Три примера и три различных метода их решения

Тринадцать примеров и тринадцать различных методов их решения
Экелекян Варужан Левонович
канд. физ.-мат. наук,
доцент физ. факультета МГУ им. М.В.Ломоносова,
преподаватель математики, физики, астрономии,
информатики и черчения школы № 11, г. Москвы
Учащейся старших классов все чаще сталкиваются с примерами по
математике, где классические методы решения недостаточны. В школах, где
имеется дополнительные часы по решению нестандартных задач по
математике, или курс решения задач с параметрами, эта проблема, связанная с
тем, что выпускники сдают экзамен по математике, где содержатся как
минимум два таких примера, частично решается. Поэтому целесообразно через
журнал, например МАТЕМАТИКА (1 сентября) последовательно рассмотреть
различные методы решения уравнений и неравенств.
Рассмотрим первый пример: решите уравнение
x  5  x2  5 .
(1.1)
Первым делом рассмотрим условие, когда левая часть уравнения (1) имеет
смысл. Это возможно для всех значений определяемого неизвестного x  5 .
Во вторых, необходимо потребовать, чтобы правая часть уравнения было
неотрицательным числом: x 2  5  0  x  5 и x   5 .
Следовательно, корни уравнения (1.1) могут находиться в интервалах
[5; 5 ] и [ 5 ; ) . (1.2)
В пользу наличия решений у уравнения (1.1) говорит дополнительно
представленный график функций левой и правой части на одной и той же
декартовой системе координат. Кривые пересекаются в двух точках,
следовательно, уравнение имеет два корня (имеется в виду монотонный
характер кривых y1 и y 2 ). Ясно, что область, где y2  0 , следует пропускать для
рассмотрения уравнения (1), так как положительное значение y1 y1 не может
быть равно отрицательному y 2 .
Очевидно также, что стандартный способ в таких случаях возведения в
квадрат обеих сторон уравнения (1.1) малоэффективен, так как оно приводит к
алгебраическому уравнению четвертого порядка, в котором присутствуют
слагаемые с неизвестным 4-го, 2-го и 1-го порядков, а также свободный член.
Поэтому применим специальный метод решения уравнения (1.1), который
заключается в рассмотрении повторяющего числа 5 в левой и правой частях
уравнения в качестве неизвестного параметра a. Метод условно назовем «метод
варьирования постоянного». В дальнейшем (1.1) рассматривается как
уравнение по отношению к переменному a:
x  a  x2  a .
Обе части уравнения возведем квадрат и произведем преобразования с
целью сведения его к квадратному уравнения по отношению к переменному a:
x  a  ( x 2  a) 2  x 4  2 x 2 a  a 2 ,
(1.3)
a 2  (1  2 x 2 )a  x 4  x  0 .
Вычислим дискриминант этого уравнения
D  (1  2 x 2 ) 2  4( x 4  x)  1  4 x 2  4 x 4  4 x 4  4 x  1  4 x  4 x 2  (1  2 x) 2  0 .
Решения же уравнения (1.3) можно представит в виде
a1, 2 
1  2 x 2  (1  2 x)
.
2
Имея ввиду, что все таки a = 5, получим два квадратных уравнения по
отношению к переменному x :
x2  x  5  0
x2  x  4  0
.
(1.4)
Решения этих уравнении суть:
x1 
 1  17
 1  17
1  21
1  21
; x2 
; x4 
; x3 
,
2
2
2
2
а решения, удовлетворяющие условиям (1.2):
x1 
 1  17
1  21
 2,79 .
 2,56; x 2 
2
2
(4)
Итак, предложенный метод «варьирования постоянной» можно применить
во всех случаях уравнений типа
x  c  x2  c ,
где c – произвольное постоянное число. В этом примере преднамеренно
пропущено доказательство существования и единственности решения, только
можно сказать, что метод работает из-за наличия определенной симметрии
(структуры) уравнения.
Ответ: x1, 2  (1  17 ) / 2 .
Второй пример: найти все пары (x; y) целых чисел, удовлетворяющих
уравнению
2 x 2  x  20  2 y 2  y .
(2.1)
2
Решение: Осуществим несколько тождественных преобразований:
2 x 2  x  2 y 2  y  20
2( x 2  y 2 )  ( x  y)  20
2( x  y )( x  y )  ( x  y )  20
( x  y )(( 2( x  y )  1)  20 .
(2.2)
Итак, левую часть уравнения (2.1) мы представили в виде двух
множителей. Если x и y предполагаются целыми числами, то выражения
( x  y ) , ( x  y ) и 2( x  y )  1 являются целыми числами, а второй множитель к
тому же является четным числом (либо положительным, либо отрицательным).
Естественным образом вырисовывается идея (метод) решения примера.
Она предполагает представления правой части уравнения (2.2) на множители.
Таковыми являются следующие пары чисел:
20 = 1 х 20 [1]
20 = 2 х 10 [5]
20 = 4 х 5 [9]
20 = 20 х 1 [2]
20 = 10 х 2 [6]
20 = 5 х 4 [10]
20 = (-1) х (-20) [3]
20 = (-2) х (-10) [7]
20 = (-4) х (-5) [11]
20 = (-20) х (-1) [4]
20 = (-10) х (-2) [8]
20 = (-5) х (-4) [12]
Среди этих 12-ти представлений числа 20-ти в произведениях [1; 3; 5; 6; 7;
8; 10 и 12] второй множитель есть четное число, потому не может
удовлетворять уравнению (6), следовательно, мы должны решать следующие
системы уравнений:
x – y = 20;
x – y = -20;
x – y = 4;
x – y = -4;
2(x + y) + 1 = 1,
2(x + y) + 1 = -1,
2(x + y) + 1 = 5,
2(x + y) + 1 = -5,
или
x – y = 20;
x – y = -20;
x – y = 4;
x – y = -4;
x + y = 0,
x + y = -1,
x + y = 2,
x + y = -3.
Все эти системы линейных уравнений решим с помощью
последовательного суммирования и вычитания второго и первого уравнений:
2x = 20;
2x = -21;
2x = 6;
2x = -7;
2y = -20,
2y = 19,
2y = -2,
2y = 1,
или
x = 10;
x = -21/2;
x = 3;
x = -7/2;
(I)
(IV)
(III)
(II)
y = -10,
y = 19/2,
y = -1,
y = 1/2.
Решения 2 и 4 выражаются не в целых числах. Следовательно, все пары (x;
y) целых чисел, удовлетворяющих уравнению (2.1) это (10; -10) и (3; -1). Нам
удалось решить эту проблему благодаря принципу единственного
представления целого числа в виде произведения целочисленных множителей.
Ответ: (10; -10), (3; -1).
Рассмотрим третий пример: найдите все пары чисел x, y , удовлетворяющие условию
4x 2  4 y 2  x 2 y 2
 1.
x 4  y 4  16
(3.1)
Для решения этого примера вспомним, как вводятся декартовая и полярная
системы координат в плоскости.
3
Декартовая система координат на плоскости вводится после того, как в
плоскости берутся два взаимно перпендикулярные лучи x и y (они же оси
абсцисс и ординат, соответственно) и на них устанавливается масштаб. Тогда
любая точка плоскости проектируется на эти оси. Длина проекции с учетом
знака, называется x и y координатой этой точки. Итак, между точками M и
парами (x; y) устанавливается взаимнооднозначное соответствие, причем
пределы изменения x и y:
  x   и    y  .
Полярную систему координат в плоскости вводят после того, как на
плоскости выбирается некоторая точка O (полюс) и некоторый выходящий из
нее луч u (полярная ось). Кроме того, указывается единица масштаба.
Полярными координатами точки M называются два числа  и  , первое из
которых (полярный радиус  ) равно расстоянию точки M от полюса O, второе
(полярный угол  ) – угол, на который нужно повернуть против часовой
стрелки луч u до совмещения с лучом OM. Для того чтобы соответствие между
отличными от полюса точками плоскости и парами полярных координат (  ,  )
было взаимно однозначным, обычно считают, что  и  изменяются в
следующих границах:
0    , (3.2а)
0    2 .
(3.2б)
Если начало декартовой системы координат поместить в полюсе полярной
системы координат, а ось Ox совместить с полярной осью u, то легко
установить переход от полярных координат (  ,  ) к декартовым координатам
(x, y):
x    cos 
,
y    sin 
(3.3)
и, обратный переход от декартовых координат (x, y) к полярным координатам
(  ,  ) согласно соотношениям:
y
x
  x 2  y 2 ,   arctg .
4
Вернемся к нашему примеру. Осуществим преобразование (3.3). Тогда
неравенство (3.1) можно переписать в виде:
4  2 (cos 2   sin 2  )   4 cos 2  sin 2    4 (cos 4   sin 4  )  16
 0 . (3.4)
 4 (cos 4   sin 4  )  16
Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством:
sin 2   cos 2   1
и известными тригонометрическими соотношениями:
2 sin  cos   sin 2 ,
(sin 2   cos 2  ) 2  1  sin 4   2 sin 2  cos 2   cos 4   sin 4   cos 4   0,5 sin 2 2 ,
sin 4   cos 4   1  0,5 sin 2 2 .
Учитывая также, что знаменатель дроби (3.4) число положительное,
получим следующее неравенство:
(3.5)
 4 (3 sin 2 2  4)  16 2  64  0 .
Этому неравенству, левая часть которого представляет собой
,
биквадратную форму для выражения
должны удовлетворять
действительные значения переменной  из интервала (3.2а). Для этого
необходимо и достаточно потребовать неотрицательность соответствующего
дискриминанта:
D  64  64[3 sin 2 2  4]  192[sin 2 2  1]  192 cos 2 2  0 ,
(3.6)
4
а это неравенство может выполняться только при условии
cos 2  0
(3.7)
или с учетом (3.2б)
2  

2
 2  1 

4
; 2 
3
5
7
; 3 
; 4 
.
4
4
4
(3.7)
С учетом (3.7) неравенство (3.5) можно переписать в виде:
  4  16  2  16  0
или
(  2  8) 2  0 .
(3.8)
Решением этого неравенства с учетом условия (3.2а) является значение 
2 2.
(3.9)
Пользуясь соотношением связи (3.3) декартовых и полярных координат
получим окончательный ответ: все пары чисел x, y, удовлетворяющие условию
(3.1) суть:
(2 2 ;2 2 ) , (2 2 ;2 2 ) , (2 2 ;2 2 ) и (2 2 ;2 2 ) .
Ответ: (2 2 ;2 2 ) , (2 2 ;2 2 ) , (2 2 ;2 2 ) , (2 2 ;2 2 ) .
Четвертый пример: решить уравнение
sin 3x  2 sin 18x sin x  3 2  cos 3x  2 cos x .
(4.1)
Уравнение (4.1) решим, применяя метод вспомогательного аргумента.
Легко убедится в справедливости соотношения:
sin 3x  cos 3x  2 sin( 3x   ) .
4
5
Для выражения cos x  sin 18x sin x введем параметр d  1  sin 2 18x
умножим и разделим на него. Введем вспомогательный аргумент  как
.
(4.2)
sin   1  1
2
d
и
1  sin 18 x
Тогда легко убедится, что величина
cos   1  sin 2    1  1
(1  sin 2 18x  1)
(4.2а)
 sin 18x
d
d2
и выражение cos x  sin 18x sin x можно записать в виде cos x  sin 18x sin x 
1
sin 18 x
 d ( cos x 
cos x)  d (sin  cos x  cos  sin x)  1  sin 2 18x sin( x   ) .
d
d
d
2

Итак, уравнение (16) перепишем в виде:
1  sin 2 18 x sin( x   ) 
2

3 2
sin( 3x  ) 
.
2
4
2
(4.3)
Для решения уравнения (4.3) применим следующий метод оценки левой и
правой частей этого уравнения. Ввиду того, что функция sin t ограниченная,
можно утверждать, что левая часть уравнения принимает значения больше или
равно  2 , тогда как правая часть принимает значения меньше или равно  2 .
Этот факт позволяет утверждать, что равенство левой и правой частей уравнения может иметь место только когда
1  sin 2 18 x  sin( x   )   2 ,
(4.4)
2

3 2
sin( 3 x  ) 
 2.
2
4
2
Решение уравнения (4.5) относительно простое:
6
(4.5)
sin( 3 x 
x1 

12


) 1 
4
2k
, где k  Z .
3
(4.6)
Левая часть уравнения собой представляет произведение двух множителей,
первый из которых – это положительное число, которое меняется в интервале
[ 0; 2 ]. Второй множитель принимает значения из интервала [-1; 1]. Чтобы
произведение этих чисел было равно  2 , необходимо и достаточно
потребовать:
(4.7)
1  sin 2 18x  2 ,
sin( x   )  1 .
(4.8)
2
Из (4.7) получим sin 18x = 1 или, что тоже самое, sin18x = -1, sin18x = 1.
Решения этих уравнений имеют вид:
x2  

36

k
9

, x3 
36

k
9
, где k  Z . (4.9)
Учитывая соотношение (4.2), из (4.7) получим выражение для  :
sin  
1
2
.
(4.10)
Решение уравнения (4.8) имеет вид:
x  

2
 2k , или x 

2
   2k , где k  Z ,
а если учитывать соотношение (4.10), то легко получить следующие серии
решений этого уравнения:
x4 

4
 2n, x5 
3
 2m, где n, m  Z .
4
(4.11)
Решения (4.6), (4.9) и (4.11) изобразим на единичной окружности:
Итак, системе уравнений (4.7), (4.8) удовлетворяет решение:
x5 
3
 2m, где m  Z .
4
(4.12)
Ответ: x5  3 / 4  2m, m  Z .
Пятый пример: найти площадь треугольника, образованного осями
координат
и
общей
касательной
7
к
кривым
y1  x 2  p  x 
5 p
2
и
11  p
, где p - числовой параметр, если известно, что обе кривые
2
проходят через точку с координатами M 4;13 .
y2  x 2  p  x 
Для решения этой задачи необходимо знание уравнение касательной к
кривой f  f (x) в точке N ( x0 ; y 0 ) , где y0  f ( x0 ) . Оно задается в виде:
(5.1)
y кас.  f ( x0 )  f ( x0 )  ( x  x0 ) , где f  производная функции f .
Вначале определим параметр p из условия пересечения парабол в точке
M ( 4;13) :
13  4 2  p  4  5  p
 p  2  y1  x 2  2 x  5  ( x  1) 2  4;
2
13  4 2  p  4  11  p  p  2  y 2  x 2  2 x  11  (( x  1) 2  12.
2
(5.2)
Введем следующие обозначения:
A( xa ; yb ) - точка пересечения параболы y1 и общей касательной y кас  kx  b ,
B( xb ; yb ) - точка пересечения параболы y 2 и общей касательной y кас  kx  b ,
k - угловой коэффициент, а b - отрезок, заключенный между началом
координат 0 и точкой пересечения касательной с осью y ординат.
Вычислим производные:


y1  2 x  2 и y 2  2 x  2 .
(5.3)
А теперь воспользуемся геометрическим смыслом производной: численное
значение производной функции в точке x 0 совпадает численным значением
тангенса угла  , который составляет касательная графику функции y  f (x) и
проходящая через точку M ( x0 ; y0  f ( x0 )) с положительным направлением оси x
8
абсцисс, т.е.
f ( x0 )  k  tg ( k - линейный коэффициент уравнения касательной).
(5.4)
Напишем уравнения, которые отражают тот факт, что касательная графику
функции y1 в точке A( xa ; yb ) и касательная графику функции y 2 в точке B( xb ; yb )
совпадают, следовательно, совпадают их линейные коэффициенты (тангенсы
соответствующих углов, см. также (5.1) и (5.4)):

k1  tg  y1 ( x a )  2 x a  2;

k 2  tg  y 2 ( xb )  2 xb  2;
 2 xa  2  2 xb  2;
т.е. xa  xb  2 .
(5.5)
Наконец заметим факт, что точка A( xa ; yb ) принадлежит одновременно
кривой y1 и касательной y кас  kx  b , то же самое имеет место с точкой B( xb ; yb )
и с кривой y 2 . Это математически приводит следующим уравнениям:
y1 ( x a )  y кас ( x a )  x a  2 x a  5  2( x a  1) x a  b  x a  b  5;
2
2
y 2 ( xb )  y кас ( xb )  xb  2 xb  11  2( xb  1) xb  b  xb  b  11.
2
2
2
2
Следовательно
(5.6)
xa  xb  16  xa  xb  8 .
Из уравнений (5.5) и (5.6) получим:
(5.7)
x a  5 и xb  3 .
Значения x a и x b позволяют вычислить параметры k и b в уравнении
касательной:
2
k  k1  2 xa  2  2  5  2  8  k = 8 и b  5  xa  5  52  5  25  20  b = -20,
а само уравнение общей касательной линии имеет вид:
y кас  8x  20 .
(5.8)
Отсюда следует, что катеты прямоугольного треугольника T0S,
образованного осями координат и общей касательной к кривым y1 и y 2 , равны:
| T 0 || b | 20; и | 0S || T 0 | ctg  20 / k  20 / 8  2,5.
Окончательно площадь определим как полупроизведение катетов:
S T 0 S | T 0 |  | 0S | / 2  20  2,5 / 2  25 кв.ед.
(5.9)
Ответ: S  25 кв.ед.
Шестой пример: найти все простые числа p и q , для которых справедливо соотношение:
(38)
p 2  2q 2  1 .
В начало введем понятие простого числа: простым называется натуральное
число, которое без остатка делится только на себя и на 1 (единицу). Приведем
список первых простых чисел, не превосходящих число сто (100)
2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97.
Так как соотношение (38) можно представить в виде
(39)
2q 2  p 2  1 ,
то имеет смысл доказать дополнительную теорему: число
m  p 2  1,
9
где p простое число больше или равно пяти ( p  5) без остатка делится на 24.
Докажем теорему. С начала убедимся в справедливости утверждения на
первых 5-и примерах:
5 2  1  24;
7 2  1  48  2  24;
112  1  120  5  24;
13 2  1  168  7  24 и 17 2  1  288  12  24 .
Поговорим о методе доказательства. Делимость числа на 24 равносильна
делимости этого числа на простые множители числа 24  2  2  2  3 , т.е. мы
должны доказать, что число m три раза отдельно делится без остатка на число
два (2) и один раз на три (3). Однако ясно, что любое простое число в нашей
задаче нечетное, следовательно, может быть представлено в общем виде
нечетного числа: p  2n  1 , где n натуральное число n  3 . Подставим
m  ( p  1)( p  1)  (2n  1  1)( 2n  1  1)  4(n  1)n , откуда становится очевидным
деление числа m на 4.
Докажем лемму № 1: произведение двух последовательных натуральных
чисел k  (n  1)n без остатка делится на 2 (четное число). Доказательство
простое – если n  1 нечетное число, то n - число четное, потому и
произведение k четное, а если число n  1 четное, то произведение k четное за
счет именно этого множителя.
Итак, число m кратное восьми.
Лемма № 2. произведение трех последовательных целых (натуральных)
чисел s  ( p  1) p( p  1) делится на три без остатка (т.е. кратное трем).
Для доказательства леммы обратим внимание на то обстоятельство, что
при делении натурального числа на три возможны три случая: первое, когда
при делении в остатке получается ноль (число кратное трем); второе, когда в
остатке остается число 1 (один), и последний третий случай, когда в остатке
остается число 2. Сейчас рассмотрим случаи деления числа p на три: (1) в
остатке 0, (2) в остатке 1, (3) – в остатке 2. Но тогда произведение s в случае (1)
делится на три из-за множителя p , Случай (2) – делится из-за множителя p  1 ,
и, наконец, случай (3) – делится из-за множителя p  1 . Итак, лемма № 2
доказана.
Вернемся к выражению ( p  1) p( p  1) , где p - простое число. Оно согласно
лемме № 2 делится на три. Но это происходит точно не из-за множителя p , так
как он является простым числом, удовлетворяющий условию p  5 . Стало быть,
на три делится либо множитель p  1 , либо множитель p  1 , т.е. произведение
m  p 2  1  ( p  1)( p  1) делится на три.
Итак, доказали что выражение p 2  1 делится на 8 и на 3, следовательно
делится на 24. Теорема доказана.
Вернемся к нашей задаче. Из соотношения (38) следует, что p  q .
Рассмотрим случай, когда p  5 . Тогда согласно теореме соотношение (39)
можем переписать в виде 2q 2  24t  q 2  12t  q 2  2 f , где t и f произвольные
натуральные числа, а последнее означает, что квадрат простого числа число
четное, что может иметь место только в единственном случае, когда q  2 . Но
правая часть соотношения (39) при условии p  5 больше или равно 24, т.е. при
10
условии p  5 , соотношение (38) никогда не выполняется для простых чисел p
и q.
Рассмотрим значение простого числа p  3 . Тогда простое число q может
принимать единственное значение равное 2, причем соотношение (38)
выполняется: p  3; q  2  p 2  2q 2  9  2  4  1. Последнее возможное значение
простого числа p  2 не допускает выбор простого числа q , удовлетворяющего
соотношению (38), так что приходим к ответу
Ответ: соотношение p 2  2q 2  1 выполняется для единственной пары простых
чисел p  3 и q  2 .
Седьмой пример: найти координаты точки N , которая является
проекцией вершины A треугольника ABC на медиану CM , если известны
координаты вершин треугольника ABC : A(4;3;8), B(26;7;12), C (3;13;7) .
Для решения задачи сначала применим известную формулу длины отрезка
через декартовые координаты его концов:


| A B | c  ( B x  Ax ) 2  ( B y  Ay ) 2  ( B z  Az ) 2  (26  4) 2  (7  3) 2  (12  8) 2  30; | A C | b 

 (3  4) 2  (13  3) 2  (7  8) 2  3 34 ; | B C | a  (3  26) 2  (13  7) 2  (7  12) 2  3 178.
Далее определим координаты точки M – середины отрезка AB согласно
известной формулы
Mx 
Ax  Bx 4  26
3 7
8  12

 15; M y 
 5; M z 
 2; M (15;5;2) ,
2
2
2
2
а также длину медианы CM

| C M | d  (15  3) 2  (5  13) 2  (2  7) 2  27 .
Сейчас в прямоугольных треугольниках CAN и MAN учтем тот факт, что
высота AN (один из катетов) общий и обозначим катет CN за e .Тогда катет
NB будет равняться d  e , а, применяя теорему Пифагора получим уравнение
для определения величин e и f  d  e :
b 2  d 2  c 2 / 4 306  729  225

 15 
.
2d
54
e  CN  15; f  NM  12  k  e / f  5 / 4
b 2  e 2  (c / 2) 2  (d  e) 2  e 
А теперь применим теорему Фалеса: если на одной из двух прямых
отложить последовательно несколько равных отрезков и через их концы
провести параллельные прямые, пересекающие вторую прямую, то они отсекут
на второй прямой равные между собой отрезки. Через точку C проведем
плоскость  параллельную плоскости y0 z и через точку M проведем
плоскость  параллельную плоскости y0 z . Тогда согласно теореме Фалеса
можем писать, что
параллельные оси
CN
C' N '

 k . Далее, проведем прямые C' C x и M ' M x
NM N ' M '
C' N ' Cx N x
y . Опять применим теорему Фалеса:

k.
N'M ' NxM x
Окончательно приведем соотношения C x N x и N x M x через их проекциикоординаты на ось x :
11
N x  Cx
N 3 5
 x
  4 N x  12  75  5N x  9 N x  63  N x  7 .
M x  N x 15  N x 4
Проведя аналогичные процедуры с другими осями, получим:
Сy N y
NyM y

N y  Cy
M y  Ny

N y  13
5 Ny

5
 4 N y  52  25  5 N y  9 N y  27  N y  3;
4
Cz N z
N  Cz
Nz  7
5
 z

  4 N z  28  10  5 N z  9 N z  18  N z  2.
NzM z M z  Nz  2  Nz 4
Ответ: координаты точки N : N x  7 ; N y  3 ; N z  2.
Восьмой пример: найти величину острого угла прямоугольного
треугольника, в который вписана окружность, которой принадлежит точка
пересечения трех его медиан.
В этой задаче вся информация представлена в виде геометрических
понятий и ни одного численного значения, кроме того, что один из углов
треугольника прямой.
Дано: ΔABC, BCA  90 0 ,
Окр{O; r} – вписанная в
тре-ник, CD = DB; BF = FA;
AE = EC; CF, BE и AD –
медианы тре-ника,
T  AD; T  BE ; T  CF ,
T  Окр{O; r}
Найти:
Решение:
12
угол α = BAC
Обозначим катеты треугольника через a = СB и b = CA, а гипотенузу через
c = AB. По теореме Пифагора c2 = a2 + b2.
Вспомним, что медиана треугольника - это отрезок, соединяющий вершину
треугольника с серединой противолежащей стороны этого треугольника. У
медиан треугольника следующие свойства: 1) медианы треугольника
пересекаются в одной точке, которая делит каждую из них в отношении 2 : 1,
считая от вершины; 2) медиана разбивает треугольник на два треугольника
одинаковой площади; 3) весь треугольник разделяется своими медианами на
шесть равновеликих треугольников.
Нам также необходимо будет теорема Фалеса: если параллельные прямые,
пересекающие стороны угла, отсекают на одной его стороне равные отрезки, то
они отсекают равные отрезки и на другой его стороне.
Введем декартовую систему координат с началом в вершине С прямого
угла и с осями x и y по катетам CA и CB соответственно. Тогда уравнение
окружности, вписанной в треугольник ABC, с радиусом r и с центром в точке
O{r; r} имеет вид: (x – r)2 + (y – r)2 = r2, где (x; y) – координаты точки
окружности. В этой же системе приведем координаты точек
A{b; 0}, B{0; a}, C{0; 0},
а координаты точки F определим согласно известной формуле для точки –
середины отрезка AB:
Fx 
Ay  B y 0  a a
Ax  Bx b  0 b

 ; Fy 

 
2
2
2
2
2
2
F{b/2; a/2}.
Точка T делит отрезок CF в отношении CT : TF = 2 : 1. Согласно
теореме Фалеса, в этом отношении делится и отрезок CE: CS : SE = 2 : 1, Но
точка E имеет координаты E{b/2; 0}, следовательно координатами точки S
будут S{b/3; 0}, т.е. абсцисса точки T будет b/3. Аналогично ординатой этой
точки будет a/3 и окончательно T{b/3; a/3}.
2
2
b
a
Так как эта точка принадлежит окружности, получим   r     r   r 2
3
 3

или, после преобразования: 9r  6r (a  b)  c  0 (это уравнение, которому
удовлетворяют радиус и стороны треугольника. Получим еще одно такое
уравнение, используя известные формулы для площади треугольника:
2
S ABC 
2
ab
abc
ab
; S ABC  pr 
rr
(p - полупериметр треугольника).
2
2
abc
Исключая радиус вписанной в треугольник окружности, получим
уравнение, связывающее стороны прямоугольного треугольника:
a 2b 2
ab
9
6
(a  b)  c 2  0 или 9a 2 b 2  6ab(a  b)( a  b  c)  c 2 (a  b  c) 2  0
2
abc
(a  b  c)
Разделим левую часть последнего уравнения на c4 и учтем известные
соотношения для синуса sin   a c и косинуса cos   b c острого угла α:




2
ab a
a b 
9( a ) 2 ( b ) 2  6
 b    1  a  b  1  0 или
c
c
c c c 
c
c
cc c
13
9 sin 2  cos 2   6 sin  cos  (sin   cos  )(sin   cos   1)  (sin   cos   1) 2  0 или
2  2(sin   cos  )  3 sin 2  cos 2   4 sin  cos   6 sin  cos  (sin   cos  )  0
Такие тригонометрические уравнения решаются с помощью следующей
постановки: u  sin   cos  , где u переменное, имеющее область изменения
u  2 sin(    )
4

| u | 2
c одной стороны и позволяющее выразить произведение синуса и косинуса угла α:
u 2  sin 2   2 sin  cos   cos 2   1  2 sin  cos   sin  cos  
u 2 1
2
Итак, после постановки и некоторых преобразований получим следующее
3u 4  12u 3  2u 2  20u  13  0 . Это алгебраическое уравнение
уравнение:
четвертого порядка легко разлагается на два множителя:
(u  1) 2 (3u 2  6u  13)  0 .
Решениями этого уравнения являются:
 4 3
4 3 
 и u3  

u1  1; u 2  1 

 3  1 .
3




Корни первого уравнения 2 sin    4  1

    4  (1) n  n; n  Z или   k ; k  Z
4


не имеют геометрического смысла. Действительные же корни второго
уравнения 2 sin(    4)  (1  4 3 / 3) вовсе отсутствуют так как u 2   2 .
Наконец приведем решение третьего уравнения 2 sin(    / 4)  4 3 3  1 :
   / 4  (1) n arcsin
Геометрическим
смыслом
прямоугольного треугольника
4 6 3 2
 n; n  Z .
6
обладает
значение
α
острого
угла
4 6 3 2 
 .
6
4
0
  22 488 .
  arcsin
Ответ: BAC   ,   0,397977 рад. или
Девятый пример: Все натуральные числа от 1 до 101 записаны подряд,
образуя многозначное число. Будет ли оно составным? Будет ли оно полным
квадратом?
Решение: число
z = 1234567891011121314 … 92939495969798100101
состоит из 195 = 9 + 2  90 + 6 цифр, т.е. имеет порядок 10194. Разобьем его на
34 слагаемых по следующему принципу:
z = a1 + a2 + a3 + b1 + b2 + b3 + b4 + … b27 + b28 + b29 + b30 + c1, (1)
где
a1 = 123  10192, a2 = 456  10189, a3 = 789  10186;
b1 = 101112  10180, b2 = 131415  10174, b3 = 161718  10168, b4 = 192021  10162, …
b27 = 888990  1024, b28 = 919293  1018, b29 = 949596  1012, b30 = 979899  106,
c1 = 100101
(2)
14
т.е. слагаемые типа a состоять из 3-х последовательных единиц, а остальные
цифры нули, слагаемые типа b состоять из трех последовательных двухзначных
натуральных чисел, а остальные цифры нули и, наконец слагаемое с1.
Вспомним критерий делимости целого числа на 3: целое число делится на
3 без остатка тогда и только тогда, когда сумма цифр этого числа делится на 3
без остатка.
Приведем три теоремы без доказательства:
1) любое число, полученное записью трех любых натуральных
последовательных чисел, делится на 3 без остатка (это - следствие признака
делимости на 3);
2) если число имеет структуру, приведенную в пункте 1), умноженное на 10 n ,
где n любое натуральное число, то оно также кратное трех;
3) сумма слагаемых, каждое их которых делится на 3, делится на 3 без остатка.
Теперь становится ясным смысл преставления числа z в виде суммы (1)
слагаемых типа (2). Т.е. число z кратное трем, значит составное.
Сейчас поинтересуемся результатом деления числа z на 3, а точнее нас
будет особо интересовать цифра в разряде 100 (цифра единиц):



a1  a1 / 3  41  10191, a2  a2 / 3  152  10188 , a3  a3 / 3  263  10185 ;



b1  b1 / 3  33704  10179 , b2  b2 / 3  43805  10173 , b3  b3 / 3  53906  10167 ,



b4  b4 / 3  64007  10161, b5  b5 / 3  74108  10155 , b6  b6 / 3  84209  10149 ,



b7  b7 / 3  94310  10143 , b8  b8 / 3  104411  10137 , b9  b9 / 3  114512  10131, …



b27  b27 / 3  296330  10 23 , b28  b28 / 3  306431  1017 , b29  b29 / 3  316532  1011 ,


b30  b30 / 3  326667  10 5 , и, наконец, c1  c1 / 3  33367
т.е.
z = 3  m,
где
m = 41152263033704043805 … 31653232666733367.
Если учесть тот арифметический факт, что квадрат любого натурального
числа не может заканчиваться на цифрах 2, 3, 7 и 8, то можно сделать вывод
что множитель m не может быть квадратом целого числа. Итак, число z не
является квадратом целого числа.
Ответ: число z составное; число z не является квадратом целого числа.
Десятый пример: Некоторая прямая пересекает график функции
y( x)  ax 3  bx  c ровно в трех различных точках, сумма ординат которых равна
6. В какой точке эта прямая пересекает ось ординат?
Решение: обозначим абсциссы точек пересечения прямой y  kx  d и
кривой y( x)  ax 3  bx  c (кубическая парабола) через x1, x2, x3 , а ординаты – y1,
y2 и y3, соответственно. Сделаем общие замечания: условие о ровно трех
различных точках пересечения прямой и кубической параболой говорит о том,
что a  0 , а следовательно линейный коэффициент также k  0 ; свободный член
15
в линейной зависимости d совпадает с отрезком, который пересекает прямая
линия по оси y.
Воспользуемся условиями задачи:
y1  kx1  d  ax1  bx1  c,
3
y 2  kx2  d  ax 2  bx 2  c,
3
y3  kx3  d  ax3  bx3  c.
3
Суммируя левые части этих уравнений получим:
y1  y 2  y3  k ( x1  x2  x3 )  3d  6.
(1)
Далее предлагается вычитание левых и правых сторон первого и второго
уравнений, а также левых и правых сторон соответственно второго и третьего
уравнений:
k ( x1  x 2 )  a( x1  x 2 )  b( x1  x 2 )  k  a( x1  x1 x 2  x 2 )  b,
3
3
2
2
k ( x 2  x3 )  a( x 2  x3 )  b( x 2  x3 )  k  a( x 2  x 2 x3  x3 )  b,
3
3
2
2
так как
x1  x2 , x2  x3 , x1  x3 .
Вычитая еще раз левые и правые стороны первого и второго уравнений,
получим:
2
2
2
2
a( x1  x1 x2  x2  x2  x2 x3  x3 )  0  ( x1  x3 )( x1  x2  x3 )  0  x1  x2  x3  0 .
Учитывая условие (1) получим
3d  6  d  2 .
Полученный результат имеет отношение к теореме Виета для кубического
уравнения, а именно если z1, z2 и z3 суть решения приведенного кубического
уравнения z3 + ez2 + fz + g = 0, то
z1 + z2 + z3 = - e,
16
z1z2 + z1z3 + z2z3 = f,
z1z2z3 = - g
Коэффициент квадратного члена функции y( x)  ax 3  bx  c равняется нулю:
e = 0  x1  x2  x3  0 . В этом примере числа x1, x2 и x3 являются корнями
уравнения ax 3  bx  c  0 условно, если дополнительно предположить
параллельное перемещение оси абсцисс y  0 по оси ординат.
Ответ: d  2 .
Одиннадцатый пример: На медиане BD треугольника ABC, площадь
1
4
которого равна S, построена точка E так, что DE  BD . Через точку E
проведена прямая AE, пересекающая сторону BC в точке F. Найти площадь
треугольника AFC.
Решение: при решении этой задачи воспользуемся теоремой:
если точка E делит сторону треугольника ABD на отрезки BE и ED, то площади
треугольников ABE и AED относятся как эти отрезки:
S ABE BE
(доказывается

S AED ED
эта теорема просто, так как у этих треугольников та же самая высота, а площадь
треугольника равна полупроизведению основания на высоту).
В силу этой теоремы получим следующие соотношения:
S ABD AD

 1  S ABD  S DBC  S ;
2
S DBC DC
S ABE BE 3


 S ABE  3S ; S AED  S ;
1
8
8
S AED ED
S AED AD

 1  S AED  S DEC  S .
8
S DEC DC
Искомую площадь треугольника AFC обозначим через x: S AFC  x и применим выше упомянутую теорему для пар треугольников BAF, FAC и BEF, FEC:
3S
S BAF BF S BEF BF
S
S
S x S x 8

,

 BAF  BEF 

.
S FAC FC S FEC FC
S FAC S FEC
x
xS
4
Решая это уравнение, получим:
(8 x  2S )( S  x)  x(5S  8 x)  8 x  2S  2 x  5 x  5 x  2S  x 
17
2S
.
5
n
ED , то
m
m

S;
2(n  m)
Эта задача позволяет делать обобщение: если BE 
S ABE BE n
n


 S ABE 
S ; S AED
m
S AED ED
2(n  m)
S AED AD
m

 1  S AED  S DEC 
S.
S DEC DC
2(m  n)
Далее аналогично предыдущему случаю получим уравнение:
S BAF
S FAC
n
S
S BEF
Sx
2S (m  n)  2 x(m  n)  nS
2(m  n)





m
S FEC
x
2 x(m  n)  2mS
x2
S
2(m  n)
( S  x)( 2 xm  2 xn  2mS )  (2mS  nS  2 xm  2 xn) x
S x
решая которое найдем:
S AFC  x 
S
2mS
nS
n
1 BE
и S ABF  S  x 
, а также ABF 
 
2m  n
2m  n
S AFC 2m 2 ED
То есть отрезок AF делит площади треугольников ABC и ABD в равной
пропорции n : m при условии что BD отрезок - медиана.
Ответ: 2S/5.
Двенадцатый пример: В треугольник с боковыми сторонами 9 и 15 см
вписан параллелограмм так, что одна из его сторон длиной 6 см лежит на
основании треугольника, а диагонали параллелограмма параллельны боковым
сторонам треугольника. Найти другую сторону параллелограмма и основание
треугольника.
Решение: введем следующие обозначения - AB = c = 15, BC = a = 9, AC =
= b = ?, DG = x = 6.
Согласно условиям задачи EF | | AC, DF | | AB и EG | | BC, а также самого
определения параллелограммы фигуры CGEF и AEFD представляют собой
параллелограммы. Но тогда справедливо, что AD = EF и GC = EF, а как следствие
этого получаем равенство отрезков AD = GC.
Рассмотрим треугольники DEG и GFC. В них FC = EG, а FCG  EGD ,
EDG  FGC , следовательно DEG  GFC . Согласно признаку равенства двух
треугольников по одной равной стороне и двум равным прилежащим к ней углам
18
DEG  GFC . Но тогда DG = GC, а GC = EF, следовательно, EF = DG = x. Далее,
согласно признаку параллелограмма: четырехугольник, в котором две
противоположные стороны равны и параллельны, есть параллелограмм, убедимся,
что фигура DEFG является параллелограммом.
Итак, AD = DG = GC = 3x = 18.
AE CF

, а из-за подобия треугольников EBF
EB FB
BF BC
BF EF 1



 .
и ABC получим:
EF AC
BC AC 3
Согласно теоремы Фалеса имеем
Применим теорему косинусов для треугольников ABC и GFC:
c 2  a 2  b 2  2ab cos BCA
FG 2  FC 2  GC 2  2  FC  GC  cos FCG
cos BCA 
a 2  b 2  c 2 9 2  18 2  15 2 5


2ab
2  9  18
9
2
a2  b2  c2
2 
2
FG   a   x  2  a  x 
3
2a b
3 
2
2
Производя расчеты получим
FG 2 
4
2
5
 81  36  2   9  6   72  40  32  FG  4 2
9
3
9
Ответ: 4 2 и 18 см.
Тринадцатый пример: Центр окружности, вписанной в прямоугольную
трапецию, удален от концов боковой стороны на расстояния 8 и 4 см. Найти
среднюю линию трапеции.
Дано:
ABCD – трапеция,
Окр{O; r} – вписанная в трапецию,
AB  AD ,
OC = x = 4 см,
OD = y = 8 см,
EF | | AD | | BC,
AE = EB,
Найти:
EF = ?
Решение:
Известно, что в любом описанном четырехугольнике, в частности и в
трапеции, суммы противоположных сторон равны, т.е.
AB + CD = BC + AD.
Введем следующие обозначения: BC = a, AD = b, CD = c, ( AB  AD,
19
CK  AD,
AB || KC,
MN  AB  CK  2r ) и заметим, что ввиду прямоугольности
трапеции и из-за того, что в нее вписана окружность, сторона AB является высотой
трапеции и равняется диаметру окружности: AB = 2r. Тогда можно записать первое
соотношение для сторон:
a + b = 2r + c.
(13.1)
Сейчас вспомним еще два свойства:
1) если две параллельные прямые BC и AD пересечены третьей прямой CD, то
сумма внутренних односторонних углов равна 1800, т.е.
ADC  BCD  180 0 ,
(13.2)
2) отрезки касательных DC и DA к окружности, проведенные из одной точки D
(или С), равны (DG = DN (или CM = CG) и составляют равные углы с прямой,
проходящей через эту точку и центр окружности т.е.
(13.3)
ADO  ODC   (или DCO  DCO   ).
2
2
Учитывая (13.2) и (13.3) получим
OCD  ODC  
2

2

2
,
откуда следует, что угол COD прямой.
Для определения боковой стороны трапеции c (гипотенузы треугольника COD)
применим теорему Пифагора:
c2 = x2 + y2.
(13.4)
В прямоугольном треугольнике COD определим тангенс угла ODC:
x
tgODC  tg   ,
2
y
и воспользуемся известной из тригонометрии соотношением между синусом
2tg
двойного угла и тангенсом унарного угла sin 2 
для определения синуса
1  tg 2
угла ODC
sin  
2tg 
2
1  tg 

2
2
2x
y
1   x 
 y
2

2 xy
.
x  y2
2
и применим это значение синуса для прямоугольного треугольника CDK
sin  
CK 2r
2 xy
xyc

 2
r 2
.
2
CD
c
x y
x  y2
Таким образом, радиус окружности выражается через x и y:
xy
r
x  y2
2
.
(13.5)
А теперь из соотношения (13.1) найдем среднюю линию EF 
трапеции ABCD:
EF  r  c 
2
xy
x2  y2
BC  AD a  b

2
2
x 2  y 2 2 xy  x 2  y 2 x 2  y 2 


,
2
2 x2  y2
2 x2  y2
2

20
и определим ее численное значение:
EF 
12 2
2 80

18 5
.
5
Ответ: 18 5 / 5 см.
В последующих работах этой серии приведем еще много примеров,
которые решаются различными методами.
ЛИТЕРАТУРА
1. Н.Я. Виленкин, О.С. Ивашев-Мусатов, С.И. Шварцбурд. Алгебра и
математический анализ для 10 класса: Учеб. Пособие для учащихся шк. и кл. с
углубл. изуч. математики – 6-е изд. – М.: Просвещение, 1999.
2. Н.Я. Виленкин, О.С. Ивашев-Мусатов, С.И. Шварцбурд. Алгебра и
математический анализ для 11 класса: Учеб. Пособие для учащихся шк. и кл. с
углубл. изуч. математики – 6-е изд. – М.: Просвещение, 1998.
3. Черкасов О.Ю., Якушев А.Г. Математика: интенсивный курс
подготовки к экзамену. – 6-е изд., испр. и доп. – М.: Рольф, 2002.
4. Амелькин В.В., Рабцевич В.Л. Задачи с параметрами: Справ. пособие
по математике. – 2-е изд. – Мн.: ООО «Асар», 2002.
5. В.В.Ткачук. Математика – абитуриенту. – 11-е изд., испр. и допол. М.:
МЦНМО, 2004
21