Можно ли находить площадь фигуры, ограниченной функцией, без применения интеграла?Актуальность моей исследовательской работы: в процессе решения таких задач повторяются и углубляются такие темы, как построение и исследование графиков функций, касательная к графику функции, применение производной к исследованию функций и др, что является частью подготовки к ЕГЭ.
Проект. Можно ли находить площадь фигуры, ограниченной функцией,
без применения интеграла?
1. Введение.
«Никакая другая область, кроме математики, не может предложить в столь
большой степени самую значительную человеческую радость радость открытия»
Роза Петер
Увлечение отдельной областью математики часто начинается с размышления
над какойто особенно понравившейся задачей. В декабре я участвовала во
Всероссийской дистанционной олимпиаде по математике проекта «Инфоурок».
Именно там, среди задач мне встретилось задание на нахождение площади
фигуры, ограниченной функцией. Решение этой задачи потребовало немало
времени, дополнительных построений и знания формулы вычисления площади
криволинейной трапеции. Но тема «Интеграл и первообразная» изучается в 11
классе.
И у меня возник вопрос, а Можно ли находить площадь фигуры, ограниченной
функцией, без применения интеграла?
Именно поэтому я выбрала для себя данную тему исследования, выдвинув
следующую гипотезу: существуют различные методы нахождения площадей
фигур, ограниченной функцией, без применения интеграла.
Целью работы является исследование методов нахождения площади фигур,
ограниченных функцией.
Для достижения данной цели необходимо решить следующие задачи:
1.Изучить литературу по выбранной теме, определить наиболее интересные
методы нахождения площади.
2.Проанализировать полученные результаты и систематизировать их.
3.Провести практическую работу по нахождению площади различными методами.
Актуальность моей исследовательской работы: в процессе решения таких задач
повторяются и углубляются такие темы, как построение и исследование
графиков функций, касательная к графику функции, применение производной к
1исследованию функций и др, что является частью подготовки к ЕГЭ.
II. Описание методики исследования
Итак, чтобы действительно получить радость от решения задач, надо много
поработать: попытаться разобраться в тех математических целях, которые стоят
за этими задачами, потренироваться в решении простых задач, чтобы справится
самостоятельно с трудными.
1. Вычисление площади фигуры, координаты точек которой
удовлетворяют неравенству.
Задача 1. Изобразите на координатной плоскости Оху фигуру Ф, координаты
точек которой удовлетворяют неравенству х2 + у2 + 4х – 8у + 12
0 . Найдите:
а) площадь S этой фигуры ;
б) отношение площади части фигуры Ф, расположенной левее оси Оу , к
площади части фигуры Ф, расположенной правее оси Оу.
Решение. Неравенство х2 + у2 + 4х – 8у + 12
0 приведем к виду
(х+2)2 + (у4)2
8 .
Этому неравенству удовлетворяют все точки координатной плоскости,
расположенные внутри окружности с центром С( 2;4) и радиусом 2
и самой
2
окружности( рис.1).
Площадь фигуры Ф равна S=
8
. Найдём ординаты точек пересечения
окружности с осью Оу. В уравнение окружности х2 + у2 + 4х – 8у + 12= 0
подставим х = 0. Получим: А(0;6), В(0;2).
Часть фигуры Ф, расположенная правее оси Оу , представляет собой сегмент.
Площадь этого сегмента равна равности площади соответствующего сектора и
площади треугольника АВ: S(1)
сегм. = S сект. S
АВС .
Так как в данном случае АВ2 = АС2 + ВС2, то по теореме, обратной теореме
Пифагора, треугольник АВС – прямоугольный. Поэтому
2Sсект =
1
4
S =
, S
АВС =
2
1
2
АС * ВС = 4
Площадь сегмента S(1)
4 .
сегм = 2
Площадь сегмента, расположенного левее оси Оу , равна
S(1)
сегм =
.
8
2(
6)4
4
Искомое отношение равно
.
3
2
2
Ответ:
;
.
8
3
2
2
Задача 2. Найдите площадь фигуры, которая
задаётся на координатной плоскости условием
2
x
y
2
x
1
.5
Решение. Раскрывая модуль, получим четыре системы, которые определяют
множество точек вместе с данным неравенством:
(1)
4
x
y
;04
(5)
(2)
(3)
(6)
;6y
(7)
;4y
(4)
y
x
4
06
(8)
x
2
,0
01
x
y
x
2
,0
x
01
y
x
2
,0
x
01
y
x
2
,0
01
x
y
Известно, что если прямая ax+by+c=0 делит плоскость на две полуплоскости ,
то после подстановки координат любой точки одной полуплоскости получим
неравенство ax+by+c>0; для точек другой полуплоскости : ax+by+c<0.
3Перенумерует наши прямые :
; (1)
0x
; (2)
y
2
x
1
; (3)
y
4
x
4
y
; (4)
6y
; (5)
4y
(6)
y
4
x
6
и найдём их точки пересечения (рис.2):
(1)и (2) пересекаются в точке А(0;1);
(1),(3) и (5) пересекаются в точке В(0;4);
Рис.2
(3),(2) и (4) пересекаются в точке С(2.5;6);
(1),(4) и (6) пересекаются в точке D(0;6);
(2),(6) и (5) пересекаются в точке Е(2,5;4).
Прямая ВС пересекает ось Ох в точке F(1;0),
поэтому точка К(
;0) лежит внутри треугольника
1
2
АВС. При х=
1
2
, у=0 получим
y
2
x
,01
x
4,0
x
.04
y
Значит , любая точка, лежащая внутри треугольника АВС или на его сторонах,
удовлетворяет неравенству (5) , а значит, и системе (1).
Аналогично. Данной фигурой будет параллелограмм BCDE (рис.2), поскольку
уравнения y=4,y= 6 задают параллельные прямые. Прямые
,
4
x
y
4
4
x
y
6
также параллельны, как прямые, имеющие равные угловые коэффициенты и
различные свободные члены (
). Высота параллелограмма равна 10,
4
6
. Искомая площадь S=25.
основание равно
5
2
Ответ: 25.
42. Вычисление площади фигуры, координаты точек которой
удовлетворяют системе неравенств.
Задача 1. На координатной плоскости рассматривается фигура Ф, состоящая из
точек, координаты которых удовлетворяют системе неравенств
Изобразите фигуру Ф и найдите её площадь .
у
3
2
2
2
2)
3)(у
(х
х
25
2
5
Решение. Второе неравенство системы равносильно совокупности четырёх
систем неравенств :
1)
х
у
2
02
03
у
х
53
х
2
3
у
х
6
у
2)
02
х
у
03
2
у
53
х
х
2
3
у
х
у
4
3)
х
х
у
2
02
03
у
53
х
2
3
у
у
х
4)
х
02
х
у
03
2
у
53
х
2
3
у
10
х
у
Изобразим каждое из решений систем на плоскости хОу . Множество решений
первой системы есть прямоугольный треугольник АВС, катеты которого лежат
на прямых х = 2, у = 3 и имеют длины, равные 5.
Площадь этого треугольника S =
АВ*ВС =
.
25
2
1
2
Аналогично получим, что множествами решений второй, третьей и четвёртой
систем совокупности неравенств являются множества точек плоскости хОу,
5представляющие соответственной треугольники ВDE, BCD и ABE. Нетрудно
убедиться, что все четыре треугольника равны, и площадь всего квадрата ACDE
равна 50.
рис. 3
Точкой пересечения диагоналей квадрата является точка В, имеющая
координаты (2;3) (рис.3).
Первое неравенство исходной системы определяет область, внешнюю по
отношению к кругу с центром в точке пересечения диагоналей квадрата и
радиусом
.
5
2
Эту же длину имеет высота BF треугольника АВС, то есть рассматриваемый
круг вписан в квадрат ACDE.
Площадь круга S =
25 .
2
Искомая площадь
S
50
25
2
2(25
.
)
2
Ответ:
2(25
.
)
2
Задача 2. Найдите площадь фигуры, которая задается на координатной
плоскости системой неравенств
3
2
2
3
у
х
2
2
ух
0
ху
4
у
2
Решение. Рассмотрим функцию
yxf
;(
)
3
у
2
ху
2
ух
3
2
и разложим на множители
многочлен
Получим
3
у
3
2
2
ху
2
ух
.
;(
yxf
)
(
yy
)(2
yx
x
0)
1
2
Функция обращается в нуль, если у=0, или у = 2х, или у =
.
1
2
x
6Каждая из этих трех прямых проходит через начало
координат. В итоге они разбивают координатную плоскость
на шесть областей: AOB, BOC,COD,DOE,EOP, POA,
включая точки, лежащие на сторонах углов.
В каждой их этих областей функция
сохраняет свой
;(
yxf
)
знак.
Рис. 4
Достаточно определить знак функции в одной из областей, в других происходит
чередование знаков(рис.4)
Уравнение
2
x
2
y
4
задаёт окружность радиуса 2 с центром в начале
координат. Что представляют собой точки плоскости, координаты которых
удовлетворяют неравенству
? Возьмём, например, точку с
2
x
2
y
4
координатами (0;0). Получим
40
.Значит, все точки на окружности и внутри
круга принадлежат искомому множеству.
На рисунке 4 точки плоскости хОу, удовлетворяющие системе неравенств,
показаны штриховкой. Искомая площадь суть сумма площадей трех секторов
AOB,COD и EOP. Углы AOB и DOE равны площади сектора DOE, и искомая
площадь составляет половину площади круга, а именно 2.
Ответ: 2.
2
Задача 3. На координатной плоскости рассматривается фигура, состоящая из
всех точек , координаты которых удовлетворяют системе неравенств
x
y
y
,4
)3.(1
x
2
2
x
)1(,25
)2(
2
Найдите площадь этой фигуры.
Решение. Неравенство (1) верно в тех и только тех точках плоскости хОу,
которые лежат на окружности
и внутри круга радиуса 5 с центром в
2
x
2
y
25
7начале координат.
Неравенство (2) верно в тех и только тех точках плоскости хОу, которые лежат
на окружности
и вне круга радиуса 2 с центром в начале координат.
2
x
2
y
4
Неравенство (3) задаёт область , ограниченную прямыми х=1 и х=1 , включая
точки на самих прямых.
Искомое множество точек показано штриховкой на рисунке 5.
Найдём площадь фигуры ABCD, а зачем её удвоим.
S
ABDC
S
PABK
S
PCDK
.
Площадь PCDK равна площади двух равных
треугольников PCO и ODK и площади сектора COD:
где PO=1 .
S PCO
1
2
PC
,
PO
Рис.5
Для нахождения РС в уравнение
подставим х= 1 (у>0). Получим:
2
x
2
y
4
2
y
,3
y
.
,3
PC
3
S
PCO
1
2
2,3
S
PCO
3
.
Найдём площадь сектора COD. Тангенс угла COP равен
. Следовательно,
3
POC
60
, и площадь сектора COD равна
1
6
площади соответствующего круга,
то есть
.
2
3
Аналогично находим площадь фигуры PABK.
x
,62
62
,25
,24
,1
y
AP
2
y
2
x
2
y
S
APO
1
2
AP
PO
,6
S
62
APO
.
8
AOB
180
2
arctg
62
.
Площадь сектора
25
180(
S AOB
arctg
2
360
)62
180(5
)62
2
72
arctg
,
SPABK
62
180(5
)62
2
72
arctg
.
Искомая площадь
2
72
180(5
62
S
arctg
)62
3
2
3
.
Ответ:
S
62
180(5
)62
2
arctg
72
3
2
3
.
Задача 4. Найдите площадь фигуры, которая задается на координатной
плоскости системой неравенств
y
4
y
x
2
x
.5
,
Решение. Первое неравенство системы задает множество точек плоскости ,
лежащих выше полуокружности
, включая точки самой
y
4 x
2
полуокружности, и между прямыми х= 2 и х=2.
Графиком функции
является график функции
y
5 x
, поднятый на 5
y
x
единиц вверх. Второе неравенство системы задает множество точек плоскости,
лежащих на этом графике и ниже его.
Требуется найти площадь заштрихованной фигуры(рис.6).
S ADCB
AD
AB
.28
S DPC
1
2
DC
EP
,4
9площадь полукруга
AKBS
.2
4
2
Теперь находим площадь заштрихованной
фигуры:
S
28
)24(
24
2
. Рис.6
Ответ:
.
12(2
)
Задача 5. На координатной плоскости рассматривается фигура М, состоящая
из всех точек , координаты которых удовлетворяют системе неравенств
(
x
0
.4
)
xy
2
y
y
2
x
2
Изобразите фигуру М и найдите её площадь.
Решение. Исходная система может быть записана в виде совокупности двух
систем
(
y
0
0
y
(
2
xyx
)
x
0
2
4
y
2
x
2
xyx
)
x
0
2
y
4
2
x
рис.7
Первая система совокупности дает нам множество
точек плоскости хОу, расположенных внутри и на
границу сектора АОВ, вторая система – множество
точек на границе и внутри сектора COD(рис.7). Так
как ОС и ОА – биссектрисы углов BOK и BOM , то площадь фигуры М равна
площади полукруга , то есть
.
2
Ответ:
2
2
Задача 6. Найдите площадь фигуры, которая задаётся
на координатной плоскости системой неравенств
4
y
2
2
y
)2
4
y
)2
4
x
x
x
(
(
2
2
2
Решение. Точки плоскости , удовлетворяющие
10неравенству
2
x
2
y
4
, лежат на окружности
2
x
2
y
4
и внутри круга,
ограниченного этой окружностью.
Уравнения
и
(
x
2
)2
2
4
y
(
x
2
)2
2
4
y
представляют собой уравнения
окружностей с центрами соответственно(2;0),(2;0) и радиусом 2. Все три
неравенства системы дают нам точки плоскости, показанной штриховкой (рис.8).
Чтобы площадь заштрихованной части плоскости , нужно определить площадь
треугольника OAD, равного треугольнику AOB , который является
равносторонним со стороной 2, и найти площадь двух равных сегментов AmB.
S
AOB
,3
S
сектAOB
.
4
6
2
3
сегмS
.
AmB
(2
2
3
).3
Вычтем из площади сектора сумку площадей двух
сегментов, и полученный результат умножим на 2.
Рис8.
искS
(2
(2
2
3
2
3
))3
34
.
4
3
Ответ:
3(4
).
3
3. Площадь фигуры, образованной осями координат и касательными.
Задача 1. Найдите площадь фигуры, образованной осями координат и
касательными к кривым
и
в точке их пересечения.
у
22
х
х
2
у
42 х
11Решение. Начертим параболы , используя координаты вершин и точки их
пересечения с осями координат.
Найдём точку пересечения графиков функций
2
х
2
х
2
х
2
, х0=1, у0= 3
4
В точке с абсциссой х0=1 проведем касательные к
кривым, используя общее уравнение касательной
у
(
xf
0
)
(
xf
0
)(
x
x
0
)
.
Для параболы
у
,
( 0 xf
0)
xf
( 0
)
3
.
Уравнение касательной:
3у
имеем:
,
)(
xf
x
2
2
х
2
22
х
Для второй параболы получим уравнение касательной,
. Эта прямая
у
2 х
5
пересекает ось абсцисс в точке (2,5;0).
Искомой фигурой является трапеция АОСВ, где
, ОС=2,5, АВ=1.
3ОА
Рис.9
По формуле
S AOCB
1
2
(
OC
AB
)
AO
.
21
4
Ответ:
21
4
Задача 2. Найдите площадь фигуры, ограниченной касательными к графику
функции
, проходящими через точку
, и прямой,
y
42
x
x
5
(
A
)1;
5
2
проходящей через точки касания.
Решение .Точка А не принадлежит графику функции
y
. Пусть
(
;
0 ух
0
)
x
5
42
x
координаты точек касания В и С.
Уравнение касательной имеет вид
у
(
xf
o
)
(
xf
o
)(
x
0x
)
, где
(
xf
o
)
0
2
x
,
4
12(
xf
o
)
2
x
0
4
x
0
5
.
Подставив эти выражения, получим уравнение касательных:
y
2
x
0
4
x
0
2(5
x
0
)(4
x
x
0
)
.
Точка
A
(
5
2
)1;
принадлежит касательным , поэтому
2
1
x
0
4
x
0
2(5
x
0
)(4
5
2
x
0
)
Откуда
=1 или
0x
0x
=4, тогда
,
0у
2
x
0
4 0
x
05
= 2 или
= 5.
0у
Значит, точки касания имеют координаты В(1;2), С(4;5).
Требуется найти площадь треугольника АВС (рис.10)
Так как нам известны координаты вершин треугольника , то, воспользовавшись
формулой расстояния между двумя точками
d
(
x
2
2
x
1
)
(
y
2
2
y
1
)
,
вычислим длины сторон этого треугольника
АВ
1(
5
2
2
)
)12(
2
53
2
ВС
)14(
2
)25(
2
23
АС
4(
5
2
2
)
,
.
)15(
2
,
3
17
2
Для нахождения площади треугольника можно воспользоваться формулой
Герона, нов этом случае нас ожидают не совсем приятные вычисления.
Удобнее применить формулу
.
sin
S
1
2
ab
По теореме косинусов
BC
22
AC
AB
AC
2
AB
2
cos
A
13cos
A
AB
2
AC
AB
2
BC
2
AC
2
45
4
2
153
4
3
53
2
18
17
2
7
85
Откуда
sin A
.
6
85
Площадь треугольника АВС равна
S
1
2
AB
AC
sin
A
1
2
53
2
3
17
2
6
85
27
4
Ответ:
27
4
Задача 3. К параболе
y
проведены две касательные , проходящие
x
4
22
x
через начало координат. В точках дуги параболы, расположенных между
точками касания, проведены касательные, пересекающиеся первые две
касательные в двух точках. Найдите наибольшую возможную площадь
образовавшегося треугольника.
Решение .Общее уравнение касательной:
)(
x
xf
Найдём
(
xf
0
(
xf
0
(
xf
0
x
0
)(
x
,
2
x
0
,
).
2
(
xf
0
)
2
x
0
2
x
0
2
2
y
)
)
.
4
Уравнение касательной примет вид
y
2
x
0
2
x
0
2(4
x
0
)(2
x
x
0
)
2
x
0
(2
xx
0
4)1
,
где
(
;
0 yx
0
)
координаты точки касания.
Точка О (0;0) принадлежит касательным, поэтому 0=
,
,
0 x
2
.
2
0 x
4
x
42
0
и
0 x
2
x
0
2
абсциссы точек касания. Находим уравнения касательных
1)
2)
)2(
,6
f
f
)2(
,12
y
12
(6
x
),2
y
;6
x
f
)2(
,2
f
)2(
,4
y
(24
x
),2
y
.2
x
Точки касания имеют координаты Е(2;12), М(2;4).
14Построим параболу
y
и касательные у=6х и у= 2х (рис.6) Пусть
x
4
22
x
координаты точки С касания прямой, при проведении которой получим
(
;
к уx
к
)
треугольник наибольшей площади.
Найдём координаты точек пересечения этой касательной с касательными у= 2х
и у=6х.
Для этого решим совокупность двух систем :
(22
xx
к
;2
y
x
(22
xx
к
y
;6
x
,4)1
,4)1
x
к
x
к
y
y
Решим каждую из систем совокупности отдельно.
,4
(22
xx
к
;2
y
x
xx
к
;2
x
2
,4)1
x
к
x
к
2
2
x
y
x
y
2
.
x
42
x
к
(2
x
)2
к
y
2
x
к
x
к
;
2
2
4)1
y
x
к
(22
xх
к
x
y
6
6
х
2
x
к
y
xх
2
к
x
6
2
х
4
х
42
х
к
(2
)2
х
к
х
(3
y
к
х
к
).2
2
2
х
к
(
А
2
2
2;
Вх
к
),
(
х
к
2
2
(3;
х
к
))2
.
Проведем из точек А и В перпендикуляры на ось Оу. Пусть АР=h1, BK=h2.
Тогда
S
OD
OD
OD
S
S
).
(
h
2
AOB
AOD
BOD
1 h
h
2
1
2
h
1
1
2
1
2
(
h
1
h
2
)
.
x
к
2
2
x
к
2
2
2
Осталось найти длину OD. Для нахождения OD в формулу касательной
подставим значение х = 0. Получим
. Следовательно,
у
кх
42
15S
AOB
1
2
4(
2
x
к
42)
x
к
2
.
Наибольшего значения площадь достигает при
.
xк
S
,0
4
Задача 4. К графику функции
y
62
x
Ответ:4
проведены три касательные. Первая
x
8
и вторая – проведены в точках пересечения графика функции с осью абсцисс,
третья – в точке минимума этой функции. Найдите площадь трапеции,
образованной этими касательными прямой , проведенной через точку
Рис.10
пересечения параболы с осью ординат и параллельно оси
абсцисс.
Решение. Найдём абсциссы точек пересечения параболы с
осью Ох.
x
;4
x
,08
)(
xy
.6
,2
6
2
x
2
x
1
x
2
Находим уравнения касательных, проходящих через
найденные точки:
(
xy
(
xy
0
2
0
1
,0)2(
,0)4(
y
y
)
)
(
xy
1
0
)
)2(
y
(
xy
0
2
,2
)
y
)4(
.2
Воспользовавшись уравнением касательной:
y
(
xy
0
(
xy
0
x
0
)(
),
x
)
рис.11
получим уравнения касательных, проходящих соответственно через точки (2;0),
(4;0): у= 2х+4, у= 2х8.
Парабола пересекает
у=8 пересекает
соответственно в
ось ординат в точке (0;8). Прямая
прямые у= 2х+4, у= 2х8
точках (2;8) и (8;8).
Третья касательная , которая
проходит через вершину параболы,
имеет вид
у= 1.
Решив каждую из систем
y
y
1
x
2
4
и
y
y
1
x
2
8
рис.12
16найдём координаты точек пересечения касательных (2,5; 1), (3,5; 1).
Получены все данные, чтобы найти площадь трапеции ABCD (рис.12)
S ABCD
S
ABCD
1
2
1
2
(
AB
HCD
)
,
1(
9)10
.5,49
Ответ:
.5,49
Задача 5. Из точки М(1;1) проведены касательные к двум ветвям гиперболы
(k<0), касающиеся этих ветвей в точках А и В, причем треугольника МАВ –
y
k
x
правильный. Найдите k и площадь треугольника МАВ.
Решение. Пусть
абсцисса точки касания, лежащей на гиперболе.
0x
Воспользуемся общим уравнение касательной :
y
(
xf
0
)
(
xf
0
)(
x
x
0
)
.
Найдём
(
xy
0
)
k
x
0
2
,
(
xy
0
)
.
k
x
0
Уравнение касательной примет вид
.
y
k
x
0
2
x
2
k
x
0
Так как точка М(1;1) лежит на касательной, то
или
.
2
x
0
2 0
kx
0
k
1
k
x
0
2
x
2
k
x
0
Поскольку дискриминант полученного уравнения больше нуля (k<0), то оно
имеет два решения. Используя теорему Виета, запишем :
x
1
,2
xxk
21
k
x
.
2
Ветви параболы симметричны относительно биссектрисы I и III координатных
углов, на которой лежит точка М. Следовательно , точки А и В симметричны
относительно прямой y=x , и поэтому точка А имеет координаты
, а точка
(
;
1 xx
2
)
17В имеет координаты
.
(
;
2 xx
1
)
Получим
x
MA
1
(
2
2
)1
(
x
2
2
)1
2
x
1
2
x
1
1
2
x
2
2
x
2
(1
x
1
x
2
2
)
2
xx
21
(2
x
1
x
2
2)
=
2
4
k
2
k
4
k
42
k
2
6
k
.2
Аналогично,
2
AB
8 2
k
.8
k
По условию треугольника МАВ – равносторонний
(рис.13), следовательно , МА=АВ, то есть
k
4
2
.01
82
k
2,8
kk
6
k
2
2
k
.
k
1
1
2
;
k
2
1
Так как k<0 , то k=
.
1
2
Находим площадь треугольника МАВ:
S
AB
1
2
2
sin
60
33
2
.
Ответ:
1k
2
,
33S
2
.
18III.Заключение
Выполнив исследования, я подтвердила гипотезу, выдвинутую в начале работы.
Мне удалось достичь цели моего исследования: я овладела способами
нахождения площади фигур, ограниченных функцией, без помощи интеграла. Но
останавливаться на достигнутом я не хочу, планирую после изучения темы
«Интеграл и первообразная» в 11 классе, рассмотреть решение этих же задач, но
уже применяя интеграл. Сравню результаты, выбиру наиболее рациональное
решение.
И, в заключении, хочется сказать. Уникальность математической задачи
заключается в том, что, вопервых, задачи являются для нас своеобразной
областью применения формальных знаний. Вовторых, позволяют проверить
правильность приобретенных знаний, в третьих, формируют умение
анализировать ситуацию, систиматезировать и классифицировать условия,
подчас самостоятельно получая открытие. Вчетвертых, способствуют
повышению уровня заинтиресованности математикой, а в пятых, я считаю самое
главное, решение задач доставляет эстетическое удовольствие.
Ведь математика должна быть не только рациональной, но и для души!
19IV. Литература
1. Алфутова Н.Б., Устинов А.В. Алгебра и теория чисел. Сборник задач для
математических школ. М.: МЦНМО, 2009 – 264с.
2. Колесникова С.И. Математика. Решение сложных задач единого
государственного экзамена – 2е изд., испр. М.: Айриспресс, 2014. – 272с. –
(Домашний репетитор: Подготовка к ЕГЭ)
3. Математика. 911 классы: Решение заданий ЕГЭ высокой степени сложности.
Основные методы и приемы/ Авт.сост. М.А. Куканов. – Волгоград: Учитель,
2015. – 223с.
4. Математика. Областные олимпиады. 811 классы/ [Н.Х. Агаханов,
И.И.Богданов, П.А.Кожевников и др.] – М.: Просвещение, 2010 – 239с.: ил. –
(Пять колец).
5. Островский А.И., Кордемский Б.А. Геометрия помогает арифметике.
М.:ФИЗМАТГИЗ, 1960.
6. Уфановский В.А. Математический аквариум. Ижевск: НИЦ «Регулярная и
хаотическая механика», 2000.
7. Шарыгин И.Ф., Голубев В.И. Факультативный курс по математике: Решение
задач: Учеб. пособие для 11кл. сред. шк. – М.: Просвещение, 1991. – 384с.
8. Шарыгин И.Ф., Факультативный курс по математике: Решение задач: Учеб.
пособие для 10кл. сред. шк. – М.: Просвещение, 1989. – 252с.
9.Якир М.С., Мерзляк А.Г., Полонский В.Б. Неожиданный шаг или сто
тринадцать красивых задач. Киев: Агрорифма «Александрия». 1993.
20
Проект.docx
