения учащихся в теоретические вопросы, уменьшается число доказываемых фактов, число технически или идейно сложных задач.

При углубленном изучении математики за счет дополнительных пунктов и отдельных задач со звездочкой содержание изучаемого материала расширяется и углубляется до объема, соответствующего программе для классов с углубленным изучением математики.

Учебник для 10 класса включает следующий материал: действительные числа, рациональные уравнения и неравенства, корень степени n, степень положительного числа, логарифмы, формулы тригонометрии, показательные, логарифмические, тригонометрические функции, уравнения и неравенства, а также элементы теории вероятностей.

Учебник для 10 класса охватывает почти весь материал по алгебре и началам математического анализа, необходимый для поступления в вузы со средним уровнем требований по математике.

Учебник для 11 класса включает все вопросы программы, связанные с исследованием функций и построением их графиков, с производной и первообразной, с решением уравнений, неравенств, их систем, а также с комплексными числами. Здесь углубляются знания учащихся по ранее изученным вопросам до уровня, необходимого для поступления в вузы, предъявляющие повышенные требования к математической подготовке школьников.

О работе по учебнику и дидактическим материалам для

10 класса

Работать по учебнику для 10 класса можно после обучения в 9 классе по любому из учебников. В начале учебника повторяются основные вопросы программы девятилетней школы, что позволит систематизировать изученное ранее и подготовиться к изучению нового материала.

Главы учебника называются:

I.                     Корни, степени, логарифмы.

II.                   Тригонометрические формулы. Тригонометрические функции.

III.                 Элементы теории вероятностей.

Так как материалы глав I и II практически не связаны друг с другом, то желательно изучать эти главы параллельно, отводя на изучение каждой главы определенное число часов в неделю. Такое изучение оправдано еще и тем, что во многих школах в 9 классе продолжают изучать тригонометрический материал. В этом случае откладывать изучение тригонометрии на второе полугодие 10 класса было бы нелогичным. Параллельное изучение этих глав позволяет в конце 10 класса одновременно подойти к изучению функций и решению уравнений и неравенств: показательных, логарифмических и тригонометрических, что будет способствовать лучшему усвоению этих важных тем.

В главе I изучение линии числа начинается с повторения действительных чисел, а завершается изучением степени с любым действительным показателем и логарифмов. Линия уравнений и неравенств начинается с повторения способов решения рациональных уравнений и неравенств, а завершается изучением показательных и логарифмических уравнений и неравенств. Отметим особенность методики обучения решению неравенств и их систем, принятой в учебнике. Сначала рассматриваются строгие неравенства, потом нестрогие. Такая последовательность изучения материала позволяет предупредить появление ошибок при решении неравенств в сложных случаях, когда множество решений содержит изолированные точки.

В главе I должное внимание уделено и линии преобразования числовых и буквенных выражений, и линии функций.

При изучении функций используется понятие функции, непрерывной на промежутке, опирающееся на интуитивное представление о функции, график которой является непрерывной линией. Определение непрерывной функции через непрерывность ее графика не требует от учащихся каких-либо особых усилий для его понимания. Рассматривая непрерывный график, легко убедить учащихся в том, что приведенное определение равносильно и такому определению: функция непрерывна на промежутке, если она определена в каждой точке этого промежутка и малому изменению аргумента x соответствует малое изменение функции f (x). При этом не стоит пытаться как-либо пояснить это аналитически. В 11 классе в связи с рассмотрением общих свойств функций будут рассмотрены и непрерывность функции в точке, и разрывные функции.

В главе II приведено изложение всего тригонометрического материала: от введения понятия угла, тригонометрических функций угла, формул тригонометрии до тригонометрических уравнений и неравенств, при этом все тригонометрические формулы доказываются. Вводятся понятия арксинуса, арккосинуса, арктангенса, арккотангенса. После рассмотрения формул сложения и их следствий вводятся тригонометрические функции числового аргумента. Глава завершается изучением способов решения тригонометрических уравнений и неравенств.

В главе III представлены элементы теории вероятностей. Тем самым выполнено требование ФГОС о формировании у учащихся умения воспринимать и критически оценивать информацию, представленную в различных формах, понимать вероятностный характер многих реальных зависимостей, решать простейшие вероятностные задачи прикладного характера.

В данной книге приведены методические рекомендации по изучению всех тем, включенных в учебник и в дидактические материалы для 10 класса, с решениями наиболее трудных задач. Иногда комментарии к близким по содержанию пунктам объединены. При этом не обсуждается время, отводимое на изучение пункта, — в каждом профиле оно окажется своим, а в отдельных профилях некоторые пункты вообще не изучаются. В комментариях для учителя не выделяется обязательный и необязательный материал, так как в учебнике есть соответствующие обозначения. Во многих пунктах книги для учителя методические комментарии даны в расчете на возможно более глубокое изучение вопроса, поэтому при подготовке к уроку учитель должен отобрать главное, что будет изложено учащимся на уроке, решить, каким будет закрепление материала в классе и дома, каким и когда будет контроль изученного. При этом не надо стремиться донести до учащихся все подробности и тонкости изучаемого материала, если учащиеся существенно ограничены во времени изучения темы. Если учитель считает необходимым дать необязательный для своего класса материал, то не следует входить во все подробности изложения такого материала. На некоторые места достаточно обратить внимание учащихся и посоветовать им внимательно прочитать объяснение или доказательство, имеющееся в учебнике, но опущенное при обсуждении в классе.

При организации повторения курса алгебры за 10 класс необходимо обратить особое внимание на наиболее трудные темы курса для данного класса, постараться учесть индивидуальные пробелы учащихся.

При повторении теории необходимо выделять основные теоретические факты, изученные за год, давая иллюстрации их применения на наиболее характерных примерах, в том числе на примерах задач школьных выпускных экзаменов, а также вступительных экзаменов в вузы (ЕГЭ). При этом можно использовать задачи из раздела «Задания для повторения».

Примерное тематическое планирование для 10 класса

Из приведенных четырех вариантов примерного тематического планирования варианты I и II предназначены для базового уровня. Варианты III и IV предназначены для углубленного уровня. В зависимости от уровня подготовки класса и при наличии дополнительных учебных часов учитель вносит коррективы в примерное планирование, увеличивая время изучения трудных тем и число изучаемых вопросов.

Справа от параграфа или пункта указано число часов, отведенных на его изучение при каждом из вариантов планирования I, II, III, IV, рассчитанных соответственно на 2,5, 3, 4 и 5 недельных часов в течение года. Тексты контрольных работ приведены в дидактических материалах.

I

II

III

IV

1. Действительные числа                                                               7

7

12

13

1.1. Понятие действительного числа                                              2

2

2

2

1.2. Множества чисел. Свойства действительных чисел               2

2

2

2

1.3. Метод математической индукции                                          —

1

1

1.4. Перестановки                                                                           1

1

1

1

1.5. Размещения                                                                             1

1

1

1

1.6. Сочетания                                                                                 1

1

1

1

1.7. Доказательство числовых неравенств                                    —

1

2

1.8. Делимость целых чисел                                                          —

1

1

 

I

II

III

IV

1.9. Сравнения по модулю m

1

1

1.10. Задачи с целочисленными неизвестными

1

1

2. Рациональные уравнения и неравенства

12

14

18

25

2.1. Рациональные выражения

2.2. Формулы бинома Ньютона, суммы и разности

1

1

1

1

степеней

2.3. Деление многочленов с остатком. Алгоритм

1

1

2

3

Евклида

2

2.4. Теорема Безу

1

2.5. Корень многочлена

2

2.6. Рациональные уравнения

1

2

2

2

2.7. Системы рациональных уравнений

1

2

2

2

2.8. Метод интервалов решения неравенств

2

2

3

3

2.9. Рациональные неравенства

2

2

3

3

2.10. Нестрогие неравенства

2

2

3

3

2.11. Системы рациональных неравенств

1

1

1

2

Контрольная работа № 1

1

1

1

1

3. Корень степени n

6

9

12

14

3.1. Понятие функции и ее графика

1

1

1

1

3.2. Функция у = хn

1

1

2

2

3.3. Понятие корня степени n

1

1

1

1

3.4. Корни четной и нечетной степеней

1

1

2

2

3.5. Арифметический корень

1

2

2

2

3.6. Свойства корней степени n

1

2

2

2

3.7. Функция y =n x, х 0 — — 1 1 3.8. Функция y =n x — — — 1

3.9. Корень степени n из натурального числа                               —

1

Контрольная работа № 2                                                               —

1

1

1

4. Степень положительного числа                                                8

10

13

14

4.1. Степень с рациональным показателем                                   1

1

1

1

4.2. Свойства степени с рациональным показателем                    1

2

2

2

4.3. Понятие предела последовательности                                   1

2

2

2

4.4. Свойства пределов                                                                  —

2

2

4.5. Бесконечно убывающая геометрическая прогрессия             1

1

1

2

4.6. Число е                                                                                     1

1

1

1

4.7. Понятие степени с иррациональным                                      1

показателем

1

1

1

4.8. Показательная функция                                                           1

1

2

2

Контрольная работа № 3                                                                1

1

1

1

5. Логарифмы                                                                                 5

6

6

8

5.1. Понятие логарифма                                                                 2

2

2

2

 

 

I

II

III

IV

5.2. Свойства логарифмов

2

3

3

3

5.3. Логарифмическая функция

1

1

1

1

5.4. Десятичные логарифмы

1

5.5. Степенные функции

6. Показательные и логарифмические уравнения

1

и неравенства

7

7

11

13

6.1. Простейшие показательные уравнения

1

1

1

2

6.2. Простейшие логарифмические уравнения

6.3. Уравнения, сводящиеся к простейшим заменой

1

1

1

2

неизвестного

1

1

2

2

6.4. Простейшие показательные неравенства

1

1

2

2

6.5. Простейшие логарифмические неравенства

6.6. Неравенства, сводящиеся к простейшим

1

1

2

2

заменой неизвестного

1

1

2

2

Контрольная работа № 4

1

1

1

1

7. Синус и косинус угла

7

7

7

11

7.1. Понятие угла

1

1

1

1

7.2. Радианная мера угла

1

1

1

1

7.3. Определение синуса и косинуса угла

1

1

1

1

7.4. Основные формулы для sin α и cos α

2

2

2

2

7.5. Арксинус

1

1

1

2

7.6. Арккосинус

1

1

1

2

7.7. Примеры использования арксинуса и арккосинуса

1

7.8. Формулы для арксинуса и арккосинуса

1

8. Тангенс и котангенс угла

4

4

6

10

8.1. Определение тангенса и котангенса угла

1

1

1

1

8.2. Основные формулы для tg α и ctg α

1

1

2

2

8.3. Арктангенс

1

1

1

2

8.4. Арккотангенс

8.5. Примеры использования арктангенса и

1

2

арккотангенса

1

8.6. Формулы для арктангенса и арккотангенса

1

Контрольная работа № 5

1

1

1

1

9. Формулы сложения

5

8

11

13

9.1. Косинус разности и косинус суммы двух углов

1

2

2

2

9.2. Формулы для дополнительных углов

1

1

1

1

9.3. Синус суммы и синус разности двух углов

1

2

2

2

9.4. Сумма и разность синусов и косинусов

1

2

2

2

9.5. Формулы для двойных и половинных углов

1

1

2

2

9.6. Произведение синусов и косинусов

1

2

 

 

I

II

III

IV

9.7. Формулы для тангенсов

10. Тригонометрические функции

1

2

числового аргумента

7

8

9

9

10.1. Функция у = sin x

2

2

2

2

10.2. Функция у = cos x

2

2

2

2

10.3. Функция y = tg x

1

2

2

2

10.4. Функция y = ctg x

1

1

2

2

Контрольная работа № 6

11. Тригонометрические уравнения

1

1

1

1

и неравенства

11.1. Простейшие тригонометрические

5

8

12

16

уравнения

11.2. Уравнения, сводящиеся к простейшим заменой

2

2

2

2

неизвестного

11.3. Применение основных тригонометрических

1

2

2

3

формул для решения уравнений

1

2

2

2

11.4. Однородные уравнения

11.5. Простейшие неравенства для синуса

1

1

1

1

и косинуса

11.6. Простейшие неравенства для тангенса и

1

1

котангенса

11.7. Неравенства, сводящиеся к простейшим

1

1

заменой неизвестного

1

2

11.8. Введение вспомогательного угла

1

2

11.9. Замена неизвестного t = sin x + cos x

1

Контрольная работа № 7

1

1

1

12. Вероятность события

4

4

6

6

12.1. Понятие вероятности события

2

2

3

3

12.2. Свойства вероятностей событий

13. Частота. Условная вероятность

2

2

3

2

3 3

13.1. Относительная частота события

1

2

13.2. Условная вероятность. Независимые события 14. Математическое ожидание. Закон больших

1

1

чисел

14.1. Математическое ожидание

14.2. Сложный опыт

14.3. Формула Бернулли. Закон больших чисел

Повторение

Повторение курса алгебры и начал математического

8

10

11

15

анализа за 10 класс

7

9

10

13

Итоговая контрольная работа № 8

1

1

1

2

В этой главе повторяются, расширяются и систематизируются известные учащимся из курса алгебры основной школы сведения о действительных числах, вводятся понятия корня степени n, степени с рациональным показателем, а затем и с действительным показателем, понятие логарифма числа. Тем самым завершается линия развития понятия числа. Дальнейшее расширение множества чисел — введение комплексных чисел — завершается в учебнике для 11 класса (профильное обучение).

Функциональная линия в первой главе строится следующим образом. Сначала повторяется классическое определение функции по Лобачевскому — Дирихле, изучается функция у = хп, затем функция y = n x. После введения понятия степени с действительным показателем вводится показательная функция, а после введения логарифмов и логарифмическая функция.


Линия уравнений и неравенств начинается повторением изученного в девятилетней школе — повторяются способы решения рациональных уравнений и неравенств. Завершается глава решением показательных и логарифмических уравнений и неравенств.

На углубленном уровне предусмотрено изучение дополнительных тем, связанных с решением алгебраических уравнений высших степеней.

В результате изучения главы I учащиеся должны знать основные определения и свойства, связанные с понятиями действительного числа, корня степени n, степени с действительным показателем и логарифма, уметь преобразовывать несложные выражения, содержащие корни степени n, степени с дробным показателем и логарифмы, знать свойства и уметь строить графики функций у = хn, y = n x, показательной и логарифмической; уметь решать простейшие показательные, логарифмические, а также сводящиеся к ним уравнения и неравенства.

§ 1. Действительные числа

1.1. Понятие действительного числа 1.2. Множества чисел. Свойства действительных чисел

Материал первых двух пунктов § 1 нацелен на повторение с некоторым обобщением известных учащимся сведений о действительных числах, модуле числа, системе координат на прямой и плоскости. Надо обратить внимание учащихся на то, что множество чисел может быть замкнутым относительно некоторой операции, например, множество натуральных чисел замкнуто относительно операций сложения и умножения: сумма и произведение любых двух натуральных чисел являются натуральными числами, а разность и частное не обязательно являются натуральными числами. Стремление «усовершенствовать» множество чисел, сделать выполнимыми в «новом» множестве операции, не всегда выполнимые в «старом», является побудительной причиной для расширения первоначально освоенных множеств чисел. Здесь можно напомнить учащимся некоторые не всегда выполнимые операции, которые стали всегда выполнимыми после расширения множества чисел.

Надо напомнить учащимся, что наряду с бесконечными десятичными периодическими дробями существуют и бесконечные десятичные непериодические дроби, которые называют иррациональными числами. Рациональные и иррациональные числа составляют множество всех действительных чисел.

Сравнивают действительные числа, записанные в виде бесконечных десятичных дробей, поразрядно, т. е. по тем же правилам, по которым сравнивают конечные десятичные дроби.

Имеется особый случай — дроби с периодом 9. Такие дроби есть другая форма записи конечных десятичных дробей, которые можно записать еще и как бесконечные десятичные дроби с периодом 0. В учебнике приведен пример записи дроби 2,4 в виде дробей с периодами 0 и 9:

2,4 = 2,4000... = 2,4(0) и 2,4 = 2,3999... = 2,3(9).

Дроби с периодом 9 обычно не рассматривают, в частности, чтобы избежать путаницы при сравнении бесконечных десятичных дробей, например, дробь 2,4(0) может оказаться «больше самой себя», но записанной в виде 2,3(9).

Пункт 1.1 учебника завершается представлением действительных чисел точками координатной прямой, системой координат на плоскости.

При повторении материала данного пункта надо обратить внимание учащихся на мнемоническое правило записи бесконечной десятичной периодической дроби в виде обыкновенной дроби:

для того чтобы записать периодическую десятичную дробь в виде обыкновенной дроби, надо в числителе записать разность числа до второго периода и числа до первого периода, в знаменателе записать столько девяток, сколько цифр в периоде, и приписать к ним столько нулей, сколько цифр между запятой и первым периодом.

Это правило сформулировано в п. 1 дидактических материалов, там же приведены примеры его применения. Применение этого правила можно заменить рассуждениями, которые продемонстрируем на примере.

Пример. Запишем бесконечную периодическую десятичную дробь 2,1(45) в виде обыкновенной дроби. Обозначим дробь буквой х:

x = 2,1(45),

тогда

10x = 21,454545...,

1000x = 2145,454545...,

1000x 10x = 2145 21,

990x = 2145 21, x =, x =

значит,                                      2 1 45, (.

Замечание 1. Часто возникает вопрос об обосновании мнемонического правила и рассуждений в приведенном примере. Трудность здесь заключена в том, что неясно, что ученик понимает под бесконечной периодической дробью.

Под бесконечной периодической дробью можно понимать результат деления уголком числителя на знаменатель несократимой дроби, имеющий простой делитель, отличный от 2 и 5. При таком подходе невозможно получить дробь с периодом 9 и можно убедиться в правильности ответа в приведенном примере, разделив уголком 118 на 55, но трудно обосновать мнемоническое правило в общем виде.

Замечание 2. Под бесконечной периодической дробью α0,α1α2α3...αk... можно понимать сумму ряда α 0 +  + + α + α33 +... + αkk +... .

10             10                10

При таком подходе надо изучать свойства рядов и доказывать на их основе мнемоническое правило и правило умножения бесконечной десятичной дроби на 10n, что достаточно трудно. Однако в случае простых периодических дробей можно доказать, например, равенство 2,3(9) = 2,4.

Действительно, периодическую дробь 2,3(9) можно записать в виде суммы ряда

2,3 + 0,09 + 0,009 + 0,0009 + ...,

являющегося суммой числа 2,3 и суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии 0,09 + 0,009 + 0,0009 + ..., равной  = 0 1, . Поэтому 2,3(9) = 2,4 (отметим, что фор-

мула суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии уже изучалась в 9 классе и будет обоснована в п. 4.5 учебника).

Вот почему нам кажется, что здесь не стоит углубляться в теорию: определять периодическую дробь, обосновывать мнемоническое правило и правило умножения бесконечной десятичной дроби на 10n. Достаточно, если у учащихся будет сформировано интуитивное представление о периодической дроби, а при записи ее в виде обыкновенной дроби они сумеют либо воспользоваться мнемоническим правилом, либо провести рассуждения, как в приведенном выше примере, и совсем хорошо, если они убеждаются в правильности полученного ответа, разделив уголком числитель дроби на ее знаменатель.

Пункт 1.2 посвящен знакомым учащимся обозначениям числовых множеств. Обратим внимание на то, что в девятилетней школе термины «отрезок», «интервал», «полуинтервал» для обозначения числовых множеств в большинстве учебников не используются.

На с. 13—14 учебника приведены свойства действительных чисел. Надо подчеркнуть, что все другие свойства действительных чисел, различные неравенства и многие теоремы могут быть доказаны с опорой на эти основные свойства.

При работе с материалами пп. 1.1—1.2 можно использовать задачи из раздела «Задания для повторения» для организации повторения и выявления пробелов в подготовке десятиклассников. С той же целью можно использовать самостоятельные работы 1—4 из дидактических материалов. Способы использования этих и многих других самостоятельных работ могут быть различными. Например, по работе 1 может быть дано такое задание: самостоятельно повторить теоретический материал (раздел I, с. 4—5) и выполнить самостоятельную работу С—1 (раздел II, с. 64—65).

Решения и комментарии

1.17. а) Решите уравнение | | x |2 | = 10.

Решение. Решая это уравнение, надо начинать с ответа на вопрос: «Какое число имеет модуль 10?» Ответ на него приводит к необходимости решить два уравнения:

| x | 2 = 10 и | x | 2 = −10

или равносильные им уравнения:

| x | = 12 и | x | = −8.

Первое уравнение имеет два корня: 12 и 12, а второе — не имеет корней. Следовательно, исходное уравнение имеет два корня: 12 и 12.

1.18. а) Докажите, что расстояние между точками А (х1) и В (x2) вычисляется по формуле АВ = | х1 х2 |.

б) Докажите, что расстояние между точками А (х1; у1) и В (x2; y2) вычисляется по формуле AB = (x1 x2 )2 +(y1 y2 )2 .

в) Докажите, что координата точки С (х) — середины отрезка АВ, где A (x1) и В (x2), вычисляется по формуле:

x = x1 + x2 .

2

г) Докажите, что координаты точки С (х; у) — середины отрезка АВ, где А (х1; y1) и В (х2, у2), вычисляются по формулам: x = x1 + x2 ; y = y1 + y2 .

                                          2                       2

д) Докажите, что если точка С (х) принадлежит отрезку АВ, где А (х1) и В (x2), и делит этот отрезок в отношении AC : CB = m : n, то координата точки С вычисляется по формуле x = nx1 + mx2 . m n+

е) Докажите, что если точка С (х; у) принадлежит отрезку АВ, где А (х1; у1) и В (х2, у2), и делит этот отрезок в отношении АC : = m : n, то координаты точки С вычисny1 + my2 ляются по формулам: x.

m n+ Решение. а) Если x1 > x2, то АВ = х1 х2 = | х1 х2 |.

Если х1 < х2, то АВ = х2 х1 = | х1 х2 |.

б) В случае у1 у2 и x1 x2 требуемое равенство получаем из теоремы Пифагора. Если же у1 = y2, то доказываемое равенство тоже верно, так как |x1 x2 | = (x1 x2 )2 +02 (см. п. «а»). Доказательство в случае х1 = х2 аналогично.

в) Пусть для определенности x1 < x2, тогда х1 < х < х2 и из условия, что С — середина отрезка АВ, следует, что х2 х = x x1, откуда и получаем требуемое равенство. Доказательство в случае х1 > х2 аналогично.

г) Через точки А, В и С проведем       прямые,              перпендикулярные оси Ох (рис. 1). На пересечении их с осью Ох получим точки Ах (x1), Вх (x2) и Сх (х). Так как по теореме Фалеса АxСx = ВxСx, то               из           п. «в»    следует,                что

x = x1 + x2 .      Доказательство        вто-                              Рис. 1

2 рой формулы аналогично.

д) Пусть х1 < х < х2. Так как AC : CB = m : n, то верно равенство x x1 = x2 x, из которого получаем требуемое m                n

равенство x = nx1 + mx2 . m n+

Доказательство в случае x1 > x > х2 аналогично.

е) Пусть точка С (х; у) принадлежит отрезку АВ, где

А (х1; у1) и В (x2; y2), и делит этот отрезок в отношении AC : CB = m : n. Через точки А, В и С проведем прямые, перпендикулярные оси Ох. На пересечении их с осью Ох получим точки Ах (x1), Bx (x2) и Сх (х). Так как по теореме о пропорциональных отрезках АC : = АxСx : CxВx, то AxCx : CxBx = m : n. Тогда x = nx1 + mx2 (см. п. «д»). Доказаm n+

тельство второй формулы аналогично.

1.19. Доказательство иррациональности корней степени n в общем виде дано в комментариях к п. 3.9.

1.28. а) Установите взаимно-однозначное соответствие между элементами множеств N и Z; N и Q.

б) Покажите, что между множествами всех точек прямой и всех точек интервала (0; 1) можно установить взаимно-однозначное соответствие.

Решение. а) Сначала установим взаимно-однозначное соответствие между элементами множеств N и Z.

Поставим в соответствие каждому натуральному числу единственное целое число по правилу: единице соответствует нуль, каждому четному натуральному числу 2п соответствует число n, а следующему за ним натуральному числу 2п + 1 соответствует число п.

Также можно указать правило, по которому каждому целому числу соответствует вполне определенное натуральное число: нулю соответствует единица, каждому положительному целому числу n соответствует натуральное число 2n, а противоположному ему числу n соответствует натуральное число 2n + 1. Взаимно-однозначное соответствие между элементами множеств N и Z установлено:

      1,          2,          3,          4,          5,          6,          7,          8,          9,         10,              ...

                                     

      0,          1,         1,         2,         2,         3,        3,         4,         4,         5,               ...

Теперь установим взаимно-однозначное соответствие между элементами множеств N и Q. Выпишем рациональные числа в виде дробей так, чтобы сумма числителя и знаменателя положительной дроби была равна 1, потом 2, потом 3, ..., и записывая после каждого положительного рационального числа противоположное ему рациональное число. При этом пропускаются дроби, равные записанным ранее дробям. Так задается правило, по которому каждое рациональное число получит свой определенный номер члена бесконечной последовательности дробей. Каждой дроби будет соответствовать свое натуральное число (номер члена последовательности), а каждому натуральному числу — своя дробь. Взаимно-однозначное соответствие между элементами множеств N и Q установлено:

1,            2,       3,       4,       5,       6,       7,       8,       9,      10,     11,      12,     13,          ...

                                                  

01,         11,    11,    21,    21,    21,    21,    31,    31,    31,    31,    41,    41,        ...

б) Взаимно-однозначное соответствие между множествами всех точек прямой и всех точек интервала (0; 1) установлено на рисунке 2.

Здесь показан способ отыскания точки N прямой, соответствующей точке М интервала, а

Рис. 2 также точки R интервала, соответствующей точке Р прямой.

Промежуточный контроль. С—1.

1.3*. Метод математической индукции

Методом математической индукции называют способ доказательства истинности некоторого утверждения для любого натурального числа n. Этот способ основан на принципе математической индукции, сформулированном в учебном тексте. Прежде чем приступить к обсуждению способа изложения материала на уроке, приведем шуточный пример, помогающий учащимся понять суть нового метода доказательства.

Представьте, что вы подошли к кинотеатру и видите огромную очередь желающих купить билет на новый фильм. Вы становитесь в конец очереди, и к вам подходит человек со словами: «Я прошел от начала очереди и заметил, что в очереди после каждой женщины стоит женщина». Можно ли на основании услышанного утверждать, что в очереди стоят одни женщины? Обычно учащиеся легко справляются с этим вопросом, отвечая, что для истинности утверждения «В очереди стоят только женщины» надо быть уверенным, что первая в очереди женщина. Тогда после каждой женщины стоит женщина и утверждение «В очереди стоят только женщины» будет истинным. Но если первым в очереди стоит мужчина, то это утверждение будет ложным.

Вторым примером, которым можно предварить объяснение нового материала, может быть разбор решения задачи 1.45.

1.45. На один из трех штырьков насажены п различных колец так, что большее кольцо лежит ниже меньшего (на рисунке 3 п = 3). За один ход разрешается перенести одно кольцо с одного штырька на другой, при этом не разрешается большее кольцо класть на меньшее. Докажите, что наименьшее число ходов, за которое можно перенести все кольца с одного штырька на другой, равно 2n 1. Рис. 3

Условие этой задачи учителю лучше сформулировать самому. Тогда у учащихся будет возможность поучаствовать в поиске формулы, выражающей зависимость числа ходов от числа колец, и убедиться, что, даже найдя эту формулу, они пока что не могут доказать ее для любого натурального n, так как натуральных чисел бесконечно много.

Рассуждения можно провести так.

Одно кольцо (п = 1) можно перенести на новый штырек за 1 ход.

Два кольца (п = 2) можно перенести за 3 хода (первое кольцо перенести на второй штырек, второе — на третий, затем первое — на третий).

Три кольца (п = 3) можно перенести за 3 + 1 + 3 = 7 ходов, перенеся сначала два верхних кольца за 3 хода, потом нижнее кольцо за 1 ход, потом снова два кольца за 3 хода.

Аналогично можно перенести 4, 5, 6 колец за 15, 31, 63 ходов соответственно.

Наблюдательные учащиеся могут заметить, что для п колец число ходов меньше п-й степени числа 2 на единицу, т. е. выражается формулой 2n 1.

Следовательно, получена гипотеза о выражении числа ходов через n, которую еще нужно доказать для любого натурального n. Но что значит доказать формулу для любого натурального n? Очевидно, что проверить истинность формулы для всех п невозможно. Необходимо соглашение, позволяющее считать, что при выполнении некоторых условий доказываемое утверждение истинно для любого натурального n.

После обсуждения рассмотренных примеров учащиеся будут подготовлены к тому, что если истинность некоторого утверждения, зависящего от натурального n, установлена для п = 1 и доказано, что из истинности этого утверждения для некоторого п = k следует его истинность для следующего значения п, равного k + 1, то считается, что это утверждение истинно для любого натурального п (такое соглашение и называют принципом математической индукции).

Пример 1 из учебника достаточно прост, чтобы, не отвлекаясь на технические сложности, освоить идею доказательства методом математической индукции.

При обсуждении примера 2 можно упомянуть, что выдающийся математик XX столетия А. Н. Колмогоров (1903—1987) еще в детстве проявлял необыкновенные математические способности. В возрасте пяти лет он установил, что: 1 + 3 = 22, 1 + 3 + 5 = 32, 1 + 3 + 5 + 7 = 42 и т. д., т. е. выдвинул гипотезу, что сумма n первых нечетных натуральных чисел равна п2. Доказательство истинности этой гипотезы требует применения метода математической ин-

дукции.

Обратим внимание на имеющееся в учебнике важное замечание о недопустимости пропуска любого из двух шагов в доказательстве методом математической индукции и об ошибках, к которым может привести такой пропуск.

В учебнике имеется достаточное число примеров для обучения доказательству справедливости равенств и неравенств, а после задания 1.35 имеется указание, с помощью которого можно немного сократить запись доказательства некоторых утверждений. Рассмотрим пример применения этого способа оформления доказательства.

Докажем равенство

                    1          1            1                                  1                         n

                         +       +          +... + =           .               (1)

                 14     47     7 10               (3n 2) (3n + 1)      3n + 1

Обозначим A n(        ) =    1 +    1   +    1      +... +             1               ,

                                              14     47     7 10              (3n 2) (3n + 1)

B n( ) =   n .

3n + 1

Сначала убедимся в справедливости равенства А (1) = В (1).

Так          как      A,          B,     то     равенство

А (1) = В (1) доказано, т. е. при п = 1 равенство (1) справедливо.

Теперь         вычислим           разность              A (k + 1) А (k),               равную (k + 1)-му слагаемому суммы А (k + 1):

A     k(              )    A( )k       ,

и разность В (k + 1) В (k), равную

B     k( + )B k( ) = −         = (k + 1)(3 k + 1) k k(3   + 4) =

Тем самым мы доказали равенство

                                 A (k + 1) A (k) = B (k + 1) B (k).                                (2)

Предположим теперь, что при п = k равенство (1) справедливо, т. е. что A (k) = В (k), тогда из справедливости равенства (2) следует справедливость равенства A (k + 1) =  В (k + 1), т. е. справедливость равенства (1) при п = k + 1.

Итак, равенство (1) справедливо при п = 1, и из его справедливости для п = k следует его справедливость для п = k + 1, тогда согласно принципу математической индукции равенство (1) справедливо для любого натурального n.

Решения и комментарии

1.31. а) Докажите методом математической индукции, что 0n = 0 для любого натурального числа n.

Хотя это утверждение и кажется очевидным, но тем не менее оно должно быть доказано методом математической индукции.

Доказательство. При п = 1 справедливо равенство 01 = 0.

Предположим, что для некоторого натурального числа п = k справедливо равенство 0k = 0, и докажем, что тогда справедливо равенство 0k + 1 = 0.

Используя равенство 0k = 0, имеем: 0k + 1 = 0k 0 = = 0 0 = 0.

Следовательно, равенство 0n = 0 справедливо для любого натурального числа n.

1.38. б) Докажите по индукции, что для любого натурального п справедливо неравенство

.

Доказательство. Так как левая часть неравенства для n любого натурального числа n равна дроби (доказано 3n + 1

по индукции выше), а n = 1 1 < 31 для любого нату3n + 1 3 +

n

рального числа n, то из справедливости равенства (1) для любого натурального числа n следует справедливость доказываемого неравенства для любого натурального числа n.

Замечание. Обычно в 9 классе формулы n-го члена и суммы первых п членов арифметической и геометрической прогрессий не доказывают с помощью метода математической индукции, а лишь проводят рассуждение, подводящее к гипотезе. На это нужно обратить внимание учащихся. Для осознания нового уровня владения материалом они должны научиться доказывать эти формулы с помощью метода математической индукции (задание 1.32).

1.43. г) Докажите, что для любого натурального числа п 3n + 4n 1 делится на 6.

Доказательство. Доказываемое утверждение справедливо при п = 1, так как 31 + 41 1 = 6, т. е. делится на 6.

Предположим, что при п = k сумма 3k + 4k 1 делится на 6, и докажем, что при п = k + 1 сумма 3k + 1 + 4k + 1 1 делится на 6. (Успех доказательства зависит от умения учащихся в сумме 3k + 1 + 4k + 1 1 выделить сумму 3k + 4k 1, которая по нашему предположению делится на 6.)

3k + 1 + 4k + 1 1 = 3 3k + 4 4k 1 = 3 3k + 3 4k 3 + 4k + 2 = = 3 (3k + 4k 1) + (4k + 2).

Слагаемое 3 (3k + 4k 1) последней суммы делится на 6, так как один из его множителей делится на 6 по нашему предположению. Осталось доказать, что и слагаемое 4k + 2 также делится на 6. Применим метод математической индукции еще раз.

Очевидно, что при k = 1 сумма 41 + 2 = 6 делится на 6.

Предположим, что при k = т сумма 4m + 2 делится на 6, и докажем, что при k = т + 1 сумма 4m + 1 + 2 делится на 6. 4m + 1 + 2 = 4 4m + 2 = 4 4m + 8 6 = 4 (4m + 2) 6.

Слагаемое 4 (4m + 2) делится на 6, так как один из его множителей делится на 6 по нашему предположению, число 6 тоже делится на 6, поэтому и разность 4 (4m + 2) 6, а значит, и сумма 4m + 1 + 2 тоже делятся на 6.

Тем самым доказано, что сумма 4k + 2 делится на 6 для любого натурального k. Но тогда и 3k + 1 + 4k + 1 1 делится на 6.

Итак, выражение 3n + 4n 1 делится на 6 при п = 1; из предположения, что это выражение делится на 6 при п = k, следует, что оно делится на 6 и при п = k + 1. Это означает, что выражение 3n + 4n 1 делится на 6 при любом натуральном числе п.

Промежуточный контроль. С—8.

1.4. Перестановки

1.5. Размещения 1.6. Сочетания

Материал пп. 1.4—1.6 подробно изложен в учебнике со всеми необходимыми обоснованиями. Он обычно вызывает затруднения у учащихся, которые плохо понимают, чем размещения из п элементов по k отличаются от сочетаний из п элементов по k. Надо отметить, что для первых важен порядок следования выбранных k элементов, а для вторых этот порядок не важен. При этом можно воспользоваться примерами 1—3 из п. 9 раздела I дидактических материалов (с. 12), дающими запоминающиеся образы:

P4 — количество мелодий, которые можно сыграть, используя 4 различные ноты (без повторения);

A47 — количество мелодий, которые можно сыграть, используя 4 различные ноты из данных семи нот (без повторения);

C47 — количество аккордов, которые можно сыграть, используя 4 различные ноты из данных семи нот (без повторения). Ноты в аккорде звучат одновременно, порядок следования нот не важен.

Чтобы подготовить учащихся к введению определений и формул для вычисления числа перестановок из п элементов, числа размещений из п элементов по k, числа сочетаний из п элементов по k, надо, следуя учебнику, решить приведенные в нем простые задачи с двумя, тремя, четырьмя элементами.

Например, формула подсчета числа перестановок из п элементов может быть получена сначала для нескольких малых натуральных чисел п.

Для п = 3 рассуждение можно провести так. На первое место можно поставить любой из трех элементов (3 возможности). Если один элемент мы уже поставили на первое место, то на второе место можно поставить один из двух оставшихся элементов (2 возможности). Тогда первые два места можно занять шестью способами (3 2 = 6), в каждом из которых оставшееся третье место можно занять одним способом одним оставшимся элементом (1 возможность). Тогда число перестановок из трех элементов равно Р3 = 3 2 1 = 6. Приведенное рассуждение учащиеся легко применят для четырех элементов и могут выдвинуть гипотезу, что справедлива формула

Рn = n (n 1) (n 2) ... 3 2 1 = n!

Эту гипотезу можно доказать методом математической индукции (с. 23 учебника).

Решения и комментарии

1.54. Множество, состоящее из шести элементов x1, x2, x3, x4, x5, x6, упорядочили всеми возможными способами.

Сколько таких способов? В скольких случаях:

а) элемент x1 будет первым по порядку;

б) элемент х1 не будет ни первым, ни последним?

Решение. Всех способов упорядочить 6 элементов Р6 = 6 5 4 3 2 1 = 720.

а) Поставим элемент x1 на первое место. Упорядочить оставшиеся элементы можно Р5 = 5 4 3 2 1 = 120 способами. Поэтому элемент x1 будет на первом месте в 120 случаях.

б) Всех способов упорядочить 6 элементов Р6 = 720. Из них элемент х1 будет на первом месте в 120 случаях, аналогично элемент х1 будет на последнем месте в 120 случаях. Поэтому элемент х1 не будет ни первым, ни последним в 720 2 120 = 480 случаях.

1.55. Сколькими различными способами можно усадить в ряд трех мальчиков и трех девочек так, чтобы никакие два мальчика и никакие две девочки не оказались рядом?

Решение. Перенумеруем шесть мест посадки в ряд: 1, 2, 3, 4, 5, 6. Места мальчиков и девочек должны чередоваться так, чтобы никакие два мальчика и никакие две девочки не оказались рядом, поэтому у нас есть две возможности для посадки девочек: на четные места или на нечетные, а в каждой из них — Р3 = 3 2 1 = 6 способов. Всего способов усадить девочек в ряд будет 6 2 = 12, а в каждом из них — Р3 = 3 2 1 = 6 способов посадки мальчиков. Всего имеется 12 6 = 72 способа посадки девочек и мальчиков согласно условиям задачи.

1.56. Задача-шутка. Как-то раз в воскресенье семеро друзей зашли в кафе, уселись за один столик и заказали мороженое. Хозяин кафе сказал, что если друзья в каждое следующее воскресенье будут садиться по-новому и перепробуют все способы посадки, то с этого момента он обещает кормить их мороженым бесплатно. Удастся ли друзьям воспользоваться предложением хозяина кафе?

Решение. Чтобы перепробовать все Р7 = 7 6 5 × × 4 3 2 1 = 5040 способов посадки, потребуется более 96 лет. Маловероятно, что хозяин кафе сумеет исполнить свое обещание через 96 лет.

1.60. Сколькими различными способами можно распределить между шестью лицами: а) две; б) три разные путевки в санатории?

Решение. а) Число способов распределить две разные путевки между шестью лицами равно A 30 (первую путевку можно распределить шестью способами; в каждом из них вторую путевку можно распределить пятью способами среди лиц, не получивших первую путевку).

б) Число способов распределить три разные путевки между шестью лицами равно A 120 (первую путевку можно распределить шестью способами; в каждом из них вторую путевку можно распределить пятью способами среди лиц, не получивших первую путевку; в каждом из 6 5 = 30 способов распределить две первые путевки третью можно распределить между четырьмя оставшимися лицами четырьмя способами).

1.65. Сколькими способами можно распределить две одинаковые путевки между пятью лицами?

Решение. Число способов распределить две одинаковые путевки между пятью лицами равно C (оно в

2 раза меньше числа способов распределить две разные путевки между пятью лицами, так как порядок получения путевок не важен).

1.71. При встрече п друзей обменялись рукопожатиями. Определите число рукопожатий.

Решение. Каждый из п друзей пожмет п 1 руку. При этом каждое рукопожатие считается дважды — каждым из двух друзей, жмущих друг другу руки. Поэтому всех рукоn n

пожатий будет  , что и требовалось до-

казать.

1.72. В турнире по шахматам каждый участник сыграл с каждым по одной партии, всего было сыграно 36 партий. Определите число участников турнира.

                 Решение. Все п участников турнира сыграли n n(            1) пар-

2 n n(          1)

тий, что равно 36. Составим уравнение                                              = 36. Оно

2

имеет единственный положительный корень 9, поэтому число участников равно 9.

1.73. В классе имеется 6 сильных математиков. Сколькими способами из них можно составить команду на районную олимпиаду по математике, если от класса можно послать команду: а) из 4 человек; б) от 2 до 4 человек?

Решение. а) Число способов выбрать 4 человека из 6 (без учета порядка выбираемых) равно C.

б) Число способов выбрать от 2 до 4 человек из 6

(без учета порядка выбираемых) равно

                                 C C              C             .

1.74. Найдите число всех подмножеств данного множества, содержащего п элементов (п — любое натуральное число).

Решение. Напомним, что принято считать, что пустое множество, т. е. множество, не содержащее ни одного элемента, является подмножеством любого множества. Пустое множество обозначают знаком .

Пусть данное множество М содержит п элементов. Тогда из этих элементов можно составить подмножество, содержащее:

0         элементов (пустое множество) — Cn0 = 1 способом;

1         элемент — C п способами;

2         элемента — C способами; ...; п элементов — Cnn        1 способом.

Следовательно, множество М имеет:

             одно — Cn0 — подмножество,          содержащее      0       элементов

(пустое множество);

Cn1 подмножеств, содержащих 1 элемент; Cn2 подмножеств, содержащих 2 элемента; ...; Cпп подмножеств, содержащих п элементов.

Поэтому число всех подмножеств множества М равно

Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn.

Докажем методом математической индукции, что справедливо равенство

                                       Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn = 2n.                                      (1)

1)      Если п = 1, то равенство (1) справедливо, так как C01 = C11 = 1, и поэтому C10 + C11 = 21.

2)      Предположим, что при п = k справедливо равенство

                                       Ck0 + Ck1 + Ck2 + ... + Ckk = 2k.                                      (2)

3)      Используя это, покажем, что при п = k + 1 справедливо равенство

                          C0k + 1 + Ck1+ 1 + Ck2 + 1 + ... + Ckk++11 = 2k + 1.                         (3)

Рассмотрим сумму в левой части равенства (3).

Так как C,         Ckk++11 = 1 = Ckk, а Cmk + 1 = Ckm 1 + Cmk для 1 т k, то получаем, что справедливо равенство

C

... + Ckk  Ckk

Используя равенство (2), получаем, что справедливо равенство (3).

Согласно принципу математической индукции это означает, что равенство (1) справедливо для любого натурального числа п.

Отметим, что далее равенство (1) доказано также с помощью бинома Ньютона.

Промежуточный контроль. С—9.

1.7*. Доказательство числовых неравенств

Обратим внимание на то, что к десятому классу большинство учащихся имеют весьма смутные представления о доказательствах в алгебре. Саму процедуру доказательства они часто понимают неправильно. Поясним сказанное на примере. Если ученика попросят доказать, что для любых чисел а и b справедливо неравенство а2 + b2 2ab, то можно ожидать такое «доказательство»:

«а2 + b2 2ab, a2 2ab + b2 0, (a b)2 0,

что и требовалось доказать».

Ученики обычно удивляются, что приведенное «доказательство» доказательством не является. Да и не требовалось доказать, что (а b)2 0.

Приведенное рассуждение всего лишь анализ, помогающий найти путь доказательства, которое проводится в обратном порядке, а именно так:

рассмотрим неравенство, справедливое для любых чисел а и b:

(a b)2 0;

применим формулу квадрата разности

а2 2ab + b2 0;

в полученном верном неравенстве перенесем слагаемое 2ab в правую часть неравенства и получим новое верное неравенство, что и требовалось доказать.

Доказательство может содержать приведенные выше шаги:

                                                           а2 + b2 2ab,                                                     (1)

а2 2ab + b2 0,

                                                            (а b)2 0,                                                       (2)

но тогда оно должно заканчиваться фразой: «Рассуждая в обратном порядке, из справедливости неравенства (2) получим справедливость неравенства (1), что и требовалось доказать».

В учебнике показаны различные приемы решения задач на доказательство неравенств, опираясь на которые можно доказать многие неравенства из данного пункта.

В дидактических материалах (п. 7) приведены методы доказательства неравенств, не отмеченные в учебнике.

Есть еще один метод доказательства числовых равенств и неравенств, связанный со сравнением чисел.

Скажем, что два числовых равенства равносильны, если из справедливости одного из них следует справедливость другого. Аналогично определяются равносильные неравенства. Для записи равносильности двух равенств или неравенств часто используют знак .

Если под знаком будем понимать один из пяти знаков сравнения: =, >, <, , , под знаком — знак, противоположный знаку , т. е. =, <, >, , соответственно, то многочисленные утверждения о равносильности числовых равенств и неравенств можно сформулировать так:

1.      a b a + c b + c для любого c R.

2.      a b ас bc для любого с > 0.

3.      a b an bп для любых а > 0, b > 0, n N.

4.      a b ас bc для любого с < 0.

Знак используется в задачах на сравнение и доказательство числовых равенств и неравенств. Если мы хотим выяснить, какой из знаков сравнения (=, >, <, , ) надо поставить между данными числовыми выражениями, то между ними можно поставить знак , сделать несколько равносильных преобразований, используя утверждения 1—4 и прийти в итоге к очевидному равенству или неравенству. Тогда если использовались только свойства 1—3, то получившийся знак сравнения надо поставить вместо знака в сравнении данных числовых выражений. Использования свойства 4 лучше избегать, чтобы уменьшить число допускаемых ошибок.

Пример 1. Сравним числа                  11 +    2 и 3 +    3.

Используя утверждения 1—3, напишем цепочку равносильных сравнений:

                                                  11 +   2 3 +   3,

                  ( 11 +     2)2 (3 +        3)2 (по утверждению 3),

13 + 2 22 12 +6 3,

1 +2 22 6 3 (по утверждению 1),

(1 +2 22)2 (6 3)2 (по утверждению 3),

89 +4 22 108,

4 22 19 (по утверждению 1), (4 22)2 192 (по утверждению 3), 352 361.

Так как 352 < 361, то в последнем сравнении должен стоять знак <. Поэтому и во всех предыдущих сравнениях должен стоять тот же знак. Следовательно, 11 + 2 <3+ 3. Пример 2. Докажем справедливость равенства

                                       3 +    3 + 3 10 +6 3 =     3 +1.

Напишем цепочку равносильных сравнений:

                                       3 +     3 + 3 10 +6 3 ∨     3 +1,

       ( 3 +          3 + 3 10 +6 3)2 ( 3 +1)2 (по утверждению 3),

                                    3 +     3 + 3 10 +6 3 4 +2 3,

                       3 10 +6 3 1 +        3 (по утверждению 1),

( 103 +6 3)3 (1 + 3)3 (по утверждению 3), 10 +6 3 1 +3 3 +3( 3)2 +( 3)3.

В правой и левой частях последнего сравнения одно и то же число 10+6 3. Это означает, что в нем, а также в каждом предыдущем сравнении должен стоять знак =. Следовательно, этот знак будет стоять и в первом сравнении, что и требовалось доказать.

Пример 3. Докажем, что для любого а R справедливо a2   1 неравенство   ≤           .

                               1 + a4         2

Напишем цепочку равносильных сравнений:

                                                                 a2               1

                                                              ∨   ,

                                                             1 + a4         2

2а2 1 + а4 (по утверждению 2), 0 1 2а2 + а4 (по утверждению 1), 0 (1 a2)2.

Так как (1 а2)2 0 для любого а R, то в последнем сравнении должен стоять знак . Поэтому в каждом предыдущем сравнении должен стоять знак . Следовательно, этот знак должен стоять и в первом сравнении, а это и требовалось доказать.

Решения и комментарии

1.77. к) Для любых действительных чисел а и b докажите, что если 0 < а < b, то а3 < b3.

Доказательство. По условию задачи а < b и а > 0, поэтому а2 < ab. Так как а < b и b > 0, то аb < b2. Из транзитивности неравенств имеем а2 < b2.

Так как а2 < b2 и а > 0, то а3 < а2b. Так как а2 < b2 и b > 0, то а2b < b3. Из транзитивности неравенств имеем а3 < b3, что и требовалось доказать.

1.78. Докажите, что сумма кубов катетов прямоугольного треугольника меньше куба гипотенузы.

Доказательство. Для катетов a, b и гипотенузы с прямоугольного треугольника верно равенство а2 + b2 = с2. Умножив обе части этого равенства на с, получим новое верное равенство а2с + b2с = с3, в котором заменим слагаемые а2с и b2с на меньшие слагаемые а3 и b3 соответственно. Левая часть равенства уменьшится, и мы получим верное неравенство а3 + b3 < c3. Это и требовалось доказать.

1.79. а) Докажите, что .

Доказательство. Обозначим:

                               A;       B.

Так как , то А < В. Так

как А > 0, то А2 < АВ, а так как AB = 811 = 912, то A2 < ⎝91⎠⎞2. Откуда, учитывая, что A > 0, получаем, что A < . Это и требовалось доказать.

1.81. Задача Евклида (III в.). Докажите, что если а — наибольшее из четырех положительных чисел а, b, с, d и a = c, то справедливо неравенство а + d > b + с. b d

Доказательство. Так как по условию задачи а > с, то из

верного равенства a = c b следует, что b >1, откуда получаd    d

ем, что b > d. Аналогично показывается, что из условия задачи следует, что c > d.

Умножим обе части верного числового неравенства b > d на положительное число с d, получим верное неравенство b (с d) > d (c d), которое перепишем в виде

bc + d2 > dc + bd.

Заменим в этом последнем неравенстве произведение bc равным ему произведением ad, получим неравенство:

ad + d2 > dc + bd.

Разделим обе части этого верного неравенства на положительное число d и получим верное неравенство а + d > с + b,

что и требовалось доказать.

Замечание. Во времена Евклида многие факты в математике доказывались геометрическим способом. Приведем геометрическое доказательство того же неравенства.

На отрезке AD, длина которого равна а + d, построим окружность как на диаметре (рис. 4). Отметим точку М, такую, что AM = a, DM = d. Так как а > d, то центр О

окружности принадлежит отрезку AM. Так как а > b, то, построив окружность с центром М и радиусом b, получим точку В на первой окружности, такую, что ВМ = b. На пересечении прямой ВМ с первой окружностью получим точку С. Из теоремы о пересекающихся хордах следует, что ad = b MC, а из условия задачи следует, что ad = bc, поэтому

МС = с. Так как длина хорды, не              Рис. 4 проходящей через центр окружности, меньше ее диаметра, то AD > ВС, т. e. a + d > b + c, что и требовалось доказать.

1.82. Докажите, что для любого натурального числа п справедливо неравенство:

a)                  ;              (3)

          в) ;                                 (4)

          г) .                                                                  (5)

           Доказательство.        а)      Так       как       ,

                           , ...,                                                  , то              1   +   1   +   1    +...

3 4

1

Так как > 0 для любого натурального числа п и n + 1

1            −   1              < 1, то получаем, что справедливо неравенство (3).

n + 1

            в) Так как      

=    ⋅         +       +         +    +                                                         (4)

     4      1   5      5   9      9   13

= 14 ⎛⎜⎝ 11 51 + 51 91 + 91 131 +... + 4n 3 4n + 1⎠⎟⎞ = 14 ⋅⎜⎝⎛1 4n1+ 1⎞⎠⎟ и 14 ⎝⎛14n1+ 1< 14, то получаем, что справедливо неравенст-

во (4).

г) Так как

= 1 ⎛⎜⎝ 11 31 + 31 51 + 51 71 +... + 2n11 2n1+ 1⎟⎞⎠ = 21 ⋅⎝⎜⎛12n1+ 1⎞⎠⎟, 2

т. е. так как              12 + 12 + 12 +... +       1 2 < 1 ⋅⎛⎜1 −    1+ 1⎟⎠⎞             (5)

2            4    6              (2n)        2 ⎝         2n

и 21 ⋅⎜⎝⎛1 2n1+ 1⎞⎟⎠ < 21,

то получаем, что справедливо неравенство (5).

Отметим, что приведенные доказательства справедливости неравенств (3), (4) и (5), строго говоря, не являются полноценными, так как для полноценности этих доказательств требуется доказать справедливость равенств (3) и (4) и неравенства (5) методом математической индукции.

1.83. а) Докажите, что для любых действительных чисел а и b, если а + b = 3, то а2 + b2 4,5.

Доказательство. Пусть а = 1,5 + с, b = 1,5 с. Тогда а2 + b2 = (1,5 + с)2 + (1,5 с)2 = 2,25 + 3с + с2 + 2,25 3с + с2 = = 4,5 + 2с2 4,5, что и требовалось доказать.

Промежуточный контроль. С—7.

1.8*. Делимость целых чисел

Материал о делимости целых чисел — новый в программе старших классов, поэтому он подробно описан в учебнике. Сначала рассматривается вопрос о делимости (без остатка) натуральных чисел, затем о делимости целых чисел

(с остатком).

В учебнике принято обозначение (m, п) — наибольший общий делитель чисел m и n; сформулированы основная теорема арифметики, свойство делимости суммы и разности (теорема 1), теорема о единственности деления с остатком для целых чисел (теорема 2).

Решения и комментарии

1.84*. а) Определите целые числа m, n, k и р, для которых справедливо равенство:

2m + n 3k + 1 57 712 = 27 n 37 5m + p 7m + n + k. (1) Решение. По основной теореме арифметики каждое натуральное число, большее 1, можно представить единственным образом в виде произведения степеней простых чисел. Поэтому из равенства (1) следует, что показатели степеней простых множителей в правой и левой частях этого равенства равны, т. е. m + n = 7 n, k + 1 = 7, m + p = 7, m + n + k = 12.

Решив систему четырех уравнений с четырьмя неизвестными, получим: m = 5, п = 1, k = 6, р = 2.

Замечание. Идея решения задачи 1.84 используется при решении задачи 276 из раздела «Задания для повторения».

276. (МГУ, экон. ф-т.) За время хранения вклада в банке в конце каждого месяца начисляли на счет проценты от суммы вклада, которая находилась на счету в начале месяца, сначала в размере 5% в месяц, затем 11%, потом 7 % и, наконец, 12% в месяц. Известно, что под действием каждой новой процентной ставки вклад находился целое число месяцев, а по истечении срока хранения первоначальная сумма вклада увеличилась на 180%. Определите срок хранения вклада.

Решение. Пусть в банк положили а р. (а 0). Ежемесячно на счет начислялось сначала 5% m месяцев, затем 11% n месяцев, потом 7 % k месяцев и, наконец, 12% p месяцев от суммы вклада, которая находилась на счету в начале месяца. После m + n + k + p месяцев на счету оказалось

                         ⎛         5 m ⎛        100 n ⎛         50 k ⎛         12 p

                     a⎜⎝1 + 100 ⎟⎠   ⎜⎝1 + 900 ⎟⎠  ⎜⎝1 + 700 ⎠⎟ ⎜⎝1 + 100 ⎟⎠   =

= a⎜⎝⎛ 2021⎞⎟⎠ m ⎛⎜⎝ 109 ⎞⎟⎠ n ⎝⎜⎛ 1514⎟⎞⎠k ⎛⎜⎝ 2825 ⎞⎟⎠ p p.

или по условию задачи a ⎜⎝⎛1 + 180100 ⎞⎟⎠ = a 145 p.

Следовательно, справедливо равенство:

a ⎜⎝⎛ 2021⎞⎟⎠ m ⎛⎜⎝ 109 ⎞⎟⎠ n ⎝⎛⎜ 1514⎟⎠⎞k ⎜⎝⎛ 2825 ⎞⎟⎠ p = a 145 .

Разделив полученное равенство на а (а 0) и умножив его на 20m 9n 14k 25p 5, получим равносильное ему равенство

5 21m 10n 15k 28p = 20m 9n 14k+ 1 52p.

Разложив обе части равенства на простые множители, перепишем его в виде:

2n+ 2p 3m+k 5n+k+ 1 7m+p = 22m+k+ 1 32n 5m+ 2p 7k+ 1.

Из единственности разложения числа на простые множители (основная теорема арифметики) следует, что

n +2p = 2m + k +1

m + k = 2n

n + k +1 = m +2 p m + p = k +1.

Решив систему из четырех полученных уравнений, получим, что m = 2, п = 3, k = 4, р = 3, т. е. деньги были вложены в банк на 2 + 3 + 4 + 3 = 12 месяцев.

1.85. а) Докажите, что числа 1997 и 1999 являются взаимно простыми.

Доказательство. Предположим, что числа 1997 и 1999 не являются взаимно простыми, т. е. оба делятся на натуральное число d 1. Тогда и их разность 2 делится на d, т. е. d = 2. Но каждое из этих чисел не делится на 2, следовательно, предположение, что числа 1997 и 1999 не являются взаимно простыми, неверно. Значит, они взаимно простые, что и требовалось доказать.

1.86. а) Докажите, что дробь  несократимая.

Доказательство. Так как числа 1997 и 1999 взаимно простые (см. задание 1.85), то дробь   несократимая.

1.87. а) Докажите, что произведение двух последовательных натуральных чисел делится на 2.

Доказательство. Пусть п и п + 1 — два последовательных натуральных числа. При делении на 2 натуральное число п может иметь только два остатка: 0 и 1.

Если n = 2k (k N), то п (п + 1) = 2k (2k + 1).

Если п = 2k + 1 (k N), то п (п + 1) = 2 (2k + 1) (k + 1).

Следовательно, произведение двух последовательных натуральных чисел делится на 2, так как содержит множитель 2 в каждом из двух возможных случаев.

1.88. Найдите все целые числа, которые при делении и на 4, и на 3, и на 2 дают остаток 1.

Решение. Все целые числа, которые при делении на 12 дают остаток 0, можно записать в виде 4 3 k = 12k, где k Z.

При делении на 12 любого целого числа т может получиться один из 12 остатков: 0, 1, 2, ..., 11. Следовательно, множество всех целых чисел можно разбить на 12 непересекающихся классов Аr, где Аr — множество всех целых чисел, имеющих вид 12k + r, где r = 0, 1, 2, ..., 11. Нетрудно убедиться, что лишь для чисел из класса A1 выполняется условие: остаток от деления этих чисел и на 4, и на 3, и на 2 равен 1. Следовательно, все искомые числа можно записать в виде 12k + 1, где k Z.

1.89. Найдите все целые числа, которые при делении на 4 дают остаток 3, при делении на 3 дают остаток 2, при делении на 2 дают остаток 1.

Решение. Все целые числа, которые при делении на 4 дают остаток 0, при делении на 3 дают остаток 0, при делении на 2 дают остаток 0, можно записать в виде 4 3 k = 12k, где k Z.

При делении на 12 любого целого числа m может получиться один из 12 остатков: 0, 1, 2, ..., 11. Следовательно, множество всех целых чисел можно разбить на 12 непересекающихся классов Аr, где Аr — множество всех целых чисел, имеющих вид 12k + r, где r = 0, 1, 2, ..., 11.

Нетрудно убедиться, что лишь для чисел из класса А11 выполняется условие: остаток от деления этих чисел на 4 равен 3, при делении на 3 равен 2, при делении на 2 равен 1.

Следовательно, все искомые числа можно записать в виде 12k + 11, где k Z.

Замечание к заданиям 1.88 и 1.89. Условия заданий проверяются лишь на числах r, так как искомые остатки получаются только при делении r на соответствующее число.

1.90. Докажите, что сумма кубов трех последовательных натуральных чисел делится на 9.

Доказательство. Пусть М = п3 + (п + 1)3 + (п + 2)3, где п — любое натуральное число. При делении на 3 числа п может получиться один из трех остатков: 0, 1, 2. Следовательно, множество всех натуральных чисел можно разбить на три непересекающихся класса чисел, имеющих вид 3m, где m N, 3m + 1 или 3m + 2, где m = 0,1,2,... .

Докажем, что если число п относится к любому из этих трех классов, то число М делится на 9.

1)                   Пусть п = 3m, где m N. Тогда

М = (3m)3 + (3m + 1)3 + (3m + 2)3 = 27m3 + 27m3 + 27m2 + + 9m + 1 + 27m3 + 54m2 + 36m + 8 = 9k, где k N.

2)                   Пусть п = 3m + 1, где т = 0, 1, 2, ... . Тогда М = (3m + 1)3 + (3m + 2)3 + (3 (m + 1))3 = 9p, где р N.

3)                   Пусть n = 3m + 2, где m = 0, 1, 2, ... . Тогда

М = (3m + 2)3 + (3 (m + 1))3 + (3 (m + 1) + 1)3 = 9q, где q N.

Следовательно, в каждом случае натуральное число М делится на 9, что и требовалось доказать.

1.9*. Сравнения по модулю m

Материал о сравнении по модулю m также новый в программе для старших классов и поэтому подробно описан в учебнике. Введено понятие сравнения по модулю m и соответствующее обозначение, сформулированы 4 свойства сравнений. Рассмотренная теория применена для доказательства делимости 622 1 на 7, нахождения остатка от деления 229 на 11, доказательства признака делимости на 9.

Решения и комментарии

1.92. Сформулируйте признак делимости на 11 и докажите его.

Сформулируем признак делимости на 11: если разность суммы цифр числа, стоящих на четных местах, и суммы цифр, стоящих на нечетных местах, делится на 11, то и число делится на 11.

Верно и обратное утверждение:

если число делится на 11, то разность суммы его цифр, стоящих на четных местах, и суммы цифр, стоящих на нечетных местах, делится на 11.

Доказательство. Так как 10 ≡ −1(mod11), то 102n ≡ ≡ −( 1)2n (mod11) 1(mod11), а 102n + 1 ≡ −( 1)2n + 1 (mod11) ≡ ≡ −1(mod11).

Рассмотрим доказательство признака делимости на 11

на примере 6-значного натурального числа a a a a a a a6 5 4 3 2 1 0 . Для него справедливы сравнения:

Справедливость обоих утверждений следует из равенства (1).

1.95. Определите               остаток      от     деления      числа      325       на:

а) 10; б) 11; в) 13.

Решение. а) Так как 32 = 9 ≡ −1(mod10), то 325 = (32 12) 3 ≡ ≡ −( 1)12 3(mod10) = 3. Следовательно, 3 — остаток от деления числа 325 на 10.

б) Так как 35 = 243 = 22 11⋅ +1 1(mod11), то 325 = (35 5) ≡ ≡15 (mod11) =1. Следовательно, 1 — остаток от деления числа 325 на 11.

в) Так как 33 = 27 = 2 13⋅ +1 1(mod13), то 325 = (33 8) 3 ≡ ≡ 3(mod13). Следовательно, 3 — остаток от деления числа 325 на 13.

1.96. Не выполняя деления, определите остаток от деления числа 200420052006200720082009 на 9.

Решение. 200420052006200720082003 — наибольшее число, не превосходящее данного и делящееся на 9, оно на 6 меньше данного, поэтому 200420052006200720082009 ≡ ≡ 6 (mod 9). Следовательно, 6 — остаток от деления данного числа 200420052006200720082009 на 9.

1.97. Пусть  Р3 (х) = х3 4х2 + 5х + 1.              Определите        последнюю цифру числа Р3 (102005).

Решение. Так как 102005 0(mod10), то P3 (102005 ) ≡ ≡ P3( )(0 mod10) = 03 4 02 + 5 ⋅ 0 + 1 = 1. Следовательно, при делении числа Р3 (102005) на 10 получается остаток 1, а это означает, что последняя цифра числа P3 (102005) (в его десятичной записи) есть 1.

1.98. Пусть Р2004 (x) = x2004 x2003 + x2002 x2001 ... х + 1. Определите последнюю цифру числа P2004 (1002005).

Решение. Так как 1002005 0(mod10), то P2004 (1002005) ≡ ≡ P (0) (mod 10) = 02004 02003 + 02002 02001... 0 + 1 = 1.

) на 10 по-

лучается остаток 1, а это означает, что последняя цифра числа Р2004 (1002005) (в его десятичной записи) есть 1.

1.99. Докажите, что квадрат любого натурального числа либо делится на 9, либо при делении на 3 дает остаток 1.

Доказательство. Любое натуральное число п при делении на 3 дает только один из трех остатков: 0, 1, 2. Поэтому возможен лишь один из трех случаев: 1) n 0(mod 3); 2) n 1(mod 3); 3) n 2(mod3).

1)                  Если n 0(mod3), то п = 3m, где m N. Тогда п2 = 9m2, т. е. n2 делится на 9.

2)                  Если       n 1(mod3),        то            n2 12 (mod3) 1(mod3),               т. е.

п2 при делении на 3 дает остаток 1.

3)                  Если       n 2(mod3),      то            n2 4(mod3) 1(mod3), т. е.

n2 при делении на 3 дает остаток 1.

Таким образом, утверждение полностью доказано.

1.100. Найдите последнюю цифру числа 999 .

          Решение.       Так      как       число       99 = 2п + 1,      где           п N и

9 ≡ −1(mod10), то 92n + 1 ≡ −1(mod10) 9(mod10). Следовательно, при делении числа 999 на 10 получится остаток 9, а это означает, что 9 — последняя цифра числа 999 .

1.10*. Задачи с целочисленными неизвестными

Задачи с целочисленными неизвестными демонстрируют практическое применение материала о делимости натуральных (целых) чисел. В данном пункте рассмотрены диофантовы уравнения и старинные задачи, решаемые с их помощью. Учащиеся должны научиться находить частное решение диофантова уравнения первой степени, полное его решение, решать задачи с помощью диофантовых уравнений. Отметим, что на конкурсных экзаменах иногда встречаются задачи такого содержания, поэтому освоение материала данного пункта окажется полезным учащимся, готовящимся к конкурсным испытаниям.

Решения и комментарии

1.101. Подберите частное решение диофантова уравнения первой степени и запишите общее решение этого уравнения:

а) х + у = 5;   б) 8x y = 15.

Решение. а) Частным решением диофантова уравнения х + у = 5 является, например, пара чисел х = 1, у = 4. Общее решение этого уравнения: x = 1 + n, у = 4 п, где п Z.

б) Частным решением диофантова уравнения 8х у = 15 является, например, пара чисел х = 2, у = 1. Общее решение этого уравнения: х = 2 + п, у = 1 + 8n, где п Z. 1.102. а) Объясните, почему не имеет решений в целых числах уравнение 3x + 12y = 5.

Решение. Так как (3, 12) = 3, а 5 не делится на 3, то уравнение 3х + 12у = 5 не имеет решений в целых числах, так как если бы существовало решение (x0; у0) этого уравнения, то было бы справедливо числовое равенство 3x0 + 12у0 = 5, в котором левая часть делится на 3, а правая не делится, что, естественно, невозможно.

1.103. Задача Леонардо Пизанского (Фибоначчи, 1180—1240). Некто купил 30 птиц за 30 монет, из числа этих птиц за каждых трех воробьев заплачена 1 монета, за каждые две горлицы — также 1 монета и, наконец, за каждого голубя — по 2 монеты. Сколько было птиц каждой породы?

Решение. Пусть купили х воробьев по  монеты, у горлиц по  монеты и 30 х у голубей по 2 монеты. Будем предполагать, что птиц каждой породы купили не менее одной, т. е. х, у и (30 х у) — натуральные числа. Составим уравнение

                                      1 x     1         2 30                                                                 (1)

                                            +   y +   (      x y) = 30.

                                     3         2

Умножив уравнение (1) на 6 и перенеся неизвестное у в правую часть уравнения, получим уравнение, равносильное уравнению (1):

                                                   10x = 9(20 у).                                                  (2)

Так как правая часть равенства (2) делится на 9, то и левая его часть делится на 9. Так как 10 не делится на 9, то, применяя лемму (с. 36 учебника), получаем, что х делится на 9, т. е. х = 9х1, где x1 N. Перепишем уравнение (2) в

виде

                                                   9y = 10(18 x).                                                  (3)

Так как правая часть равенства (3) делится на 10, то и левая его часть делится на 10. Так как 9 не делится на 10, то, применяя ту же лемму, получаем, что у делится на 10, т. е. у = 10y1, где y1 N. Перепишем уравнение (2) в виде 10 9x1 + 9 10y1 = 180.

Разделив это уравнение на 90, получим равносильное ему уравнение х1 + у1 = 2,

имеющее единственное решение в натуральных числах: x1 = 1, y1 = 1.

Теперь найдем соответствующие значения х и у: x = 9x1 = 9,             y = 10y1 = 10.

Тогда 30 x y = 30 9 10 = 11. Итак, купили 9 воробьев, 10 горлиц и 11 голубей.

           1.104. Из          «Арифметики»           Л. Ф. Магницкого           (1669—

1739). Купил некто на 80 алтын гусей, утят и чирков. Гуся покупал по 2 алтына, утку по 1 алтыну, чирка же по 3 деньги, а всех куплено 80 птиц. Спрашивается, сколько каких птиц он купил. (1 алтын = 3 к., 1 деньга = 0,5 к.)

Решение. Пусть купили х гусей по 6 к., у уток по 3 к., 80 x у чирков по 1,5 к. Будем предполагать, что птиц каждой породы купили не менее одной, т. е. х, у и

(80 х у) — натуральные числа.   Составим уравнение

                                         6x + 3y + 1,5(80 х y) = 240.                                   (4)

Разделив уравнение (4) на 1,5 и перенеся неизвестные в одну часть уравнения, а известные — в другую, получим уравнение, равносильное уравнению (4):

                                                            3x + y = 80.                                                       (5)

Так как х = 0, у = 80 — частное решение уравнения (5), то общее решение этого уравнения: х = 0 + п = п, у =803n, где п Z, но тогда 80 х у = 2п.

Так как мы рассматриваем решения уравнения (4) в натуральных числах и число птиц каждого вида меньше 80, то x 1, y 1, откуда 1 п 26. Таким образом, задача имеет 26 решений. Всего купили: п гусей, 80 3п уток, 2п чирков, где n N, п 26.

Приведем одно из 26 решений задачи: купили 1 гуся, 77 уток и 2 чирка.

1.107. Решите в целых числах уравнение:

a) x2 + y2 2x + 4y = −5;

(6)

в) xy + 4x 2y 11 = 0.

(7)

Решение. а) Перепишем уравнение (6) в виде (x 1)2 + (y + 2)2 = 0.

Это уравнение имеет единственное решение х = 1, у = −2, поэтому пара (1; 2) — единственное решение уравнения (6).

в) Перепишем уравнение (7) в виде

                                                       (x 2)(у + 4) = 3.                                                 (8)

Так как x 2 и у + 4 — целые числа, то решениями уравнения (8) являются только те пары целых чисел (x; у), которые являются решениями хотя бы одной из систем:

         x 2 =1              x 2 = −1             x 2 = 3             x 2 = −3

⎨⎩y +4 = 3 или ⎨⎩y +4 = −3 или ⎨⎩y +4 =1 или ⎨⎩y +4 = −1.

Решив каждую из четырех систем, получим все решения уравнения (6) в целых числах: (3; 1), (1; 7), (5; 3), (1; 5).

1.108. Докажите, что уравнение:

 

а) х2 4х + у2 + 4y + 8 = 0

имеет единственное целочисленное решение;

(9)

б) x2 4x + y2 + 4y + 9 = 0

(10)

не имеет решений.

Доказательство. a) Перепишем уравнение (9) в виде

                                             (x 2)2 + (y + 2)2 = 0.                                                (11)

Уравнение (11) имеет единственное решение х = 2, у = −2, так как при любых других значениях х и y сумма (х 2)2 + (у + 2)2 положительна. Следовательно, и уравнение (9) имеет единственное целочисленное решение.

б) Перепишем уравнение (10) в виде

                                          (x 2)2 + (y + 2)2 + 1 = 0.                                             (12)

При любых значениях x и у сумма (х 2)2 + (у + 2)2 + + 1 1, следовательно, уравнение (12), а значит, и уравнение (10) не имеют решений.

Задача-шутка. Докажите, что существует решение уравнения

                                             29x + 30y + 31z = 366                                               (13)

в натуральных числах.

Решение. В високосном году 366 дней и имеется 1 месяц, содержащий ровно 29 дней, 4 месяца, содержащих ровно 30 дней, и 7 месяцев, содержащих ровно 31 день, поэтому тройка чисел х = 1, у = 4, z = 7 является решением уравнения (13). Это означает, что существует решение уравнения (13) в натуральных числах.

§ 2. Рациональные уравнения и неравенства

2.1. Рациональные выражения

В данном пункте повторяются сведения о рациональных выражениях, действия с алгебраическими дробями, вводится понятие симметрического многочлена. Для выполнения заданий из этого пункта необходимо повторить формулы сокращенного умножения, способы разложения многочлена на множители, изученные в основной школе.

Решения и комментарии

2.10. а) Упростите выражение

                                    a                   b ⎞          a3 + 8b3

                                 ⎜⎝a 2b + a + 2b⎟⎠ ⋅ a3 + 3a b2 2ab2

и найдите его значение при a = 0,5, b = −1.

Решение. а) A = ⎜⎝⎛aa2b + a +b2b⎞⎟⎠ ⋅ a3 +a33a b+2 8b32ab2 =

                  = a2(a+ 2ab ab2b a)(+ + 2b2)b2 (a +a a2( b a2)(+23ab2ab2+b24)b2) =

(a2 + 3ab 2b a2)( + 2b a)( 2 2ab + 4b2) a2 2ab + 4b2                                              4b2

=       (a 2b a)( + 2b a a) ( 2 + 3ab 2b2)       =      a2 2ab           =1+a2 2ab.

           При а = 0,5, b = −1         A .

2.13. Докажите, что если f (x; у) — симметрический многочлен и пара различных чисел (х0; у0) является решением уравнения f (x; y) = 0, то пара чисел (у0; x0) также является решением уравнения.

Решение. Если пара (x0; y0) различных чисел является решением уравнения f (x; y) = 0, то справедливо числовое равенство f (x0; y0) = 0. Так как многочлен f (x; у) симметрический, то для пары чисел (х0; y0) справедливо равенство f (x0; y0) = f (y0; x0). Это означает, что пара чисел (у0; x0) также является решением уравнения f (x; y) = 0, что и требовалось доказать.

Промежуточный контроль. С—2, С—4.

2.2. Формулы бинома Ньютона, суммы и разности

степеней

Возведение двучлена а + b в степень с показателем 2, 3, 4, 5 и треугольник Паскаля не вызывают затруднений у учащихся. Чтобы формула бинома Ньютона также не вызвала у них затруднений, надо показать, как находить коэффициенты разложения с помощью треугольника Паскаля, выполнить возведение двучлена в 5-ю, 6-ю, 7-ю степень с помощью треугольника Паскаля. Затем выполнить задание 2.14, позволяющее повторить правило вычисления чисел Сkn и сравнить их с соответствующими коэффициентами разложений (а + х)п для п = 2, 3, 4.

Только теперь можно привести общую формулу бинома Ньютона. Доказательство этой формулы не является обязательным для обычных классов.

Приведем второе доказательство равенства

                                            Cn0 + Cn1 + C2n + ... + Cnn = 2n,                                      (1)

рассмотренного при решении задачи 1.74. Формула бинома Ньютона имеет вид:

(a + b)n = Cп0ап + Cn1an 1b + Cn2аn 2b2 + ... + Cппbn.          (2) Подставив в равенстве (2) число 1 вместо каждого из чисел а и b, получим равенство

2n = Cn0 + Cn1 + Cп2 + ... + Cпn,

доказывающее равенство (1).

Решения и комментарии

2.15. Сколько членов в формуле бинома Ньютона при:

а) п = 3; б) п = 5?

Решение. Разложение по формуле бинома Ньютона для (а + х)n содержит п + 1 член.

а) При п = 3 в формуле бинома Ньютона 4 члена.

б) При п = 5 в формуле бинома Ньютона 6 членов.

2.16. Сколько членов в формуле бинома Ньютона при:

а) п = 2l; б) п = 2l + 1, где l — натуральное число? В каком из этих случаев имеется средний член в формуле бинома Ньютона?

Решение.

а) Если п = 2l, l N, то число членов 2l + 1.

б) Если п = 2l + 1, l N, то число членов 2l + 2.

В случае «а» число членов нечетное и имеется средний член C2llаlxl.

Промежуточный контроль. С—10.

2.3*. Деление многочленов с остатком. Алгоритм Евклида

Основное назначение данного пункта — обучение учащихся делению уголком многочлена на ненулевой многочлен, которое будет использоваться при решении уравнений высших степеней и в других случаях. Алгоритм Евклида используется для нахождения наибольшего общего делителя двух многочленов, для доказательства сократимости (несократимости) алгебраической дроби и т. д.

Решения и комментарии

2.31. а) Докажите, что дробь xx34 ++ 11 несократима.

Доказательство. Применив алгоритм Евклида к многочленам х4 + 1 и x3 + 1, получим последний отличный от нуля остаток 2. Это означает, что наибольший общий делитель этих многочленов — любое действительное число. Пишут НОД (x4 + 1, х3 + 1) = 1. Поэтому дробь несократима, что и требовалось доказать.

2.4*. Теорема Безу

Основное назначение данного пункта — обучение учащихся применению теоремы Безу для отыскания остатка от деления многочлена на двучлен х а; обучение краткой записи процедуры деления многочлена на двучлен х а с помощью схемы Горнера.

В учебнике описан алгоритм нахождения коэффициентов частного (неполного частного) и остатка при делении уголком и при использовании схемы Горнера. Но учащиеся не всегда понимают, почему схему Горнера надо заполнять именно так и как эти действия связаны с процессом деления многочленов уголком. Остановимся на этом подробнее.

В примере 1 из учебника требуется разделить многочлен 3х3 2х 20 = 3x3 + 0x2 2х 20 на двучлен х 2. Выполним деление уголком (рис. 5; подробное описание действий приведено в учебнике).


Запишем в верхней строке таблицы коэффициенты делимого, а перед второй строкой число 2 (рис. 6).

Рис. 5

Так как первый коэффициент делителя равен 1, то первый коэффициент частного равен 3 (сносим 3 в первую клетку нижней строки таблицы на рисунке 6). Далее при делении уголком коэффициент при х2 находится так: из 0 вычитаем 3 (2), получаем 6, т. е. 0 3 (2) = 6, что равно 2 3 + 0. Число 6 пишем во вторую клетку нижней строки таблицы (рис. 7).

2

          2 3 + 0 = 6                            2 6 + (2) = 10                    2 10 + (20) = 0

                     Рис. 7                                         Рис. 8                                     Рис. 9

Аналогично получаем числа для следующих клеток нижней строки таблицы:

10 = −2 6 (2), что равно 2 6 + (2)     (рис. 8), 0 = −20 10 (2), что равно 2 10 + (20)     (рис. 9).

Итак, нижняя строка таблицы (рис. 9) дает коэффициенты при х2, при х и свободный член частного, а в последней клетке — остаток от деления многочлена на двучлен х 2.

Решения и комментарии

2.35. а) С помощью теоремы Безу найдите остаток от деления многочлена 3x3 2x2 4x 5: на х 1; на x 2; на х 3.

Решение. Остаток от деления многочлена P3 (х) = 3х3

2х2 4х 5   на           двучлен               х 1      равен    Р3 (1) = 3 13 − − 2 12 4 1 5 = −8.

Остаток         от            деления              многочлена       P3 (x) = 3x3 2х2 − − 4х 5         на           двучлен               х 2                равен    Р3 (2) = 3 23 2 22 − − 4 2 5 = 3.

Остаток         от            деления              многочлена       Р3 (х) = 3х3 2х2 − − 4x 5         на           двучлен               х 3                равен    Р3 (3) = 3 33 2 32 − − 4 3 5 = 46.

2.36. а) С помощью теоремы Безу докажите, что многочлен 17х3 13x2 4 делится на двучлен x 1 без остатка.

Доказательство.               Так       как      для        многочлена         P3 (х) =

= 17x3 13x2 4 верно равенство Р3 (1) = 0, то остаток от деления многочлена Р3 (х) на двучлен x 1 равен 0, т. е. многочлен Р3 (x) делится на двучлен x 1 без остатка.

2.5*. Корень многочлена

В данном пункте приводится теорема 1, позволяющая по коэффициентам ап и а0 многочлена Рп (х) п-й степени с целыми коэффициентами найти все рациональные корни многочлена Рn (х) (если они существуют). Следствие из этой теоремы (для ап = 1) позволяет найти все целые корни многочлена Рn (х) (если они существуют).

Решения и комментарии

2.41. а) Разложите многочлен Р (х) = 2х3 х2 8х + 4 на линейные множители, если это возможно.

Решение. Для разложения многочлена Р (х) на линейные множители найдем все рациональные корни этого многочлена (если они существуют).

Здесь a3 = 2, а0 = 4, поэтому, если многочлен Р (х) имеет p рациональный корень  (p Z, q N), то по теореме 1 чис-

q

ло 4 делится на р, а число 2 делится на q.

Число p может быть равно одному из чисел: 1, 1, 2, 2,

4, 4; число q может быть равно одному из чисел: 1, 2;

p

         корень                          может быть равен одному из чисел: 1, 1, 2,

q

2, 4, 4, 1, 1.

                         2        2

Выясним, какое из этих чисел является корнем многочлена Р (х):

P (1) = 2 13 12 8 1 + 4 = −3 0,

Р (1) = 2 (1)3 (1)2 8 (1) + 4 = 9 0, Р (2) = 2 23 22 8 2 + 4 = 0.

Найден первый корень многочлена Р (x) — число 2. Разложив многочлен Р (x) на множители, получим Р (x) = 2x3 x2 8x + 4 = (х 2) (2х2 + 3х 2).

Решив уравнение 2х2 + 3х 2 = 0, найдем его корни х1 = −2, x2 = , они и будут корнями многочлена 2х2 + 3х 2.

Следовательно, 2х2 + 3х 2 = 2(х + 2)⎝⎛x 21⎞ = (x + 2)(2x 1).

Поэтому P (x) = 2x3 x2 8x + 4 = (x 2) (x + 2) (2x 1).

2.43. а) Найдите все корни многочлена, если многочлен Р (x) = x3 5х2 + ах + b делится на х 3 без остатка, а при делении на х + 3 дает остаток 42.

Решение. По теореме Безу Р (3) = 0, а Р3 (3) = −42, поэтому верны равенства

                                                 33 5 32 + 3a + b = 0,                                           (1)

                                        (3)3 5 (3)2 3а + b = −42.                                  (2)

Решив систему уравнений (1) и (2) относительно а и b, получим а = −2, b = 24. Так как х1 = 3 — корень многочлена Р (х), то многочлен Р (x) разлагается на множители:

Р (x) = x3 5x2 2х + 24 = (х 3) (x2 2х 8).

Так как 2 и 4 — корни многочлена x2 2х 8, то 3, 2 и 4 — все корни многочлена Р (х).

Промежуточный контроль. С—11.

2.6. Рациональные уравнения

В данном пункте повторяются известные из основной школы сведения о способах решения рациональных уравнений. Отметим некоторые особенности терминологии и способов оформления решения, принятых в учебнике.

Уравнение вида А (x) В (x) = 0, где А (x) и В (x) — многочлены, называют распадающимся, множество его корней есть объединение множеств корней уравнений А (x) = 0 и В (x) = 0. При этом понятие совокупности уравнений и соответствующее обозначение пока не используются.

A      x(     )

Уравнение вида                               = 0 предлагается решать так: сна-

B      x(     )

чала решить уравнение А (x) = 0, затем отобрать из найденных чисел те, которые не обращают в нуль знаменатель

A      x(     )

В (x) дроби. Они и будут корнями уравнения                         = 0. При

B      x(     )

A x( ) = 0

этом переход к системе B x( ) 0, равносильной данному

уравнению, не используется, так как в учебниках тех же авторов для основной школы такие системы не рассматривались. Если же учащиеся учились по учебникам, в которых такие переходы уже выполнялись, то, объяснив учащимся, какое число называют решением такой системы, учитель может использовать и упомянутый переход.

После рассмотрения примера 3 из учебника можно сформулировать правило: для решения рационального уравнения надо перенести все его члены в левую часть, затем, применяя правила сложения и вычитания алгебраических дробей, записать левую часть как алгебраическую дробь и решить полученное уравнение.

Замечание. Отклонение от этого правила может привести к потере или к приобретению корней, посторонних для данного уравнения.

Пример. Решим уравнение

(x 2)(x 3)

                                                   =1.                                                      (1)

x 3 Решение. Применив данное правило к уравнению (1), получим равносильное ему уравнение

(x 3)2

 = 0.           (2) x 3

Оно не имеет корней. Следовательно, уравнение (1) тоже не имеет корней.

Однако если мы, отклоняясь от правила, сократили бы дробь в левой части уравнения (1) на x 3, то получили бы уравнение

                                                               x 2 = 1,                                                         (3)

которое имеет корень х = 3. Но х = 3 не является корнем уравнения (1) — при х = 3 левая часть уравнения (1) превращается в выражение, не имеющее смысла.

Следовательно, при таком «способе решения» мы приобрели лишний корень уравнения (1).

Если же сначала будет дано уравнение (3), а мы вопреки x 2

правилу умножим числитель и знаменатель дроби                         на

1

ненулевой многочлен х 3, то придем к уравнению (1), которое не имеет корней. Значит, при таком «способе решения» потерян корень уравнения (2).

При решении примера 4 (с. 68 учебника) показан достаточно сложный прием замены неизвестного. Другие приемы замены рассмотрены в п. 6 дидактических материалов.

Решения и комментарии

2.49. Решите уравнение, используя замену неизвестного:

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

Решение. в) Сначала надо раскрыть вторые скобки в левой части уравнения:

                                       (x2 2x)2 2 (x2 2x + 1) 1 = 0.                                 (4)

Теперь, сделав замену неизвестного t = х2 2х, перепишем уравнение (4) в виде t2 2 (t + 1) 1 = 0.

Это уравнение имеет два корня: t1 = −1 и t2 = 3. Объединив все корни двух уравнений х2 2х = −1 и х2 2х = 3, получим все корни исходного уравнения: x1 = 1, x2 = −1 и x3 = 3.

ж) Перепишем исходное уравнение в виде

                                                 x + 1     6(x 1)

+ − 5 = 0. (5) x 1 x + 1

Сделав замену неизвестного t = x + 1, перепишем уравнеx 1

ние (5) в виде

t + 6 5 = 0.          (6) t

Уравнение (6) имеет два корня: t1 = 2 и t2 = 3. Объединив x + 1 x + 1

все корни двух уравнений               = 2 и        = 3, получим все

                                                                    x 1                x 1

корни исходного уравнения: х1 = 2 и х2 = 3.

2.52. Решите уравнение:

x

а)                   + x = 2 2;

         x a+      x a−       3

          2x           12x2               b x

в)    +    =         ; x b−    b2 x2       x b+

        x            1                    b                       2

б)    + ax bx−     + a x abx2                    −      = a b; a

г) + x a= a x(3x2 −+a22a), x a+

         x a−      x a+

где а и b — данные числа.

Решение. а) Перенеся все члены уравнения в левую часть и выполнив сложение алгебраических дробей, перепишем уравнение в виде

x2 4a2 2 a2 = 0.

x

Уравнение х2 4а2 = 0 имеет два корня: х1 = 2а, x2 = −2а.

Если а = 0, то эти корни совпадают, но тогда знаменатель дроби 4а2 а2 равен нулю, т. е. при а = 0 исходное уравнение не имеет корней.

Если а 0, то для каждого из корней х1 и х2 знаменатель дроби 4а2 а2 отличен от нуля, т. е. при а 0 исходное уравнение имеет два корня: 2а и 2а.

Итак, исходное уравнение не имеет корней, если а = 0; имеет два корня: х1 = −2а, x2 = 2а, если а 0.

б) Перенеся все члены уравнения в левую часть и выполнив сложение алгебраических дробей, перепишем уравнение в виде

                                           (a b x) 2 2ax a b+          +

 = 0.

                                                        ax a b( )

Если а (а b) = 0, то это уравнение не имеет корней.

Если же а (а b) 0, то уравнение (а b) х2 2ах + + а + b = 0 квадратное и имеет два корня: х1 = 1 и x2 = a b+ . a bОчевидно, что для х1 условие ах1 (а b) 0 выполняется для всех а и b, таких, что а (а b) 0, а для x2 =  усло-

вие ах2 (а b) 0 выполняется для всех а и b, таких, что а (а b) 0 и (а + b) 0, т. е. при а (а b) 0 и (а + b) 0 исходное уравнение имеет два корня x1 и х2. Если же а (а b) 0 и а + b = 0, то ах2 (а b) = 0, т. е. исходное уравнение имеет единственный корень x1 = 1.

Итак, исходное уравнение не имеет корней, если а = 0, b — любое число или если а = b; имеет два корня: х1 = 1, x2 = , если а 0, а b, а ≠ −b; имеет единственный корень x1 = 1, если а 0, а = −b.

в) Перенеся все члены уравнения в левую часть и выполнив сложение алгебраических дробей, перепишем уравнение в виде

9x2 b2 2 b2 = 0.

x

Уравнение 9х2 b2 = 0 имеет два корня: x1 = b, x2 = − b.

                                                                                                                    3                       3

Если b = 0, то эти корни совпадают, но тогда знамена-

тель дроби b2 b2 равен нулю, т. е. при b = 0 исходное урав-

9 нение не имеет корней.

Если b 0, то для каждого из корней х1 и х2 знамена-

тель дроби b2 b2 отличен от нуля, т. е. при b 0 исходное

9

b       b уравнение имеет два корня:   и −       .

                                                                      3           3

Итак, исходное уравнение не имеет корней, если b = 0; имеет два корня x1 = b, x2 = − b, если b 0.

                                                    3                  3

г) Перенеся все члены уравнения в левую часть и выполнив сложение алгебраических дробей, перепишем уравнение в виде

2x2 3ax 2 a2        = 0. x

Уравнение 2х2 3ах = 0 имеет два корня: х1 = 0 и х2 = 1,5а.

Если а = 0, то эти корни совпадают и равны нулю, но тогда знаменатель дроби равен нулю, т. е. при а = 0 исходное уравнение не имеет корней.

Если же а 0, то знаменатель дроби х2 а2 отличен от нуля и для x = x1, и для x = x2, т. е. при а 0 исходное уравнение имеет два корня: 0 и 1,5а.

Итак, исходное уравнение не имеет корней, если а = 0; имеет два корня: x1 = 0, х2 = 1,5а, если а 0.

Промежуточный контроль. С—3, С—5, С—6.

2.7. Системы рациональных уравнений

В данном пункте повторяются известные из основной школы сведения о способах решения систем рациональных уравнений. Здесь рассмотрены способ подстановки, способ сложения уравнений, применение замены неизвестных при решении систем уравнений, а также прием решения системы уравнений с двумя неизвестными, одно из уравнений которой однородное.

Решения и комментарии

2.57. Решите систему уравнений:

                     y2 3xy = −2                                   x2 8y +31 = 0

                а) x2 +5xy =11;                               в) y2 2x 14 = 0.

Решение. а) Сложив уравнения исходной системы, получим равносильную ей систему y2 3xy = −2

                                                    ⎨⎩(x + y)2 = 9.                                                       (1)

Все решения системы (1) получим, объединив все решения двух систем

y2 3xy = −2 y2 3xy = −2 x + y = 3 и x + y = −3.

                                                                                                  11    1

Первая из этих систем имеет решения ⎜⎝ 4 ; 4⎟⎠ и (1; 2), а

                    ⎛    11        1

вторая — 4 ; 4⎠   и     (1; 2).       Следовательно,        исходная

                                                                             11    1⎞                 ⎛    11        1

система имеет четыре решения: ⎜⎝ 4 ; 4⎟⎠ , (1; 2), ⎜⎝4 ; 4⎟⎠ ,

(1; 2).

в) Сложив уравнения исходной системы, получим равносильную ей систему

x2 8y +31 = 0

                                             (x 1)2 +(y 4)2 = 0.                                            (2)

Второе уравнение системы (2) имеет единственное решение (1; 4), которое является также решением первого уравнения этой системы. Следовательно, система (2) и равносильная ей исходная система имеют единственное решение (1; 4).

2.58. Решите систему уравнений:

          ⎧⎪ x + x + 3 = 17                   2x + 2y 3x 3y = 5

а) x + 3                  x            4               в) x y−            x y+

              ⎪⎩x2 4xy +4y2 = 0;                  ⎪⎩x2 + y2 = 90;

x2 + y2 = 5

д) xy + x + y = 5.

Решение. а) Сделав замену неизвестного t = x , найx + 3

дем корни уравнения t + 1 = 17 , их два: t1 =  и t2 = 4. Все t     4

корни первого уравнения исходной системы найдем, объx        1             x единив корни двух уравнений               =            и             = 4. Первое

                                                                         x + 3      4         x + 3

имеет единственный корень х1 = 1, а второе — единственный корень x2 = −4.

Подставляя х1, а затем х2 во второе уравнение исходной системы, получим, что y1 = , у2 = −2. Следовательно, ис-

                                                                                         ⎛      1

ходная система имеет два решения: 1; 2 и (4; 2).

в) Сделав замену неизвестного, найдем корни

уравнения 2t 3 = 5, их два: t1 = −                         t2 = 3. Все решения

t

исходной системы найдем, объединив решения двух систем

                                ⎧⎪x y+ = − 1         x y+           = 3

                                      x y−         2         и       x y

                                      ⎪⎩x2 + y2 = 90                 ⎪⎩x2 + y2 = 90.

Первая из них имеет решения (3; 9) и (3; 9), а вторая — (6 2; 3 2) и (6 2; 3 2). Следовательно, исходная система имеет четыре решения: (3; 9), (3; 9), (6 2; 3 2) и (6 2; 3 2).

д) Умножив второе уравнение исходной системы на 2 и сложив полученное уравнение с первым уравнением системы, получим систему, равносильную исходной системе:

x2 + y2 = 5

x2 +2xy + y2 +2(x + y) =15.

Перепишем систему в виде

x2 + y2 = 5

(x + y)2 +2(x + y) =15.

Сделав замену неизвестных t = х + у, найдем корни уравнения t2 + 2t = 15, их два: t1 = −5 и t2 = 3. Все решения исходной системы найдем, объединив решения двух систем

x2 + y2 = 5 x2 + y2 = 5 x + y = −5 и x + y = 3.

Первая из них не имеет решений, а вторая имеет два решения: (1; 2) и (2; 1).

Следовательно, исходная система имеет те же два решения: (1; 2) и (2; 1).

Замечание. Ту же систему можно решить с помощью замены неизвестных и = х + у, v = ху.

2.59. Решите систему уравнений:

                    9x2 10xy +4y2 = 3                         x2 + y2 =1

           а) 2xy 3x +2y =1;                       ж) x3 + y3 = −1.

Решение. а) С помощью замены неизвестных и = 3х 2у, v = xy перепишем исходную систему в виде

u2 +2v = 3 2v u =1.

Эта система имеет два решения u1 = 1, v1 = 1 и u2 = −2, v2 = −.

Все решения исходной системы найдем, объединив ре-

шения двух систем:

 

 

3x 2y =1

xy =1

и

⎧⎪3x 2y = −2 xy = − 1.

⎪⎩           2

                                                                                                               ⎛    2        3

Первая из них имеет два решения: (1; 1) и ⎜⎝− 3 ; 2 ⎟⎠, а вторая не имеет решений. Следовательно, исходная система имеет те же два решения: (1; 1) и ⎜⎝⎛− 32 ; 32 ⎞⎟⎠.

ж) С помощью замены неизвестных и = х + у, v = ху перепишем исходную систему в виде

u2 2v =1

                                                    ⎨⎩u3 3uv = −1.                                                  (3)

Из первого уравнения системы (3) получим, что u2 1           u2 1

v =           ; подставив выражение              вместо v во второе

        2                                                                       2

уравнение, перепишем систему (3) в виде

⎧⎪ u2 2v3=1

                                   ⎨⎪⎩u3 3u 23u +1 = 0.                                  (4)

Второе уравнение системы равносильно уравнению u3 3u 2 = 0, имеющему очевидный корень и1 = −1, другие корни этого уравнения получим, разложив его левую часть на множители: (и + 1) (и2 и 2) = 0. Найдя корни u2 = 2, u3 = −1 уравнения u2 u 2 = 0 и учитывая, что u1 = u3, получим, что второе уравнение системы (4) имеет два различных корня: u1 = −1 и u2 = 2.

Поэтому система (4) имеет два решения: u1 = −1, v1 = 0 и и2 = 2, v2 = 1,5. Все решения исходной системы найдем, объединив решения двух систем

                                       x + y = −1              x + y = 2

                                       xy = 0             и      xy =1,5.

Первая из них имеет решения (1; 0) и (0; 1), а вторая не имеет решений.

Следовательно, исходная система имеет те же два решения: (0; 1) и (1; 0).

2.8. Метод интервалов решения неравенств

Метод интервалов решения неравенств, рассматриваемый в данном пункте, знаком учащимся. Подчеркнем, что он основывается на свойстве двучлена х а обращаться в нуль в точке х = а, принимать положительные значения для всех x > а и отрицательные значения для всех х < а. В п. 2.8 рассматриваются лишь строгие неравенства, содержащие произведения двучленов (неравенства с алгебраическими дробями рассматриваются в следующем пункте).

Все учащиеся должны научиться решать неравенства, левая часть которых является произведением различных двучленов. Более сложный случай применения метода интервалов связан с наличием одинаковых двучленов. Метод решения таких неравенств назван в учебнике общим методом интервалов.

Явного применения непрерывности функций здесь нет, этот прием будет рассмотрен только в 11 классе.

Решения и комментарии

2.72. Решите неравенство:

а) (x2 4)(х2 5х + 6) > 0;

д) x3 + x2 8x 12 > 0.

Решение. а) Разложив левую часть исходного неравенства на множители, перепишем неравенство в виде

                                            (x (2)) (x 2)2(x 3) > 0.                                      (1)

Исследуем знак многочлена А (x) = (х (2)) (х 2)2 (х 3) на интервалах (−∞; 2), (2; 2), (2; 3), (3; +∞). На интервале (3; +∞) каждый множитель положителен, поэтому А (x) > 0; при переходе через корень многочлена x = 3 меняет знак только один линейный множитель х 3, следовательно, меняет знак и А (x), т. е. A (x) < 0 при x (2; 3); при переходе через корень многочлена х = 2 меняют знак сразу два линейных множителя х 2 и х 2, следовательно, А (x) не меняет знак, т. е. A (x) < 0 при x (2; 2); при переходе через корень многочлена х = −2 меняет знак только один линейный множитель  х (2), следовательно, меняет знак и А (x), т. е. А (x) > 0 при Рис. 10 х (−∞; 2) (рис. 10).

Следовательно, все решения исходного неравенства составляют множество (−∞; 2) (3; +∞).

д) Здесь сначала надо переписать неравенство, разложив многочлен на множители: (х (2))2 (х 3) > 0, а затем применив описанную выше процедуру решения неравенства, получить, что все решения исходного неравенства составляют интервал (3; +∞).

Дополнительное задание (С3, ЕГЭ, 2007). Найдите все значения x, которые удовлетворяют неравенству (2а 1) x2 < (а + 1) x + 3а при любом значении параметра а, принадлежащем промежутку (1; 2).

Это задание можно выполнить, если применить метод интервалов.

Решение. Перепишем исходное неравенство в виде

                                    (2а 1) x2 (а + 1) x 3a < 0.                                   (2)

При каждом а (1; 2) имеем 2а 1 > 0, поэтому в левой части неравенства (2) записан квадратный трехчлен с положительным коэффициентом при старшем члене, имеющий

два корня х1 = −1 и x2 = 3a , такие, что х1 < х2. Определив 2a 1

знак трехчлена на интервалах (рис. 11), получим, что при каждом значении a (1; 2) неравенство (2) равносильно двойному Рис. 11 неравенству

                                                   1 < x <    3a .                                                    (3)

2a 1

                           3a                 2 a           3a

Так как                      = 2 + и              = 3 −              , а для каждо-

                        2a 1             2a 1      2a 1

го a (1; 2) справедливы неравенства 2 a > 0 и  > 0, 2a 1

то для каждого a (1; 2) справедливо двойное неравенство

                                                     .                                                    (4)

Из неравенств (3) и (4) (рис. 12) следует, что любое число x0, такое, что 1 < x0 2, удовлетворяет неравенству (3) при любом а (1; 2). Покажем, что других таких х нет.

Ясно, что ни одно число х вне промежутка (1; 3) не удовлетворяет неравенству (3) при любом

a (1; 2).            Рис. 12 Покажем, что любое x1, такое, что 2 < x1 < 3, также не удовлетворяет неравенству (3) Рис. 13 при любом a1 (1; 2) (рис. 13).

Для этого рассмотрим значеx + 2 3a1


ние а = а1, такое, что верно равенство                      1             =              , тогда

a1 = x1 + 2             и    2 <    3a1          < x1.     Так      как        1          1                          и

           2(x1 1)                      2a1 1                                                    2       2(x11)

2 < x1 < 3, то 1 + 3 <a1 < 1 + 3, т. е. а1 (1; 2).

                                2     4               2     2


Итак, для числа х1 нашлось такое значение а = a1 (1; 2), что число х1 не удовлетворяет неравенству (3) при этом значении а.

Следовательно, неравенству (3) при любом значении параметра a (1; 2) удовлетворяют лишь значения x, такие, что 1 < х 2. Следовательно, искомые значения х есть х, удовлетворяющие неравенствам 1 < х 2.

2.9. Рациональные неравенства

В данном пункте применение метода интервалов для решения неравенств расширяется на случай, когда левая часть неравенства — алгебраическая дробь. Здесь рассматриваются лишь строгие неравенства, поэтому процедура решения неравенства практически повторяет процедуру, описанную в предыдущем пункте.

                        Дело в том, что знаки выражений А (x) В (x) и A x(     )

                                                                                                                                          B x(            )

совпадают для всех тех х, для которых В (x) — ненулевой

              многочлен, поэтому неравенства А (x) В (x) > 0 и A x(      ) > 0

                                                                                                                                   B x(    )

         (или A (x) B (x) < 0 и A x(          ) < 0) равносильны. Это обстоя-

                                                                 B x( )

A                      x( ) тельство позволяет заменять решение неравенства  > 0

B                      x(            )

A      x(         )

      (или                    < 0) решением неравенства А (x) В (x) > 0 (или

B      x(         )

А (x) В (x) < 0).

Все учащиеся должны научиться решать неравенства, левая часть которых является алгебраической дробью, числитель и знаменатель которой содержат произведения различных двучленов. И здесь более сложный случай применения метода интервалов связан с наличием одинаковых двучленов.

Решения и комментарии

              2.77. б) Решите неравенство   x2 9                > 0.

(x + 3)(x 1) Решение. Разложив числитель алгебраической дроби в левой части исходного неравенства на множители, перепишем неравенство в виде

                                          > 0.                                   (1)

Решим неравенство

                                                (x 3)(x 1)(х + 3)2 > 0,                                          (2)

равносильное неравенству (1).

Применяя к неравенству (2) общий метод интервалов (рис. 14),

получим, что множество всех ре-

Рис. 14

шений неравенства (2), а значит, и равносильного ему неравенства (1) есть объединение интервалов (−∞; 3), (3; 1), (3; +∞).

Следовательно, все решения исходного неравенства составляют множество (−∞; 3) (3; 1) (3; +∞).

Замечание. При решении неравенства (1) учащиеся иногда сокращают дробь, заменяя неравенство (1) неравносильx 3

ным ему неравенством  > 0, имеющим решением число x 1

3, которого не имеет неравенство (1), т. е. приобретают лишнее решение 3. Чтобы избегать таких ошибок, учащиеся не должны сокращать дроби при решении неравенств.

2.79. а) Решите неравенство x2 6x + 2 17 <0. x 6 x + 8

Решение. Обозначив t = х2 6х + 8, перепишем исходное неравенство в виде

t2 8t + 17

                                                         <0.                                                   (3)

t

Так как t2 8t + 17 = (t 4)2 + 1 > 0 для каждого t, то все решения неравенства (3) есть все t < 0, следовательно, множество решений исходного неравенства есть множество решений неравенства х2 6х + 8 < 0, т. е. множество (2; 4).

2.10. Нестрогие неравенства

Особенность изложения материала о нестрогих неравенствах заключается в том, что они рассматриваются после изучения способов решения строгих неравенств. Для решения нестрогого неравенства требуется решить уравнение, затем строгое неравенство и объединить все найденные решения (см. решение неравенства 2.91).

Решения и комментарии

2.91. а) Решите неравенство x2 24x + 3 0. x 9

Решение. Разложив числитель и знаменатель алгебраической дроби в левой части исходного неравенства на множители, перепишем его в виде

                                                           .                                            (1)

Сначала решим уравнение

                                               = 0.                               (2)

Оно имеет единственный корень х1 = 1. Теперь решим строгое неравенство

                                               > 0.                               (3)

Оно равносильно неравенству

                                                    (x + 3) (x 1) (x 3)2 > 0.                                    (4)

Применяя к неравенству (4) общий метод интервалов

(рис. 15), получим, что множество всех решений неравенства (4), а значит, и равносильного ему неравенства (3) есть объединение интервалов (−∞; 3), (1; 3), (3; +∞).

Объединив     решения             уравнения          (2)           и             неравенства      (3) (рис. 16),          получим              множество Рис. 16           решений исходного неравенства: (−∞; 3) [1; 3) (3; +∞).

Следовательно, все решения исходного неравенства составляют множество (−∞; 3) [1; 3) (3; +∞).

Замечание. Описанный выше переход от неравенства (3) к неравенству (4) можно применять только для строгих неравенств. Иногда учащиеся по ошибке переносят такой способ рассуждения и на нестрогие неравенства. Например, они могут заменить неравенство (1), имеющее множество решений

(−∞; 3) [1; 3) (3; +∞) (см. рис. 16), неравенством (х + 3) × × (х 1) (x 3)2 0, которое имеет       множество         решений             (−∞; 3]

                                                                       [1; +∞) (рис. 17),      т. е.  приобре-

Рис. 17 сти два лишних решения: 3 и 3. Промежуточный контроль. С—12, С—13.

Задания из этих самостоятельных работ могут использоваться выборочно как для выполнения самостоятельной работы на оценку, так и для домашних самостоятельных работ. К заданиям на решение систем неравенств можно вернуться при изучении следующего пункта учебника.

2.11. Системы рациональных неравенств

В данном пункте напоминается, что называют решением системы рациональных неравенств и что значит решить систему рациональных неравенств. Далее разобраны примеры решения систем, содержащих строгие и нестрогие неравенства.

В учебнике имеются также пример 4 на решение уравнения и пример 5 на решение неравенства, приводящие к необходимости решить систему рациональных неравенств. В них рассмотрены частные случаи решений уравнения и неравенства, для которых применен метод рассуждений с числовыми значениями. Суть его заключается в том, что мы предполагаем, что уравнение (неравенство) имеет решение, обозначаем его x0 и составляем верное числовое равенство (неравенство).

В первом случае используется тот факт, что числовое равенство | и | + | v | = и + v справедливо тогда и только тогда, когда одновременно выполняются два условия: u 0 и v 0, а во втором — что числовое выражение u + v определено тогда и только тогда, когда одновременно выполняются два условия: и 0 и v 0, что и приводит оба раза к необходимости решать систему.

В первом случае все решения системы и есть решения исходного уравнения, а во втором случае только если система имеет конечное число решений, то можно проверить, удовлетворяют они исходному неравенству или нет. И только тогда можно найти решение исходного неравенства. В других случаях этот метод решения не даст результата.

Решения и комментарии

2.101—2.103. С идеей решения подобных заданий можно познакомиться при разборе решений примеров 1 и 2 из п. 15 дидактических материалов.

Промежуточный контроль. С—14, С—15.

Контрольная работа К—1.

§ 3. Корень степени п

3.1. Понятие функции и ее графика

В данном пункте напоминаются определения функции и ее графика. Поскольку функция определена как некоторый закон, то, например, функция у = х2 может быть задана формулами у = t2, и = v2, ..., x = у2 (здесь закон выражает правило: для получения значения функции надо значение аргумента возвести в квадрат, поэтому то, какими буквами обозначены функция и аргумент, не важно). Эта особенность трактовки понятия функции поможет в 11 классе легче усвоить понятие обратной функции.

Решения и комментарии

3.4—3.7. Здесь требуется построить графики некоторых функций с применением известных преобразований графиков: переносы, использование модулей. Делать выводы для общего случая, например о получении графика функции у = f (x а) из графика функции у = f (x), необязательно. Этому будут посвящены специальные пункты учебника для 11 класса.

3.7. Постройте график функции: а) y = x2 4; б) y = | x 1|.

                                                                                                        x 2                     x 1

Решение. а) Область определения функции y  есть

все х 2, функцию можно задать так: у = х + 2, х 2. Ее график — прямая у = х + 2 с «выколотой» точкой (2; 4) (рис. 18).

б) Область определения функции y = | x 1| есть все х 1, x 1

функцию можно задать так: y = ⎧⎨⎩1,1,еслиеслиxx>1<1. Ее график —

пара лучей без начальной точки: y = 1, х > 1 и y = −1, x < 1

(рис. 19).

                                  Рис. 18                                                          Рис. 19

3.2. Функция y  хn

В данном пункте рассматриваются функции вида у = хn для п N, n 2, затем формулируются и обосновываются свойства функции у = хn сначала для неотрицательных, затем для любых значений аргумента. Лишь после этого с опорой на изученные свойства строятся графики функций изучаемого вида. Главное назначение изучаемого материала заключается в подготовке к введению понятия корня степени п, а для этого нужно обратить особое внимание на непрерывность графика функции, которая будет использоваться при доказательстве существования корня степени п, указать на различия графиков для n = 2k и n = 2k + 1, k N. Решения и комментарии

3.17. а) Выясните, какой из графиков двух функций: у = х или у = х2 — расположен выше другого на интервале (0; 1).

Решение. Для любых х (0; 1) из справедливости неравенства 1 > х следует справедливость неравенства х > х2, поэтому для любых х (0; 1) график функции у = х расположен выше графика функции у = х2.

3.19. а) Выясните, какой из графиков трех функций: у = х, у = x3, у = x5 — расположен выше, а какой ниже других на интервале (1; 0).

Решение. Умножим двойное неравенство 1 < х < 0 сначала на положительное число х, а потом на положительное число х2, получим два верных двойных неравенства x < −х2 < 0 и x2 < x3 < 0, из справедливости которых следует, что если 1 < х < 0, то х < x3. Аналогично показывается, что x3 < x5. Это означает, что на промежутке (1; 0) выше других расположен график функции у = x5, a ниже других — график функции у = х.

3.3. Понятие корня степени n

Обратим внимание, что в пункте 3.3 дано лишь словесное описание тех чисел, которые называют корнями степени п из неотрицательного числа. Здесь пока нет обозначений для этих корней, пояснения даются на примерах.

3.4. Корни четной и нечетной степеней

В пункте доказывается, что существует, и притом единственный, корень нечетной степени из любого действительного числа; что существуют два и только два корня четной степени из любого положительного числа; что существует, и притом единственный, корень четной степени из нуля, равный нулю; что не существует корня четной степени из отрицательного числа. Для доказательства существования корней используется графический метод и непрерывность функций у = хп. Здесь вводятся обозначения 2n a, п N, для а a, n N, для а R.

3.5. Арифметический корень

В данном пункте дается определение арифметического корня степени п из неотрицательного числа (это неотрицательный корень из неотрицательного числа), доказываются первые свойства арифметических корней:

                         (n a)n = a,         n an = a,       .         (1)

Подчеркнем, что здесь а и b неотрицательны, а в последнем равенстве b > 0.

Следует обратить внимание учащихся на замечание в конце пункта. Оно говорит о том, что если п = 2т + 1 (т N) — нечетное число, то свойства (1) справедливы и для любых чисел а и b (в последнем равенстве b 0).

Для корней нечетной степени часто применяют свойство 2m +12m +1 a = − a, a R.

Традиционно сложными для учащихся являются преобразования выражений, содержащих корни степени п, — освобождение от иррациональности в знаменателе дроби, вынесение множителя за знак корня и внесение множителя под знак корня, особенно если выражение содержит буквы. Эти преобразования разобраны в п. 16 дидактических материалов.

Решения и комментарии

3.63. Упростите выражение:

               в) 303               1 + 7 3 2 +53 144;               ж) 4 81(4 −      17)4 .

                                12      2       3

                 Решение. в) 303                 1 + 7 3 2 +53 144 = 303              1 + 7 3      8 +

                                                        12      2       3                                       12      2          12

         +53 123 1 = 303             1 +7 3          1 +603          1 = 97 3        1 .

                            12                  12               12                 12                  12

Здесь важно было заметить, что второй и третий корни

          можно выразить через         3                    1 . Ответ можно преобразовать,

12

избавившись от иррациональности в знаменателе:

                                97 3          1 = 97 3 183 = 976 3 18 =16 61 3 18.

                                            12                  6

ж) 4 81(4 17)4 = 4 81 4 (4 17)4 = 34 ( 17 4)4 = = 3( 17 4).

Здесь важно подчеркнуть, что свойство 2n a2n = а, n N, справедливо лишь для неотрицательных чисел, поэтому потребовалось преобразование под знаком корня:

                                                (4 −     17)4 = ( 17 4)4.

3.6. Свойства корней степени n

В пункте доказаны новые свойства арифметических корней степени п (теоремы 1—3), приведены примеры их применения. Этот теоретический материал должен быть хорошо усвоен, так как с опорой на него будут вводиться понятие степени с рациональным показателем и доказываться соответствующие свойства.

Например, пользуясь свойством 2n a2n = | а |, a R, n N, и определением модуля для отрицательного числа, решение примера 3.63ж можно записать иначе:

4 81(4 17)4 = 4 81 4 (4 17)4 = 3 4| 17 | = 3 ( 17 4). Надо обратить внимание учащихся на свойства 2n a2n = |a| и 2n +1 a2n +1 = a, a R, n N.

В дальнейшем они будут часто использоваться.

Решения и комментарии

3.79. Упростите числовое выражение:

         г)       24 4      4;      д)         23 2 :3 2          2;      е) 3 324 4 ⋅       24 43 4.

          Решение. г)         24 4     4 =    24 8 =      4 128 = 8 128.

        д)         23 2 :3 2      2 =    3 8 2⋅  :3         4 2⋅    = 6 16:6 8 = 6 16 8:     = 6 2.

           е) 3 324 4 ⋅        24 43 4 = 23 4 2 ⋅        24 3 44 = 23            32 ⋅         212 44 =

= 26 32 23 4 = 26 32 3 32 = 26 32 6 32 = 2(6 32)2 = 23 32 = = 23 8 4⋅ = 2 23 4 = 43 4.

Промежуточный контроль. С—16.

3.7*. Функция y = n x, x 0 3.8*. Функция y = n x

В пункте 3.7 изучаются свойства функции y = n x только для x 0, а в пункте 3.8 — для любых х. Отметим особенность доказательства непрерывности функции y = n x (х 0).

                Так как графики функций y             x 0) и х = уп

(у 0, х 0) совпадают, то непрерывность функции y = n x

(х 0) следует из уже доказанной ранее непрерывности функции х = уп (у 0), т. е. доказательство непрерывности функции y = n x, по сути дела, опирается на непрерывность обратной функции x = уп, но так как понятие обратной функции еще не вводилось (это материал 11 класса), то в учебнике такая терминология не используется.

Решения и комментарии

3.85. Известно, что: а) 3 a >1;   б) 3 a < 1. Верно ли, что а > 1;              а > 0?

Решение. а) Так как 3 a > 1, т. е. 3 a > 3 1, то из возрастания функции y = 3 x следует, что а > 1, а так как 1 > 0, то справедливы оба неравенства: а > 1 и а > 0.

б) Так как 3 a < 1, т. е. 3 a < 3 1, то из возрастания функции y = 3 x следует, что а < 1, т. е. неравенство а > 1 неверно. Из неравенства 3 a < 1 не следует, что а > 0, хотя в данном пункте мы рассматриваем функцию y = 3 x только для х 0. Например, для а = −1 неравенство 3 a < 1 верно, а неравенство а > 0 неверно. Следовательно, неравенство а > 0 неверно.

Замечание. Покажем, как можно доказать, что из неравенства 3 a >1 и возрастания функции y = 3 x следует, что а > 1.

По определению возрастающей функции из справедливости неравенства а > 1 следует, что 3 a > 1, а нам надо доказать обратное: что из справедливости неравенства 3 a >1 следует, что а > 1. Докажем это методом от противного.

Пусть 3 a >1. Предположим, что а < 1, тогда из возрастания функции y = 3 x и из справедливости неравенства а < 1 следует, что 3 a <1, а это противоречит условию 3 a >1. Значит, предположение, что а < 1, неверно.

Пусть 3 a >1. Предположим, что а = 1, тогда 3 a =1, а это противоречит условию 3 a >1. Значит, предположение, что а = 1, неверно.

Для чисел а и 1 выполняется, и притом только одно, из соотношений а > 1, а < 1 и а = 1 (свойство порядка действительных чисел, см. п. 1.2), поэтому если неверно, что а < 1 и а = 1, то а > 1, что и требовалось доказать.

Приведенные здесь рассуждения учащиеся не должны воспроизводить в обязательном порядке. Но будет полезно для них узнать о применении рассуждения от противного в непривычной ситуации, когда возможны не два взаимно исключающие друг друга случая (параллельны и не параллельны и др.), а три случая (а > 1, а < 1 и а = 1).

3.93. Постройте график функции:

          а) y = 3 x ;                     б) y = 3 x;               в) y = 3 |x|;

          г) y = 3 x 2;               д) y = 3 x 2;          е) y = 3 2 x;

          ж) y = |3 x 2|;        з) y = 3 2 |x|;       и) y = |3 2 |x| 1|.

Здесь на конкретных примерах повторяются известные преобразования графиков: переносы, использование модулей. Графики функций изображены на рисунке 20, аи.

Промежуточный контроль. С—17.

Контрольная работа № 2.

3.9*. Корень степени n из натурального числа

В данном пункте имеется утверждение: «Арифметический корень степени п (п 2) из натурального числа может быть или натуральным числом, или иррациональным числом». В учебнике сказано, что доказательство этого утверждения при любом п 2 аналогично доказательству для п = 2.

Приведем доказательство иррациональности числа 3 2 (задание 3.102а).

Предположим, что число 3 2 — рациональное, т. е. предp положим, что существует несократимая дробь            , такая, что q

справедливо равенство 3 2 = p, где p N, q N. Тогда спраq

ведливо равенство                         2q3 = p3.                                                          (1)

Так как левая часть равенства (1) делится на 2, то и правая часть равенства, т. е. p3, делится на 2.

Число р при делении на 2 может иметь два остатка: 1 или 0.

В первом случае р = 2п + 1, где п = 0,1,2, ..., тогда равенство 2q3 = 8n3 + 12n2 + 6n + 1 не выполняется ни при каком натуральном q, так как левая его часть делится на 2, а правая — нет. Значит, число р при делении на 2 не может иметь остаток 1.

Во втором случае р = 2п, где п N, тогда 4n3 = q3. Аналогично показывается, что число q при делении на 2 не может иметь остаток 1, и оно делится на 2.

Рис. 20

Следовательно, каждое из чисел р и q делится на 2. Получилось противоречие с предположением, что число

3 2 = p, где дробь p несократимая. Следовательно, предпоq   q

ложение неверно, а верно утверждение, что число 3 2 — иррациональное.

Заметим, что доказательство иррациональности числа 3

29 тем же способом окажется громоздким, так как потребуется рассмотреть не 2 случая, как в предыдущем задании, а 29. Поэтому приведем другой способ доказательства иррациональности корней степени п из натуральных чисел, не являющихся n-й степенью натурального числа.

Теорема. Если натуральное число m не является n-й степенью (п N, п 2) какого-либо натурального числа, то

n m — иррациональное число.

Доказательство. Предположим противное, т. е. предположим, что n m — число рациональное. Это означает, что

p существует несократимая дробь            (p N, q N), такая, что

q

n m = p. Но тогда справедливо равенство

q

                                                               qnm = pn.                                                         (2)

Левая часть равенства (2) делится на q, поэтому и правая часть делится на q, т. е. число рn делится на q.

Если р = 1, то рn = 1 и рn делится на q, только если q = 1, но тогда из равенства (2) следует, что m = 1, что противоречит условию теоремы.

Если р > 1, то по основной теореме арифметики число р разлагается на простые множители:

                                                      p = p1α1 p2α2 ... pkαk ,                                                (3)

где p1, p2, ..., pk — различные простые числа, α1, α2, ... ..., αk — натуральные числа.

Если число q имеет делитель d и d — простое число, то p

так как дробь        несократимая, то среди чисел р1, р2, ..., pk q

нет числа d. Из равенства (3) следует равенство

                                                   pn = p1nα1 p2nα2 ... pknαk .                                             (4)

По основной теореме арифметики разложение каждого натурального числа на простые множители единственно. Поэтому правая часть равенства (4) есть (единственное) разложение числа рn на простые множители. Так как среди чисел р1, р2, ..., pk нет числа d, то рn не делится на d, а значит, не делится и на q, имеющие простой делитель d.

Отсюда следует, что так как pn делится на q, то число q может быть только равно 1. Тогда из равенства (2) следует, что т = рn, а это противоречит условию, что m не является n-й степенью какого-либо натурального числа.

Полученное противоречие означает, что сделанное предположение неверно, т. е. n m — иррациональное число.

§ 4. Степень положительного числа

4.1. Степень с рациональным показателем

В данном пункте вводится понятие степени положительp ного числа а с рациональным показателем           , где р — целое q

число, q — натуральное число, q 2, и с помощью свойств корня q-й степени доказываются первые свойства степени с рациональным показателем:

                        p          ⎛    1 p                        p                pk                                                                    pq

1) a q = ⎜a q , 2) a q = a qk (k N), 3) a p = a q .

                                ⎝      ⎠

Замечание. Подчеркнем, что рациональная степень числа а определена только для положительного числа а. Однако если рациональное число r положительно, то, применив к нему определение степени с рациональным показателем,

p

получим, что 0r = 0q = q 0p = q 0 = 0.

Напомним, что записи 00 и 0r (r > 0) не имеют смысла. Также не имеет смысла запись аr, где а < 0 и r — рациональное число, не являющееся целым числом.

Рассмотрим задание, при выполнении которого используется это замечание.

Пример. Для каждого значения параметра а решим уравнение

                                                               (ax)     = − 3 a.                                               (1)

Решение. 1) Если а = 0, то для любого x R имеем:

(0 )x  = 0 = 0, так как  > 0, и 3 0 = 0 по определению корня третьей степени. Следовательно, любое x R является решением уравнения (1) в этом случае.

2) Если а > 0, то 3 a <0. Для любого х < 0 имеем ах < 0.

Поэтому запись (ax) не имеет смысла, т. е. среди х < 0 нет решений уравнения (1). Для х = 0 имеем ах = 0 и , т. е. x = 0 не является решением уравнения (1). Для любого х > 0 по определению степени с рациональным показателем , и так как 3 a <0, то ни для одного х > 0 уравнение (1) не превращается в верное равенство (слева в нем положительное число, а справа — отрицательное). Следовательно, уравнение (1) не имеет решений в этом случае. 3) Если а < 0, то 3 a = 3 a = 3 |a| > 0.

Для любого x > 0 имеем ах < 0, и поэтому запись (ax) не имеет смысла, т. е. среди х > 0 нет решений уравнения (1).

Для х = 0 имеем ах , т. е. x = 0 не является решением уравнения (1) в этом случае.

Для любого x < 0 имеем ах = (а) (х) = | a | | x | > 0. Поэтому имеет смысл запись (ax) , и так как в этом случае

(ax) = (|a||x|) = 3 |a||x| = 3 |a| 3 |x|, то уравнение (1) перепишется в виде

                                                       3 |a| 3 |x| = 3 |a|.                                                 (2)

Так как 3 |a| 0, то уравнение (2) равносильно уравнению 3 |x| =1, которое (учитывая, что х < 0) имеет единственный корень 1.

Следовательно, уравнение (1) не имеет корней для каждого а > 0; любое число х является его корнем для а = 0; имеет единственный корень 1 для каждого а < 0. 4.2. Свойства степени с рациональным показателем

В данном пункте доказаны новые теоремы о свойствах степени с рациональным показателем, из которых следует, что свойства степеней, известные ранее для целых показателей, справедливы и для рациональных показателей.

Решения и комментарии

4.22. б) Упростите выражение

           B = ⎜⎝⎛a1 5, 48 a +a20 5,a0 5, 2+ 4⎞⎟⎠ ⋅ a2a−−816a0 5, a40 5,a0 5+, 4.

Решение.

                      4                 a0 5,   2                4                        (a0 5,   2)2

1)            a1 5,              8 a + 2a0 5,      + 4 = a1 5,                   8 (a0 5,                  2)(a + 2a0,5 + 4) =

= a1 5, 48 a a41 5,a0 5, 8+ 4 = aa1 5+, 4a80 5, ;

2)            aa+ 4a0 5, a2 8a0 5,          = a1 5,0 5,(a80 5),(a0 54, ) a0 54, )((aa1 50 5,, −+84)) a a ;

                          1 5,  8          a 16          (a                                                   =   0 5,  + 4

3)            B =       0 5,a+ 4 a40 5,a0 5+, 4 = − a0 5,a(0 5a, 0 5,+ 4+ 4) = − a0 5, .

a

Подчеркнем, что все преобразования выражения B здесь проведены для тех а, для каждого из которых все рассматриваемые выражения имеют смысл, т. е. для любых а, таких, что а 0, а 4, а 16.

4.23. а) Может ли значение выражения

1

                                                    x x                      1,5                                     0

                                        A =    1                  2 + 0,25          9(x 2)

x3 x 3

равняться 1?

Решение. Сначала преобразуем выражение А, полагая, что x > 0, x 1, x 2, так как в противном случае это выражение не определено:

                                          1                                          3

                     A = xx x323((x−−11)) + ⎜⎝⎛ 14⎟⎞⎠ 2 9 1⋅ = x +8 9 = x 1.

Теперь выясним, существует ли такое х, удовлетворяющее условиям х > 0, х 1, x 2, при котором

                                                                   x 1 = 1.                                                    (1)

Уравнение (1) имеет единственный корень x = 2. Это означает, что не существует такого x, удовлетворяющего условиям x > 0, x 1, x 2, при котором верно равенство (1). Следовательно, выражение А не может равняться 1.

Промежуточный контроль. С—18.

4.3. Понятие предела последовательности

В данном пункте сначала вводится понятие бесконечно малой (последовательности или переменной), при этом на базовом уровне не формализуется термин «стремиться», достаточно научить школьников из предложенных переменных правильно находить бесконечно малые. Формальное определение бесконечно малой на языке «ε − N» в учебнике имеется, вводится также понятие бесконечно большой. Они предназначены для углубленного изучения математики. Понятие предела последовательности формируется с помощью понятия бесконечно малой.

Обратим внимание на то, что некоторым учащимся задания 4.25 и 4.29 могут показаться сложными, так как они не умеют делить многочлен на одночлен, двучлен. Надо посоветовать им представлять данные дроби в виде суммы дробей.

В дидактических материалах (п. 19) разобран ряд примеров на понятие предела последовательности.

Решения и комментарии

4.25. Представьте переменную αn в виде суммы постоянной и бесконечно малой, если:

а) α n = n + 1;             в) α n = n2 +24n. n             n

Решение. а) α n = n + 1 = n + 1 =1 + 1; n      n n          n

в) α n = n2 +24n = n22 + 4n2 =1 + 4. n   n             n              n

                       1        4

Здесь и — бесконечно малые. n       n

Эти преобразования необходимо освоить, чтобы в аналогичных случаях находить пределы последовательностей. 4.29. д) Найдите предел переменной, представив ее в n + 2

виде суммы постоянной и бесконечно малой:                            lim.

n→ +∞ n + 1

Решение. nlim→ +∞ nn++21 =nlim→ +∞⎛⎜n ++ 11 + n 1+ 1⎠⎞⎟ =nlim→ +∞⎜⎝⎛1 + n 1+ 1⎟⎞⎠ = 1, n

так как выражение  является суммой числа 1 и бес-

1 конечно малой    .

n + 1

4.30. Для заданного положительного ε укажите такое число N, что для переменной ап для всех натуральных п > N выполняется неравенство |αn| < ε, если:

а) α n = 1;    б) α n = 2. n         n

Решение. При выполнении этого задания достаточно ограничиться подбором числа N для выбранного числа ε.

а) Если ε = 0,1, то при п > 10 справедливо неравенство |αn| < ε, т. е. N = 10; если ε = 0,01, то при п > 100 справедливо неравенство |αn| < ε, т. е. N = 100. Для любого ε > 0 при n >  справедливо неравенство |αn| < ε, т. е. N = .

б) Если ε = 0,1, то при п > 20 справедливо неравенство |αn| < ε, т. е. N = 20; если ε = 0,01, то при п > 200 справедливо неравенство |αn| < ε, т. е. N = 200. Для любого ε > 0 при n >  справедливо неравенство |αn| < ε, т. е. N = .

В каждом из рассмотренных заданий учащиеся могут привести еще несколько примеров, главное назначение которых — показать, что для любого ε > 0 в данном примере можно подобрать такое число N, что при всех п > N справедливо неравенство |αn| < ε.

4.31. Используя определение бесконечно малой величины (через ε и N), докажите, что переменная αn — бесконечно малая величина, если:

б) α n = 2000 ; в) α n = 2n . n + 10         n + 1

Решение. б) Пусть задано число ε > 0. Найдем все такие п, для которых справедливо неравенство | αn | < ε, т. е. справедливо неравенство

2000

.          (1) n + 10

Так как п > 0, то неравенство (1) перепишем в виде

2000

.             (2) n + 10

Так как п > 0 и ε > 0, то неравенство (2) равносильно неравенству

n >  −10.

Таким образом, неравенство (1) справедливо тогда и только тогда, когда n >  −10. Если в качестве числа N возьмем  −10 (для ε < 200), то для любого выбранного ε > 0 из неравенства п > N следует неравенство |αn| < ε, а по определению это означает, что αn — бесконечно малая.

Здесь полезно выбрать несколько значений ε, чтобы пояснить смысл сказанного.

                 Если ε = 0,2,       то при n >  −10 = 10 000 10 = 9990

справедливо неравенство |αn| < ε, т. е. N = 9990;

если ε = 0,1, то при n >  −10 = 20 000 10 = 19 990

справедливо неравенство |αn| < ε, т. е. N = 19 990; если ε = 0,01, то при n >  −10 = 200 000 10 = 199 990

справедливо неравенство |αn| < ε, т. е. N = 199 990.

Здесь учащихся нужно подвести к выводу: если в качестве ε выбрать сколь угодно малое положительное число, то по формуле N =  −10 всегда найдется такое число N,

что из неравенства п > N следует неравенство |αn| < ε.

в) Это задание сложнее предыдущего. Здесь неравенство |αn| < ε приводит к неравенству εn2 п + ε > 0, решая которое в предположении, что 0 < ε < 0,5 и n N, получим

               1 −   1 4ε2

0 < n <и n >                                              . Отсюда следует, что если в

2ε

качестве числа N взять                                            , то для любого 0 < ε < 0,5

2ε

из неравенства п > N будет следовать неравенство |αn| < ε.

В качестве примера удобно взять ε = 0,4, тогда N = 2; если взять ε = 0,3, то N = 3; если же взять ε = 0,1, то n > 9,8..., т. е. N = 9.

4.32. Для заданного числа М > 0 укажите такое число N, что для всех натуральных п > N выполняется неравенство | xn| > М, если:

                   в) xn = n ;      г) xn = n2;      д) xn = −3n;                                е) xn = n2 .

                           100                                                                                              2000

Решение. При решении этого задания достаточно ограничиться подбором числа N для выбранного числа М.

в) Если М = 10, то при п > 1000 справедливо неравенство | xn| > М, т. е. N = 1000; если М = 200, то при п > 20 000 справедливо неравенство | xn| > M, т. е. N = 20 000. Для любого М > 0 при n > 100М справедливо неравенство | xn| > М, т. е. N = 100M.

г) Если М = 400, то при п > 20 справедливо неравенство | xn| > М, т. е. N = 20; если М = 2500, то при п > 50 справедливо неравенство | хn| > М, т. е. N = 50. Для любого М > 0 при n > M справедливо неравенство | xn| > М, т. е.

N =      M.

д) Если М = 100, то при п > 33 справедливо неравенство | xn| > М, т. е. N = 33; если М = 600, то при п > 200 справедливо неравенство | xn| > М, т. е. N = 200. Для любого

М > 0 при n > M справедливо неравенство | xn| > М, т. е.

3

N = M.

3

е) Если М = 5, то при п > 100 справедливо неравенство | хn| > М, т. е. N = 100; если М = 20, то при п > 200 справедливо неравенство | xn| > М, т. е. N = 200. Для любого М > 0 при n > 2000M справедливо неравенство | xn| > М, т. е. N = 2000M.

В каждом из рассмотренных заданий учащиеся могут привести еще несколько примеров, главное назначение которых — показать, что для любого М > 0 в данном примере можно подобрать такое число N, что при всех п > N справедливо неравенство | xn| > М.

4.33. Используя определение бесконечно большой величины (через М и N), докажите, что переменная хп </