Решение. - metodika.in.ua

Реклама
Рыжков М.А.
Методика изучения некоторых тем факультативного курса
математики в 8 – 11 классах.
Содержание.
1. Вступление ………………………………………………………………………………….3
2. Аналитично - синтетический метод доказательства неравенств ………………………..4
3. Доказательство неравенств методом математической индукции и методом
мажорации (усиления)……………………………………………………………………….9
4. Решение уравнений, неравенств и их систем методом мажорации ……………… ……15
5. Опорные и классические неравенства. Применение метода специализации
при доказательстве неравенств …………………………………………………………..20
6. Применение классических и опорных неравенств при решении уравнений,
неравенств и их систем ……………………………………………………………………27
7. Доказательство неравенств, решение уравнений, неравенств и их систем
геометрическими методами ……………………………………………………………….33
8. Изучение простейших функциональных уравнений ……………………………………42
9. Заключение ………………………………………………………………………………...53
Вступление.
Практически любая часть человеческой деятельности становится более эффективной при
использовании математических методов. Поэтому проблема повышения математической
подготовки значительной части школьников приобретает государственное значение.
Выявить учащихся, имеющих интерес и склонности к занятиям математикой, позволяют
математические олимпиады школьников.
Проведение всех олимпиад предполагает соответствующую подготовку учащихся, которая
осуществляется под руководством учителя или самостоятельно. Как показывает практика,
неподготовленные учащиеся чаще всего неудачно выступают на олимпиадах. Поэтому в каждой
школе должны систематически работать кружки (факультативы), а также проводиться
индивидуальная работа с учащимися, интересующимися математикой.
На занятиях кружка (факультатива) основное внимание следует уделять вопросам, изучение
которых углубляет и расширяет знания, приобретаемые учащимися на уроках, способствуют
овладению методами решения задач, уравнений и пр.
Кроме систематизации методов решения конкретных типов математических задач мы
ставим своей целью развитие интеллектуальных качеств и возможностей детей, таких как
развитие исследовательских, конструктивных, аналитических качеств, развитие интуиции.
В методическом багаже в США и странах западной Европы при изучении экономики
давно применяется метод Case – Study. Здесь мы применяем этот метод, адаптированный
для учащихся средней школы. Подробнее с этим методом и его дидактическими
возможностями можно ознакомиться в Интернете (см., например, «Дидактические
возможности метода Case Study в обучении студентов», К.п.н., доцент, декан ППФ
КГУ Смолянинова О. Г.). Одновременно мы заполняем пробел, который состоит в том,
что литературы, доступной для учащегося, не имеющего специальной углубленной
математической подготовки, очень мало. Да и для учителей, особенно молодых,
«вычислить» решение олимпиадной задачи или самому, или, используя готовое
решение, очень сложно. Поэтому своей целью мы ставим показать, как можно
логическим путем прийти к решению данной математической задачи. Таким образом,
данная работа будет интересна как для начинающего учителя, так и для учащихся,
которые хотят научиться «вычислять» решение данной математической задачи. Мы взяли
для начала одну из популярных тем математических олимпиад – доказательство
неравенств. В современной математике неравенства играют огромную роль. Линейное и
нелинейное программирование, теория игр, исследование операций, теория информации
и т.д. – где неравенствам отводится центральное место, нахождение максимального или
минимального значения функции, оценка любой величины сверху или снизу имеют
целью также доказательство неравенства. Поэтому роль и актуальность этой темы
трудно переоценить.
Тема «Доказательство неравенств» включена в программу факультативных курсов классов и
школ с углубленным изучением математики в 9 классе, в которой на изучение этой темы
отводится 4 часа. Поэтому мы предлагаем разработку этих уроков, на основе которых каждый
учитель может составить свою систему работы, возможно в большем объеме.
Развивая тему «Доказательство неравенств», учитывая важность темы неравенств для
развития математики и любой науки, имея в виду «Программу курсов по выбору»,
предоставленную В. Швецом и Л. Заболотней и рассчитанную на 35 часов факультативных
занятий, мы представляем разработку 12 уроков по этой теме. В своей разработке мы показываем
применение методов, применяемых при доказательстве неравенств, и в других вопросах,
связанных с неравенствами – это решение уравнений, неравенств и их систем, а также для
решения практических задач, связанных с оценкой выражений. В частности и в геометрии. Мы
развиваем и обратную тематику, связанную с применением методов геометрии при решении
аналогичных заданий.
Тема «Функциональные уравнения» включена в программу факультативных курсов
классов и школ с углубленным
изучением математики, представлена 4 часами, хотя
возможно ее более основательное изучение, так как задания этой тематики встречаются на
олимпиадах разного уровня, начиная с районных и заканчивая международными, на
различных конкурсах и фестивалях, турнирах и. т. п.
Актуальность этой темы объясняется также ее научным значением, так как многие
функции могут быть заданы только с помощью функционального уравнения.
А
функциональное направление даже в школьной математике является одним из ведущих.
Данная тема имеет тесную связь с темой «Последовательности», которая также является
обязательной
темой
базового
школьного
курса
математики.
Как
известные
последовательности – прогрессии, так и не очень часто встречающиеся - например,
последовательность чисел Фибоначчи могут быть заданы с помощью функционального
уравнения относительно натурального (целого) аргумента .
Изучение этой темы может быть реализовано со второй четверти 9 класса, когда
приведены в систему все знания детей по теме «Функции», включая также понятие
сложной функции. Для изучения этой темы на более высоком уровне необходимо знание
темы «Производная» и метод математической индукции, а также элементы теории групп,
которые могут быть изучены после изучения темы «Преобразования» в 8, начале 9 класса.
Изучая с детьми эту тему, мы преследуем цель развития у детей мыслительных
навыков, умения обобщать и конкретизировать, дать представление об аксиоматической
основе любой теории как системе знаний. Предлагая разработку нескольких уроков по
изучению этой темы с детьми, мы преследуем цель – помочь начинающему учителю
математики составить свою систему уроков в условиях конкретного класса и школы.
Занятие 1 (2 часа)
Тема:
«Аналитико-синтетический
неравенств».
метод
доказательства
Дидактическая цель занятия:
Сформировать у учащихся понятия неравенстваследствия, равносильности неравенств. Учить «выстраивать» логические цепочки при
доказательстве неравенств, различая аналитическую и синтетическую части. Учить проводить
исследования при доказательстве неравенств.
I. Актуализация опорных знаний.
Учитывая, что уроки желательно проводить в 9 классе после изучения темы «неравенства», то
уроки систематизации и обобщения по теме можно считать подготовительными для изучения
темы на факультативных занятиях, которые и должны давать углубленные знания по теме. Целью
данной части урока, если это не сделано ранее, - уяснить с учащимися понятие неравенство –
следствие и понятие равносильности неравенств. То есть, напоминаем, что из неравенства a>b,
например, следует неравенство c>d, если верно неравенство a>b, то будет верно и неравенство c>d
(пишем a>b  c>d). Неравенство c>d называется неравенством – следствием для неравенства
a>b. Если одновременно из a>b следует c>d и из неравенства c>d следует a>b, то неравенства a>b и
c>d называются равносильными (пишем a>b  c>d). Мы знаем, например, что
a>b  a-b>0,
a<b  a-b<0,
a  b  a-b  0,
a  b  a-b  0
a>b, b>c  a>c,
a>b, b  c  a>c,
a  b, b  c  a  c,
a>b, c    a + c>b + c,
a>b, c>0  ac>bc,
a>b,c<0  ac<bc.
Упражнение 1.
Учитель. Покажите, что знак следования  нельзя заменить в утверждениях знаком
равносильности  .
Дети приводят контрпример, показывающий, например, что из ac>bc не следует a>b, c>0
(возможно a<b, c<0).
Если величины, входящие в данные неравенства, зависят от некоторых переменных, то
нужно говорить о множестве истинности данного неравенства.
Множество Р значений переменных называется множеством истинности для
неравенства А>В, если для значений переменных, входящих в данное неравенство, из
множества Р неравенство А>В истинно.
Тогда А>В  С>D, если множество Р истинности неравенства А>В содержится во
множестве истинности неравенства С > D.
Если множества истинности неравенств А>В и
С > D совпадают, то неравенства
А>В и С > D называются равносильными (пишем А>В  С> D).
Заметим, что два неравенства могут быть равносильными на одном множестве и не
равносильными на другом. Например, неравенства
X2 ≥ 0 и X ≥ 0
равносильны на множестве неотрицательных чисел и неравносильны на множестве всех
действительных чисел.
Упражнение 2.
А) Верно ли, что при a>b:
-a>-b,
2a+1>2b+1,
-3a-2<-3b-1,
6a>5b.
Б) Равносильны ли неравенства:
x3 >x-2 и x3+2>x;
3x≤2 и 3x+
2
2
≤ 2+
;
x -1
x -1
3x>2 и -3x+
2
2
<-2+
;
x -1
x -1
3x>4 и 15x>20;
3x<4 и
3x

x 1
4
;
x 1
В) Заменить неравенство равносильным:
x(2x -11)
3x + 5
y+1
> 0;
> 0.
< 0;
3
2x + 3
y+ 9
 3x 
II. Восприятие и усвоение метода.
Пример 1. Доказать, что при a<b и a<с верно неравенство
a2+bc > ab+ac.
Решение.
Ученик
.
По определению неравенства > рассмотрим разность левой и правой части
неравенства: a2+bc–ab–ac. Нам требуется доказать, что эта разность положительна.
Проанализируем условие: так как a<b и a<с, то разности a-b и a-с отрицательны. Чтобы
использовать условие, выделим в выражении a2+bc–ab–ac эти разности. Судя по степеням а,
требуется разложить эту разность на множители. После преобразований, используя способ
группировки, ученик получает произведение (a-b)  (a-с). Данное произведение положительно,
поэтому неравенство доказано.
Учитель. При доказательстве неравенства мы преобразовали данное неравенство к виду
a2+bc–ab-ac>0, а затем привели его к виду (a-b)  (a-с)>0. Эта часть решения называется анализом
Эвклида, который впервые начинал поиск доказательства с преобразования
данного
неравенства. Тогда доказательство выглядит так. Так как a<b, то a-b<0. Так как a<с, то a-с<0.
Умножим обе части неравенства a-b<0 на отрицательное число a-с, то получим (a-b)  (a-с)>0.
Последнее неравенство равносильно неравенству a2+bc > ab+ac и, таким образом, доказательство
закончено.
Таким образом, если обозначить утверждение, содержащееся в данном неравенстве, через
А1, а утверждения, получающиеся при преобразованиях данного неравенства таких как
перенесение слагаемого из одной части неравенства в другую, умножение или деление обеих
частей неравенства на число или выражение с переменной, потенцирование или
логарифмирование обеих частей неравенства и т.д. через А2, А3, … ,Аn, то целью анализа
является поиск такой логической цепочки преобразований, чтобы утверждение Аn стало
очевидным при данных условиях. Тогда вторая часть решения- доказательство - состоит в
обосновании справедливости того, что из Аn  Аn-1, Аn-1  …  A1. При этом в утверждения
Аi могут входить дополнительно очевидные неравенства, ранее доказанные неравенства и
известные математические факты. Упражнение 1 показывает необходимость выделения этих
двух частей при решении такого рода упражнений. Вторая часть решения при этом называется
синтезом.
Дети могут вспомнить, что такого рода задачи им встречались при решении задач на
построение в геометрии, где решение заканчивалось исследованием. Учитель может заметить,
что исследование часто будет присутствовать, когда мы будем доказывать нестрогие
неравенства, тогда нужно исследовать условия, при которых будет достигаться равенство.
Пример 2, который решаем коллективно.
Доказать, что при а>-1 верно неравенство:
2+а3>а+а2.
Решение.
Анализ.
Ученик. Чтобы использовать в последствии условие а>-1, выделим в выражении, которое
получится в левой части неравенства, после того как мы «соберем» там все слагаемые,
выражение а+1. Дети после выполнения преобразований получат (а-1)2(а+1)> -1.
Учитель. Можно ли закончить анализ? Виден ли ход доказательства?
Ученик. Да, конечно. Выражение (а-1)2 неотрицательно, то есть (а-1)2  0. Из условия а>-1
следует, что а+1 положительно, т.е. а+1>0. Умножая обе части неравенства (а-1)  0 на
положительное выражение а+1, получим (а-1) (а+1)  0. Но 0 > -1, поэтому (а-1)2(а+1)> -1. После
раскрытия скобок элементарными преобразованиями неравенство легко привести к
доказываемому и, таким образом, неравенство доказано.
Пример 3 даем с той целью, чтобы дети в простом случае проделали обе части решения
самостоятельно. Думается, что это не вызовет особых затруднений.
Пример 3. Доказать неравенство а2-а+1<в(в-1) при условии, что а и в отрицательны и а >
в+1.
III. Упражнения на «отработку» отыскания преобразований
(анализ)
и проведения доказательства (синтез).
Замечание для учителя. Следующие примеры являются пропедевтическими для уроков,
посвященных классическим неравенствам.
Пример 4. Доказать, что при всех действительных значениях переменных, верно
неравенство:
a 2  b 2  c 2  ab  ac  bc
Анализ.
Ученик. Анализируя данное неравенство, замечаем, что оно содержит элементы выражений
 a  b  , b  c  , a  c 
2
2
2
, а точнее половину их суммы.
Учитель. Достаточно ли этого, чтобы провести доказательство?
Ученик. Да!
Доказательство.
Неравенства
a  b
2
 0, b  c   0, a  c   0 верны при любых действительных
2
2
значениях переменных а, в и с . Складывая их, получим верное неравенство
2а2+2в2+2с2-2ав-2вс-2ас  0.
После деления обеих частей неравенства на 2, уединяя квадраты переменных в левой части
неравенства, получим равносильное неравенство, которое и требовалось доказать.
Учитель. Исследуйте, пожалуйста, при каких условиях в данном неравенстве достигается
равенство, и скажите, где это может быть полезно и необходимо?
Ученик. В неравенстве может достигаться равенство в том и только в том случае, если все
три квадрата равны нулю, а это в свою очередь, будет выполняться в том и только в том случае,
если все три переменные равны между собой.
Учитель активизирует учащихся на создание ситуации, когда необходимо решать эту задачу,
напоминая, если это необходимо, задачу о наибольшем значении функции, где нужно не только
оценить эту функцию сверху или снизу, но и показать, что это значение достигается. Можно
вспомнить задачу о наименьшем числе выстрелов, которые требуется произвести, чтобы
«ранить» четырехпалубный корабль в игре «морской бой» и другие задачи, где надо найти
наибольшее или наименьшее значение величины. Напомним, что к такого рода задачам мы еще
вернемся. В этой же ситуации можно задачу сформулировать так: если дано значение одного
выражения из тех, что стоят в неравенстве, а надо указать наименьшее или наибольшее значение
второго, то нужно не только доказать это неравенство, но и указать значения переменных,
входящих в данное неравенство, при которых эти выражения равны.
Пример 5. Доказать неравенство для неотрицательных значении a и b :
ab
 ab .
2
Замечание для учителя. Здесь решение можно провести как, выделяя анализ и синтез, так и
выполняя равносильные переходы. В последнем случае запись решения может быть очень
короткой:
ab
 ab  a  b  2 ab 
2
Последнее
неравенство

очевидно.
a b

2
 0.
Обсуждение
решения
дети
могут
провести
самостоятельно в парах, оно затруднений не вызывает.
Пример 6. Доказать неравенство для неотрицательных чисел:
ab
a 2  b2

2
2
Решение.
Дети могут точно также предложить короткое решение:
ab

2
 a  b   a 2  b2  a  b 2  0
a 2  b2



2
4
2
2
Учителю следует попросить детей доказать равносильность первых двух неравенств. Дети
после обсуждения в группах приходят к выводу, что они равносильны для неотрицательных
чисел.
Учитель. Попробуйте проанализировать справедливость этого неравенства при любых
значениях переменных а и в (самостоятельно).
Учитель. Исследуйте, пожалуйста, условия, при которых будет выполняться равенство.
Ученик. Очевидно при равенстве а и b .
Пример 7. Доказать неравенство для a1 <a2<a3; b1 <b2< b3 и для at >a2>a3; b1 >b2 >b3
a1  a2  a3 b1  b2  b3 a1b1  a2b2  a3b3


3
3
3
Решение.
Учитель. Попробуйте начать анализ.
Ученик. Умножим обе части неравенства на 9, получим равносильное неравенство:
 a1  a2  a3   b1  b2  b3   3 a1b1  a2b2  a3b3 
Вычеркнем с обеих частей неравенства выражение a1b1  a2b2  a3b3 . Получим равносильное
неравенство
a1b2  a1b3  a2b1  a2b3  a3b1  a3b2  2  a1b1  a2b2  a3b3 
(*)
Учитель. Сможете теперь «увидеть» доказательство?
Ученик. Анализируя условие a1 <а 2 < а3; b1  b2  b3 и a t > a2 > a3; b1 > b2 > b3, делаем
вывод, что a1  a2 и b1  b2 имеют один и тот же знак; аналогично а2 - а3 и b2 - b3, а также
а1 - а3 и b1 - b3. Откуда их произведение положительно, то есть
(a2 - a3 )( b2- b3 ) >0,
(al - a3 ) ( b1 - b3 ) >0.
Легко
видеть,
 a1  a2 b1  b2  >0
что
если сложить эти три
неравенства, получим неравенство (*). То есть, это неравенство, а также и требуемое -доказано.
Пример 8. Доказать неравенство:
a
2
1
 a22  a32  b12  b22  b32    a1b1  a2b2  a3b3 
2
Решение.
Ученик. Проведем анализ.
Как и в предыдущем неравенстве, если раскрыть скобки слева и справа, то произведения
квадратов переменных с одинаковыми индексами «уйдут». Оставшиеся слагаемые можно
сгруппировать по группам индексов. Например, в первую группу можно «собрать» слагаемые с
индексами 1 и 2, во вторую- с индексами 2 и 3, а в третью- с индексами 2 и 3. Выпишем,
например, слагаемые первой группы:
a12b22  a22b12  2a1a2b1b2 .
Легко видно, что его можно представить в виде квадрата:  a1b2  a2b1  . Остальные
2
аналогично. Тогда имеем сумму квадратов:
 a1b2  a2b1    a1b3  a3b1 
2
2
  a2b3  a3b2 
2
Теперь доказательство провести несложно. Так как полученная сумма квадратов
неотрицательна, то, раскрывая скобки и выполняя обратные преобразования к тем, что были
проведены при анализе, получим доказываемое неравенство.
Учителю следует попросить детей (это будет необходимо в дальнейшем) исследовать
условия, при которых в данном неравенстве будет достигаться равенство.
Ученик. Равенство будет достигаться в том и только в том случае, если одновременно
a1b2  a2b1 = a1b3  a3b1 = a2b3  a3b2 =0. То есть, в случае
a1 a2 a3

 .
b1 b2 b3
Далее целесообразно для отработки навыков дать детям самостоятельную работу.
Если потребуется, можно провести обсуждение решения некоторых неравенств всем
коллективом или в группах.
1) Доказать, что а2 + b 2 > 0 ;
2) Доказать, что a2 +ab + b2 > 0 ;
3) Доказать, что а4 +а2 -6а + 10 >0;
a
b

>0 при условии, что а > b > -5;
a5 b5
ab
5) Доказать, что
0 при условии, что a  0 , b  0 , a  b ;
a b
2 
b a
4) Доказать, что
6) Доказать неравенство:
a
b

b
a
 a  b для положительных чисел a и b .
7) (Более сложное). Доказать, что для положительных а, b и с:
а3 + b 3 +с3 > За b с.
Указание. Использовать тождество a3 +b3 +c3 -3abc=
1
2
2
2
(а + b + c)  a  b    a  c    b  c   .


2
8) Числа а, b , с и такие, что а2 + b 2 = 1, с2 + d2 = 1. Доказать, что ac  bd  1 .
После обсуждения доказательства неравенств самостоятельной работы, подводим
IV. Итог уроков.
Усвоили суть аналитико-синтетического метода доказательства
неравенств. Выработали некоторые навыки поиска преобразований, приводящие доказываемое
неравенство к очевидному неравенству при данных условиях или без таковых. Научились
правильно записывать доказательство. Развивали конструктивные и логические способности.
V. Домашнее задание.
Доказать неравенства:
1) a2 +b2 + 1 >ab + a + b
2) 4 a 4 -4а3 +5а2 -4а + 1>0
для положительных а, b и с: a + b + с 
a 4  b4  a  b 
4)


2
 2 
a 4  b4  c 4
abc
4
5) x8 -х5 +х4 -х3 + 1>0
6) 2а2 +5 b  6а b , b  0
7) для положительных а, b , с и действительных х,у и z если ах + by + cz= 0, то
a 





ab  b xy  b  bc  c yz  c  ca  a zx  0
Занятие 2 (2 часа)
Тема. Доказательство неравенств методом
индукции и методом мажорации (усиления).
математической
Дидактическая цель. Показать учащимся применение метода математической
индукции и метода мажорации (усиления) при доказательстве неравенств. Выработать у них
соответствующие навыки. Продолжить выработку навыков применения аналитико –
синтетического метода при доказательстве неравенств.
I. Проверка домашнего задания.
В начале заслушиваем отчеты детей по выполнению ими домашнего задания, фиксируем
задания, которые вызвали затруднения, и выясняем причины этих затруднений. Помогаем
разобраться в их причинах. Просим одного из учащихся проговорить доказательство одного из
домашних неравенств аналитико- синтетическим методом. Если необходимо, восстанавливаем
доказательство неравенств, которые не получились, в процессе диалога с учащимися. Приводим
для учителя доказательство наиболее сложных неравенств.
Неравенство 3. Анализ. Умножим обе части неравенства на положительное выражение
abc . Получим равносильное неравенство a 2bc  ab 2c  abc 2  a 4  b 4  c 4 . Соберем все
слагаемые в одной стороне a 4  b 4  c 4  a 2bc  ab 2c  abc 2  0 Попытаемся выделить
квадраты двучленов.
Чтобы рассматривать каждое слагаемое, стоящее в левой части
неравенства со знаком минус, как удвоенное произведение, умножим обе части неравенства на
2. После группировки и соответствующей замены получим:
a
2
 bc    b2  ac    c 2  ab   a 4  a 2b 2  b 4  b 2c 2  c 4  a 2c 2  0 .
2
2
2
Анализируя последние шесть слагаемых, делаем вывод о том, что они дают в сумме
1 2
2 2
2
2 2
2
2 2
a

b

b

c

c

a





  .
2 
Это делает последнее неравенство очевидным. Доказательство неравенства 3 получим отсюда,
если выполним преобразования, обратные тем, что были выполнены при анализе.
Неравенство 5. Анализ. Разности x 8  x 5 и x 4  x 3 будут положительными при x  1 и при
x  0 . Поэтому доказательство неравенств в этих случаях очевидно. При x  0 и при x  1
получим 1  0 . То есть, в этих случаях доказывать нечего. При 0  x  1 выражения x 4  x 5 и
1  x3 тоже положительны, как и x8 . То есть, и в этом случае неравенство очевидно.
Неравенство 7. Анализ. Преобразуем выражение, стоящее в левой части неравенства.
a 





ab  b xy  b  bc  c yz  c  ca  a zx =
=  a  b  xy  b  c  yz  a  c xz  abxy  bc yz  acxz =
=  ax  by  cz  x  y  z   ax 2  by 2  cz 2  abxy  bc yz  acxz =
=  ax  by  cz  x  y  z  
1
2

 
2
ax  b y 
 
2
ax  cz 
b y  cz
 .
2
Доказательство. Из условия следует, что первое слагаемое в последнем выражении равно
нулю. Так как выражение, стоящее в фигурных скобках, представляет собой сумму
неотрицательных выражений, то является неотрицательным. Второе слагаемое, таким образом,
будет неположительным, как и все выражение.
II. Актуализация опорных знаний
проводится в том случае, если дети знакомы с
методом математической индукции. Если же нет, то даем проблемную задачу, которую решаем
коллективно.
III. Восприятие и усвоение применения метода математической
индукции при доказательстве неравенств.
Пример 1. Доказать справедливость неравенства
1 1 1
1
2n
   ...  
при любом
1 2 3
n n 1
натуральном n  2 .
Учитель. Проверим, что при n  2 неравенство верно. Как оно запишется?
Ученик.
1 1 22
1
1
 
или 1  1 , что, очевидно, верно.
1 2 2 1
2
3
Учитель. Предположим, что при n равном некоторому натуральному k  2 оно тоже верно.
Запишите его, пожалуйста.
Ученик.
1 1
1
2k
  ...  
1 2
k k 1
(*)
Учитель. Докажем, что неравенство будет верным при n  k  1 . Запишите его.
Ученик.
1 1
1
1
2k  2
  ...  

1 2
k k 1 k  2
(**)
Учитель. Попробуйте доказать его справедливость.
1
. Откуда будет
k 1
2k  2
1 1
1
1
2k
1
2k  1
2k  1
следовать, что   ...  
. Сравним
и
. Для



k2
1 2
k k 1 k 1 k 1 k 1
k 1
k
2k  2
2k  1
этого найдем их разность. Получим
. Так как k  2 , разность


k2
k 1
 k  1 k  2
Ученик.
Прибавим к обеим частям неравенства
положительна, поэтому
(*) выражение
2k  2
2k  1
>
. На основании свойства транзитивности для
k2
k 1
неравенств (**) доказано.
Учитель. Из нашего рассуждения можно сделать вывод о том, что наше неравенство
справедливо при любом натуральном n . Попробуйте объяснить это.
Ученик. Мы проверили, что утверждение справедливо при n  2 . Тогда, предположив, что
k  2 , на основе доказанного делаем вывод, что оно верно и при n  3 . Теперь, если
предположить, что k  3 , на основе доказанного делаем вывод, что неравенство верно при
n  4 . Рассуждая далее таким же образом, можно дойти до любого натурального n . То есть,
неравенство справедливо при любом натуральном n . Это мы встречали при составлении
циклических программ в информатике.
Учитель. Этот метод доказательства в математике носит название метода математической
индукции и часто применяется при доказательстве утверждений, содержащих натуральный
(целый) параметр.
Далее учитель просит учащихся еще раз проговорить суть этого метода.
Для первичного закрепления не вызовет затруднения учащихся доказательство неравенства
Пример 2. Доказать для n  2 справедливо неравенство
n
1
i
i 1
2

3n
. Здесь греческая
2n  1
1
, где i пробегает значения от 1 до n . То
i2
1 1 1
1
3n
есть, требуется доказать неравенство 2  2  2  ...  2 
.
1 2 3
n
2n  1
буква  означает сумму n первых слагаемых вида
Здесь мы не будем приводить его доказательство.
IV. Выработку навыков
математической индукции
доказательства
неравенств
методом
проводим при выполнении следующих упражнений, которые предлагаем детям для
самостоятельного решения. Если возникнет необходимость, приветствуем обсуждение в группах
возникших проблем. Возможно, для несильных учащихся потребуется индивидуальная помощь
учителя, а лучше – товарищей.
1
1
1

 ... 
 n, n   ;
2
3
n
1) 1 
n
n
i 1
i 1
 ai   ai ;
2) для ai  0
3) для n   и a  1 1  a   1  na ;
n
a1  a2  ...  an b1  b2  ...  bn a1b1  a2b2  ...  anbn
при условии, что a1  a2  ...  an


n
n
n
и b1  b2  ...  bn или a1  a2  ...  an и b1  b2  ...  bn ;
4)

5) a12  a22  ...  an2
b
2
1
 b22  ...  bn2    a1b1  a2b2  ...  anbn  .
2
Дополнительные упражнения.
n
1)
 ai2 
i 1
i 1
n
n
i 1
i 1
 xi   Sinxi ;
n
3) tg
n
 bi2   ai  bi ;
i 1
2) Sin
n
n
    tg
i 1
i
i 1
i
, 0
n

i 1
i


4
,i  0 .
V. Овладение методом мажорации (усиления) при доказательстве
неравенств.
Пример 3. Доказать, что для n 
n
1
i
i 1
2
 2.
При анализе этого утверждения дети замечают, что стандартным образом, используя метод
математической индукции, это неравенство доказать не удастся.
Учитель. Оценим отдельно каждое слагаемое данной суммы.
После некоторых неудачных попыток, таких как
1
1

, не приводящих к цели,
2
2
i
 i  1
n
думается, что найдется ученик, который вспомнит нахождение суммы вида
i 1
класса, откуда предложит способ оценки этой суммы:
1
 i  i  1
из 6
n
1
i
i 2
2
n
1
1 1
1
  , откуда искомая сумма не превосходит 2  , что меньше 2.
n
1 n
i  2 i  i  1

Подводя итог работы, делаем вывод: для доказательства неравенства A < B находим
величину С, такую что A  С, которая заведомо меньше B. Будем считать величину С
мажорантой для A, а метод доказательства – методом мажорации (усиления, так как мы вместо
доказательства неравенства A < B доказываем более сильное неравенство A  С  B или
A  C  B ). Аналогично, для доказательства неравенства A  B доказываем неравенство
A  C  B или A  C  B . Величину С назовем минорантой для величины A. Иногда более
сильное неравенство доказать легче, нежели данное. Например, в нашем случае более сильное
n
неравенство
1
i
i 1
2
 2
1
легко доказывается методом математической индукции. Этот метод в
n
математике называют еще методом оценок. Отыскание точной оценки для некоторой величины
в практике является часто непростым, но и нужным делом.
Для овладения методом мажорации предлагаем для обсуждения в группах
Пример 4. Доказать неравенства:
А)
1
1
1 1

 ... 
 ;
n 1 n  2
2n 2
Б)
1 1 1
1
   ...   2 ;
5 6 7
17
В)
Г)
3
6 3 6 3 6 3 6  6 6 6 6  5;
6a  1  1  6a  3 .
Решение А.
Думается, что нахождение нижней границы для суммы в неравенстве А не вызовет каких –
1
не превосходит любого из предыдущих
2n
1
слагаемых суммы. Поэтому, умножив количество слагаемых n на
, получим нижнюю
2n
1
границу этой суммы (миноранту), а именно .
2
либо затруднений у учащихся, так как выражение
Решение Б.
В неравенстве Б, если дети будут рассуждать аналогично и назовут
1
верхней оценкой
5
каждого из слагаемых, получим для суммы мажоранту, которая превышает 2. Тогда дети
попытаются (сами или учитель должен подсказать это) разбить сумму на несколько групп
слагаемых и каждую из сумм оценивать отдельно. Так как 2 легко разбить на 1 и 1, то дети
должны быстро догадаться разбить сумму на
1 1 1 1 1
1 1
1
    и
  ...  . 1 будет
5 6 7 8 9 10 11
17
мажорантой в каждой сумме, а 2 – мажоранта всей суммы.
Решение В.
В этом примере дети должны показать конструктивность мышления. А именно, увидеть, что
3
6  3 8  2, а
6  9  3 . Затем, конечно, они должны, опираясь на монотонность функций
y = 3 x и y = x , обосновать справедливость этого. После этого, применяя свойство
монотонности еще несколько раз, дети назовут 2 как мажоранту первого слагаемого, а 3 –
мажорантой второго слагаемого, а 5 – мажоранта суммы.
Решение Г.
1

a   6 ,
6a  1  0,
 1 1
Ученик. Найдем ОДЗ неравенства. 
. То есть, a    ;  .

 6 6
1  6a  0
a  1

6
Несомненно, в этом примере дети должны опять же показать конструктивность мышления.
А именно, чтобы можно было освободить слагаемые
должны, вспоминая свойство корня
неотрицательное
9a 2
выражение
6a  1 и 1  6a от знаков корня, дети
x2  x , предложить к 6a 1 и 1  6a прибавить
,
6a  1  9a2  6a  1  3a  1
тогда:
(1),
1  6a  1  6a  9a2  1  3a (2). Далее, дети должны оценить каждое подмодульное
выражение,
дабы
освободить
1
1
3a    3a  1   0
2
2
;
выражения
при
a
1
6
от
знака
3a  
модуля.
Имеем
1
1
 1  3a   0
2
2
при
.
То
a
1
6
есть,
3a  1  3a  1, 1  3a  1  3a (3). Складывая (1) и (2), учитывая (3), имеем:
6a  1  1  6a  3a  1  1  3a  2  3  6a  1  1  6a  3 .
VI. Упражнения на выработку навыков доказательства неравенств
методом мажорации.
1 1 1
1
   ...   1 ;
5 6 7
17
11
14
2. Сравнить 31 и 17 ;
1. Доказать, что
3. Доказать для положительных a и b неравенство
2  a2  3  b2  a2  b2  2  3  2a  2b ;
4. Доказать, что
12  12  12  ...  12  2 2 2...2 5  1 ;
Дополнительные упражнения.
А. Доказать, что
77
1
1
1
25


 ... 

;
60 1996 1997
9975 12
Б. Доказать для положительных a, b, c
В.
1
a
b
c


 2;
ab bc ca
a1  a2  ...  an
Для
доказать
a1  a2  ...  ak a1  a2  ...  an ak 1  ak  2  ...  an


k
n
nk
Приводим для учителя решение наиболее сложных заданий.
3111  3211  255  256  1614  1714 ;
Задание 2.
Задание 3. Указание. Требуется увеличить подкоренные выражения соответственно на
2a 2 , 2b 3 и 2ab .
Задание А. Указание. Разбить сумму на 5 групп слагаемых и применить метод мажорации
для каждой группы отдельно.
Задание Б. Указание. Применить оценку
a
a

, так как c  0 и аналогичные ей
ab abc
для оценки снизу каждого слагаемого; для оценки сверху каждого слагаемого использовать:
a
a b b
b

 1
и аналогичные преобразования второго и третьего слагаемого.
ab
ab
a b
Далее использовать доказанное ранее левое неравенство.
Задание В. Докажем левое неравенство
неравенству  n  k 
k
a
i 1
i
a1  a2  ...  ak a1  a2  ...  an

. Оно равносильно
k
n
n
k
n
i  k 1
i 1
i  k 1
 k  ai . Так как  n  k   ai   n  k  kak , а k  ai  k  n  k  ak 1 ,
то на основе свойства транзитивности для неравенств отсюда следует справедливость левого
неравенства, так как по условию ak  ak 1 . Правое неравенство доказывается аналогично.
VII. Итог уроков.
Познакомились с новыми методами доказательства неравенств, которые при доказательстве
многих утверждений в математике являются универсальными. Выработали навыки
использования методов математической индукции и мажорации при доказательстве неравенств.
Развивали конструктивное и логическое мышление.
VIII. Домашнее задание.
1.
2.
3.
4.
Проработать суть метода математической индукции и метода мажорации по
конспекту;
Повторить методы, применяемые в классных упражнениях, при оценке выражений
сверху и снизу; попытаться найти их запись в общем виде;
Попытаться найти более точные оценки (где это возможно);
Доказать следующие неравенства:
n
А.
k!
k 1
 n  1!  n ;
n 1
Б. Сравнить 21533 и 5050 ;
В.
6  3 24  3 120  10 ;
3
Г. 1  x1 1  x2  ... 1  xn   1 
n
Д.
1
k
k 1
2
n
x
i 1
i
для 0  xi  1, xi  ;
3
1 ;
4
6a  1  1  4a  2, 26 ;
Е.
Ж. y 2  y  1 для y  1 ;
300
З.
1
2
 k  5 15 ;
k 1
И. Для последовательности  an  : a0  1, an 1  an 
1
, n  0,1, 2,... доказать
an
n  1  an  2 n ;
К.
1 1 1 1
1
1
2
    ... 

 ;
2 3 4 5
999 1000 5
Л. Для n  1 доказать, что
1
1
1 3

 ... 
 .
n 1 n  2
2n 4
Занятие 3 (2 часа)
Тема. Решение уравнений, неравенств и их систем методом
мажорации.
Цель занятия.
Учить применять метод мажорации при решении уравнений, неравенств
и их систем. Продолжить выработку навыков применения аналитико-синтетического метода и
свойств функций при доказательстве неравенств и решении уравнений и их систем. Развивать
интеллектуальные (исследовательские, конструктивные, аналитические) качества и интуицию
детей, .
I. Проверка домашнего задания.
Заслушиваем отдельных учащихся о качестве выполнения домашних упражнений.
Заслушиваем также комментарии нескольких детей к выполнению отдельных заданий, по
которым возникли проблемы у учащихся. Обязательно даем возможность детям еще раз
проговорить методику применения метода математической индукции и метода мажорации при
доказательстве неравенств.
Приведем для учителя решение двух домашних упражнений.
Решение Ж. Очевидно, при неположительных значениях y неравенство верно.
0  y  1 1  2  y  2 , откуда
Для
2  y  2  y . Это видно из графических соображений. То
есть, y 2  y  y  2  y   2 y  y 2  1 .
Решение К. Оцениваем так:

1 1 1 1 1 2
1 1
1 1
     ,    0,  
 0, ...,
2 3 4 5 6 5
7 8
9 10
1
1

 0 , откуда получаем требуемое.
999 1000
II. Актуализация опорных знаний.
Предлагаем детям решить уравнения:
а)  x  2    y  1  0 ; б) x  3 
2
2
y 2  9  z 2  5z  6  0 .
Ученик. Так как все слагаемые в уравнениях принимают неотрицательные значения, то
равенства в них возможны только в случае, если слагаемые равны нулю. Значит, только пара
чисел x  2, y  1 является решением первого уравнения. Решением же второго уравнения
будут тройки чисел: (3;3;3), (3;-3;3), (3;3;2), (3;-3;2).
III. Упражнения на применение метода мажорации при решении
уравнений, неравенств и их систем.
1)
Решить уравнение x2  2 2 x  3  2 y  y ;
2)
1  x2  1  x6 ;
3)
3x2  6x  7  5x2  10x  14  4  2 x  x2 ;
4)
4 x 1  4 x2  1  1 ;
5)
x5  x3  x  42  x 2  x ;
6)
7)
8)
1
1
 1  Cos3x
1  1
Cosx
Cos3x
 3x  y  a  3 x  y  2  1
Решить систему уравнений
;

 x  y  1  3 ax  y  1
Cosx
Решить систему в неотрицательных числах
b  3a  3a 2  a 3 ,
;

2
3
 a  3b  3b  b
9)
Решить уравнение Sinx  Cosx  5  4  x .
Решение уравнения 1.
Учитель. Попробуйте провести анализ первого уравнения.
Ученик. Соберем все слагаемые в левой стороне уравнения.
x2  2 2 x  3  2 y  y  0
Заметим, что x2  2 2x  2 и 1 2 y  y представляют собой квадраты двучленов
 x  2  и 1  y  . Поэтому, уравнение равносильно следующему:  x  2  + 1  y  =0.
2
2
2
2
Откуда легко находим его корни x  2, y  1 .
Решение уравнения 2.
Учитель. Что вы можете сказать о множестве значений функций, задающихся
выражениями, стоящих в левой и правой части второго уравнения?
Ученик. Так как значения выражений x 2 , x 6 неотрицательны, то 1  x 6  1 , а 1  x 2  1. А
так как функция y  t возрастающая, то
1  x2  1 .
Учитель. При каком условии тогда возможно равенство в этом уравнении?
Ученик. Очевидно, когда значения обоих выражений равны 1 одновременно, то есть, при
одних и тех же значениях переменной x.
Учитель. При каких же?
Ученик. При x  0 . Это число и будет корнем данного уравнения.
Решение уравнения 3.
Учитель. Попробуйте оценить множество значений выражений, стоящих в левой и правой
части уравнения.
Ученик. Чтобы это сделать, выделим квадраты двучленов в выражениях 3 x 2  6 x  7 ,
5 x 2  10 x  14 и 4  2x  x 2 . 3 x 2  6 x  7 =
4  2x  x 2 =
5 -
 x  1
2
3  x  1 +4, 5 x 2  10 x  14 =
2
. Так как значения выражения
 x  1
2
5  x  1  9 ,
2
неотрицательны, то
3 x 2  6 x  7  4, 5 x 2  10 x  14  9, 4  2x  x 2  5. Так как функция y  t возрастающая на
области определения, то
3x2  6 x  7  2,
5x2  10 x  14  3, поэтому их сумма
3x2  6 x  7  5x2  10 x  14  5 . А значения правой части уравнения не превышают 5.
Учитель. Что вы можете сказать о возможных значениях x , при которых данное равенство
верно?
Ученик. Очевидно, когда значения левой и правой частей уравнения одновременно равны 5.
Это возможно при условии, что x  1  0 , то есть при x  1 - корень уравнения.
Решение уравнения 4.
Учитель. С чего вы предлагаете начать оценку значений левой части уравнения?
4 x 1  4 x2  1  1 4x 1  0 , 4 x 2  1  0 .
1
1
Решением первого неравенства будет x  , а решением второго неравенства будет x   или
2
4
1
1 
x  . Оба условия выполнены на промежутке x   ;   .
2
2 
Ученик. Найдем ОДЗ уравнения из условий:
Учитель. Попробуйте указать теперь множество значений выражения
Ученик. 4 x 1  1,
4 x2  1  0 , поэтому
4x 1  1 ,
4 x 1  4 x2 1 .
4 x 1  4 x2 1  1.
Теперь дети легко заканчивают решение уравнения. Ответ: x 
1
.
2
Решение уравнения 5.
 2  x  0,

Ученик. Найдем ОДЗ уравнения из условий:  x  0,
.
 x 5  x 3  x  42  0

Из первых двух условий дети легко находят, что x  0;2 . Но третье неравенство легко не
решается,
поэтому
учитель
предлагает
оценить
возможные
значения
выражения
x  x  x  42 при 0  x  2 . При этом просит детей обосновывать каждый шаг своего
рассуждения., ссылаясь на свойства функций.
5
3
Ученик. Так как функции y  x, y  x3 , y  x5 возрастают на множестве x  0;2 , то их
сумма тоже является возрастающей функцией на этом множестве. Поэтому
42 
x  x  x  42  0 . Системе неравенств удовлетворяет лишь значение x  x  x  42 =0,
которое достигается при x  2 - корень уравнения 5.
5
3
5
3
Решение уравнения 6.
Ученик, проводя анализ ОДЗ данного уравнения, замечает, что выражения существуют
Сosx  0,
. Внесем под знаки корней множители. На множестве, на
Cos3x  0
лишь при условии, когда 
котором выполняются условия ОДЗ, получим равносильное данному уравнение:
Cosx  Cos 2 x  Cos3x  Cos 2 3x  1 .
Чтобы оценить множество значений каждого слагаемого, стоящего в левой части последнего
уравнения,
рассмотрим
функцию:
y  t  t2 .
Преобразуем
выражение
t  t2
так:
2
1 1
1
 1 1 
t  t     t  t 2      t   , где t  0 (следует из ОДЗ). Тогда легко определить и
4 4
4
 4 2 
1
1
множество значений каждого слагаемого: 0  Cosx  Cos 2 x  , 0  Cos3x  Cos 2 3x  .
2
2
2
Тогда 0 
Cosx  Cos 2 x  Cos3x  Cos 2 3x  1 . Равенство возможно лишь при условии, если
1

Cosx  ,

1
1

2 , что невозможно ни при каких значениях
 t =0, то есть при t  . Откуда 
2
2
Cos3 x  1

2
переменной x . Ответ: уравнение не имеет корней.
Решение уравнения 7.
3x  y  a  0,
.
x  y 1  0
Дети легко выписывают условия, определяющие ОДЗ уравнения: 
Учитель. Попробуйте оценить значения выражений, стоящих в левых частях каждого из
уравнений, на множествах возможных значений x, y , определяемых условиями ОДЗ.
Ученик. Если x  y  1  0 , то x  y  2  1 . Так как функция y  3 t является
возрастающей на множестве положительных чисел, то
 0 , то
3
x  y  2  1 . А так как
3x  y  a
3x  y  a  3 x  y  2  1. Первое уравнение, таким образом, может быть верным
3x  y  a  3 x  y  2 =1, а это возможно, если x  y  1 =0 и 3x  y  a =0.
Второе уравнение может быть верным при условии, что ax  y =1.
при условии, что
ax  y  1,

Учитель. Объединим все условия в систему  x  y  1  0, . Решите ее.
3x  y  a  0

Ученик. После решения получаем x 
a 1
a3
,y
,a   5 .
2
2
Учитель. Как же запишется ответ?
Ученик,
x
анализируя
полученный
1 5
3  5
,y
; при a   5
2
2
результат,
x
дает
ответ:
a 5
при
1 5
3 5
,y
; при других значениях
2
2
a   5 данная система решений не имеет.
Решение системы уравнений 8.
Учитель.
систему.
Попробуйте
оценить возможные значения выражений, входящих в данную
Ученик. При a  0 и b  0 , и наоборот; Оценим выражения 3a  3a 2  a 3 и 3b  3b 2  b3
.Для этого выполним элементарные преобразования по выделению в выражениях полных
2
квадратов.
3a  3a  a
2
Имеем
2
3
3 3
3

 a  a    a  a;
2 4
4

3
3 3
3

3b  3b  b  b  b    b  b , то есть a  b .
4
2 4
4

2
3
то
есть
b
3
a
4
;
Задача учителя состоит в том, чтобы убедить учащихся в существовании более сильной
оценки для величины b из первого уравнения, а именно b  3a . Далее учитель просит учащихся
проанализировать возможность одновременного выполнения неравенств: b  3a и a 
3
b.
4
Отсюда дети делают вывод о том, что система не имеет других решений, кроме a  0 и b  0 .
Решение уравнения 9..
Дети, которые «знакомы» с тригонометрией, увидят сразу, что выражение Sinx  Cosx
принимает ограниченное множество значений. Чтобы оценить его, дети выполняют
преобразование
выражения
в
произведение:
Sinx  Cosx
Sinx  Cosx
1

 1


 2
Sinx 
Cosx   2Sin  x   . Откуда 0  Sinx  Cosx  2 . А вот выражение
4
2

 2

5  4  x  может принимать неограниченное множество значений.
Учитель. Попробуйте теперь, анализируя данное уравнение, оценить множество значений
 x а затем и x .
Ученик. Так как 5  4  x  принимает лишь целые значения, то 0  5  4  x   1 . Решим его
относительно  x  . Получим 1   x   1 , откуда  x   1 . Тогда 5  4  x  =1. Значит, выражение
1
4
Sinx  Cosx =1. Чтобы найти x из последнего равенства, возведем обе части его в квадрат.
Получим 1  Sin2 x  1 , откуда Sin2 x  0 . Решим его. Имеем x 
то k  1 , а x 

2
. Ответ: x 

2
k
2
, k  N . Так как  x  =1,
.
IV. Упражнения на выработку навыков применения метода
мажорации при решении уравнений, неравенств, и их систем.
Предлагаем детям упражнения для самостоятельного решения. При необходимости пусть
дети обсуждают вопросы в группах. При этом приветствуем решения разными методами.
1) Cosx  1  x8 ;
2) 3  x3  2 x  9  x 2 ;
3)
Cos6 x  Sin 2 3x  4Sin9 x  7 ;
4) Cos 7 x  x 2  6 x  10 ;
5)
1
1
1
 x  x 1  x   x  ;
3
4
6
6)
Sinx  Sinx  Cosx  Cosx ;
7)
x  7  x  10  17Cosx ;
8)
3   y  12  x  y ,
;

 x  8 y  x  y  9
9) Cosx  z 3  y 2 

3
Здесь мы приведем для учителя решение лишь уравнения 7.
Так как x  10  10  x , то мы можем использовать известное неравенство a  b  a  b .
Тогда легко получим оценку значений выражений x  7  x  10 и 17Cosx . А именно
x  7  x  10  17 , 17Cosx  17 , так как Cosx  1 .
 x  7  x  10  17,

 x   7;10  ,
 
 x 2 ;0; 2  .

 x  2 k , k  Z
Cosx  1
Откуда 
После завершения обсуждения решений подводим
итоги занятия. На этом этапе еще раз подчеркиваем значимость метода оценок при
решении «классических» для математики упражнений. Также подмечаем роль ОДЗ при решении
уравнений методом оценок, а также необходимость проведения анализа на каждом этапе
решения. Учитель обращает внимание детей на необходимость каждый раз обоснования
справедливости оценки, опираясь на монотонность соответствующей функции.
V. Домашнее задание.
1) Проанализировать еще раз методику применения оценок значений выражений при
решении уравнений, неравенств и систем;
2) Решить уравнения, неравенства и системы:
а)
б)
2 x  x2  8  2x  x2  4 ;
 2x
2
 8 x  11 y 2  2 y  8   21 ;
x 1  x  3  2 ;
в)
 3x  y  3 x  y  2  1
г) 
 x  y  1  3 5 x  y  1
д)
Cosx  y 2  y  x 2  1 ;
е)
2 x  y  1,
;

  x    2 y   2
ж)
SinxSin2xSin3x  CosxCos2xCos3x  1 .
Занятие 4 (2 часа)
Тема. Опорные и классические неравенства. Применение метода
специализации при доказательстве неравенств.
Дидактическая цель.
Познакомить учащихся с неравенствами Коши, Коши Буняковского, Чебышева, Бернулли, неравенством трех квадратов и некоторыми другими и их
применением при доказательстве неравенств, решением уравнений, неравенств и других
ситуациях. Выработать соответствующие навыки. Познакомить учащихся с методом
специализации и его применением при доказательстве неравенств и других ситуациях.
Выработать соответствующие навыки.
I. Актуализация опорных знаний.
Урок начинаем с решения проблемных задач. Для эффективности предлагаем групповое
решение или обсуждение решения в группах.
Задача 1. Из металла требуется сделать каркас здания в форме прямоугольного
параллелепипеда в сейсмически опасном районе наибольшего объема из имеющегося
количества материала общей длины l .
Приводим для учителя решение. Обсуждение зависит от уровня развития детей и их
подготовленности по предыдущим темам спецкурса.
Решение. Обозначим длину, ширину и высоту здания соответственно
a, b, c . Тогда
l  4  a  b  c  , а объем V  abc должен быть наибольшим. Далее вспоминаем доказанный
ранее факт, что (*) x3  y 3  z 3  3xyz . Откуда, полагая x3  a, y 3  b, z 3  c , имеем
l3
 abc 

Тогда abc  
. Из исследования, проведенного при

3
3

 12
3
a  b  c  3 abc .
3
доказательстве неравенства (*), следует, что равенство возможно в случае a  b  c . И в этом
случае объем будет наибольшим. То есть, каркас должен иметь форму куба с длиной ребра,
которую находим из уравнения x 3 
l3
l
. Откуда x 
.
3
12
12
Задача 2. Из всех прямоугольных параллелепипедов с данной длиной диагонали найти тот,
который имеет наибольшую площадь полной поверхности.
Решение. Обозначим измерения прямоугольного параллелепипеда через a , b и c . Тогда из
геометрии известно, что квадрат длины диагонали равен a 2  b 2  c 2 , а площадь полной
поверхности равна 2  ab  ac  bc  . Далее вспоминаем с детьми доказанный факт
(**)
a 2  b 2  c 2  ab  ac  bc .
Анализируя это, имеем: S  2d 2 , где S - площадь полной поверхности, а d - длина
диагонали параллелепипеда. Также вспоминая ранее доказанный факт о том, что равенство в
(**) будет при условии равенства a, b, c , делаем вывод: у куба наибольшая площадь
поверхности S  2d 2 .
II. Обобщения и формулировки общих положений.
Учитель. Неравенства, которые мы использовали сегодня и доказанные ранее,- одни из
примеров неравенств, которые по частоте использования и значимости, стали классическими.
Вспомним их.
Дети.
1)
2)
ab
 ab , a  0, b  0 ;
2
abc 3
 abc , a  0, b  0, c  0 ;
3
a 2  b2 a  b

;
2
2
3) a 2  b 2  c 2  ab  ac  bc ;
a1b1  a2b2  a3b3 a1  a2  a3 b1  b2  b3


при условии, что a1  a2  a3 и
3
3
3
b1  b2  b3 или при условии a1  a2  a3 и b1  b2  b3 .
4)
5)
a
2
1
 a22  a32  b12  b22  b32    a1b1  a2b2  a3b3  ;
2
a1b1  a2b2  ...  anbn a1  a2  ...  an b1  b2  ...  bn


при условиях, что
n
n
n
a1  a2  ...  an и b1  b2  b3  ...  bn или a1  a2  ...  an и b1  b2  ...  bn ;
6)
7)
a
2
1
 a22  ...  an2  b12  b12  ...  b12    a1b1  a2b2  ...  anbn  ;
2
8) 1  a   1  na , n  N и a  1 .
n
Учитель. Попробуйте сформулировать словами утверждение (1) и обобщить его для n
чисел.
Ученик. Среднее арифметическое нескольких чисел не меньше среднего геометрического
этих чисел. Для n чисел его можно записать так:
a1  a2  ...  an n
 a1a2 ...an ,
n
где числа ai неотрицательны.
Учитель. Это неравенство носит название в математике неравенства Коши. Попробуйте
обобщить таким же образом и второе неравенство.
Ученик.
a12  a22  ...  an2 a1  a2  ...  an

.
n
n
Учитель. Попробуйте сформулировать это неравенство словами, учитывая, что выражение,
стоящее в левой части неравенства, называется в математике средним квадратичным или
средним квадратическим n чисел.
Ученик. Среднее квадратическое n чисел не меньше среднего арифметического этих чисел.
Учитель. Исследуйте, пожалуйста, самостоятельно условия, при которых в этих
неравенствах будет достигаться равенство.
Дети, вспоминая доказательство соответствующих неравенств, формулируют эти условия:
если все числа равны между собой.
Учитель. Неравенства (4) и (6) справедливы для последовательностей двух, трех и т. д. n
чисел, которые являются одновременно убывающими либо возрастающими. Попробуйте
обобщить их для последовательностей неубывающих и невозрастающих чисел  ai  и  bi 
Ученик. Очевидно, требуется в неравенстве заменить знак строгого на знак нестрогого
неравенства.
Учитель. Верно! Скажите, пожалуйста, а можно ли получить аналогичные неравенства для
последовательностей чисел разной монотонности?
Ученик. Из доказательств соответствующих неравенств следует, что требуется в
неравенстве изменить знак неравенства на противоположный.
Учитель. Совершенно верно! Я думаю, ясны и условия, при которых будут в этих
неравенствах, выполнятся равенства. Эти неравенства носят название неравенств Чебышева.
Неравенства (5) и (7) носят название в математике неравенств Коши – Буняковского.
Неравенство (8) может быть сформулировано не только для натуральных n, но и для
рациональных. То есть, можно доказать справедливость выполнения неравенства:
Для a>-1 и p>1 или p<0 верно неравенство: 1  a   1  pa ;
p
Для a>-1 и для 0<p<1 верно неравенство: 1  a   1  pa .
p
Далее дети сообщают некоторую информацию об этих ученых. А учитель дает детям список
литературы, где они могут найти информацию о других классических неравенствах и их
использовании в математике. Это касается неравенств Йенсена, которые можно изучить в 10 –
11 классах после изучения показательной функции; это касается также неравенств Карамата,
неравенств Юнга, Абеля, Фейера, Гельдера и других. Для доказательства неравенств Коши им
был разработан специальный метод математической индукции, который носит название
индукции «вниз», в то время, как стандартный метод называется индукцией «вверх». Для
адаптации учащихся к этому методу предлагаем:
Упражнение 1. Доказать неравенство Коши для n=4, то есть для положительных a, b,c, d
доказать, что
abcd 4
 abcd .
4
Упражнение 2. Доказать неравенство Коши для n=3, используя результаты упражнения 1.
Упражнение 3. Доказать неравенство Коши для n=8,16, …, 2 k , используя упражнение 1.
Упражнение 4. Доказать неравенство Коши для любого натурального числа n< 2 k при
любом
k  N используя метод упражнения 2.
Думается, что найдутся дети, а если нет, то с помощью учителя восстанавливаем решение
упражнений.
Решение упражнения 1. Сведем неравенство Коши для n=4 к неравенству Коши для n=2.
abcd

4
ab cd

2
2  ab cd 
2
2
2
ab  cd  4 abcd .
Заметим только, что мы использовали здесь возрастание функции y= x .
Решение упражнения 2. Положим в доказанном неравенстве Коши для n=4 вместо d
выражение
abc
. Тогда получим:
3
abc
abc 4
abc
abc
3
 4 abc 
или
.
 abc
4
3
3
3
abc
Возведем обе части полученного неравенства в четвертую степень. Используя возрастание
функции y= x 4 при положительных x, имеем после преобразований:
abc 3
 abc , что и
3
требовалось доказать.
Далее с детьми замечаем, что из результатов упражнений 1-4 следует, что неравенство Коши
справедливо при любом натуральном n.
Учитель. Неравенство (3) называется неравенством трех квадратов. Из неравенства Коши
для двух чисел следует неравенство, которое часто применяется в математике, для a  x, b 
x
1
2
x
1
x
для x>0 назовем неравенством для обратных величин. Неравенство трех квадратов и
неравенство для обратных величин часто являются опорными при решении различных задач и, в
частности, при доказательстве неравенств. Например, неравенство a 2  b 2  1  ab  a  b
является следствием неравенства трех квадратов, полагая в нем c=1.
При решении проблемной задачи 1 мы получили утверждение, которое является следствием
неравенства Коши. Сформулируем его и еще одно, которое дополняет его.
Следствие 1. Если сумма положительных чисел постоянна, то их произведение наибольшее,
когда числа равны между собой.
Следствие 2.
Если произведение положительных чисел постоянно, то их сумма
наименьшая, когда числа равны между собой.
III. Решение ключевых задач темы. Овладение методом.
Многие неравенства являются следствием записанных ранее классических неравенств для
специальным образом подобранных величин, входящих в классические неравенства. Поэтому
метод доказательства имеет такое название.
Пример 1. Доказать неравенство для неотрицательных a,b,и c:
a  b  c  ab  bc  ac .
Ученик. Решение. Сравнивая доказываемое неравенство с неравенством трех квадратов,
делаем вывод о том, что если в последнем сделать замену a на
получим требуемое неравенство.
a , b на
b и c на
c , то
Учитель. Попробуйте подобрать соответствующую замену для доказательства неравенства:
Пример 2. Доказать неравенство x  4 y  9 z  2 xy  3 xz  6 yz для x  0, y  0, z  0 .
Ученик. Решение.
Если положить в неравенстве трех квадратов a  x , b  2 y , c  3 z
, тогда получим:
 x    2 y   3 z 
2
2
2
 x  2 y  2 y 3 z  x 3 z ,
откуда имеем требуемое неравенство.
Пример 3. Доказать, что при x  0 верно неравенство: x 7  x 2  1  3x3 .
Ученик. Решение. Если 3 перенести в знаменатель левой части неравенства, то увидим
слева левую часть неравенства Коши для трех слагаемых. Если в нем положим
a  x7 , b  x 2 , c  1 и умножить обе части неравенства Коши на 3, то получим:
x7  x2  1  3 3 x7  x2 1  3x3 . Что и требовалось.
Пример 4. Доказать справедливость неравенства:
a
3
 2  a 2  1  6a 2 для a  0 .
Некоторые учащиеся предложат выражения, стоящие в обеих скобках в левой части
неравенства оценить снизу, применяя к ним неравенство Коши для двух слагаемых, учитывая,
что все они неотрицательны. Предоставим возможность им это сделать. После того, как дети
убедятся в том, что требуемое таким образом не получается, возможно, найдутся дети, которые
предложат рассмотреть a 3  2 как сумму трех слагаемых a 3  1  1 , и применить к ним
неравенство Коши для n=3. Выражение же во вторых скобках оценивается, используя
неравенство Коши для n=2. Перемножая полученные неравенства, имеем требуемое
неравенство.
Пример 5. Доказать, что если x 2  y 2  z 2  27, то x  y  z  9 .
Учитель. Попробуйте проанализировать условие и заключение этого утверждения.
Ученик. x  y  z - утроенное среднее арифметическое x,y и z. x 2  y 2  z 2 - утроенный
квадрат среднего квадратичного x, y и z. Доказательство. Запишем неравенство между средним
арифметическим и средним квадратичным для трех чисел x,y и z:
x yz

3
откуда x  y  z  3
x2  y 2  z 2
,
3
27
 9 . Что и требовалось доказать.
3
Пример 6. Доказать, что для положительных чисел a,b и c, для которых выполнено a + b + c
= 1, выполняется неравенство:
4a  1  4b  1  4c  1  5.
Учитель. Попробуйте проанализировать неравенство.
Ученик. Слагаемые, стоящие в левой части неравенства, получаются при извлечении
квадратного корня из выражений, стоящих справа в неравенстве Бернулли.
Учитель. Проанализируйте, пожалуйста, можем ли мы использовать неравенство Бернулли?
Ученик. Так как функция y= x - возрастающая функция при x>0 и в нашем случае обе
части в неравенстве Бернулли положительны, то из неравенства Бернулли следует:
1  na 
1  a 
n
.
Далее нужно дать детям некоторое время, пока они дойдут до мысли, что нужно принять в
неравенстве Бернулли n=2, а не 4.
Ученик.
1  2  2a 
1  2  2c 
1  2a 
1  2c 
2
2
 1  2a , так как a>0. Аналогично 1  2  2b 
1  2b 
 1  2c . Складывая полученные неравенства, получим:
2
 1  2b ,
4a  1  4b  1  4c  1  3  2  a  b  c   5 .
Пример 7. Доказать для a>-0,2 , что
Ученик.
3
1  2a 
2
Решение.
3
1  2a 
2
 3 1  5a  2  3a .
Проведем
2
3
анализ.
Если
представить
1
3
 1  2a  , 3 1  5a  1  5a  , то можно оценить слагаемые, стоящие в левой части
2
1
и p
соответственно. Имеем
3
3
2
1
2
4
1
5
доказательство:
1  2a  3  1  2a   1  a, 1  5a  3  1  5a   1  a . Складывая
3
3
3
3
полученные неравенства, имеем требуемое неравенство. Так как функция y= x p для 0<p<1
неравенства, используя неравенство Бернулли для p 
определена при x  0 , то условие a>-0,2 выполнено.
Пример 8. Доказать для положительных чисел a,b и c неравенство:
 2  b  a  c  1 
a b c.
Ученик. Решение. Проведем анализ. Возведем обе части неравенства в квадрат. Получим:

a b c

2
  2  b  a  c  1 .
Сравнивая полученное неравенство с неравенством Коши – Буняковского видим, что если
представить 2+b = 12  12 
используя
 b  , а a  c 1   a    c 
2
неравенство
2
Коши
–
2
 12 , то получим доказательство:
Буняковского
для
n=3
и
чисел
a1  a , a2  c , a3  1, b1  1, b2  1, b3  b , имеем

a 1  c 1  1  b

2
  a  c  11  1  b    2  b  a  c  1 .
Теперь доказываемое неравенство получается из этого извлечением квадратного корня из
обеих частей полученного неравенства и того факта, что функция y= x возрастает на области
определения.
Теперь детей не затруднит доказательство неравенства:
Пример 9.
a b 
b c 
c  2a 
 2b
c
 b положительных
 c
 a1для
чисел a,b и c .
Решение получается из неравенства:


a  b 1  1 b  c  a  c 1   a  b  1  a  c 1  b  c  1   2a  b  c  1 2  b  c  .
2
Пример 10. Доказать неравенство
x5  y 5  z 5 x 4  y 4  z 4
для положительных чисел x,y

x yz
3
и z.
Ученик. Решение. Проведем анализ. Если обе части этого неравенства умножить на
положительное выражение
x y z
, то получим неравенство, равносильное данному:
3
x5  y 5  z 5 x  y  z x 4  y 4  z 4
.


3
3
3
Теперь это неравенство можно сравнить с неравенством Чебышева для последовательностей
x,y,z и x 4 , y 4 , z 4 . Учитывая, что вторая последовательность будет невозрастающей, если таковой
будет первая последовательность для положительных чисел x,y,z, делаем вывод, что условия
неравенства Чебышева выполнены. Тогда доказательство выглядит так: из неравенства
Чебышева следует неравенство
x  x4  y  y 4  z  z 4 x  y  z x4  y 4  z 4


.
3
3
3
Откуда требуемое неравенство получается выполнением преобразований обратных тем, что
были проведены при анализе.
IV. Упражнения на отработку умений и навыков использования
классических и опорных неравенств при доказательстве неравенств и
решению различных задач.
a4  b4  c4  abc  a  b  c  для
a, b, c  0 , используя
различные способы доказательства, в частности неравенство трех квадратов, неравенство
Чебышева, аналитико-синтетический метод.
2. Используя неравенство Коши – Буняковского, доказать неравенство трех квадратов,
обобщить его для произвольного натурального n.
3. Используя неравенство Чебышева, доказать неравенство Коши – Буняковского для n=4
и для произвольного натурального n. ( ai неубывающая, bi невозрастающая).
4. Используя метод мажорирования и неравенство трех квадратов, доказать неравенство
2
a  b 2  5  ab  2a  2b для положительных a и b.
5. Используя неравенство Коши (и вторым способом, используя неравенство Коши –
Буняковского), найти наибольшее значение выражения x  3  y  3  z  3 при условии,
что x  y  z  A .
A
x yz
Приводим
для
учителя
первое
доказательство.
При
имеем
3
1.
S  3
Доказать неравенство
A9
 3 A  9 .
3
тогда, когда

a b c

2
a  b  c принимает наибольшее значение тогда и только
наибольшее. Из неравенства Коши следует, что:


a  b  c  a  b  c  2 ab  2 ac  2 bc  3  a  b  c   3  x  3  y  3  z  3 
2
27  3A
Отсюда следует, что
x  3  y  3  z  3  3 A  9 .
Используя неравенство Коши, доказать, что Sin 2 xCos 6 x 
6.
27
.
256
4
4
4

 Sin2 x  Cos 2 x  Cos 2 x  Cos 2 x   1  2Cos 2 x   3 
27 
2
2
2
2
 Sin x  Cos x  Cos x  Cos x  




  
 

4
4
4  256 







7. Доказать неравенства: а) a  1  2a  3  50  3a  12 ;
б)
в)
8.
a 2  b2 b2  c2 c 2  a 2


 abc
ab
bc
ca
3
9  a  b  c   3 a  3 b  3 c для положительных a, b и c.
Найти наименьшее значение выражения при положительных a, b и c:
ab bc ca
a
b
c





.
c
a
b
bc ca ab
Ответ: 7,5. Указание: доказать, что
9.
Используя
метод
ab bc ca
a
b
c
3


 6;


 .
c
a
b
bc c a a b 2
специализации,
доказать
неравенство
x  y  z  y  x  z  2 y для y<x  z . Указание: использовать неравенство
a  b  a  b для положительных a и b.
10.
Для положительных a, b и c доказать неравенство:
a 4 b4 c4
 
 a 2  b2  c2 .
bc ca ab
Указание.
1
способ. Использовать неравенство Коши и неравенство трех
2
неравенство трех квадратов.
способ.Использовать неравенство Коши – Буняковского и
квадратов.
3
способ. Использовать метод специализации.
Решение. 1 способ.
a4
b4
c4
 bc  2a 2 ,  ac  2b 2 ,  ab  2c 2 . Далее
bc
ac
ab
складываем их и используем неравенство трех квадратов.
2
способ.
Использовать неравенство Коши – Буняковского
для
 a 2 b2
c2 
,
,

и
 bc ac ab 

bc , ac , ab
3 способ. Использовать для n>0 неравенство
11.

m2
 2m  n .
n
Для сторон треугольника a, b и c доказать неравенство:
a
4b
9c


 11
bc a a c b a bc
a  b  c
 p,
 2

Указание. Использовать подстановку b  c  a  x,
a  c  b  y,

a  b  c  z.
V. Подведение итогов занятия.
Слушаем детей об их впечатлениях, о применении методов, с которыми они познакомились
и которые отработали во время уроков. Обращаем внимание учащихся на то, что существуют
еще такого рода неравенства, которые будут изучены в дальнейшем. Также сообщаем детям, что
следующие два урока будут посвящены решению неравенств, уравнений и систем с
использованием классических неравенств и их применению в нестандартных ситуациях. Также
будут найдены геометрические интерпретации некоторых классических неравенств.
VI. Домашнее задание.
Проанализировать решение классных упражнений.
Сумма пяти положительных чисел равна 25. Доказать, что их
произведение меньше 3200. ( Указание. Использовать неравенство Коши для пяти чисел.)
1)
2)
Доказать неравенство:
3)
что a  b  c  1.
4)
1  2a  1  2b  1  2c  15 при условии,
Каковы должны быть размеры открытого бассейна данного объема V,
чтобы на облицовку его стен и дна пошло наименьшее количество материала?
5)
Найти наименьшее значение выражения
x2

y2

z2
 y  2 z  z  2 y   x  2 z  z  2 x   x  2 z  y  2 x 
.
6) a , b и c - стороны треугольника, S - площадь, P - периметр. Доказать, что:
a 2  b2  c 2 
P2
P3
4 3
SP , a 4  b 4  c 4  16 S 2 ,
, a 3  b3  c 3 
, a 3  b3  c 3 
3
3
9
1 1 1 9
   .
a b c P
na m
m
 n 2.
m na
x2  y 2
Для x  y , таких, что xy  1 доказать неравенство
2 2.
x y
Для a  0 и m  N доказать неравенство
7)
8)
9)
Найти наибольшие значения выражений:
 x  a  x  b  для положительных a, b, x .
x  xy  y 2
при x  0, y  0 ;
2
2
x
x  xy  y
2
10) В данный шар вписать цилиндр наибольшего объема.
Занятие 5 (2 часа)
Тема. Применение классических и опорных неравенств при решении
уравнений, неравенств и их систем.
Дидактическая цель занятия.
Выработать навыки применения классических и
опорных неравенств при решении уравнений, неравенств и их систем. Продолжить выработку
навыков применения метода мажорации при решении такого типа заданий. Учить применять
свойства функций при решении уравнений, неравенств и их систем.
I. Проверку домашнего задания
начинаем с подведения итогов выполнения
домашних упражнений. Затем еще раз проговариваем классические и опорные неравенства,
обращая внимание на условия, при которых в них будет выполняться равенство. Далее по
записям, сделанным на доске заранее или по проекции на экране с помощью компьютерного
мультимедийного проектора, комментируем доказательства некоторых неравенств, которые
вызывали на предыдущих уроках затруднения или не получилось выполнить дома. Параллельно
мы повторяем методику и приемы применения классических неравенств и, таким образом,
проводя
II. Актуализацию опорных знаний учащихся,
заканчивая которую решением
уравнения и системы:
x2 
1
4
 2   x  1 ,
2
x
 x 2  y 2  z 2  1,
.

 xy  xz  yz  1
Решение.
Думается, что найдутся дети, которые вспомнят метод мажорации и его применение при
решении уравнений, неравенств и систем. Вспоминаем также, доказанные ранее, неравенство
для обратных величин и неравенство трех квадратов:
a
1
 2,
a
a 2  b 2  c 2  ab  ac  bc .
x2 
Ученик. Оценим значения выражения
величин. Заменяя в нем a на x 2 , имеем: x 2 
1
, применяя неравенство для обратных
x2
1
 2 . Выражение
x2
же 2   x  1 принимает
4
4
 x  1  0 . Поэтому равенство возможно лишь при условии,
значения, не большие 2, так как
что x  1 - корень уравнения.
Ученик. Полагая в неравенстве трех квадратов, a  x, b  y, c  z и сравнивая условия
системы, приходим к выводу, что
1  x 2  y 2  z 2  xy  xz  yz  1,
а
отсюда
следует,
что
система
имеет
решения
при
условии,
что
xy  yz  xz  1  x  y  z . Из исследования, которое было проведено при доказательстве
неравенства трех квадратов, следует, что равенство возможно лишь при равенстве x, y и z .
2
Откуда 3x 2  1, x 
2
2
1
1
или 
. Таким образом, решением данной системы будут две тройки
3
3
чисел:
x
1
1
1
1
1
1
или x  
.
,y
,z 
,y
,z  
3
3
3
3
3
3
III. Примеры применения классических неравенств при решении
уравнений, неравенств и их систем.
Пример 1. Решить уравнение:
x  2  4  x  x 2  6 x  11 .
Решение.
Значения выражения x 2  6 x  11 дети оценят без проблем, а именно,
x 2  6 x  11   x  3   2  2 .
2
x  2  4  x известными
При попытке оценить множество значений выражения
методами, дети делают вывод, что нужный результат не получается. А именно, областью
допустимых значений последнего выражения будут числа 2  x  4 , поэтому 0 
0  4  x  2 . Тогда 0 
x2  2,
x  2  4  x  2 2 . Но 2 2 >2!!! Некоторые дети, конечно,
могут заметить, что при x  3 значение выражения
число 3 является корнем уравнения, но не больше.
x  2  4  x также равно 2, то есть,
Учитель обращает внимание детей на то, что выражение
x  2  4  x представляет
собой удвоенное среднее арифметическое выражений x  2 и 4  x . Также замечаем, что
сумма квадратов этих выражений, дает конкретное число! Тогда учитель просит детей
вспомнить классическое неравенство, позволяющее сравнить среднее арифметическое двух
чисел с их средним квадратическим, а именно
ab
a 2  b2

.
2
2
Дети после этого легко оценивают значения выражения
x2  4x

2
x  2  4  x . А именно
x24x
 1 , то есть,
2
x2  4 x  2.
После этого дети легко делают вывод, что корень x  3 единственный.
 x  1 .
1 x 1
x 
 2x  1 
2
4
8
2
Пример 2. Решить неравенство
Решение.
При внимательном рассмотрении выражений, стоящих в данном неравенстве, дети могут
заметить повторение ситуации предыдущего примера. А именно, слева стоит удвоенное среднее
арифметическое
x
1
x1
и
, а справа – их удвоенное среднее квадратическое.
4
2
Учитель просит детей проанализировать сложившуюся ситуацию.
Ученик. Так как среднее арифметическое двух чисел не превосходит среднего
квадратического этих чисел, то неравенство выполняется всегда, за исключением того случая,
когда среднее арифметическое равнее среднему квадратическому. А это будет в случае
равенства чисел. Выясним это, если решим уравнение
1
2


и x  7  2 10 . Ответ: x   ;7  2 10 
7  2
x
1 x1
1 
=
. Откуда, ОДЗ x   ;  
4
2
2 
10 ;7  2 10
 7  2
10 ; 

 xy  yz  zx  12,
на множестве положительных
 xyz  x  y  z  2
Пример 3. Решить систему уравнений 
чисел.
Решение.
Вначале предоставляем детям возможность попытаться решить систему стандартными
методами. Затем предлагаем детям проанализировать систему, обратить при этом внимание на
выражения, из которых составлена система, и оценить возможные значения этих выражений.
Ученик. xy  yz  zx -
утроенное среднее арифметическое выражений xy , yz , zx .
x  y  z  2 - учетверенное среднее арифметическое выражений x , y , z ,2. Выражение xyz
является составной частью как среднего геометрического xy , yz , zx , так и x , y , z ,2.
Учитель. Попробуйте, применяя неравенство Коши, оценить возможные значения
выражений.
Ученик. xy  yz  zx  3 3 x 2 y 2 z 2 . Так как xy  yz  zx =12, то xyz  8 . x  y  z  2
 4 4 2xyz . Так как x  y  z  2 = xyz , то xyz  8. Из того, что xyz  8 и
xyz  8, следует,
что xyz =8. Отсюда и из того, что x  y  z  2  4 4 2xyz , следует, что x  y  z  2 = 4 4 2xyz .
Но мы знаем, что в неравенстве Коши равенство имеет место в случае равенства чисел. Поэтому,
x  y  z  2.
x2  x  1  x  x2  1  x2  x  2 .
Пример 4. Решить уравнение
Решение.
 x 2  x  1  0,

Ученик. Уравнение имеет смысл при следующих условиях:  x  x 2  1  0, Решим эту
 x 2  x  2  0.

 1 5 
.
2 

систему. Получим x  1;
Далее дети пытаются провести оценку значений всех выражений, входящих в данное
уравнение, стандартным методом без использования классических неравенств и получают
2
следующее.
1
1

x  x 1 =  x   1 ;
2
4

так как при x  1 функция y  x 2  x  1
2
 1 5 
2
 , то 0  x  x  1  1  5 ; а так как функция y  t также
2 

возрастающая и x  1;
возрастает
на
области
определения,
2
то
0  x2  x  1  1  5
.
Аналогично,
2
5 
1
5 
1
0  x  x  1    x      1    1 , так как функция y  x  x 2  1 убывающая на
4 
2
4 
2
2
промежутке
 1 5 
x  1;
 и
2


0
x  x 2  1  1 . Поэтому 0 
x2  x  1  x  x2  1
2
3
3
1
3

 1  5  1 . При этом x  x  2 =  x    1  1 . Но 1  1  5  1 .
4
4
2
4

2
Учитель. Попробуем представить левую часть
x2  x  1  x  x2  1 уравнения, чтобы
получить более точную оценку сверху, как сумму двух произведений, а именно:
x
2
 x  1  1 , а x  x 2  1 =
x  x
2
 1  1 , и использовать неравенство Коши.
x2  x  1 =
x
Ученик.
2
 x  1  1

x2  x  1  1 x2  x

2
2
x  x
;
2
 1  1
x  x2  1  1  x2  x  2
,


2
2
а сумма
x2  x  1  x  x2  1  x  1 . Значит, равное ей выражение x 2  x  2  x  1 .
Анализируя полученное неравенство, видим, что его можно привести к виду  x  1  0 . А это
2
возможно лишь в случае, если x  1 - единственно возможный корень уравнения.
Пример 5. Решить уравнение x 1  x  3  x  2 x2  1 .
Решение.
Сравнивая левую часть данного уравнения x 1  x  3  x с левой частью уравнения
примера 1, дети делают вывод, что тот же метод оценки, что и в первом примере вряд ли
«пройдет». Но после рассмотрения примера 4, думается, что найдутся дети, которые предложат
представить каждое слагаемое x 1  x и
3  x как произведение и применить для оценки
возможных значений выражения x 1  x  3  x неравенство Коши- Буняковского, так как

1 x
 
2
3 x

2
 4 - конкретное число.
Ученик. Согласно неравенству Коши- Буняковского для n  2 имеем
 a1b1  a2b2 
Полагаем
x
в
  x
2
  a12  a22 b12  b22  .
a1  x , a2  1,b1 
нем
1  x  1 3  x
2
2
 12 
 1  x   
2
1 x
3 x

2
,
.
b2  3  x
Так
как
.
функция
Получим
y t
возрастающая, то x 1  x  3  x  2 x2  1 .
Учитель. Вспомните условия, при которых в неравенстве Коши- Буняковского достигается
равенство.
Ученик. Если
x
1
. Решим его. Числа 1, 1  2 являются корнями последнего

1 x
3 x
уравнения. Ответ: x1  1, x2,3  1  2 .
 x 4  y 4  z 4  1,
Пример 6. Решить систему уравнений 
2
2
2
 x  y  2 z  7 .
Решение.
После рассмотрения примера 5 думается, что найдутся дети, которые предложат и в этом
случае применить неравенство Коши – Буняковского, чтобы оценить возможные значения
выражений, входящих в уравнения данной системы.
Ученик.
   y  z 
2
Для этого представим x 4  y 4  z 4 = x 2
2 2
2 2
, x2  y 2  2 z 2 =
1  x 2  1  y 2  2  z 2 . Сравнивая с данными выражениями неравенство Коши- Буняковского для
n3
 a1b1  a2b2  a3b3 
2
  a12  a22  a32 b12  b22  b32  , необходимо положить в нем
a1  a2  1, a3  2, b1  x 2 ,b2  y 2 ,b3  z 2 . Тогда получим
1  x

2


 1  y 2  2  z 2    12  12  2 2   x 2    y 2    z 2  .
Отсюда x 2  y 2  2 z 2
2

2
2
2
2
 6  x 4  y 4  z 4  . Но из системы следует, что 7  6  1 . Это не
верно, значит, система не имеет решений.
IV. Упражнения на выработку навыков применения классических
неравенств при решении уравнений, неравенств и их систем.
Следующие упражнения предлагаем для самостоятельного
последующим коллективным обсуждением решения.
Упражнение 1. Решить уравнение x 4 
или группового решения с
1
 1  2 x  x2 .
x4
x  3  21  x  x 2  24 x  150 .
Упражнение 2. Решить уравнение
Упражнение 3. Решить уравнение y  y  1  x  x  1  8 xy
2
2
 x 3 y  9,
Упражнение 4. Решить систему уравнений 
3 x  y  6.
Упражнение 5. Решить уравнение x y  1  y x  1  xy .
Упражнение 6. Решить уравнение
3
25 x  2 x 2  9   4 x 
3
.
x
Упражнение 7. Решить систему уравнений на множестве положительных чисел
1
1
1
1
 2 x  3 y  6 z  x y z ,
 

2
3 6
 2
2
2
 x  y  z  14.
Приведем для учителя решение некоторых заданий.
Решение упражнения 4.
3x  y  x  x  x  y  3 
xxx y
, x 3 y  xxxy 
3

4
xxxy

4
. Обращаем внимание
учителя на то, что необходимо доказать возможность применения неравенства Коши, то есть
положительность чисел x , y . Числа x , y  0 , так как знак x 3 y совпадает со знаком xy . Из
первого уравнения следует, что xy  0 . Оба x , y отрицательными быть не могут, это
противоречит второму уравнению. Из неравенств Коши следует, что
4
9 3
4
x3 y 
3x  y
. Но
4
6
неверно, поэтому система уравнений не имеет решений.
4
Решение упражнения 6.
Так как x  0 , то умножим обе части уравнения на x , который внесем под корень. Получим
5 x2  5 x2  2 x2
,
3
3
25 x4  2 x 2  9   4 x 2  3 . Представим
3
5 x2  5 x2   2 x2  9  . Применяя неравенство Коши, имеем
3
4 x2  3 =
5 x2  5 x2   2 x2  9  
3
25 x4  2 x2  9  =
5 x2  5 x2  2 x2
.
3
Равенство имеет место при условии 5 x 2  2 x 2  9 . Решая его, находим x   3 .
V. Итоги занятия.
Дети обмениваются впечатлениями, которые они получали, применяя вроде бы не
совместимые вещи, такие как неравенство и уравнение. Некоторые из учащихся могут сами
принять участие в составлении заданий на применение классических неравенств в решении
уравнений, неравенств и их систем. Некоторые дети могут заметить, что предлагавшиеся
уравнения можно преобразовать в неравенства или составить систему уравнений или неравенств
на их основе. Поэтому можно при желании увеличить время на выполнение заданий такого рода.
Причем дети заметят, что они на этих уроках продолжали развивать навыки применения метода
мажорации при решении уравнений, неравенств и их систем. Следует предложить детям
попытаться решить домашние уравнения несколькими способами.
VI. Домашнее задание.
Проработать по конспекту методику применения классических неравенств при
решении уравнений, неравенств и их систем.
1)
2)
Решить уравнения: а)
x
1
 2  x 1 .
x
б) в целых числах 2 x4  2 y 4  4 xy  1 .
4 x 2  20 x  25 
в)
г)
4
y x 6
1  x2  4 1  x  4 1  x  3 .
д) x x  1  y y  1 
x2  y 2
.
2
9
.
5  2x
е)
ж)
33 x 1  3
2
x
2
 2  3  x  1  3 .
x
2
6 x  y  2  6 x  y  2 6 x2  8  2 y  y 2   6  x  1 .
Решить систему уравнений в положительных числах

2
2
2
 2x   2 y   2z   3 x  y  z  ,
y
z
x

 2
2
2
 x  y  z  6.
Занятие 6 (2 часа)
Тема. Доказательство неравенств, решение уравнений, неравенств и
их систем геометрическими методами.
Дидактическая цель.
Познакомить учащихся с методикой применения фактов из
геометрии при решении «классических» заданий школьного курса алгебры. Научить применять
координатный метод, теорему о скалярном произведении векторов, неравенство треугольника,
теорему о свойстве длины ломаной, теорему косинусов, формулы тригонометрии при
доказательстве неравенств, решении уравнений, неравенств и их систем.
Развивающая цель.
Развивать интуицию, конструктивные и аналитические
способности учащихся. Развивать воображение, представление учащихся о практической
значимости математики.
I. Актуализация опорных знаний.
Учитель предлагает детям повторить следующие вопросы, работая в группах:
1) теорему косинусов, следствия из нее и методику применения ее в геометрии; в
частности, предлагаем детям сказать о величине угла А треугольника АВС, если известно, что
для сторон а, в, и с этого треугольника выполняется равенство: a 2  b 2  c 2  bc ;
2) метод координат и методику его применения в геометрии; например, в плоскости
квадрата ABCD найти множество точек М, для которых имеет место равенство
MA  MC  MB  MD .
3) скалярное произведение векторов и методику использования его при решении различных
геометрических задач; например, доказать, что параллелограмм является ромбом, если его
диагонали взаимно перпендикулярны.
4) неравенство треугольника, условия, при которых в нем достигается равенство и его
значение в математике;
5) доказанные ранее нестрогие неравенства (в том числе неравенство Коши –
Буняковского) и условия, при которых в них достигается равенство;
6) набор задач на нахождение наибольшего и наименьшего значения некоторой величины
(выражения в алгебре, некоторой величины в геометрии, конкретной величины из практических
задач экономики и др.);
II. Восприятие и усвоение метода.
Предлагаем детям обсудить решение следующих упражнений, стандартных для уроков
алгебры.
Пример 1. Найти наименьшее значение выражения:
1  x2  x  1  x2  x 3 .
Пример 2. Доказать неравенство: a 1  b 2  b 1  a 2  1 .
Пример 3. Решить уравнение x 1  x  3  x  2 x2  1 .
Решение примера 1.
Учитель предлагает дать геометрическую интерпретацию каждого слагаемого суммы.
Думается, что после выполнения подготовительного упражнения 1) найдутся дети, которые
«увидят» в них выражения для сторон в треугольниках, противолежащих соответственно углам
60 

3
и 30 

6
со сторонами, соответственно 1 ед. дл. и x ед. дл.
Учитель предлагает детям дать геометрическую интерпретацию суммы.
Думается, что найдутся дети, которые могут (или коллективно) сделать рисунок, дающий
такую интерпретацию.
Предлагаем детям проанализировать условия, при которых сумма сторон BD и CD
минимальна.
Ученик. Очевидно, в случае, если точки B , D,C лежат на одной прямой.
Учитель. И при каких же значениях x это выполняется?
Ученик. Такие значения х можно найти из условия, при котором три точки лежат на одной
прямой, то есть, при условии, если CD  DB  CB . Но CB можно найти из треугольника АСВ
по теореме косинусов. И оно равно
выражения.
2 . Это и будет минимальным значением данного
Ответ:
2.
Решение примера 2.
Учитель. Проведем анализ. Неравенство получит хорошую геометрическую, а точнее
тригонометрическую интерпретацию, если в этом выражении заменить a на Sin , а b на
Sin . Обратим внимание детей на равносильность этой замены. То есть, множество значений a
совпадает с множеством значений Sin ; аналогично, множество значений b совпадает с
множеством значений Sin . Продолжите теперь доказательство.
Ученик. Неравенство тогда перепишется в виде Sin 1  Sin 2   Sin 1  Sin 2  1 .
Sin Cos   Sin Cos  1, что равносильно неравенству
Или
Sin      1, что
очевидно. Выполняя преобразования, обратные тем, что были проведены при анализе, получим
доказательство данного неравенства.
Решение примера 3.
Учитель. Проведем анализ. Хотя это уравнение было решено нами применением
неравенства Коши – Буняковского, но стоит заметить, что неравенство Коши – Буняковского
имеет хорошую геометрическую интерпретацию, а именно, выражает оценку сверху для
скалярного произведения векторов.
Учитель просит записать
 a1b1  a2b2 
2
 a  a
2
1
2
2
 b
2
1
неравенство Коши – Буняковского
b
2
1
,
для n=2, то есть
выражение для скалярного произведения векторов через
длины этих векторов, то есть a  b  a  b  Cos и просит сравнить их.
Дети делают вывод, что если в последнем равенстве принять a1 и a2 за координаты
вектора a , а b1 и b2 за координаты вектора b , получим после возведения в квадрат обеих
частей равенства и, учитывая, что Cos  1 неравенство Коши – Буняковского.
Учителю лишь стоит заметить, что это утверждение будет верно и для n – мерных векторов.
Теперь, если принять за a  x;1 ,b


1  x ; 3  x , получим a  x 2  1, b  4  2 .
Теперь можно использовать условия, при которых достигается равенство в неравенстве
2
2
2
a  b  a  b , полученное детьми при анализе опорных знаний. А именно a  b или
a  b (при этом Cos  1 ), то есть a   b при некотором значении   0 . Откуда дети
пишут:
x
1
. И находят корни его. Ответ: x1  1, x2,3  1  2 .

1 x
3 x
III. Упражнения на выработку навыков применения методов
геометрии при доказательстве неравенств, решении уравнений,
неравенств и их систем.
Пример 4. Решить уравнение
x 2  6 x  y 2  9  x 2  y 2  8 y  16  5 .
Решение.
Учитель просит детей дать геометрическую интерпретацию данного уравнения. Учитель
просит в случае необходимости выделить в каждом подкоренном выражении сумму квадратов
некоторых выражений.
Дети пишут:
 x  3
2
 y 2  x 2   y  4   5.
2
Ученик. Левая часть уравнения представляет собой сумму расстояний между точками с
координатами  x; y  , 3;0  и, соответственно,  x; y  ,0; 4  .
Учитель. Попробуйте интерпретировать правую часть этого уравнения через имеющиеся
точки.
Ученик. Число 5 можно понимать как расстояние между точками с координатами  3;0  и
0; 4  . Обозначим эти точки через A  x; y  ,
B  3;0  и C 0; 4  .
Учитель. При каких же условиях может выполняться равенство?
Ученик. Равенство может выполняться, если эти три точки лежат на одной прямой и точка
А лежит между точками В и С.
Учитель. Как же в таком случае найти координаты искомой точки А?
Ученик. Их можно найти из условий: BA  BC и BA + AC = BC. Откуда
есть y 
x3 y
 , то
3
4
12  4 x
для любых x  0; 3 .
3


Ответ:  x ;
Пример 5. Решить уравнение
12  4 x 
 , x 0; 3 .
3 
5 x2  6 x  9  5 x2  16 x  16  5 .
Решение.
Учитель просит детей дать геометрическую интерпретацию данному уравнению.
Дети, выделяя в каждом из подкоренных выражений сумму квадратов, получают:
 2 x    x  3
2
2
 2x  4

2
 x2  5 .
Тогда равенство интерпретируют как AB + AC = BC, где A  2 x; x  , B  0; 3  , C  4;0  .
Далее, аналогичным образом находят: x 
6
.
5
Ответ:
6
.
5
Пример 6. Решить уравнение:
 x  1   y  1
2
2

 x  5   y  9 
2
2
 x2   y  3 
2
 x  4
2
 y 2  15 .
Решение.
Дети аналогичным образом дают интерпретацию каждого слагаемого, стоящего в левой
части уравнения, и получают сумму расстояний между точками, которые обозначим как
M  x; y  , A  1;1 , B  5; 9  ,C 0; 3  , D  4;0  : MA + MB + MC + MD.
Учитель просит дать интерпретацию правой части уравнения.
Дети после непродолжительной работы дают ответ: 15 = АВ + СD.
понимаем как геометрическое равенство: MA + MB + MC + MD = АВ + СD.
Тогда уравнение
Учитель просит детей, проанализировав данную ситуацию, дать условия, при которых
выполняется это геометрическое равенство.
Дети, вспоминая, что из неравенства треугольника MA + MB  АВ, а MC + MD  СD
делают вывод, что MA + MB + MC + MD  АВ + СD. И равенство возможно, если MA + MB =
АВ и MC + MD = СD. То есть точка М лежит одновременно на прямой АВ и на прямой СD.
Вывод: точка М есть точка пересечения прямых АВ и СD (диагоналей четырехугольника
ACBD).
Из условий AM  AC и CM  CD дети пишут систему для нахождения искомой точки
x 1 y 1
 6  8 ,
пересечения диагоналей, а именно: 
решая которую, находят
x  y3
3
 4
Ответ: x 
Пример 7. Решить уравнение:
8
37
,y 
.
25
7
x2  3 x  9  x2  5 x  25  7 .
Решение.
Дети снова получают возможность дать геометрическую интерпретацию данного уравнения.
Попытка представить левую часть уравнения как сумму расстояний от данной точки до двух
других точек не приводит к результату, так как правая часть уравнения получается больше
суммы полученных расстояний.
Учитель предлагает детям сравнить левую часть данного уравнения с выражением примера
1 и «увидеть», таким образом, геометрическую интерпретацию данного уравнения.
После этого дети пишут:
x 2  32  2  x  3 
соответствующий рисунок. Здесь ВD =
DC  x 2  52  2 x  5 
1
=
2
1
1
 x 2  5 2  2 x  5   7 . И выполняют
2
2
x 2  32  2  x  3 
1
=
2
x2  32  2  x  3  Cos60 ;
x2  52  2 x  5  Cos60 .
Учитель предлагает детям исследовать правую часть уравнения в контексте данной
ситуации.
Дети убеждаются, что расстояние между точками В и С равно 7. И делают вывод, что точка
D должна лежать на отрезке ВС.
«Ключевой» проблемой данной задачи является способ решения данного уравнения.
Дети могут предложить ввести систему координат, совместив начало координат с точкой А,
ось OX совместить с лучом АС, а ось OY направить в верхнюю полуплоскость перпендикулярно
оси OX. Далее решать эту задачу аналогично задаче 4.
Учитель должен поприветствовать такой подход и дать детям закончить решение. И если
дети не найдут, то предложить использовать метод «площадей», сравнив площади
треугольников ABD, ADC и ABC, учитывая, что точки B, D, C лежат на одной прямой.
Дети
S# ADC 
записывают:
S# ABD  S# ADC  S# ABC
.
S# ABD 
1
AB  AD  Sin60
2
,
1
1
AD  AC  Sin60 , S# ABC  AB  AC  Sin120 . Из полученного уравнения дети
2
2
находят искомый корень уравнения.
Ответ: x 
15
.
8
Пример 8. Для любых положительных чисел a, b и c доказать неравенство:
a2  ab  b2  b2  bc  c2  a 2  ac  c 2 .
Решение.
Дети легко «увидят» конфигурацию, аналогичную той, что была описана в предыдущем
примере, с заменой сторон 3, х, 5 на, соответственно, а, b и с. Тогда неравенство трактуется как
неравенство треугольника для точек B, C и D предыдущего рисунка. Что не требует
доказательства. Равенство достигается в случае, если точки B, C и D лежат на одной прямой.
Проведя исследование, аналогичное тому, что было выполнено при решении уравнения 7,
применяя, например метод площадей, дети получат это условие: ab + bc = ac, или
2
2

  x  2   y  4  
Пример 9. Решить систему уравнений: 

3 xy  10 y  3
1 1 1
  .
b a c
 x  5   y  8 
2
2
5
.
Решение.
В «лоб», конечно, после предыдущих примеров никто из учащихся не рискнет решать. Хотя,
если найдутся желающие, можно предоставить им такую возможность. Дети «увидят», что из
первого уравнения следует: точки с координатами  x; y  , 2; 4  , 5; 8  лежат на одной прямой.
Используя условие того, что три точки лежат на одной прямой, дети составляют систему,
равносильную данной:
x2 y4

,

4
 3
3 xy  10 y  3.
Решая ее, дети приходят к решению.
Ответ: x1  
7
2
7
, y1   ; x2  , y2  6 .
6
9
2
Пример 10. Решить систему уравнений:
 x  y  z  1,

1
 2
2
2
 x  y  z  3 .
Решение.
Учитель просит детей дать геометрическую интерпретацию уравнений, легче всего начать
со второго уравнения.
Учителю требуется, если дети не «увидят» того, что это уравнение представляет собой
квадрат модуля некоторого вектора, обратить внимание детей на метод, применимый при
решении уравнения примера 3.
Решение примера 3 дает основания интерпретировать второе уравнение как квадрат длины
вектора, координаты которого равны (x;y;z). Обозначим его через a . Тогда первое уравнение
понимается как скалярное произведение вектора a на вектор b  1;1;1 .
Вспоминая теорему о выражении скалярного произведения векторов через их длины, дети
1
 3  Cos  Cos  1 . Отсюда дети делают
3
1
1
вывод: a  b , a   b. Из равенства a    b следует:   . Так как   0 , то   . Из
3
3
1
1
1
1
равенства a  b находим: x  , y  , z  .
3
3
3
3
пишут равенство: 1  a  b  a  b  Cos 
Ответ: x 
1
1
1
, y  ,z  .
3
3
3
Пример 11. Решить систему уравнений:

2 x  3 y  6 z  11  0,


 x  x  6   y  y  4   z  z  2   13  0.
Решение.
Учитель просит детей, проанализировав условие, дать геометрическую интерпретацию
каждого уравнения системы.
Дети, раскрыв скобки во втором уравнении системы, смогут выполнить логические
преобразования по выделению суммы квадратов выражений. Второе уравнение перепишут так:
 x  3
2
  y  2    z  1  1.
2
2
После этого дети напишут координаты соответствующего вектора, обозначив его, например,
a  x  3; y  2; z  1 . И второе уравнение имеет вид: a  1. Теперь перейдем к интерпретации
первого уравнения. «Бросается в глаза» линейная зависимость выражения, стоящего в левой
части первого уравнения от координат
вектора a . Если дети выполнят соответствующие
логичные преобразования, то могут прийти к уравнению 2  x  3  3  y  2   6  z  1  7.
Его можно переписать в «геометрическом» виде как a  b  7 , если принять, что вектор
b  2; 3;6  . То есть, уравнение равносильно системе относительно векторов a  x  3; y  2; z  1
и b  2; 3;6  :
 a  1,


 b  7,

a  b  7.

Откуда 7  a  b . Теперь, как и при решении примера 3, составляем с детьми систему:
7  x  3   2,

7  y  2   3,

7  z  1  6.
Решая ее, находим
Ответ: x 
19
11
1
, y  ,z  .
7
7
7
Пример 12. Решить систему уравнений
 x 2  y 2  1,

2
4 xy  2 y  1  1.
Решение.
Учитель просит детей, проанализировать уравнения системы и дать «тригонометрическую»
интерпретацию переменных x и y. Для этого просим детей указать множество значений
переменных x и y. После этого найдутся дети, которые найдут «равносильную» геометрическую,
а точнее тригонометрическую замену переменным.
Ученик. Положим, например, x  Sin , y  Cos . Тогда система примет такой вид:
 Sin2  Cos 2  1,

2
4 Sin Cos  2Cos   1  1.
Применяя формулы тригонометрии, делаем вывод, что корнями первого уравнения будут
любые значения  , а второе уравнение перепишется так: Sin4  1. Решим его.
2 2

2 2
, Cos 
. Применяя формулы
8 2
8
2
8
2
приведения, найдем возможные значения x  Sin и y  Cos . Проверкой убеждаемся, что




n , n   . Известно, что Sin



решением данной системы будут следующие пары чисел:  



2 2
2 2   2 2
2 2   2 2
2

, 
, 
;
;
;

 
 
2
2
2
2
2
2

 
 
Пример 13. Решить систему уравнений:
2 2
2 2 
 ,
;

2
2

2
.



2z
x  1  z2 ,

2x

,
y 
2
1

x

2y

z  1  y2 .

Решение.
Учитель, если дети сразу не увидят тригонометрическую интерпретацию уравнений
системы, предлагает вспомнить известные формулы тригонометрии, в частности, сравнить
выражения, стоящие в правой части уравнений с выражениями для тангенса двойного
аргумента.
Ученик. Если положить, что z  tg для некоторого угла
 , то из первого уравнения
следует, что x  tg 2 . Тогда из второго уравнения следует, что y  tg 4 . Из третьего
уравнения будет следовать тогда, что tg  tg 8 .
Учитель предлагает заметить, что не все значения угла
детей проанализировать это.
Дети. Так как
 

8


2
 будут допустимыми и просит
из системы следует, что x  1, y  1, z  1 , то   
m,m   ,   

16


4
p
7
4
k , k   . Также z существует при  
Остальные переменные существуют при всех указанных выше значениях
tg  tg 8 .  

  n,n   ,

2
  l ,l   .
 . Решим уравнение
, p   . При этих значениях  все предыдущие ограничения выполнены,
поэтому можно найти соответствующие значения переменных x,y,z.
p

 x  tg 7 ,

2 p

, p .
 y  tg
7

4 p

 z  tg 7 .

Проверка подтверждает, что найденные значения удовлетворяют системе.
Ответ: x  tg
p
7
, y  tg
2 p
4 p
, z  tg
, p .
7
7
IV. Упражнения для самостоятельной работы по выработке
навыков применения методов геометрии при доказательстве
неравенств, решении уравнений, неравенств и их систем.
Упражнение 1. Решить уравнения:
x2  y 2 
 x  4    y  3
2
2
 5,
x 2  2 x  5  x 2  2 2 x  10  5 ,
x2  2 x  17 

 x  y
2
 25 
 y 6
2
 9  13 ,

x 2  3 x  3  x 2  4  2 3 x  19  4 3  5 ,
x2  y 2 
 x  1   y  3
2
2

 x  6    y  8
2
2

 x  5
2
 y 2  15 ,
Упражнение 2. Решить систему уравнений:
3
3
3

 2 x  2 y  z  3,
 6
6
6

 x  y  z  1.
Упражнение 3. Для любых x , y , z доказать неравенство:
x 2  xy  y 2  x 2  xz  z 2 
y 2  yz  z 2 .
Упражнение 4. Решить уравнение:
2  2Cosx  10  6 Cosx  10  6 Cos2 x .
Упражнение 5. Доказать, что для всех a ,b таких, что a 2  b 2  1 выполняется неравенство
a  b  2.
Упражнение 6. Доказать, что для положительных a ,b,c , d выполняется неравенство:
ab  cd 
Упражнение 7. Решить уравнение
 a  d b  c  .
1  x 2  4 x3  3 x .
Упражнение 8. Решить систему уравнений:
2
2
2

 x  y  z  xz  6 ,


 yz  2 3.
a 2  b2  c2
 abc 

для трех точек, заданных

3
3


2
(Указание: использовать неравенство 
своими координатами).
V. Подведение итогов занятия.
1. Учитель просит детей еще раз вспомнить те новые методы, которые использовались на
уроках.
2. Проговариваем с детьми еще раз методику использования геометрических
(тригонометрических) методов при решении стандартных алгебраических задач.
3. Нацеливаем детей на домашнюю самостоятельную творческую работу по отысканию
таких случаев из геометрии, которые приводят к возникновению уравнений, неравенств и пр.
VI. Домашнее задание.
1.
Повторить методику решения классных заданий, методы из
геометрии, применяемые при их решении.
2.
Решить практические задания:
Уравнения
9  x  1   x  2   x2  4  x  1  17 x 2  24 x  9 ;
2
2
2
x 2  12 x  37  x 2  y 2  y 2  10 y  29  10 ;
x 2  12 x  37  x 2  2 y 2  2 xy  2 y 2  2 xz  z 2  z 2  10 z  29  10 ;
x2  3 3 x  9  x2  y 2  3 xy  y 2  4 3 y  16  5 ;
Изобразить точки на координатной плоскости, координаты которых удовлетворяют
равенству:
 x  1
2
 y 2  x2   y  1  2 ;
2
Решить систему уравнений:
25 x12  16 y 8  9 z 4  1,

 6
7
4
2
x  y  z  .
15

Доказать, что для всех a ,b,c , d , таких что a 2  b 2  c 2  d 2  1 справедливо неравенство
ac  bd  1 .
3. Отыскать геометрические неравенства, которые приводят к уравнениям, неравенствам,
системам и составить их. Использовать для этого, в частности, книгу Прасолов В.В. Задачи по
планиметрии, ч.1.-М.:Наука, 1995.
4. Решить систему уравнений:

 4 y
  x  y  2 2  z 2 


 z  4  y   24.

(Указание: использовать неравенство S ABCD 
 x  2
2

 z 2  48,
 AB  CD  BC  AD  для четырехугольника
4
ABCD ).
5. . Решить систему уравнений:
  x  2 2  z 2 


 z  4  y   32.
 x  y  2
2
 z 2  y  12,
(Использовать неравенство S ABCD 
p2
, где p  полупериметр четырехугольника ABCD ).
16
Тема. Функциональные уравнения и простейшие методы
их решения ( 4 акад. часа )
Занятие 1 (2 часа)
Дидактическая цель.
Сформировать у учащихся понятие функционального
уравнения. Дать первое представление о решении. Познакомить учащихся с простейшими
методами решения целых функциональных уравнений.
I. Актуализация опорных знаний.
Предлагаем учащимся ответить на стандартные вопросы:
1) Что значит решить уравнение с одной переменной? ( Например, x³-3x²+5x =0)
2) Что значит решить уравнение с двумя переменными? ( Например, 2x+3y =5)
3) Какие мы знаем методы решения систем линейных уравнений? Повторяем, например,
решая систему:
3 x  2 y  6

 x  3 y  4
Далее повторяем с учащимися определение и свойства функции, включая:
1)
Обозначение функций: f(x), g(x), и т.д.
2)
Область определения и множество значений: D(f), E(f)
3)
Непрерывность, периодичность, четность
4)
Известные функции и их свойства
5)
Понятие сложной и обратной (желательно) функции.
Под известными функциями имеем в виду функции: y=x², y=x³, y=xⁿ, y = x ,y  x ,
y=kx+b, y=
ax  b
, y= sin x, y= cos x, y= tg x, если они были изучены на факультативном
cx  d
занятии.
Предлагаем учащимся найти значение функции f(x)=x²: f(2), f(t), f(1-x).
После ответа учащегося на вопрос как найти f(2) следует вопрос:
Учитель. Что необходимо сделать, чтобы найти f(t) и f(1-x)?
Ученик.
Нужно вместо аргумента x в выражение, задающее функцию, подставить
соответственно t и 1-x. Получим
f (t) = t², f(1-x) = (1-x)² = 1-2x+x² .
Учитель. f ( x+5)= x²; Как найти f ( x) ?
Если ученики не смогут дать четкий ответ, верный ответ предлагает учитель,
например, так: обозначив x+5 за t, имеем x+5 =t  x=t-5, тогда из условия следует, что f
(t)= (t-5)², т.е. f (x) = ( x-5 )² = x² - 10x + 25.
II.
Восприятие и осознание понятия функционального
уравнения.
Вспомните определение четной ( нечетной ) функции: для всех x из области
определения функции выполняется равенство f (x) = f(-x) или соответственно f (x ) =
-f ( -x
). Эти равенства можно записать в виде: f ( x ) – f ( -x ) = 0, f (x ) + f ( -x ) =0. Такие равенства
в математике называются функциональными уравнениями. Аналогичным равенством f (
x+T ) – f ( x ) = 0 задается периодическая функция.
Определение. Уравнение, содержащее кроме переменных неизвестные функции,
называют функциональным уравнением.
Решить данное функциональное уравнение - это значит найти все функции,
удовлетворяющее данному уравнению при заданных значениях переменных или доказать,
что таких функций нет.
1
Пример 1. Коллективно решаем уравнение: f (x) + 2f   = x, найти f (x).
x
Учитель. Мы видим в уравнении x  R\{0} два значения одной функции при взаимно
обратных значениях аргумента. Но из одного уравнения найти два неизвестных значения
мы найти не сможем. Что вы предлагаете?
Ученик. Необходимо составить еще одно уравнение с теми же неизвестными f(x) и
1
x
f  .
Учитель. Как же это сделать?
Ученик . Заменяя x на
1
x
слева и справа в уравнении, мы получим другое
1
1
1
уравнение относительно f(x) и f   : f   + 2f(x) = . То есть имеем систему:
x
x
x

1
f( x) 2 f  x  x

 

 f  1   2 f ( x )  1
  x 
x
Учитель. Решите, пожалуйста, систему относительно f(x).
2
2
x 2  x2
 =
Ученик. -3f(x)= x-  f(x)=
x
3x 3
3x
Ответ: f(x)=
2  x2
.
3x
Учитель. Попытайтесь решить таким же способом уравнение: 2f(x)+f(1-x)=x².
Ответ: f(x)=
x2  2x  1
.
3
Учитель. Познакомимся еще с одним методом решения функциональных уравнений.
Попытаемся угадать вид функции f(x).
Ученик. Так как справа стоит многочлен второй степени, то и f(x) должна быть
многочленом той же степени, причем, очевидно, общего вида, т.е. f(x)=ax²+bx+c, так как
при подстановке вместо x линейного выражения и при линейных преобразованиях
полученных выражений степень многочлена не изменится.
Учитель. Совершенно верно, продолжите.
Ученик. f(1-x)=a(1-x)²+b(1-x)+c=ax²-x(2a+b)+(a+b+c). Подставляя полученное выражение в
уравнение, получим: 3ax²+x(b-2a)+(a+b+3c)=x².
Учитель. При каком условии равны два многочлена одной степени?
Ученик. Когда равны коэффициенты при одинаковых степенях! (докажите это!).
1

a


3
3a  1

2
1
2
1


 b  2 a 
 f(x)= x 2  x 
b  2a  0
3
3
3
3

a  b  3c  0

1
1 1 2
1

c  3 ( a  b )  3 (  3  3 )   3

То есть
=
=
x2  2x  1
.
3
Учитель. При втором способе решения, не ясно имеет ли данное уравнение другие
решения. Предположим, что да! Что это значит?
Ученик. Это значит, что существует функция g(x), не совпадающая с f(x) хотя бы в
одной точке x◦, удовлетворяющая данному уравнению.
Учитель. Тогда?
Ученик. Тогда, как и с f(x) имеем систему
2

x 2  2 x  1
2 g ( x )  g ( 1  x  )  x 

g
(x◦)=
=f(x◦). Получили противоречие.

2
3

2
g
(
1

x

)

g
(
x

)

(
1

x

)

Значит,
функция
y=f(x)=
функциональному уравнению.
x2  2x  1
3
-
единственная,
удовлетворяющая
данному
Учитель. Таким образом, мы познакомились с понятием функционального уравнения и
особенностями решения уравнений методом неопределенных коэффициентов и методом
подстановок. Заметим, что решение функционального уравнения состоит из трех шагов:
1)
Предполагая, что решение существует, то ли методом подстановок, то ли
методом неопределенных коэффициентов находим неизвестную функцию;
2)
Проверкой убеждаемся, что найденная функция удовлетворяет данному
уравнению;
3)
Доказываем, что других решений нет.
Для лучшего усвоения процесса решения функциональных уравнений предлагаем
учащимся восстановить эту последовательность на примере уравнения:
 2x  3 
 = x² - 3.
 x2 
2 f(x ) - x f 
Учитель. Что необходимо сделать в первую очередь, чтобы решить уравнение
методом подстановок?
Ученик. Необходимо подобрать такую подстановку, чтобы преобразовать x→
2x  3
и
x2
 2x  3 
.
 x2 
наоборот, чтобы иметь систему относительно f(x) и f 
Учитель. Пожалуйста, попытайтесь!

 2x  3 
2 f ( x )  xf  x  2   3
2x  3
2t  3



Ученик. Обозначим
=t  x=
.

x2
t2
2
x

3
2
x

3


2 f 
f(x) 3

  x  2  x  2
 2x  3 
 и будем иметь :
 x2 
Далее исключаем из системы f 

3( 4  x 2 )
( 2 x  3 )x 
3x
 2 
 ∙f(x)= 3+
 f(x)= 2
2
2( x  2 ) 
2x  x  8

Доказательство единственности решения аналогично.
Учитель далее сообщает, что в математике различают частное, общее и полное
решения.
f(x) – частное решение функционального уравнения, если она содержит или не
содержит произвольную постоянную.
f(x) - общее решение, если оно содержит произвольную функцию.
f(x) - полное решение, если доказано, что она включает любое общее или
частное решение, т.е. если доказана единственность, т.е. отсутствие других решений.
Как мы увидим далее найти полное решение очень и очень непросто, поэтому
иногда на первых порах мы будем ограничиваться нахождением частного решения или
одного из них.
III.
Усвоение умений и навыков решения функциональных
уравнений методом неопределенных коэффициентов и методом
подстановок.
В зависимости от развития детей предлагаем для решения как стандартные , так и
задания исследовательского характера, начиная с самых простых.
Пример 2 .
 2x  1 
f(x) = 3x² . Найти f(t) , f(x-2) , f 
.
 x3 
Еще раз вместе с учащимися проговариваем правило нахождения значений
функции, когда вместо переменной стоит какое- то выражение.
Ученик.
f(t)= 3t²
f(x-2) = 3(x-2)² = 3x² -12x+ 12
3( 2 x  1 )2 12 x 2  12 x  3
 2x  1 
 2x  1 
f
.

  3
 
( x  3 )2
x2  6 x  9
 x3 
 x3 
2
В последнем случае x≠ -3.
Пример 3 . f(x)=
3x  1
1
. Найти f   ,
x2
x
 x 1
f
 для x ≠-2.
 x  1
1
3 1
3 x
1
Ученик. f   = x
=
, если x≠0
1  2x
x 12
x
x 1
3
1
3x  3  x  1 2x  4
 x 1
x

1

f
=
, если x ≠ -1.
=
x 1
x  1  2x  2 3x  1
 x  1
2
x1
Пример 4 .
Учитель.
 2x 
f
 = x-3. Найти f(x) , x≠1.
 x  1
Требуется,
очевидно,
вместо
x
подставить
такое
выражение,
чтобы
2x
 x или t для простоты.
x 1
2x
t
 t , тогда 2x = t x - t, x ( 2 – t )= -t, x =
, t≠2. Тогда f(t)= =
x 1
t2
t
t  3t  6 6  2t
6  2x
 3=

, f(x)=
при x≠ 2.
t2
t2
t2
x2
Ученик. Обозначим
Еще раз проговариваем с учащимися методику составления системы
уравнений, зависящих от двух значений аргумента и методику решения уравнений
методом неопределенных коэффициентов на примере уравнений:
2 f(x) – 3 f ( x+2 ) = x . Ответ: f(x) = - x + 6.
a)
1
x
f( x ) + 2 f   = 1 . Ответ : f(x) =
b)
1
, x≠ 0 .
3
Уравнение а) решаем методом неопределенных
методом подстановок.
коэффициентов, а уравнение
б)
Возможно, второе уравнение кто- то из учащихся также предложит решить методом
неопределенных коэффициентов. Эту идею стоит не только поприветствовать, но и
обсудить. После обсуждения в группах учащихся приходим к выводу, что, хотя правая
часть уравнения – целая функция, но искомая функция будет иметь вид f(x)=
ax  b
.
cx  d
Некоторые учащиеся могут по желанию провести решение таким методом, но со всеми
учащимися это делать на данном этапе усвоения нецелесообразно.
Далее предлагаем детям выполнить самостоятельную работу, где мы должны увидеть,
как дети усвоили методику решения простейших функциональных уравнений двумя
методами:
1 x 
 = x+1 ,
 x  1
1)
-f(x) + 2f 
2)
f( f(x+1) ) +2 f(x) = -x +3
ответ: f(x)=
x2  2x  5
3( x  1 )
ответ: f(x) = -x +1
После выполнения показываем решение обоих уравнений. Решение первого уравнения
может быть представлено сразу целиком, а решение второго можно предъявлять
постепенно, показывая рассуждение. Вот один из вариантов диалога:
Учитель. Каков вид правой части уравнения?
Ученик. Функция, стоящая справа - линейная, т.е. имеет вид a x + b.
Учитель. Попробуем угадать общий вид функции f(x).
Думается, что найдутся дети, которые сразу увидят это. Если нет, то сделаем
совместно предположение, что f(x) имеет вид ax + b. Какие доводы подтверждают наше
предположение?
Ученик. Мы видим выражение f(x+1). Оно будет иметь такой же вид и после замены
x на x+1.
Учитель. А выражение f ( f(x+1) ) будет какого вида ?
Ученик. Так как внешняя f имеет такой же вид, то f( f(x+1) ) будет иметь вид a x
+b.
Теперь большая часть учащихся скажут, что 2f(x) , f( f(x+1) ) + 2 f(x) будут
линейными функциями.
Учитель. Тогда предложите самостоятельно способ решения данного уравнения.
Ученик. Пусть f(x) = a x +b. Тогда f( x+1 ) = a ( x+1 ) + b = a x + ( a + b ); f ( f (x+1) ) =
a ( ax
+ (a+b) ) + b = a²x + ( a² + a b + b ); f ( f (x+1) ) + 2 f (x) = a²x + ( a²+ab+b) + 2 ( ax+ +b ) = ( a² + 2a ) x + (
a² + ab + 3b ). Подставляя полученное выражение в уравнение, методом неопределенных
коэффициентов найдем a , b и саму функцию f(x) :
(a²+2a) x + (a² +ab +3b ) = -x +3, откуда
a 2  2a  1
 2
a  ab  3b  3
2

a  1
 a  1
( a  1 )  0

  2
 
 

1  b  3b  3  0
b  1
a  ab  3b  3  0
f(x)=-x+1.
IV . Итоги занятия .
1)
Усвоили понятие функционального уравнения.
2)
Разобрались в подходах к решению таких уравнений
3)
Выработали некоторые навыки и умения решать такие уравнения (методом
неопределенных коэффициентов и подстановок – сведением к системе
уравнений)
для уравнений с одной переменной.
V . Домашнее задание.
1) Пересмотреть внимательно материал, посвященный методам решения
функциональных уравнений;
2) Решить уравнения:
a) f( 1+ 2x) = 3x²
б) f( x) – 2 f( 1- x) = 3x -2 ( решить двумя способами)
 x 1
 =1 ,
 x  1
в) x f( x) + 2f 
 x 
  1
 f
x ,
1 x 
 x 
г) f 
ответ: f( x) =
ответ: f( x ) = -
Резервные упражнения
1)
2)
3)
4)
5)
 x 1
 x2
2f
x
 x2
 x 1
 x 
1
f
  xf    2
 x  1
 x
2
(x-2) f(x) + f 
  xf ( 2 )  5
 x 
2
 x  x  3  x  3  x  2x  2
f

f




2
x
 x2
  3x  5 
 x 
 3 x  2  13 x  4
2 f
.
3f

2
 x  1
 2x  1  2x  3x
f
4x2  x  1
5 x( x  1 )
x3  x 2  2x  1
2 x( x  1 )
.
Занятие 2 (2 часа)
Дидактическая цель.
Познакомить учащихся с простейшими методами решения
функциональных уравнений с несколькими переменными и функциями. Выработать навыки
решения более сложных функциональных уравнений, решаемых элементарными методами.
Развивающая цель.
Развитие исследовательских способностей учащихся в процессе
решения уравнений, интуиции, причинно-следственных связей, умственных способностей
учащихся.
I. Проверка домашнего задания.
Ученики с места сообщают результаты выполнения домашнего задания. В случае
необходимости на доске воспроизводится решение наиболее сложных уравнений. Вместе с этим
проверяем, правильно ли и полностью выполнили задание отдельные учащиеся. Выясняем и
поясняем с места то, что, по мнению учеников, было не ясным и сложным.
II. Актуализация опорных знаний.
Фронтальный опрос.
1.
Дать определение функционального уравнения, целого функционального уравнения.
2.
Что называется решением функционального уравнения?
3.
Что значит решить функциональное уравнение, и какие существуют подходы к
решению?
4.
Что такое частное, общее и полное решение, приведите примеры каждого из них.
5.
Назовите основные шаги в решении функционального уравнения, и какой из них
самый сложный, обоснуйте это утверждение.
6.
Назовите известные Вам элементарные методы решения функционального уравнения.
7.
Скажите, в чем состоит каждый из них, ответ продемонстрируйте примерами.
На прошлом занятии и дома ученики решали уравнения методом рациональных подстановок
составлением системы из двух уравнений. Уравнения содержали одну переменную. На этом
занятии рассмотрим функциональные уравнения, которые содержат несколько переменных и
даже функций. Рассмотрим также уравнения, приводящие к системе нескольких уравнений и те,
решения которых удовлетворяют некоторым заданным условиям. Но методы решения не
выходят за пределы программы 9 класса (т.е. не содержат элементов дифференциального и
интегрального исчислений, теории пределов, применения метода математической индукции).
Будут рассмотрены задания исследовательского характера.
III. Ознакомление учащихся с методами решения функциональных
уравнений с несколькими переменными, требующими нескольких
подстановок.
Пример 1. Коллективно решаем уравнение: f(x+y) = f(x) + y, где x,y любые.
Чтобы свести уравнение к уравнению с одним переменным, положим, что x=0, так как
равенство верно при любых действительных x и y. Отсюда f(y)=y+f(0). (Заметим, что, если кто-то
из учащихся предложит заменить y нулем, то это не приведет к результату, так как тогда
получим тождественное равенство f(x)=f(x), но произвольная функция не является решением).
Подставляя найденное выражение для f в уравнение, находим, что f(0) может быть любым
действительным числом.
Ответ: f(x)=x+a, a   .
Пример 2. Решить уравнение: f(x+y)+2f(x-y) =3f(x) - y, где x,y - любые действительные.
Чтобы исключить одну из переменных и получить уравнение с одним переменным,
положим, что x=0. Получим, f(y)+2f(-y)=3f(0)-y. Теперь заменяя y на –y имеем f(-y)+2f(y) =3f(0)+y.
Решая полученную систему, находим f(y)=y+f(0). Проверка показывает, что f(0) может быть
любым действительным числом.
Ответ: f(x)=x+a, a   .
Пример 3. Решить уравнение: f(x+y)+f(x-y)=2f(x)Cosy, x,y  .
Замена y на

дает уравнение с одним неизвестным
2
f(x+


) + f ( x- ) = 0.
2
2
Заменяя x нулем, также имеем уравнение с одним неизвестным:
f (y) + f (-y) = 2 f ( 0) Cos y,
или, переходя к переменной x, f (x) + f(-x) = 2 f(0) Cos x;
Заменяя x на x+


, а y на
, имеем
2
2
f ( x +π ) + f (x) = 2 f ( x +
Заменяя x на


) Cos = 0;
2
2


, а y на y + , имеем:
2
2
f ( y +π) + f (-y) = -2 f (
или

) Sin y,
2
f ( x+π ) + f ( - x) = - 2 f (
Имеем систему:

 f ( x )  f (  x )  2 f ( 0 )Cosx

f( x  ) f( x)  0


 f ( x   )  f (  x )  2 f ( )Sinx .
2


) Sinx.
2
После исключения f( x+π) и f (x):
f (x)= a Cos x + b Sin x, где а = f (0) , b = f (

).
2
Подставляя полученное выражение для функции f (x) в уравнение, видим, что
равенство (функциональное уравнение) верно при любых действительных a и b.
IV. Выработка и усвоение умений и навыков решения
уравнений, требующих нескольких подстановок и дополнительного
исследования.
Для развития интуиции при выборе подстановок, выработки некоторых умений и
навыков, предлагаем решить уравнения.
Пример 4.
f ( x+ y ) – f ( x- y ) = 2 f ( x+

) Sin y, x , y 
2
Решение.
Ученик. Полагая x=0, имеем уравнение с одним переменным y:
f ( y ) – f ( -y ) = 2 f (

) Sin y. Требуется далее сделать в данном уравнении такие замены x и y , чтобы в
2
полученном уравнении имелось значение f ( y ) либо f ( -y ).
Учитель. Верно, попробуйте придумать такие замены!
Ученик: x → y +


, y→
!! Имеем уравнение:
2
2
f(y)+f(y+


 f ( y ) + f ( y + π ) = 0.
) = 2 f ( y ) Sin
2
2
Чтобы иметь решаемую систему, требуется придумать такую замену, чтобы уравнение
содержало -y и y – π. Такой заменой, очевидно, будет: x →


,y→y+
, тогда f ( y + π ) – f
2
2
( -y ) = 2 f ( π ) Cos y.
Получим систему:

 f ( y )  f ( y   )  0,

 f ( y   )  f (  y )  2 f (  )Cosy ,


 f ( y )  f (  y )  f   Siny .

2
Из системы находим:
f ( y)=
1  
1  
f   Siny  f (  )Cosy  aSiny  bCosy , a  f   ,b   f (  ).
2 2
2 2
Подстановкой в первоначальное уравнение убеждаемся, что найденная функция
является решением функционального уравнения при любых действительных a и b, т.е.
имеем частное решение функционального уравнения.
Следующий пример показывает, что наряду со знанием общих подходов, при решении
функциональных уравнений необходима недюжинная сообразительность и догадка.
f ( x³ - y³) =  f ( x  y ) , для любых действительных x , y .
3
Пример 5.
Решение.
Стандартные подстановки, необходимые для того, чтобы данное уравнение
превратить в уравнение с одним неизвестным, равносильное данному, ни к чему не
приводят.
Пусть x = y = 0. Тогда
 f(o)  0

f ( 0 ) =  f ( 0 ) ³  f ( 0 )  1 .

 f ( 0 )  1
Теперь необходимо придумать такую подстановку, чтобы x + y→ 0,
x³ - y³ → x. Из первого следует, что y = -x, из второго - что 2x³ → x. Искомой заменой
будет
x →
x
y = 2,
0
x

. Тогда f ( x ) =  f ( 0 ) ³ = 1 . Проверка подтверждает

2
  1
полученный результат.
Ответ: f (x ) ≡ 0, f ( x ) ≡ 1, f ( x ) ≡ -1.
Следующий пример показывает, что иногда требуется проводить нестандартные
исследования.
 x 

2
 x  1
Пример 6. f 
x4  1
.
x2
Решение.
Так как это уравнение с одной переменной, то решение вроде-бы удается получить
стандартным образом.
Но подстановка
x
= t
x 1
2
приводит к довольно громоздкому
выражению
для
Но
x.
нетрудно
заметить,
что
1 x2  1
1
,

 x
t
x
x
а
1
1
x4  1
1  1
 x 2  2     2 . Отсюда f(z)= 2  2 , где z = .
2
t
z
x
x
t
2
Заметим, что выражение
определена
лишь
x

x 1
 1 1
2
на  ;  ,
 2 2
1
x
1
x

при других
1
 1 1
 x   ;  . То есть наша функция
2
 2 2
значениях
аргумента
она
может
быть
произвольной.
1
 1 1
 x 2  2 , x    2 ; 2 


Ответ: f ( x ) = 
.
1
 ( x )  произвольная функция для x 

2
Далее предлагаем детям самостоятельную работу обучающего характера, хотя целью
работы преследуем проверку глубины усвоения темы и умения проводить простейшие
исследования.
Самостоятельная работа.
1) Решить уравнения:
а) f ( x + y ) + 2 f( x- y ) + f( x ) + 2 f( y ) = 4 x + y,
(Ответ: f (x) = x),
б) f ( x + y ) – 2 f ( x –y ) + f ( x ) – 2 f ( y ) = y – 2,
( Ответ: f (x) = x + 1),
в) f ( x + y ) + f ( x – y ) = 2 x² + 2 y² ( Указание: заменить x+y=u, x—y=v, ответ: f (
2
x ) = x ),
г) f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) + 3 x y ( x + y ),
( Ответ: f (x) = x³ + c x для произвольной постоянной с ),
д) f ( x ) + f ( y ) + g ( x ) – g ( y ) = x³ +
( Ответ: f ( x ) =
3
y,
x3  3 x
x3  3 x
, g(x )=a+
; a   ),
2
2
2)
Для каких значений a, b, c функция f ( x ) = a x² + b x + c удовлетворяет условию f
( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) + x y для  x , y   ?
3)
Дополнительно.
а) Решить уравнение:
2
 x  x  3  x  3  x  2x  2
f
,
f 


2
x
 x2
  3x  5 
1
x 1
 x , x  1,  3 ,

Ответ: f ( x ) = a , x  1
.
7
11
1
 a , x
2
3
4
б) При каких условиях уравнение:
 ax  b 
 = g ( x )
 cx  d 
k f ( x ) + l f 
можно решить одной рациональной подстановкой ?
После анализа решения уравнений подводим
V. Итоги занятия.
1) Познакомились с уравнениями, содержащими несколько переменных и функций;
2) Увидели, что, если решение содержит параметр, требуется находить возможные его
значения;
3) Увидели, что при решении функциональных уравнений необходимо учитывать
свойства функций;
4) Выработали и закрепили умения и навыки решения более сложных функциональных
уравнений.
VI. Домашнее задание.
1)
2)
Проанализировать примеры решения уравнений в классе.
Решить уравнения:
а) f ( x y ) = f ( x ) Sin y
б) ( x + y ) ( f (x) – f (y) ) = f ( x² ) – f ( y² )
( ответ: f (x) = kx + b )
в) f (x+y) + f (x-y) – 2 f(x) ( 1+y) = 2 x y ( 3y -x² )
( ответ: f (x) = x³ )
г) f ( x³ - y³ ) = f ( x-y )
( ответ: f(x) = c 1 (const) при x > 0, f(x) = c 2 при x=0, f(x) = c 3 при x <
0, где c i -произвольные действительные постоянные).
3) Всякое ли целое функциональное уравнение с рациональными внутренними
функциями может быть решено за конечное число рациональных подстановок (в
уравнениях с одной переменной)?
Резервные упражнения.
1) Решить уравнения:
8
1
1
 x 1 
  x  1
при x  0 ;  ;  ;  1
 -5f 
=
4
3
  3x  2 
 x  2  x 1
а) 3 f 
 3x  4  ( x  2 ) ( x  1 )
 x 1
при x  3; 5; 1; 2;  1
=
 + (x+3) f (2x+5) – f 
2x  3
 x2 
 x  1
б) x f 
2) Как наиболее просто искать подстановки в уравнениях, аналогичных второму,
переводящие выражения, стоящие под знаком f (внутренние функции) друг в друга?
Заключение.
В данной разработке не могли быть даны приложения функциональных уравнений в
современной
математике. Даже история
развития
этой
теории
связана со сложными
вопросами математики, такими как метод математической индукции, геометрия Лобачевского,
аксиоматическое построение теории функций, других фактов геометрии, алгебры и анализа.
Целью настоящей разработки стояло дать первое представление о функциональном уравнении и
его решении на уровне 9 класса средней школы. Те учителя, которые в этом классе найдут время
провести эти 4 урока, могут продолжить изучение функциональных уравнений, связанных с
функциями, которые изучаются в старших классах. Эти уроки могут быть посвящены изучению
классификации
функциональных уравнений, их решению на множестве непрерывных,
монотонных, дифференцируемых и иных классах функций. Можно заняться изучением
приложений функциональных уравнений. Но первым делом для этого требуется изучить метод
математической индукции, теорию групп из алгебры, теорию пределов и понятие производной
из анализа, классификацию функций.
В данной разработке не представлены простые вопросы, связанные с числовыми
неравенствами, их свойствами, доказательство неравенств, содержащие модуль числа,
симметрические неравенства и др. Также теория игр, методы решения геометрических задач,
решение упражнений, содержащих целую и дробную части числа, и другие важные и
интересные темы, будут представлены во второй части работы. Также во второй части будут
представлены вопросы, связанные с применением к различным упражнениям классической
математики, но связанных с программой старших классов, в частности с элементами
дифференциального и интегрального исчисления.
Скачать