Download to read offline
![М. ПАВЛОВА,
г. Санкт-Петербург НЕОБЫКНОВЕННЫЙ
ПОЛЕТ
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ИГРА
Цели игры:
образовательная — обобщить знания учащихся по теме «Действия с
обыкновенными дробями»;
развивающая — формировать знания о первых полетах в космос;
воспитательная — формировать товарищеские отношения, чувство
ответственности, умение работать командой. Способствовать
нравственно-патриотическому воспитанию школьников.
Форма проведения. Если игра проводится в классе во время урока, то
три ряда парт и есть три команды-экипажа. Если игра прово-
дится для параллели, то классы представлены командами по
9–10 человек. Каждый этап проходит в отдельном кабинете.
Полет — это математика.
В. Чкалов
Ход урока
Вступительное слово учителя
12 апреля весь мир отмечает День авиации и космонавтики. Это
особенный день — в этот день в 1961 году Ю.А. Гагарин первым
в мире совершил орбитальный полет в космос, открыв тем самым
эпоху пилотируемых космических полетов. В этом большая заслу-
га многих ученых-математиков — покорение космоса невозможно
без математических расчетов.
Сегодня и мы совершим космическое путешествие прямо из ка-
бинета математики. Каждая команда — это экипаж ракеты, кото-
рому предстоит совершить полет. Победит тот экипаж, который
наберет больше очков.
Каждый этап полета в зависимости от количества верно решен-
ных примеров оценивается звездами разного цвета: коричневая —
1 балл; желтая — 2 балла; зеленая — 3 балла; синяя — 4 балла;
красная — 5 баллов.
Предполетная подготовка
А знаете ли вы…
1. Как звали первого космонавта? [Ю.А. Гагарин.]
2. Кого называют отцом космонавтики? [К.Э. Циолковский]
3. Когда был запущен первый искусственный спутник Земли?
[4 октября 1957 г.]
4. Как назывался космический корабль, на котором Ю. Гагарин
совершил путешествие по орбите? [«Восток».]
5. В 1971 г. была выведена на орбиту первая орбитальная стан-
ция. Это был настоящий летающий дом, состоящий из нескольких
комнат-отсеков, в которых свободно разместился экипаж из трех
человек, проработавший в космосе почти месяц. Как называлась
эта первая орбитальная станция? [«Салют».]
5–6 классы
НАУРОКЕ/ОТКРЫТЫЙУРОК
ТЕМАНОМЕРА:СОВРЕМЕННЫЙУРОКМАТЕМАТИКИ
МАТЕМАТИКА май 2013
6](https://image.slidesharecdn.com/mat-2013-05-4854-140526225015-phpapp01/85/Matematika1-6-320.jpg)
![МАТЕМАТИКА май 2013 88
1-я команда 2-я команда
3 3
2 1 1
4 4
− =
5 2 3
2 1 1 2
6 3 3
− = =
2 4 6
5 6 11
+ =
4 4
6 2 4
9 9
− =
4 2 4
2 1 1
15 6 9
− =
2 5 2 5 7
3 1 4 4
9 8 72 72
+
+ = =
1 1 1 1 2
3 2 5 5
3 9 9 9
+
+ = =
2 4 6 1
9 15 24 4
+ = =
Пока судьи проверяют решения — рассказ об
основателях космонавтики.
Учитель. Константин Эдуардович Циолков-
ский — один из отцов космонавтики, гордость
России. Ему принадлежат слова: «Земля — ко-
лыбель человечества, но нельзя вечно жить в ко-
лыбели». Он указал человечеству путь к иным
мирам и звездам, заложив основы реактивно-
го движения. Идеи Циолковского были разви-
ты Фридрихом Артуровичем Цандером и Юрием
Васильевичем Кондратюком. А заветные меч-
ты основоположников космонавтики воплотил
в жизнь Сергей Павлович Королев — главный
конструктор.
Космический обед
Во время обеда космонавты вспоминают о Ро-
дине.
Перед вами — панно из цветов, на каждом ле-
пестке — задание на действия с дробями. Эки-
паж делится на две команды. Каждая решает
свой пример. Номера примеров указаны в серд-
цевине цветка. Решения выполняются на листах
бумаги.
Для 1-й команды первое число
4
2 .
7
Для 2-й команды первое число
8
1 .
15
Критерии оценивания: за 5 правильных отве-
тов — красная звезда, 4 — синяя, 3 — зеленая,
2 — желтая, 1 — коричневая.
Пока судьи проверяют решения — рассказ о
Ю.А. Гагарине.
Учитель. Юрий Алексеевич Гагарин (1934–
1968) — космонавт № 1, советский военный лет-
чик, первым побывавший в космосе. Родился 9
марта 1934 года в Смоленской области. Пошел в
школу в 1941 году, затем продолжил учебу в ре-
месленномучилище.В1951годусталпосещатьаэ-
роклуб, а уже через год совершил свой первый по-
лет на самолете «Як-18». В марте 1960-го стал од-
ним из кандидатов в космонавты. 12 апреля 1961
года корабль «Восток» с Гагариным на борту вы-
шел в космос и сделал один оборот вокруг Земли.
Погиб 27 марта 1968 года, осуществляя трени-
ровочный полет на самолете «МиГ-15».
Мягкая посадка
Чтобы успешно завершить полет, проведем
конкурс капитанов.
1. Попрыгунья Стрекоза половину времени
каждых суток красного лета спала, третью часть
каждых суток танцевала, шестую часть — пела.
Остальное время она решила посвятить подго-
товке к зиме. Сколько часов в сутки Стрекоза го-
товилась к зиме? [0 ч]
2. Малыш может съесть 600 г варенья за 6 ми-
нут, а Карлсон в 2 раза быстрее. За какое время
они съедят это варенье вместе? [2 мин.]
3. Дана дробь
13
.
19
Какое число нужно приба-
вить к обоим числам этой дроби, чтобы она обра-
тилась в
5
?
7
[2]
4. Имеется запись: 5*683 < 506*1 (звездочкой
отмечены пропущенные цифры). Какие это циф-
ры? [0; 9]
5. Какая часть квадрата закрашена?
1
64
⎡ ⎤
⎢ ⎥⎣ ⎦
Литература
1. Бунимович Е.А., Дорофеев Г.В., Суворова
С.Б. и др. Математика. 5 класс. — М.: Просве-
щение: Сферы, 2010.
2. Виленкин Н.Я. Математика. 6 класс. — М.:
Мнемозина, 2008.
3. Кордемский Б.А. Математическая смекал-
ка. — М.: Изд-во технико-теоретической литера-
туры, 1955.
4. http://repetitors.info/library.php?b=200
5. http://rcio.pnzgu.ru/personal/26/1/6/Page2.
htm
НАУРОКЕ/ОТКРЫТЫЙУРОК
ТЕМАНОМЕРА:СОВРЕМЕННЫЙУРОКМАТЕМАТИКИ](https://image.slidesharecdn.com/mat-2013-05-4854-140526225015-phpapp01/85/Matematika1-8-320.jpg)
![5353 МАТЕМАТИКА май 2013
Модуль исчез, но появились разные выражения
для функции на разных множествах, причем сме-
на задающего функцию выражения происходит не
в конкретной точке, а зависит от параметра.
Обратимся к вопросу задачи: когда у функции бо-
лее двух точек экстремума? Изучим формирование
экстремумов у нашей функции. Каждая из задаю-
щих fa
(x) квадратичных функций имеет минимум в
виде вершины параболы, однако, во-первых, вовсе
необязательно, что вершина попадет в ту область, в
которой эта квадратичная функция задает fa
(x), а во-
вторых, вершина одна, а экстремумов надо не менее
чемтри(тоестьболеечемдва).Откудабратьещедва?
Они могут появиться только за счет изменения зада-
ющих функцию выражений при переходе через точ-
ку, в которой такое изменение происходит.
График функции fa
(x) составлен из кусков двух
парабол, причем до некоторой точки, а именно до
a2
, берется одна из парабол, а после — другая. Это
параболы, абсциссы вершин которых расположены
в точках x = 1 и x = 4 и не меняются. В любом слу-
чаеслеваотточкиa2
беретсяпарабола,являющаяся
графикомфункцииx2
–2x–3a2
,асправа—парабо-
ла, служащая графиком функции x2
– 8x + 3a2
.
Если 0 ≤ a2
≤ 1, то переход с левой параболы на
правую происходит до того момента, когда появля-
ется вершина левой параболы, а значит, эта верши-
на точку минимума нашей функции не порождает
(рис.1,изображениянарис.1–3условные,отража-
ется лишь качественная картина). Справа от точки
a2
идет участок убывания правой параболы, и оста-
ется только одна возможность для точки экстрему-
ма функции fa
(x) — это вершина правой параболы.
Рис. 1
Аналогичная картина наблюдается в том слу-
чае, когда точка смены параболы больше четы-
рех (см. рис. 2).
Рис. 2
А если смена параболы происходит между точ-
ками 1 и 4, то в точке перехода появляется мак-
симум при том, что обе вершины порождают ми-
нимумы составной функции (рис. 3).
Рис. 3
Таким образом, условием появления трех то-
чек экстремума служит выполнение неравенства
1 < a2
< 4.
Тем самым функция fa
(x) имеет более двух точек
экстремума,когда1<a2
<4,тоестьпри–2<a<–1
или 1 < a < 2.
Пример 2. Найдем все значения a, при каж-
дом из которых наименьшее значение функции
fa
(x) = 2ax + | x2
– 4x + 3 |
больше 1.
В определении функции участвует модуль, так
что перейдем к разветвленному заданию функ-
ции. Имеем:
(2 4) 3 ( ; 1] [3; ),x a x x+ − + ∈ −∞ + ∞
(2 4) 3 (1; 3).x a x x− + + − ∈
при
при
2
2
( )af x
⎧⎪
= ⎨
⎪⎩
∪
Для ответа на вопрос надо изучить, где дости-
гается минимум в зависимости от a, и потребо-
вать,чтобызначениевтакойточкебылобольше1.
Будем использовать вид графика функции в за-
висимости от расположения a.
График функции fa
(x) на промежутках (–∞; 1]
и [3; +∞) представляет собой фрагменты парабо-
лы, ветви которой направлены вверх, а значит,
она принимает наименьшее значение на этом
множестве либо в вершине, если таковая лежит в
множестве(–∞;1]c[3;+∞),либовточках1или3,
если абсцисса вершины из этого множества ушла
(рис. 4, изображение условное).
Рис. 4
График второго фрагмента, задающего функ-
цию fa
(x), есть часть параболы, ветви которой на-
правлены вниз, и она может давать наименьшие
значения только на концах промежутка, то есть](https://image.slidesharecdn.com/mat-2013-05-4854-140526225015-phpapp01/85/Matematika1-53-320.jpg)
![МАТЕМАТИКА май 2013 5454
в точках 1 или 3, так что на интервале (1; 3) наи-
меньшее значение достичься не может.
Изучимфункциюg(x)=x2
+(2a–4)x+3намно-
жестве (–∞; 1] c [3; +∞) и выясним, когда ее наи-
меньшее значение на этом множестве больше 1.
Как отмечено выше, надо рассмотреть две воз-
можности для расположения абсциссы вершины
и сделать соответствующие выводы.
Пусть абсцисса 2 – a вершины лежит в мно-
жестве (–∞; 1] c [3; +∞), то есть либо a ≥ 1, либо
a ≤ –1. Ордината вершины графика функции g(x)
равна g(2 – a) = –a2
+ 4a – 1, и тот факт, что наи-
меньшее значение функции в этом случае боль-
ше единицы, запишется так: –a2
+ 4a – 1 > 1, а
это верно при ( )2 2; 2 2 .a ∈ − + С учетом усло-
вий на a получаем, что среди рассматриваемых a
искомые заполняют промежуток )1; 2 2 .⎡ +⎣
Если –1 < a < 1, то наименьшее значение
функции fa
(x) достигается либо в точке 1, либо в
точке 3. Решим неравенства fa
(1) > 1 и fa
(3) > 1.
Имеем:
fa
(1) > 1 ⇔
1
,
2
a >
fa
(3) > 1 ⇔
1
,
6
a >
и с учетом того, что рассматриваются только
a ∈ (–1; 1), получаем, что среди таких a наимень-
шее значение функции fa
(x) окажется больше
единицы при a ∈ (0,5; 1). Объединяя получен-
ный результат с достигнутым ранее, приходим к
ответу: ( )0,5; 2 2 .a ∈ +
Пример 3. Найдем все точки (x; y) координат-
ной плоскости, через которые не проходит ни
одной кривой из семейства
y = p2
+ (4 – 2p)x – x2
. (1)
Судя по нестандартности формулировки, тре-
буется тщательный анализ с целью приведения
задачи к виду, с которым мы знаем, что делать.
Во-первых, участие отрицания неконструк-
тивно, так что в первую очередь избавимся от
негатива и будем искать не требуемое множе-
ство, а его дополнение. Оно состоит из всех та-
ких пар (x; y), через которые проходит хотя бы
одна кривая данного семейства, то есть для ко-
торых существует такое p, что выполнено равен-
ство (1). Выработаем средство описания множе-
ства точек (x; y) координатной плоскости. По-
скольку равенство (1) записано в виде семей-
ства функций, скорее всего, удобно будет вос-
пользоваться терминологией, навеянной гра-
фиками, иначе говоря, будем искать y при фик-
сированном x, обладающие данным свойством:
существует p такое, что выполнено (1). Тем са-
мым одной фразой цель можно сформулировать
так: при каждом фиксированном x найти такие
y, для которых существует p, обеспечивающее
равенство (1), или при данном x указать усло-
вие на y, при котором квадратное относитель-
но p уравнение (1) имеет решение. Перепишем
его в стандартном для квадратного уравнения
виде:
p2
– 2xp + 4x – x2
– y = 0
и воспользуемся критерием существования кор-
ней квадратного уравнения, состоящим в неот-
рицательности дискриминанта:
x2
– 4x + x2
+ y ≥ 0 ⇔ y ≥ 4x – 2x2
.
Обратившись к предыдущим рассуждениям,
увидим, что ответ составляют такие пары (x; y),
для которых y < 4x – 2x2
.
С геометрической точки зрения искомое мно-
жество заполняет подграфик квадратичной
функции y = 4x – 2x2
.
Пример 4. Найдем наименьшее значение па-
раметра a, при котором система неравенств
2 2
2 2 2 2
2( 4 ) 15,
6 4 4( 1)( 1) 2 ( 2)
y x x y
x y a a a x y a
⎧ − ≥ + −⎪
⎨
+ + − ≤ + − + − −⎪⎩
(1)
имеет решения.
Речь идет о взаимодействии, а именно пересе-
чении семейств множеств, задаваемых неравен-
ствами. Ничего кроме геометрической интер-
претации этого множества на плоскости (x; y) ис-
пользовать не удастся, поэтому сразу к такой ин-
терпретации и обратимся.
Отличительной особенностью уравнения
окружности служит наличие суммы квадратов
переменных, поэтому во втором соотношении бу-
дем стремиться получить круги. На что же мож-
но рассчитывать в первом соотношении? На воз-
можность представления его в виде «произведе-
ние сравнивается с нулем» либо в виде сравне-
ния выражений, в каждом из которых есть толь-
ко одна из переменных. В любом случае надо за-
ниматься преобразованиями.
В обоих неравенствах выделим полные ква-
драты:
y2
– x2
– 2x – 2æ4y + 15 ≥ 0 ⇔
⇔ (y2
– 2æ4y + 16) – (x2
+ 2x + 1) ≥ 0 ⇔
⇔ (y – 4)2
≥ (x + 1)2
⇔ | y – 4 | ≥ | x + 1 |,
(x2
– 2æ2(a – 1)x + 4(a – 1)2
) +
+ (y2
+ 2æ(a – 2)y + (a – 2)2
) ≤ 4 – 5a2
+
+ 4(a – 1) + 4(a – 1)2
+ (a – 2)2
⇔
⇔ (x – 2a + 2)2
+ (y + a – 2)2
≤ 8 – 8a.
Первое из этих множеств заполняет два угла,
образованные пересечениями верхних и ниж-
них полуплоскостей, ограничиваемых прямыми
y – 4 = ±(x + 1). Вторые множества суть круги
при условии положительности правой части.
Рассуждения могут стать проще, если верши-
ну углов переместим в начало координат. Сде-
ПОВЫШЕНИЕКВАЛИФИКАЦИИ/ЛЕКТОРИЙ](https://image.slidesharecdn.com/mat-2013-05-4854-140526225015-phpapp01/85/Matematika1-54-320.jpg)
![5555 МАТЕМАТИКА май 2013
лать это легко переходом к новым переменным.
Пусть y – 4 = z, x + 1 = t. Относительно новых пе-
ременных система примет вид
2 2
| | | |,
( 2 1) ( 2) 8(1 ).
z t
t a z a a
≥⎧⎪
⎨
− + + + + ≤ −⎪⎩
В переменных (t; z) первое множество представ-
ляет собой два угла с вершиной в начале координат
(рис. 5). Необходимым условием непустоты второ-
го множества является a ≤ 1. Охарактеризуем мно-
жество точек плоскости (t; z), составленное из цен-
тров кругов, описываемых вторым неравенством.
Из выражений t = 2a – 1, z = –a – 2, дающих коор-
динаты центра в зависимости от a, исключим па-
раметр и получим уравнение прямой t + 2z = –5,
на которой находятся центры (см. рис. 5).
Рис. 5
Если a = 1, то второе множество есть точка с
координатами t = 1, z = –3, очевидно, лежащая в
первом множестве. С уменьшением a местополо-
жение центра меняется. Пока центр находится в
уголке, пересечение множеств непусто и система
имеет решение. При уменьшении a координата t
центра смещается влево, а координата z вверх, и
когда-то центр выйдет из уголка. В таком случае
вопрос о непустоте пересечения сведется к сопо-
ставлению длины радиуса и расстояния от цен-
тра до какой-либо из прямых, ограничивающих
уголок. Непустота пересечения обеспечится тем,
что расстояние от центра круга до одной из пря-
мых z = t, z = –t не больше радиуса круга (см.
рис. 5). По условию надо найти наименьшее из a,
при которых выполнено указанное свойство.
Найдем, при каких a центр окажется за преде-
лами уголков. Это начнется, когда пересекутся
прямые t – z = 0 и t + 2z = –5. Координаты точки
пересечения равны
5
,
3
− и, находясь на прямой
t + 2z = –5, мы окажемся в этой точке при
1
.
3
a = −
Тем самым при
1
1
3
a− ≤ ≤ центр круга располо-
жен в нижнем уголке и можно рассматривать
только
1
.
3
a < −
Расстояние от точки (t0
; z0
) до прямой, задан-
ной уравнением kt + lz + m = 0, дается выраже-
нием
0 0
2 2
.
kt lz m
k l
+ +
+
Тем самым расстояние от цен-
тра (2a – 1; –a – 2) до прямой t + z = 0 равно
| 2 1 2 | | 3 |
,
2 2
a a a− − − −
=
а до прямой t – z = 0 равно
| 2 1 2 | | 3 1 |
.
2 2
a a a− + + +
=
Отмеченное выше условие выглядит так:
| 3 |
8 8
2
a
a
−
≤ − ⇔ 5 4 2 5 4 2a− − ≤ ≤ − +
либо
| 3 1 |
8 8
2
a
a
+
≤ − ⇔
5
3 .
9
a− ≤ ≤
Тем самым пересечение множеств оказывает-
ся непустым при 5 4 2; 1a ⎡ ⎤∈ − −⎣ ⎦
и наименьшее
из таких a равно 5 4 2.− −
Поиск пути решения
Изложив анализ задач с параметрами на за-
данные темы, соберем в одном месте высказан-
ные ранее наблюдения. Решение задачи методи-
чески удобно организовывать на основе поста-
новки вопросов, ответов на них и выполнения
рекомендаций, соответствующих выбранным
ответам. Читатель может вернуться к опублико-
ванным ранее лекциям, проследить за тем, как
развивались события при решении задач, и убе-
диться в организующей роли вопросов и анализа
ответов на них. Вопросы способствуют постанов-
ке цели на каждом шаге решения. Можно крат-
ко сказать: каждый шаг должен быть мотивиро-
ван. Вопросы позволяют выявить причину, по
которой то или иное действие должно быть вы-
полнено. Мы могли наблюдать эффективность
мотивированности при решении логарифмиче-
ских соотношений в [6], когда небольшой набор
вопросов и выбор дальнейших действий в зави-
симости от ответа на них позволял решать мно-
гие соотношения, при рассмотрении других тем
и особенно при решении задач с параметрами. В
следующей лекции будет предложена организа-
ция решения несложных тригонометрических
уравнений таким же методом.
Итак, подытожим накопленный при реше-
нии задач с параметрами опыт, предложив не-
сколько вопросов, возможных ответов на них и
предпринимаемых в зависимости от ответа дей-
ствий.
Начнем с самого общего вопроса, направляюще-
го нас либо к соотношениям, либо к функциям.
Что рассматривается в задаче? Идет ли речь
о соотношениях и семействах множеств их ре-
шений или изучается семейство функций и ста-
вится вопрос о том, когда эти функции обладают
каким-то свойством?](https://image.slidesharecdn.com/mat-2013-05-4854-140526225015-phpapp01/85/Matematika1-55-320.jpg)
![МАТЕМАТИКА май 2013 5656
Следующий вопрос связан с выбором пути при
изучении соотношения.
Какая задача ставится для соотношения? Если
речь идет о наиболее простом описании мно-
жеств семейства, то есть о решении соотноше-
ния, занимаемся решением соотношения, ори-
ентируясь на собранные в [1, 2] наблюдения.
Если говорится о каких-то связанных с этими
множествами обстоятельствах, полезно поста-
вить вопрос: рассматриваются свойства опреде-
ляемых соотношениями множеств или взаимо-
действие таких множеств? Если спрашивается о
свойствах семейства множеств, то можно решать
соотношение и искать ответ на вопрос в процес-
се решения. Это довольно редко используемый
ход, применяемый только к соотношениям, ха-
рактеризуемым равенствами, однако исключать
его не следует. Другие ходы порождаются отме-
ченными ниже общими вопросами. При изуче-
нии взаимодействия семейств множеств важны
переформулировки. Необходимы базовый запас
ситуаций, с которыми надо уметь разбираться,
и способность переводить задачу с одного язы-
ка на другой до тех пор, пока не появится базо-
вая ситуация. Обычно лучше стремиться к та-
ким связанным с множествами формулировкам,
как включение множеств, их пересечение и т.п.
Подборка типичных взаимодействий представ-
лена в [5].
Существенно влияет на выбор пути такой во-
прос.
Будем использовать аналитический или гео-
метрический подход к задаче? К отличительным
особенностям задачи, приводящим к выбору гео-
метрического пути, можно отнести, например,
следующие: несложно выражается параметр че-
рез переменную или переменная через параметр
и есть возможность использовать графики функ-
ций; доступно построение графиков семейства
функций, участвующих в соотношении; в соот-
ношении участвует две переменные и др. Ана-
литический путь нередко связан с техническими
трудностями, поэтому геометрическая поддерж-
ка всегда желательна.
При анализе количественных характеристик,
к примеру, единственности решения или четно-
сти числа решений, уместен следующий вопрос.
Каковы особенности участия переменных в
соотношении? При ответе на этот вопрос полез-
но проанализировать свойства входящих в соот-
ношение выражений на предмет выполнения не-
обходимых условий, сужающих множество изу-
чаемых значений параметра до обозримого и до-
ступного для выбора искомых значений. К при-
меру, если переменная входит в соотношение
четным образом, а вопрос ставится о нечетно-
сти числа решений, то нуль непременно должен
быть решением. Для систем иногда использует-
ся симметрия, иногда четность, как основа необ-
ходимых условий.
Одним из важных средств решения служит
замена переменных. Она бывает вызвана либо
стремлением к упрощению технических дета-
лей, либо к ожиданию какой-то качественно
новой информации о соотношении. К замене
надо относиться с большим вниманием, в част-
ности, следить за сопровождающими ее огра-
ничениями
Отметим несколько частных наблюдений. При
рассмотрении соотношений с одной переменной
полезна геометрическая интерпретация, причем
как в плоскости «переменная – значение», так и
в плоскости «переменная – параметр». При ис-
пользовании плоскости «переменная – значе-
ние» надо изучать пересечения графиков функ-
ций, на плоскости «переменная – параметр» —
пересечение графика горизонтальными или вер-
тикальными прямыми в зависимости от того,
рассматривается плоскость (x; a) или (a; x). Для
неравенств предпочтительнее плоскость «пере-
менная – параметр», так как на ней ответы на
вопросы получаются на основе одного множе-
ства, тогда как при использовании плоскости
«переменная – значение» приходится работать с
семействами множеств.
Система, состоящая из уравнения и неравен-
ства, зачастую ориентирована на геометрический
путь решения. Если уравнение и неравенство со-
держат одну переменную, то, как и для нера-
венств, можно использовать либо плоскость «пе-
ременная – значение», либо плоскость «перемен-
ная – параметр». Если система с несколькими пе-
ременными,тоиспользуетсяинтерпретациясоот-
ношений на координатной плоскости входящих в
нее переменных, обычно (x; y). Нередко помога-
ет переход к новым переменным, вызванный ви-
дом соотношений и направленный на их упроще-
ние или выявление в новых переменных свойств,
недостаточно просматриваемых в исходных пе-
ременных. Система из неравенств с нескольки-
ми переменными анализируется исключительно
с помощью геометрической интерпретации.
При рассмотрении семейства функций боль-
шую роль играет графическая интерпретация. С
ней легче просматривается влияние параметра
на исследуемое свойство. В целом здесь необхо-
дим анализ изменяемости изучаемых свойств в
зависимости от параметра.
Приведемнесколькопримеров,впроцессереше-
ния которых, кроме отмеченных выше, будем ста-
вить вопросы, уместные на соответствующем шаге
решения. Условия примеров 4–7 взяты из [7].
ПОВЫШЕНИЕКВАЛИФИКАЦИИ/ЛЕКТОРИЙ](https://image.slidesharecdn.com/mat-2013-05-4854-140526225015-phpapp01/85/Matematika1-56-320.jpg)
Uploaded byМаргарита Чепурная
Matematika1
Журнал 'Математика' за май 2013 года обсуждает современный подход к преподаванию математики и его связь с традиционными методами. Авторы призывают учителей обмениваться впечатлениями о методах и учебниках, подчеркивая важность выбора эффективных учебников и способов обучения для достижения успешных результатов у учеников. В статьях рассматриваются новые формы уроков, необходимость использования современных технологий и сохранение ценностей традиционного обучения.
Matematika1
- 1. 1september.ru М АТ ЕМ АТ И К А Подписка: Роcпечать - 32030 (бумажная версия), 26113 (электронная); Почта России - 79073 (бумажная версия), 12717 (электронная) май 2013 mat.1september.ruИЗДАЕТСЯ С 1992 г. Тема номера Современный урок математики Мастерим бумажную сферу Практикум Избранные задачи на делимость целых чисел Методическая консультация Опорные задачи: сфера, куб и правильный тетраэдр №5 (743) Практическая работа c. 43c. 26c. 9 Пантеон, с. 64
- 2. АДРЕС РЕДАКЦИИ ИИЗДАТЕЛЯ: ул. Киевская, д. 24, Москва, 121165 Телефон/ факс: (499) 249-3138 Отдел рекламы: (499) 249-9870 Сайт:1september.ru ИЗДАТЕЛЬСКАЯ ПОДПИСКА: Телефон: (499) 249-4758 E-mail: podpiska@1september.ru Методический журнал для учителей математики МАТЕМАТИКАМАТЕМАТИКА Главный редактор: Л. Рослова Отв. секретарь: Т. Черкавская Редакторы: П. Камаев, О. Макарова, И. Коган Дизайн макета: И. Лукьянов Дизайн обложки: Э. Лурье Корректор: Л. Громова Верстка: Д. Кардановская Издается с 1992 г. Выходит один раз в месяц РЕДАКЦИЯ: МАТЕМАТИКА май 2013 ГАЗЕТА ИЗДАТЕЛЬСКОГО ДОМА: Первое сентября – Е. Бирюкова ПОДПИСНЫЕ ИНДЕКСЫ: Роспечать: бумажная версия – 32030; электронная версия – 26113; Почта России: бумажная версия – 79073; электронная версия – 12717 ИЗДАТЕЛЬСКИЙ ДОМ «ПЕРВОЕ СЕНТЯБРЯ» Главный редактор: Артем Соловейчик (генеральный директор) Коммерческая деятельность: Константин Шмарковский (финансовый директор) Развитие, IT и координация проектов: Сергей Островский (исполнительный директор) Реклама, конференции и техническое обеспечение Издательского дома: Павел Кузнецов Производство: Станислав Савельев Административно-хозяйственное обеспечение: Андрей Ушков Педагогический университет: Валерия Арсланьян (ректор) ЖУРНАЛЫ ИЗДАТЕЛЬСКОГО ДОМА: Английский язык – А. Громушкина, Библиотека в школе – О. Громова, Биология – Н. Иванова, География – О. Коротова, Дошкольное образование – Д. Тюттерин, Здоровье детей – Н. Сёмина, Информатика – С. Островский, Искусство – М. Сартан, История – А. Савельев, Классное руководство и воспитание школьников –М. Битянова, Литература – С. Волков, Математика – Л. Рослова, Начальная школа – М. Соловейчик, Немецкий язык – М. Бузоева, Русский язык – Л. Гончар, Спорт в школе – О. Леонтьева, Технология – А. Митрофанов, Управление школой – Е. Рачевский, Физика – Н. Козлова, Французский язык – Г. Чесновицкая, Химия – О. Блохина, Школьный психолог – И. Вачков К материалам, обозначенным этим символом, есть приложение на CD-диске. Распространяется по подписке Цена свободная Тираж 33 337 экз. Тел. редакции: (499) 249-3460 E-mail: mat@1september.ru Сайт: mat.1september.ru ВНОМЕРЕ В УЧИТЕЛЬСКОЙ / МНЕНИЕ Современный традиционный урок! О. Багишова НА УРОКЕ / ОТКРЫТЫЙ УРОК Необыкновенный полет. Математическая игра М. Павлова Мастерим бумажную сферу Г. Аджемян Математика плюс информатика В. Паршева Задачи на движение? Биатлон! В. Любимова Решение тригонометрических уравнений различных видов Т. Бабакина Одна задача на обыкновенные дроби Д. Шноль МЕТОДИЧЕСКАЯ КОНСУЛЬТАЦИЯ Опорные задачи: сфера, куб и правильный тетраэдр Е. Потоскуев МЕТОДОБЪЕДИНЕНИЕ / ПРАКТИКУМ Сколько решений нужно найти? Т. Жаворонкова НА УРОКЕ / ДИДАКТИЧЕСКОЕ СОПРОВОЖДЕНИЕ Серия «Математическая азбука» Л. Горина НА КРУЖКЕ / ЧИТАЕМ ВМЕСТЕ С УЧЕНИКАМИ Знаменитый алгоритм Н. Жарковская ПОСЛЕ УРОКА / ЗАОЧНАЯ ШКОЛА Математическое отделение ВЗМШ открывает прием МЕТОДОБЪЕДИНЕНИЕ / ПРАКТИКУМ Избранные задачи на делимость целых чисел Г. Фалин, А. Фалин ПОВЫШЕНИЕ КВАЛИФИКАЦИИ / ЛЕКТОРИЙ Технологии решения задач: Лекция 12. Задачи с параметрами. Анализ семейств функций или множеств. Поиск пути решения В. Дятлов В БИБЛИОТЕКЕ / СТАТЬИ НА СD Рефераты электронных публикаций ПОСЛЕ УРОКА / В КЛАДОВОЙ ГОЛОВОЛОМОК Головоломка «Гекс» Н. Авилов В КАБИНЕТЕ МАТЕМАТИКИ / НА СТЕНД Пантеон 40 34 36 4 6 9 13 20 22 24 26 32 43 52 60 62 64 ТЕМА НОМЕРА: CОВРЕМЕННЫЙ УРОК МАТЕМАТИКИ УЧРЕДИТЕЛЬ: ООО «ЧИСТЫЕ ПРУДЫ» ЗарегистрированоПИ№ФС77-44335от21.03.11 в Министерстве РФ по делам печати Подписано в печать: по графику 13.04.13, фактически 13.04.13 Заказ №_________ Отпечатано в ОАО «Первая Образцовая типография» филиал «Чеховский печатный двор» ул. Полиграфистов, д. 1, Московская область, г. Чехов, 142300; Сайт: www.chpd.ru; E-mail: sales@chpk.ru; факс: 8(496)726-54-10, 8(495)988-63-76 В оформлении номера использованы иллюстрации фотобанка Shutterstock Фото на обложке: с.1:Пантеон(www.studyblue.com©2013STUDYBLUEINC.) с. 64: Пантеон. Вид сверху (worlds.travel © worlds.travel
- 3. 33 МАТЕМАТИКА май2013 ДАВАЙТЕ ПОГОВОРИМ ОБУЧЕБНИКАХЛ. РОСЛОВА Учебник — одна из основных тем, за- нимающих учителя. Взять хотя бы интерес к мероприятиям прошедшего педагогического марафона, связанным с пред- ставлением новых учебников или обновленных действую- щих. У меня тоже часто спрашивают совета, какой учебник выбрать. Информацию эту учитель может получить чаще всего только от коллег. Но она не может быть полной, по- скольку редко в каком регионе (не говоря уже об иных тер- риториальных уровнях) представлено все многообразие учебников, допущенных и рекомендованных к использо- ванию в учебном процессе. Да и список этих учебников ме- няется ежегодно. Разве уследишь? Издательства, правда, проводят свои эксперименты (внедрение), но не всегда по учебникам, прошедшим экспертизу и получившим гриф, ча- сто наоборот — по учебникам, которые пройти эту проце- дуры не могут в силу невысокого качества. Какой учебник ищет учитель? Прежде всего, эффектив- ный — чтобы позволял достичь приличных результатов об- учения даже в несильном классе. Грубо оценить эффектив- ность можно по результатам экзаменов, диагностик, атте- стаций школ. Например, в некоторых регионах такого рода информация собирается и систематизируется в рамках про- ведения ГИА. А вот проводится ли работа по результатам это- го анализа? Имеет ли учитель данные о том, позволяет ли учебник, по которому он работает, добиваться требуемых стандартом результатов? Ответ, скорее всего, будет отрица- тельным. Официальной информации федерального уровня об эф- фективности учебников нет. Спасибо, что дает информацию TIMSS, но она не является статистически значимой для пода- вляющего большинства учебников, входящих в перечень, в силу того, что в выборку они попадают малым числом. Вот и решила я предложить вам — читателям журна- ла — обменяться своими впечатлениями об учебниках, по которым работаете. Но не эмоциями, а взвешенно. Со- знательно ли выбрали, что привлекло, в каком объеме ис- пользуете (комплект, только учебник, только задачи и т.д.). Если перешли на новый учебник, то есть ли преимущества, оправдались ли ожидания, что получается лучше, чем рань- ше, а что хуже. Только не забудьте указать точные данные учебника — обязательно с годом издания. Я не предлагаю писать трактатов и диссертаций — можно коротко, самое главное. Письмо можно отправить через личный кабинет, по электронной почте или по почте, написанное от руки. Мы попробуем собрать ваши мнения и создать общую кар- тину. Всем миром, так сказать.
- 4. 4МАТЕМАТИКА май 2013 О.БАГИШОВА, bagishova1032@yandex.ru, г. Москва СОВРЕМЕННЫЙ ТРАДИЦИОННЫЙ УРОК! Современный урок или традиционный урок? Дилемма. Но действительно ли нужно противопоставлять их? Можно ли утверждать, что традиционный урок изжил себя? По- смотрим на проблему с разных сторон. Урок — традиционная форма проведения школьных занятий с детьми. Сложившиеся правила проведения урока стали для учи- телей, проработавших в школе не один десяток лет, отражени- ем их ежедневной педагогической деятельности, их стиля рабо- ты. Качество преподавания, что было 20–30 лет назад, подтверж- дают и нынешнее поколение 40–50-летних людей («я это учил 30 лет назад, а до сих пор помню!»), и преподаватели вузов («сту- денты, мол, нынче не те»). Получается, что традиционный стиль работы учителей приносил плоды, а это, безусловно, говорит в пользу традиционных методов. Стиль урока должен меняться, если меняются его цели. «Совре- менный» мир требует «новых» людей, готовых творчески подхо- дить к решению проблем, компетентных как в своей профессио- нальной области, так и в целом. А может ли школа готовить имен- но таких выпускников? Что требует от нас, учителей, сегодняшний день? Умения быть креативным. Творчески подходить к своей работе. Учитывать из- менения, произошедшие в сознании и здоровье учащихся. Быть в курсе современных событий. Уверенно владеть современными технологиями... Учитель, который учитывает эти требования, мо- жет считать себя современным. Но разве традиционное обучение — это череда монотонных, безли- ких, скучных уроков, проводимых безынициативными, неинформи- рованными учителями? Разве мог учитель раньше проводить урок, не отвечающий возможностям своих учеников? Давайте отдадим дань уважения учителям «со стажем». Не имея под рукой ни электронной почты, ни электронного дневника, не отправляя sms родителям, они добивались высоких результатов обучения своему предмету. Кто сказал, что знания, которые давала «старая» школа, не- нужные? Я работаю учителем математики и понимаю, что мно- гим моим ученикам в жизни не пригодятся ни косинусы, ни ло- гарифмы. Но неспроста математика всегда входила в обязатель- ный перечень учебных предметов классических гимназий и лице- ев. Человек, освоивший математику, приводил свой мозг в рабо- тоспособное состояние. После этого можно было получить свою узкую профессиональную специализацию и с уверенностью ска- зать, что в выбранной профессиональной области человек будет успешным. Решение математических задач знакомило ребенка с тем, как устроена любая задача, и давало навык прокладывать путь от из- ВУЧИТЕЛЬСКОЙ/МНЕНИЕ ТЕМАНОМЕРА:СОВРЕМЕННЫЙУРОКМАТЕМАТИКИ
- 5. 55 МАТЕМАТИКА май2013 вестных элементов к неизвестным. Упорное и многолетнее освоение математических наук «за письменным столом» формировало характер че- ловека, воспитывало трудолюбие, умение сосре- дотачиваться, не упуская мелочей, не отвлекать- ся от работы. А разве не нужны эти качества на- шим нынешним выпускникам?! Страшно пред- ставить себе хирурга или, например, водителя, который не считает важным быть собранным в те- чение достаточно длительного времени. С тех пор как мир стал другим, стал «современ- ным», быть аккуратными необязательно — чудо- порошок все отстирает. Теперь все делается легко! ВолеваясторонаупервоклассниковXXIвеканераз- витавтоймере,чтотридцатьлетназад.Затоэмоци- ональный порог зашкаливает за все разумные гра- ницы. Чтобы удивить современного ребенка, надо быть настоящим волшебником! Вот и появилось требование к современной школе — что-то такое показать на уроке, чтобы поразить воображение наших современных де- тей. Уберем плакаты — повесим интерактивные доски. Уберем телевизор — поставим компьюте- ры. Уберем «бумажные» учебники — раздадим электронные. Вот тогда наши ученики, заинте- ресованные новым чудом, будут смотреть на до- ску и слушать учителя. И да, и нет. Слушать, конечно, будут. И инте- рес возрастет. Но только это еще не все. Структу- ра «традиционного» урока всегда предполагала ряд этапов знакомства с новым материалом. Пер- вый этап, ознакомительный: интуитивное зна- комство с новым, демонстрация опытов, рассказ о новом понятии. Но после этого начиналась та самая монотонная деятельность ученика по из- учению свойств нового объекта: решение задач, чтение параграфа, выполнение упражнений, рас- крывающих сущность нового понятия. По време- ни второй этап во много раз превосходил первый. Попробуем разнообразить второй этап. Допол- ним этот перечень поиском и использованием информации из Интернета, подготовкой докла- дов, выполнением проектов, групповой работой над проблемой. Последние штрихи превращают «традиционный урок» в «современный», но тре- буется ряд оговорок. Первая. Монотонный труд для многих «современных» детей непривычен. А он необходим! Яркие стороны «современного» урока делают их привлекательными. Вторая. Мы всегда должны выбирать: «Или, или…». Или ре- шаем задачи, или готовим доклады. Урок — это 45 мин. Учебный план жестко определил, сколь- ко времени нам дано на общение. Третья. Успеет ли сформироваться характер нашего выпускни- ка, если сократить время, в течение которого уче- ник «просто решает задачи»? Появление компьютеров, конечно, существен- но изменило нашу жизнь, расширило наши воз- можности. Очевидное удобство компьютер- ной техники — возможность сканирования лю- бых учебных материалов с последующей демон- страцией их на экране (можно работать с графи- ком или текстом задачи, а можно разобрать ти- пичные ошибки учащихся). Можно использо- вать чертежи, позволяющие увидеть объект со всех сторон. Все это повышает понимание мате- риала, но все же истинные знания придут в ходе собственной интеллектуальной работы. В таком случае, так ли важно, какой учебник, бумажный или электронный, мы перелистывали, чтобы за- писать условие? Мне нравится на уроке использовать оргтех- нику. Когда сбылась моя мечта о проекторе, на уроках появились презентации, проекции фраг- ментов учебных книг. Фронтальная работа с классом стала эффективнее, так как стало легче организовать ее. Но при этом в кабинете востре- бованы три обычные доски! Компьютеры, как и мел, надо полюбить. Они должны использоваться на уроке тогда, когда их применение эффективнее, а не моднее. Кон- серватизм учителей — это основа стабильности в образовании. Пожилые учителя, которые не владеют компьютерными технологиями, собра- лись уходить на пенсию. Осознание, какой бес- ценный человеческий капитал мы теряем, при- дет позже! Молодые учителя, пришедшие в шко- лу в последние годы, уже работают иначе. Сохра- нив разные поколения, можно создать разумный баланс между разными технологиями. Работа учителя, какой урок он проведет — «традиционный» или «современный», зависит от очень многих факторов. Школа — это един- ство многих. Пусть это будет единство многих разнообразных учителей, работающих в есте- ственных для себя условиях. Пусть у кого-то бу- дет «более современный» урок, у кого-то — «бо- лее традиционный». Кому-то комфортно пе- реключать на уроке слайды, а кто-то будет по- прежнему использовать мел. Когда учителю нравится его деятельность, она, эта деятельность, приносит пользу. Надо взвесить все «за» и все «против», прежде чем голосовать за ту или иную форму урока. До- бавляя новое, нельзя терять проверенное ста- рое. Нельзя идти на поводу у тех, кто оправды- вает бездельников-детей тем, что им неинтерес- но «просто решать задачи», и ратует за яркие компьютерные образы. Надо поощрять и про- пагандировать опыт тех «современных» учи- телей, которые нашли золотую середину в этом вопросе.
- 6. М. ПАВЛОВА, г. Санкт-ПетербургНЕОБЫКНОВЕННЫЙ ПОЛЕТ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ИГРА Цели игры: образовательная — обобщить знания учащихся по теме «Действия с обыкновенными дробями»; развивающая — формировать знания о первых полетах в космос; воспитательная — формировать товарищеские отношения, чувство ответственности, умение работать командой. Способствовать нравственно-патриотическому воспитанию школьников. Форма проведения. Если игра проводится в классе во время урока, то три ряда парт и есть три команды-экипажа. Если игра прово- дится для параллели, то классы представлены командами по 9–10 человек. Каждый этап проходит в отдельном кабинете. Полет — это математика. В. Чкалов Ход урока Вступительное слово учителя 12 апреля весь мир отмечает День авиации и космонавтики. Это особенный день — в этот день в 1961 году Ю.А. Гагарин первым в мире совершил орбитальный полет в космос, открыв тем самым эпоху пилотируемых космических полетов. В этом большая заслу- га многих ученых-математиков — покорение космоса невозможно без математических расчетов. Сегодня и мы совершим космическое путешествие прямо из ка- бинета математики. Каждая команда — это экипаж ракеты, кото- рому предстоит совершить полет. Победит тот экипаж, который наберет больше очков. Каждый этап полета в зависимости от количества верно решен- ных примеров оценивается звездами разного цвета: коричневая — 1 балл; желтая — 2 балла; зеленая — 3 балла; синяя — 4 балла; красная — 5 баллов. Предполетная подготовка А знаете ли вы… 1. Как звали первого космонавта? [Ю.А. Гагарин.] 2. Кого называют отцом космонавтики? [К.Э. Циолковский] 3. Когда был запущен первый искусственный спутник Земли? [4 октября 1957 г.] 4. Как назывался космический корабль, на котором Ю. Гагарин совершил путешествие по орбите? [«Восток».] 5. В 1971 г. была выведена на орбиту первая орбитальная стан- ция. Это был настоящий летающий дом, состоящий из нескольких комнат-отсеков, в которых свободно разместился экипаж из трех человек, проработавший в космосе почти месяц. Как называлась эта первая орбитальная станция? [«Салют».] 5–6 классы НАУРОКЕ/ОТКРЫТЫЙУРОК ТЕМАНОМЕРА:СОВРЕМЕННЫЙУРОКМАТЕМАТИКИ МАТЕМАТИКА май 2013 6
- 7. 77 МАТЕМАТИКА май2013 Название корабля, на котором полетит ваш экипаж, вы узнаете, выполнив предстартовую подготовку (оценивается скорость и правиль- ность ответов). Каждая дробь написана на от- дельной карточке, на обороте которой стоит бук- ва, приведенная в скобках. Расположив дроби в указанном порядке и перевернув карточки, вы узнаете название своего экипажа. I. Расположите дроби в порядке возрастания: а) 13 18 (Ю), 14 36 (А), 5 18 (С), 2 3 (Л), 19 15 (Т); б) 16 40 (С), 3 4 (Т), 3 20 (В), 7 20 (О), 17 20 (О), 21 20 (К). II. Расположите дроби в порядке убывания: 1 8 (Н), 17 24 (У), 29 24 (Б), 7 24 (А), 30 48 (Р). Итак, в полет отправляются экипажи «Вос- ток», «Салют», «Буран». Если мероприятие проводится в виде игры по станциям, капитанам вручаются маршрутные листы, в которых указывается порядок прохож- дения этапов. Орбитальный научный эксперимент Экипаж делится на три группы. Каждая груп- па получает карточку с тремя примерами и пе- речень ответов к ним. Решив примеры и записав номер выбранного ответа, группы сдают задания судьям. 1-я группы Номер ответа 2-я группа Номер ответа 3-я группа Номер ответа 1 2 4 9 + 3 5 7 6 + 4 2 9 3 + 3 1 8 4 − 4 2 5 9 − 7 1 8 2 − 1 6 10 − 3 7 13 − 2 5 3 − Предполагаемые ответы: 1. 1 4 . 3 2. 11 1 . 42 3. 34 . 35 4. 1 1 . 9 5. 17 . 36 6. 10 1 . 33 7. 7 . 10 8. 9 5 . 10 9. 1 . 2 10. 3 . 8 11. 5 . 14 12. 10 6 . 13 13. 26 . 45 14. 3 . 4 15. 1 . 8 Пока судьи проверяют решения — рассказ о первом спутнике. Учитель. Освоение космического простран- ства началось 4 октября 1957 года, когда был запущен первый искусственный спутник Зем- ли. Спутник вращался вокруг Земли и подавал сигналы: «Я здесь, я лечу!». Он представлял со- бой шар из алюминиевых сплавов диаметром 58 см и весом 83,6 кг. Аппарат имел двухметро- вые усы-антенны, а внутри размещались два ра- диопередатчика. Скорость спутника составляла 28 800 км/ч. За полтора часа спутник облетал весь земной шар, а за сутки полета совершал 16 оборотов. Сейчас на земной орбите находится множе- ство спутников. Одни используются для телера- диосвязи, другие являются научными лаборато- риями. На оборотной стороне Земли Экипаж делится на две группы. Члены груп- пы по очереди решают по одному примеру. От- вет записывают в пустую клетку. Ответ преды- дущего примера является первым числом в сле- дующем примере. Цель: правильно и быстро вы- полнить это задание. Время ограничено. Пять правильно решенных примеров — крас- ная звезда, 4 — синяя, 3 — зеленая, 2 — желтая, 1 —коричневая. 1 5 4 6 + = → 3 1 8 + = → 5 1 12 − = → → 3 3 8 + = → 5 2 12 − = Пока судьи проверяют решения — рассказ о первых живых существах на орбите. Учитель. После удачно осуществленного поле- та первого искусственного спутника Земли перед учеными встала задача — вывести на орбиту жи- вое существо. Дорогу в космос для человека про- ложили собаки и мыши. В космос слетали 21 се- рая и 19 белых мышей. Собаки прошли все виды испытаний. Они длительно находились в кабине без движения, переносили большие перегрузки, вибрацию. Ученые фиксировали биотоки сердца, мышц, мозга, артериальное давление, характер дыхания и т.д., изучая воздействие на организм невесомости. В честь животных, отдавших жизнь во имя науки, перед Парижским обществом защи- ты собак воздвигли гранитную колонну. Ее верши- ну венчает устремленный ввысь спутник, из кото- рого выглядывает Лайка — собака-космонавт. Внештатная ситуация — метеоритный дождь Необходимо устранить неисправность ракеты. Экипаж делится на две команды. Каждой ко- манде выдается карточка, в которой приведены решения четырех примеров, но в них допуще- ны ошибки. Нужно найти эти ошибки и испра- вить решения. Выполненные задания сдаются судьям. Время ограничено. Критерии оценивания: 4 правильно исправ- ленных решения — красная звезда, 3 — синяя, 2 — зеленая, 1 — желтая.
- 8. МАТЕМАТИКА май 201388 1-я команда 2-я команда 3 3 2 1 1 4 4 − = 5 2 3 2 1 1 2 6 3 3 − = = 2 4 6 5 6 11 + = 4 4 6 2 4 9 9 − = 4 2 4 2 1 1 15 6 9 − = 2 5 2 5 7 3 1 4 4 9 8 72 72 + + = = 1 1 1 1 2 3 2 5 5 3 9 9 9 + + = = 2 4 6 1 9 15 24 4 + = = Пока судьи проверяют решения — рассказ об основателях космонавтики. Учитель. Константин Эдуардович Циолков- ский — один из отцов космонавтики, гордость России. Ему принадлежат слова: «Земля — ко- лыбель человечества, но нельзя вечно жить в ко- лыбели». Он указал человечеству путь к иным мирам и звездам, заложив основы реактивно- го движения. Идеи Циолковского были разви- ты Фридрихом Артуровичем Цандером и Юрием Васильевичем Кондратюком. А заветные меч- ты основоположников космонавтики воплотил в жизнь Сергей Павлович Королев — главный конструктор. Космический обед Во время обеда космонавты вспоминают о Ро- дине. Перед вами — панно из цветов, на каждом ле- пестке — задание на действия с дробями. Эки- паж делится на две команды. Каждая решает свой пример. Номера примеров указаны в серд- цевине цветка. Решения выполняются на листах бумаги. Для 1-й команды первое число 4 2 . 7 Для 2-й команды первое число 8 1 . 15 Критерии оценивания: за 5 правильных отве- тов — красная звезда, 4 — синяя, 3 — зеленая, 2 — желтая, 1 — коричневая. Пока судьи проверяют решения — рассказ о Ю.А. Гагарине. Учитель. Юрий Алексеевич Гагарин (1934– 1968) — космонавт № 1, советский военный лет- чик, первым побывавший в космосе. Родился 9 марта 1934 года в Смоленской области. Пошел в школу в 1941 году, затем продолжил учебу в ре- месленномучилище.В1951годусталпосещатьаэ- роклуб, а уже через год совершил свой первый по- лет на самолете «Як-18». В марте 1960-го стал од- ним из кандидатов в космонавты. 12 апреля 1961 года корабль «Восток» с Гагариным на борту вы- шел в космос и сделал один оборот вокруг Земли. Погиб 27 марта 1968 года, осуществляя трени- ровочный полет на самолете «МиГ-15». Мягкая посадка Чтобы успешно завершить полет, проведем конкурс капитанов. 1. Попрыгунья Стрекоза половину времени каждых суток красного лета спала, третью часть каждых суток танцевала, шестую часть — пела. Остальное время она решила посвятить подго- товке к зиме. Сколько часов в сутки Стрекоза го- товилась к зиме? [0 ч] 2. Малыш может съесть 600 г варенья за 6 ми- нут, а Карлсон в 2 раза быстрее. За какое время они съедят это варенье вместе? [2 мин.] 3. Дана дробь 13 . 19 Какое число нужно приба- вить к обоим числам этой дроби, чтобы она обра- тилась в 5 ? 7 [2] 4. Имеется запись: 5*683 < 506*1 (звездочкой отмечены пропущенные цифры). Какие это циф- ры? [0; 9] 5. Какая часть квадрата закрашена? 1 64 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎣ ⎦ Литература 1. Бунимович Е.А., Дорофеев Г.В., Суворова С.Б. и др. Математика. 5 класс. — М.: Просве- щение: Сферы, 2010. 2. Виленкин Н.Я. Математика. 6 класс. — М.: Мнемозина, 2008. 3. Кордемский Б.А. Математическая смекал- ка. — М.: Изд-во технико-теоретической литера- туры, 1955. 4. http://repetitors.info/library.php?b=200 5. http://rcio.pnzgu.ru/personal/26/1/6/Page2. htm НАУРОКЕ/ОТКРЫТЫЙУРОК ТЕМАНОМЕРА:СОВРЕМЕННЫЙУРОКМАТЕМАТИКИ
- 9. 9МАТЕМАТИКА май 2013 Г.АДЖЕМЯН adzhemyan@i.home-edu.ru, г. Москва, д. Румянцево Фото предоставлены автором МАСТЕРИМ БУМАЖНУЮСФЕРУ В поисках путей для формирования уни- версальных учебных действий на уроках математики в 5–6-х классах особую значимость приобретает форма организации учебной деятельности учащихся. Перед учителем математики стоит нелегкая задача организо- вать учебный процесс, который способствовал бы развитию уни- версальных учебных действий учащихся. Особую роль в разрешении данной проблемы играет группо- вая форма организации учебной деятельности. Она позволя- ет учащимся участвовать в совместной деятельности, которая способствует формированию дополнительной мотивации обуче- ния. Совместная деятельность — такая форма организации учебной деятельности младших подростков, которая объединяет учащих- ся общими учебными целями, но при этом каждый из них игра- ет определенную ему в этой работе роль. Она наиболее примени- ма и целесообразна при проведении различных практических ра- бот. Рассмотрим пример открытого урока, который проводился в режиме онлайн с учениками 5-го класса СОШ № 26 пос. Кропаче- во Ашинского района Челябинской обл. При подготовке и проведении открытого урока большую орга- низационную работу провели Наталья Владимировна Софина, учитель МХК, изобразительного искусства и черчения, и родите- ли учеников, которые оказывали помощь своим детям. В этом и есть ценность совместной учебной работы! Фотоконспект урока Цели: 1. Ввести понятие шара и сферы; формировать представление о геометрических фигурах в пространстве, развивать простран- ственное воображение. 2. Развивать базовые математические умения: построение ма- тематической модели реального объекта, владение языком мате- матики как средством коммуникации, организация речи и дея- тельности. Развивать универсальные умения: интеллектуальные, организационно-деятельностные и коммуникативные. Оборудование: компьютер, видеопроектор, экран. На каждой парте: плотный воздушный шарик, листы белой неплотной бумаги, газета, вода, две пустые пластмассовые тарел- ки, три кисточки, клей ПВА. НАУРОКЕ/ОТКРЫТЫЙУРОК ТЕМАНОМЕРА:СОВРЕМЕННЫЙУРОКМАТЕМАТИКИ
- 10. МАТЕМАТИКА май 20131010 Мотивация и стимулирование деятельности учащихся Для мотивации детей к работе учитель делает краткое сообщение о сфере, демонстрирует ро- лик, выполненный в среде «Cabri 3D v2». Ролик состоит из следующих частей: • Шар — «родственник» круга в простран- стве . Круг — это часть плоскости, ограничен- ная окружностью. Окружность – граница круга (рис. 1). Рис. 1 • Границей шара является сфера (рис. 2). Рис. 2 • Поверхность сферы состоит из множества то- чек. Внутри сферы пусто (рис. 3). Рис. 3 • Все точки шаровой оболочки удалены на оди- наковое расстояние от центра сферы (рис. 4). Рис. 4 Измерения проверяются при динамическом изменении чертежа: длины радиусов меняются, но соотношения между ними остаются неизмен- ными. Вывод: все точки шаровой оболочки удалены от ее центра на одинаковое расстояние. Далее учитель проводит беседу с учащи- мися на тему «Шарообразные формы вокруг тебя». Рассматривает примеры из окружающей сре- ды, приведенные детьми. Лук Христофа Белая смородина Одуванчик Практическая работа Учитель. Математики, чтобы различить шар, заполненный внутри, и шаровую поверхность, полую внутри, ввели термины шар и сфера. Се- годня мы изготовим модель сферы. Знакомство учащихся с инструкцией по вы- полнению практической работы. Инструкция по изготовлению бумажной сферы 1. Надуть шарик небольшого размера. 2. Плотно завязать, не допускать, чтобы он сдулся в дальнейшем. 3. Нарезать куски газеты небольшого раз- мера. 4. Накладывать намоченные газетные ку- сочки на поверхность шарика без промежут- ков (вплотную друг к другу). 5. Нарезать кусочки белой бумаги неболь- шого размера. 6. Нанести клей на кусочки белой бумаги по всей поверхности и плотно прижать к шаро- вой оболочке без промежутков. 7. Удалить воздушный шарик только по- сле полного высыхания бумажной сферы. Если не получится достать шарик, лучше оставить его внутри, чтобы не деформиро- вать сферу. Задание для практической работы и инструк- ция выводятся на экран. Учащиеся делятся на 7 групп по 3 человека. Учитель напоминает правила поведения в груп- пе. Дети в ходе диалога распределяют роли и обязанности в группе. Ход работы Шаг 1. Ученики между собой договаривают- ся, кто какую работу будет выполнять: надо на- дуть воздушный шарик, приготовить воду в не- глубокой посуде, мелко нарезать кусочки газе- ты. НАУРОКЕ/ОТКРЫТЫЙУРОК ТЕМАНОМЕРА:СОВРЕМЕННЫЙУРОКМАТЕМАТИКИ
- 11. 1111 МАТЕМАТИКА май2013 Шаг 2. Необходимо надуть шарик небольшого размера и хорошо его завязать, чтобы он в даль- нейшем не сдулся. Шаг 3. Кусочки газеты, намоченные в воде, накладывают на поверхность надутого шарика как можно плотнее друг к другу. Работу необхо- димо выполнить достаточно быстро, чтобы ку- сочки газеты не успели подсохнуть. Вид шарика, полностью обложенного мокры- ми кусочками газеты. Шаг 4. Нарезать кусочки белой тонкой бумаги. Шаг 5. Клей из тюбика вылить в неглубокую посуду. Шаг 6. Шарик обклеить кусочками белой бумаги поверх газетного слоя, прикладывая их как можно плотнее к поверхности шарика, так, чтобы уголки листочков плотно прилегали к ней. Вот так должна выглядеть бумажная сфера: ровной и аккуратной.
- 12. МАТЕМАТИКА май 20131212 Шаг 7. После того как клей хорошо высохнет, развязать воздушный шарик, сдуть его и уда- лить. Сфера готова. Изготовленная бумажная сфера используется в практической работе. Итог урока Дети слушают выступления каждой груп- пы, сравнивают полученные результаты, об- мениваются впечатлениями, оценивают рабо- ту групп. На «отлично» оценивается работа тех групп, у которых бумажная сфера получилась гладкой, без искажений. На «хорошо» или «удовлетворительно» — тех групп, у которых сфера получилась не очень гладкой, шарик сдувался во время просушива- ния и сфера получилась искаженной. Такие сфе- ры сохраняются с целью использования отдель- ных их фрагментов в следующей практической работе. Учитель благодарит всех ребят за проведен- ную работу и дружную обстановку во время за- нятия. Уточняет, что все группы работали как КОМАНДА, что все – молодцы. Бумажные сферы, выполненные учениками, размещаются на выставке в кабинете. НАУРОКЕ/ОТКРЫТЫЙУРОК ТЕМАНОМЕРА:СОВРЕМЕННЫЙУРОКМАТЕМАТИКИ Сделать это несложно: надо лишь написать статью и при- слать ее в редакцию журнала. И еще одно условие — она должна быть интересна и полезна вашим коллегам. Требования к оформлению статьи таковы: Материал должен быть напечатан на компьютере или на пишущей машинке. Рисунки должны быть четкими, аккуратными, выполнен- ными на белой нелинованной или клетчатой бумаге с помо- щью чертежных инструментов. Если вы хорошо владеете ком- пьютером, можете воспользоваться для этого программой Corel Draw. Рисунки надо пронумеровать, нумерация должна соот- ветствовать их нумерации в тексте. Фотографии должны быть цветными. Формат фото- графий, отпечатанных на бумаге, не менее 10 × 15 см. Размер цифровых фотографий не менее 800 × 600 пикселей, формат JPG, качество, используемое при сохранении JPG- файлов, высокое (high). Прислать статью можно по почте или по электронной почте. Всю необходимую для этого информацию вы найде- те на странице 2 журнала. Для выплаты гонорара необходимо заполнить автор- скую карточку. Приглашаем вас к сотрудничеству и желаем удачи! Данные автора Фамилия Имя Отчество Дата рождения Место рождения Паспорт Серия № Когда выдан Кем выдан Адрес прописки Индекс город Улица Дом корпус квартира Адрес проживания Индекс город Улица Дом корпус квартира Телефон Номер пенсионного страхового свидетельства ИНН (можно не указывать) КАКСТАТЬАВТОРОМ ЖУРНАЛА«МАТЕМАТИКА»?
- 13. В. ПАРШЕВА, г. Северодвинск,Архангельская обл. http://festival.1september.ru/ authors/101-833-510 МАТЕМАТИКАПЛЮС ИНФОРМАТИКА Курс информатики представляется дисциплиной с ярко выражен- ным межпредметным характером. Тесная связь информатики и математики существует в силу общей тенденции к исполь- зованию абстракций и символических представлений. Меж- предметные связи информатики и математики базируются на теории построения математических и информационных мо- делей. А это способствует развитию у учащихся активизации познавательной деятельности, формированию мотивации к обучению, развитию творческих способностей. Технология компьютерного моделирования является одной из наи- более продуктивных технологий современного научного под- хода, приближает процесс обучения к реальному процессу познания окружающего мира. Моделирование задач на дви- жение, на сравнение величин, на работу доступно уже учени- кам 5–6-х классов, причем делают они это с увлечением. Работа с графиками, сечениями, решение исследовательских задач Неоценимую помощь моделирование на компьютере оказывает на уроках алгебры при работе с графиками, при решении исследо- вательских задач. Приведем фрагмент интегрированного урока алгебры и информа- тикив9-мклассепотеме«Решениесистемдвухуравненийвторойсте- пени с двумя неизвестными». Одна из задач этого урока: формирова- ние понимания решения систем двух уравнений второй степени с по- мощью графической иллюстрации, выполненной на компьютере. На доске один ученик решает систему уравнений 2 2 10, 3 x y xy ⎧ + =⎪ ⎨ = −⎪⎩ способом подстановки. Получил ответ: (3; –1); (–3; 1); (1; –3); (–1; 3). В это время другой ученик делает на компьютере иллюстрацию. Выполненная модель дает возможность понять содержательную сторону решения системы. Координаты точек пересечения окруж- ности и гиперболы – это пары чисел, которые и являются реше- ниями данной системы. Ученики отмечают, что окружность и ги- пербола симметричны относительно начала координат. Точки, со- ответствующие решениям системы, также симметричны относи- тельно начала координат. НАУРОКЕ/ОТКРЫТЫЙУРОК ТЕМАНОМЕРА:СОВРЕМЕННЫЙУРОКМАТЕМАТИКИ МАТЕМАТИКА май 2013 13
- 14. МАТЕМАТИКА май 20131414 Приведем пример построения модели при ре- шении задачи исследовательского характера. Задача-исследование. Система уравнений 2 2 2 4, , x y y x b ⎧ + =⎪ ⎨ = +⎪⎩ где b — произвольное число, мо- жет иметь одно, два, три или четыре решения, а также может не иметь решений. Выясните число решений системы в зависимости от зна- чений b. Проиллюстрируйте каждый случай графически. С помощью программы «Живая геометрия» ученики строят графики (внизу страницы) и де- лают выводы. Выводы: 1. Данная система двух уравнений второй сте- пени с двумя переменными имеет: — одно решение при b = 2; — два решения при –2 < b < 2 и при 1 4 ; 4 b = − — три решения при b = –2; — четыре решения при 1 4 2; 4 b− < < − — не имеет решений при 1 4 4 b < − и при b > 2 . 2. Окружность и парабола у = х2 + а симме- тричны относительно оси ординат. Точки их пе- ресечения также симметричны относительно оси ординат. В старших классах ученикам приходится при- менять моделирование при выполнении бо- лее сложных исследовательских работ. Напри- мер, при выполнении работы «Асимптоты гра- фиков дробно-рациональной функции» учени- це 10-го класса пришлось построить более десят- ка графиков различных дробно-рациональных функций. Выполнив ряд преобразований и вычислив асимптоты графика функции 2 2 3 ( ) , 4 x y x x = − ученица получила графическую ил- люстрацию, которая приведена на следующей странице. При b = –1; b = 1 Система имеет два решения При b = 2 Система имеет одно решение При b = –2 Система имеет три решения При b = –3; b = –4 Если 1 4 2, 4 b− < < − то система имеет четыре решения При 1 4 4 b = − Система имеет два решения При b = –5; b = –7 Если 1 4 , 4 b < − то система не имеет решений При b = 3; b = 5 Если b > 2, то система не имеет решений Данная система двух уравнений второй сте- пени имеет не более четырех решений НАУРОКЕ/ОТКРЫТЫЙУРОК ТЕМАНОМЕРА:СОВРЕМЕННЫЙУРОКМАТЕМАТИКИ
- 15. 1515 МАТЕМАТИКА май2013 Y x( ) 3x 2 x 2 4− := K x( ) 12 x 2 4− := 10 8 6 4 2 0 2 4 6 8 10 4 2 2 4 6 8 10 12 Y x( ) L x( ) K x( ) x1 x2 При выполнении работ «Сечения куба плоско- стью» и «Сечения призмы» ученики для иссле- дования вида сечения в зависимости от выбора точек, через которые проходит сечение, делают множество построений с помощью компьютера, при этом видна динамика построений. Работа с алгоритмами Знакомиться с алгоритмами учащиеся начи- нают еще до изучения информатики. Например, на уроках математики ученики решают опреде- ленный класс задач по указанному алгоритму, составляют алгоритмы по нахождению значе- ний выражений, составляют программы для вы- числения на микрокалькуляторе. Информатика предъявляет другие требования к составлению и правилам записи алгоритмов. В математике при решении задач от учащихся требуется умение оперировать абстрактными об- разами, что снижает наглядность решения дан- ных задач. Программирование математических задач способствует повышению мотивации обу- чения, решаемые задачи становятся привлека- тельнее и интереснее. При решении задач и дальнейшем их програм- мировании возникает ряд трудностей: — ученики, как правило, не сразу понимают смысл записи алгоритма; — уходит достаточно много времени на то, чтобы ученик понял, что вычислительное дей- ствие при составлении алгоритма не только при- водит к изменению значений каких-то величин, но и к ветвлению или повторению определенной серии команд. Ученикам не всегда понятен тот факт, что на- писанная программа воспринимается компьюте- ром формально, а не так, как они имели в виду. Поэтому для осознания сущности понятия «алгоритм» используются математические за- дачи, решение которых осуществляется при по- мощи алгоритмов. На начальном этапе, в 5–6-х классах, ученики знакомятся с алгоритмами, составленными на основе хорошо известных примеров из их деятельности. На этом уровне ученики учатся составлять алгоритмы на соот- ветствующем уровне детализации, полностью описывая деятельность в правильной после- довательности шагов ее выполнения. Ученики должны прийти к пониманию формального ис- полнения алгоритма, к различию понимания в способах выполнения одного и того же алгорит- ма человеком и компьютером. В дальнейшем учащиеся самостоятельно начинают составлять алгоритмы с последующей реализацией на ком- пьютере для решения физических и математи- ческих задач. На последнем этапе школьники используют навыки по составлению алгорит- мов для решения новых задач из различных об- ластей с проведением соответствующего анали- за полученного результата. Примером состав- ления и применения алгоритмов может быть урок по теме «Решение квадратных уравнений по формуле его корней». На уроке ученики со- ставляют и реализуют программу для решения квадратного уравнения в общем виде. Для бо- лее осознанного понимания процесса сначала составляется словесное описание алгоритма, а затем блок-схема. 1. Ввести a, b, c. 2. Присвоить d = b2 – 4ac. 3. Если d < 0 перейти к 8. 4. Присвоить x1 = (–b – SQRT(d)) / (2*a). 5. Присвоить x2 = (–b + SQRT(d)) / (2*a). 6. Выдать x1, x2. 7. Перейти к 9. 8. Выдать «Действительных решений нет». 9. Закончить.
- 16. МАТЕМАТИКА май 20131616 Ученикам предлагается написать программу на известном им языке программирования. Программа решения квадратного уравнения на языке программирования Pascal имеет вид: Prograv KwUr; var a, b, c: integer; d, x1,x2: real; begin write (‘задай коэффициенты’); read (a, b, c); d; b*d – 4*a*c; if d < 0 then writeln (‘уравнение не имеет действитель- ных корней’) else begin x1:= (–b + sgrt (d)/(2*a); x2:= (–b – sgrt (d)/(2*a); write (‘корни уравнения равны’); write (x1:6:3, x2:6:3) end; end. Можно ученикам предложить решить ква- дратное уравнение с помощью программы «Уни- версальный математический решатель. Версия 5.0.2.8» (производитель: Бука/MathePhysics Cjnrseware Ltd, 2007). Тем самым продемон- стрировать возможности компьютерных про- грамм для изучения математики. Моделирование является одним из основных методов познания. Математическая модель отра- жает количественные и пространственные свой- ства объектов, а основным способом представле- ния знаний об объектах является информацион- ная модель. Для записи математических моде- лей используются формулы, уравнения, геомет- рические образы, набор правил или соглаше- ний. Применение математических методов зача- стую является сложным процессом, а примене- ние компьютера облегчает эту работу. Компью- терная модель является реализацией математи- ческой или информационной модели с использо- ванием компьютера. На уроках геометрии в 7-м классе при реше- нии задач на построение с помощью циркуля и линейки ученики составляют алгоритм реше- ния, а затем выполняют построение на компью- тере. При изучении темы «Правильные много- угольники» в 6-м классе ученики выполняют на компьютерах практическую работу по созданию паркета (мозаики) из правильных многоуголь- ников. Такая работа результативна и для математи- ки, и для информатики. Подготовка интегрированного урока Как правило, при подготовке интегрирован- ного урока нужно выбирать тему по математике и связывать ее с информатикой. Назовем темы некоторых таких уроков: «Задачи на движение» (5-й класс); «Правильные многоугольники» (6-й класс); «Пентаграмма глазами математика» (6-й класс); Урок-практикум «Решение квадратных урав- нений» (8-й класс); «Свойства квадратичной функции» (9-й класс); «Зависимость расположения графика квадра- тичной функции от значений коэффициентов» (9-й класс); «Решение систем двух уравнений второй сте- пени с двумя переменными» (9-й класс). Ученикам нравятся такие уроки. Наглядность дает более глубокое усвоение материала. У уча- щихся появляется стимул научиться решать ма- тематические задачи с помощью компьютерных программ. Некоторых школьников всерьез заин- тересовывают занятия программированием. Нашим детям жить в компьютеризированном обществе, и они должны уметь применять ком- пьютер в любых жизненных ситуациях. Но это вовсе не значит, что уроки с применением ком- НАУРОКЕ/ОТКРЫТЫЙУРОК ТЕМАНОМЕРА:СОВРЕМЕННЫЙУРОКМАТЕМАТИКИ b sqrt(d) x1 2a − − = b sqrt(d) x2 2a − + = да нет
- 17. 1717 МАТЕМАТИКА май2013 пьютера всегда можно назвать интегрированны- ми. Хотелось бы, чтобы компьютер был в любом кабинете и, являясь рабочим инструментом пе- дагога, многократно усиливал эффективность учебного процесса. Если компьютер лишь ин- струмент, то урок вряд ли интегрированный. Ин- тегрированный урок обязан предполагать взаи- мопроникновение математики в информатику и наоборот. А для этого должно произойти согла- сование материала, изучаемого на уроке одного предмета и другого. Только в этом случае от та- кого урока будет толк (в смысле интегрирован- ности, то есть видения учеником взаимосвязи). Будет ли урок интегрированным, если учитель информатики применяет материал из математи- ки? Да, даже если в его подготовке учитель ма- тематики участия не принимал. А если учитель математики на уроке применил CD по предме- ту? Здесь скорее речь идет именно об использо- вании компьютера на уроке. Нужно обеспечить действительную связь между предметами. В обычном кабинете информатики 10–15 ком- пьютеров. Чтобы все ученики имели возмож- ность на уроке поработать на компьютере, мож- но организовать групповую или индивидуаль- ную работу с целым классом, поочередно меняя учащихся за компьютером в течение урока. Интеграцию информатики в математику и ма- тематики в информатику можно выполнить при изучении многих вопросов обеих дисциплин. Но стоит помнить, что «интегрирование пред- метов» и «применение компьютерных техноло- гий на уроках» математики — это разные поня- тия, и учителю нужно их различать и применять в зависимости от цели и задач урока. И еще, ко- нечно, нужна большая и серьезная подготовка к каждому уроку, согласованность в действиях учителей, ведущих урок. Урок по теме «Решение систем двух уравнений второй степени с двумя переменными» Цели: закрепление решения систем двух урав- нений второй степени с двумя переменными спо- собом подстановки, сложения; формирование понимания решения систем двух уравнений вто- рой степени с помощью графической иллюстра- ции, выполненной на компьютере. Учебник: Дорофеев Г.В., Суворова С.Б., Буни- мович Е.А. и др. Алгебра. 9 класс. Учебник для общеобразовательных учреждений. — М.: Про- свещение, 2004 и посл. изд. Ход урока Учитель математики. Сегодня мы прове- дем урок-бенефис одной системы двух уравне- ний второй степени с двумя переменными. Из курса алгебры 8-го класса вам известны два ал- гебраических способа решения систем двух ли- нейных уравнений: способ подстановки и способ сложения. Известен также и графический спо- соб решения таких систем. В этом учебном году вы научились решать более сложные системы, в которых только одно уравнение линейное. Та- кую систему всегда можно решить способом под- становки. На прошлом уроке вы решали систе- мы, в которых оба уравнения второй степени. Вообще говоря, решение таких систем — задача довольно трудная, но в некоторых случаях воз- можны простые решения. Сегодня на уроке мы попытаемся разобраться в некоторых способах решения таких систем уравнений второй степе- ни. Обращаю ваше внимание на то, что одну и ту же систему мы будем решать разными способа- ми. Попробуйте оценить каждый способ с раз- ных позиций. Учитель информатики. Группа учеников вы- полняет построение графиков на компьютере. Этим ученикам надо подготовить графическую иллюстрацию способов решения системы двух уравнений второй степени с двумя переменными. Учитель математики. У каждого из вас карточки с системой двух уравнений второй сте- пени. Ваша задача: решить эту систему разны- ми способами. Задание 1: решите систему спо- собом подстановки. При выполнении этого зада- ния вам будут помогать консультанты — твор- ческая группа, которая помогала нам готовить данный урок. Можете пользоваться учебником, п. 3.5, пример 4: «Для тех, кому интересно. Ре- шение систем уравнений второй степени». (Работа дается в четырех вариантах, ниже приведен один из них.) Задание 1. (3 мин.) Решите систему уравне- ний: 2 2 5, 2. x y xy ⎧ + =⎪ ⎨ = −⎪⎩ Ответы: (1; –2); (–1; 2); (–2; 1); (2; –1). (Правильность выполнения работы проверя- ют консультанты, при необходимости оказы- вают помощь.) Задание 2. (3 мин.) На доске следующую си- стему уравнений 2 2 10, 3 x y xy ⎧ + =⎪ ⎨ = −⎪⎩ решает … Получаетответ:(3;–1);(–3;1);(1;–3);(–1;3). Работа с учебником. Автор разбирает решение системы 2 2 10, 3. x y xy ⎧ + =⎪ ⎨ = −⎪⎩ Графическая иллюстрация
- 18. МАТЕМАТИКА май 20131818 к решению, сделанная автором учебника, дает возможностьпонятьсодержательнуюсторонуре- шения системы. Координаты точек пересечения окружности и гиперболы — это пары чисел, ко- торые и являются решениями данной системы. Задание 3. (10 мин.) Вернемся к системе, ре- шенной на доске. Посмотрите на нее вниматель- но. Нельзя ли решить другим способом? (Один ученик решает на доске.) Данная система «распадается» на две более простые: 2, 3 x y xy + =⎧ ⎨ = −⎩ и 2, 3, x y xy + = −⎧ ⎨ = −⎩ которые легко решаются способом подстановки. Решения этих систем удовлетворяют исходной системе, это можно проверить подстановкой, и других решений данная система не имеет. Графическая иллюстрация. Покажем в одной системе координат графическое решение си- стем 2, 3 x y xy + =⎧ ⎨ = −⎩ и 2, 3. x y xy + = −⎧ ⎨ = −⎩ Каждая из прямых x + y = 2 и x + y = –2 пересекает гиперболу 3 y x = − в двух точках, всего четыре точки пересечения. Данная система имеет четыре решения. Это те же точки, что получились и при пересечении ги- перболы и окружности. Задание 4. (7 мин.) Продолжим поиск спосо- бов решения. Решение. 2 2 10, 3, x y xy ⎧ + =⎪ ⎨ = −⎪⎩ 2 2 10, 2 6. x y xy ⎧ + =⎪ ⎨ = −⎪⎩ При сложении двух уравнений получим (x + y)2 = 4, а при вычитании — (x – y)2 = 16. Тогда 2 2 ( ) 16, ( ) 4; x y x y ⎧ − =⎪ ⎨ + =⎪⎩ 4, 2; x y x y − = ±⎧ ⎨ + = ±⎩ 4 4, 2 2. x y x y x y x y − =⎧⎡ ⎪⎢ − = −⎪⎣ ⎨ + =⎡⎪ ⎢⎪ + = −⎣⎩ Эта система «распадается» на четыре системы линейных уравнений: 4, 2, x y x y − =⎧ ⎨ + =⎩ 4, 2, x y x y − =⎧ ⎨ + = −⎩ 4, 2 x y x y − = −⎧ ⎨ + =⎩ и 4, 2. x y x y − = −⎧ ⎨ + = −⎩ Решения этих систем дают четыре решения данной системы. Графическая иллюстрация. Если в одной си- стеме координат построить эти четыре прямые, то получаются те же точки пересечения, что и в предыдущих решениях. Сегодня на уроке каждый из вас решил систе- му уравнений способом подстановки. Задание 5. (10 мин.) Еще один, можно ска- зать, универсальный способ — способ заме- ны переменных. Решим систему уравнений 2 2 10, 3 x y xy ⎧ + =⎪ ⎨ = −⎪⎩ этим способом. Решение. Пусть y = mx, 2 2 2 10, 3, x m x x mx ⎧ + =⎪ ⎨ ⋅ = −⎪⎩ 2 2 2 2 10, 3. x m x mx ⎧ + =⎪ ⎨ = −⎪⎩ Подставив в первое уравнение 2 3 ,x m = − получим: 3 3 10,m m − − = –3m2 + 10m + 3 = 0. Тогда 1 , 3 m = − m = –3. Отсюда x2 = 1 и x2 = 9. Значит, x = ±1, y = å3 и x = ±3, y = å1. Ответ. (3; –1), (–3; 1), (1; –3), (–1; 3) — реше- ния данной системы уравнений. Учитель информатики. В течение урока уче- ники, работая на компьютере, решили систему всеми рассмотренными алгебраическими спо- собами и сделали к ним графические иллюстра- ции. НАУРОКЕ/ОТКРЫТЫЙУРОК ТЕМАНОМЕРА:СОВРЕМЕННЫЙУРОКМАТЕМАТИКИ
- 19. 1919 МАТЕМАТИКА май2013 (Иллюстрации на компьютере демонстриру- ются учащимся.) Подведение итогов Учащиеся решили системы двух уравнений методом подстановки, познакомились с но- вой идеей двух способов, когда данная систе- ма «распадается» на 2, 4 и более простых си- стемы. Увидели, что к каждому способу решения мож- но сделать графическую иллюстрацию. Убедились, что способом замены переменной можно решать и системы уравнений. Учитель математики. Обратите внима- ние, что разными способами мы решали систе- му одного типа. Решение систем двух уравне- ний второй степени с двумя неизвестными — это интересная, хотя и трудная задача, разви- вающая творческое математическое мышление. Оценку вашей работы на уроке дадут консуль- танты. Домашнее задание записано на доске и на вашей карточке, выберите посильную для себя работу. Задание на дом 1. Для тех, кто любит математику: творческий проект или исследовательская работа «Способы решения систем двух уравнений второй степени с двумя переменными» (может быть групповая работа) — срок 2 недели. Консультация по про- екту (число и время). 2. Домашняя контрольная работа (срок 3 дня). а) Решить систему уравнений 2 3, 3 x y x y ⎧ − =⎪ ⎨ + =⎪⎩ гра- фически. б) Решить систему уравнений 2 2 3 12, 6 x y xy ⎧ − =⎪ ⎨ =⎪⎩ методом подстановки. в) Решить систему уравнений 2 2 2 2 2 4, 2 12 x y x y ⎧ − = −⎪ ⎨ + =⎪⎩ методом сложения. P.S.Проектно-исследовательскиеработы«След- ствие ведут графики» и «Способы решения систем двух уравнений с двумя переменными второй сте- пени» , выполненные учениками, были представ- лены на школьную научно-практическую конфе- ренцию, на городскую конференцию школьни- ков «Ученые будущего» и региональную научно- практическую конференцию школьников, прово- димую в рамках студенческих Ломоносовских чте- ний математическим факультетом Поморского го- сударственного университета им. М.В. Ломоносо- ва, где заняли призовые места. Литература 1. Дорофеев Г.В., Суворова С.Б., Бунимович Е.А. и др. Алгебра. 9 класс. — М.: Просвещение, 2004 и посл. изд. 2. Макарычев Ю.Н., Миндюк Н.Г. Алгебра. Дополнительные главы к школьному учебнику 9 класса. Учебное пособие для учащихся школ и классов с углубленным изучением математи- ки. — М.: Просвещение, 1997 и посл. изд. 3. Виленкин Н.Я., Виленкин А.Н., Сурвилло Г.С. и др. Алгебра. 8 класс. — М.: Просвещение, 2006. 4. Мордкович А.Г. Алгебра. 9 кл. — М.: Мне- мозина, 2003.
- 20. 20МАТЕМАТИКА май 2013 В.ЛЮБИМОВА, adelly@yandex.ru, Колпино, Санкт-Петербург Фото предоставлены автором ЗАДАЧИ НАДВИЖЕНИЕ? БИАТЛОН! Сюжетные задачи нередко вызывают у уча- щихся затруднения и, как следствие, снижение интереса к их ре- шению. Для активизации учащихся в процессе решения задач можно использовать различные методические приемы: элемен- ты соревнования, групповую работу, взаимообучение, взаимокон- троль и т.п. Также необходимо создание ситуаций успеха, особен- но при работе в классе с невысоким уровнем математической под- готовки. В качестве примера рассмотрим прием организации группо- вой работы с элементами соревнования — игру «Математический биатлон», разработанную совместно с учащимися 10-го класса оборонно-спортивного профиля. Элемент соревнования построен на аналогии с соответствующим видом спорта: необходимо решить предложенные задачи не только правильно, но и как можно бы- стрее. Эта игровая модель впервые была использована на занятии элективного курса, посвященного подготовке к ЕГЭ по математи- ке. Элективный курс имеет модульную структуру, и один из мо- дулей посвящен решению сюжетных задач (в частности, три заня- тия по теме «Задачи на движение»). Так как класс имеет оборонно- спортивный профиль, то обращение к спортивной тематике не слу- чайно, при этом создаются условия для развития общекультурных компетенций (знакомство с правилами реальной спортивной игры и их интерпретация на учебном материале). Осуществление данной игровой модели создает условия для развития метапредметных умений, установленных Федераль- ным государственным образовательным стандартом среднего (полного) общего образования. На предшествующем игре занятии учащимся дается задание: проа- нализировать интернет-банк задач (прототипы задач В4, В13), выбрав задачи по заданной теме (в данном случае — «Задачи на движение»), НАУРОКЕ/ОТКРЫТЫЙУРОК ТЕМАНОМЕРА:СОВРЕМЕННЫЙУРОКМАТЕМАТИКИ Объяснение правил игры Консультанты работают над заданием К материалу есть приложение на CD-диске.
- 21. 2121 МАТЕМАТИКА май2013 выделить основные типы задач, попробовать их по- решать, чтобы определить возможные затрудне- ния. Мотивация подкрепляется тем, что чем боль- ше задач учащиеся смогут решить самостоятельно (с привлечением любых доступных источников), тем лучше они подготовятся к следующему заня- тию, а значит, покажут лучшие результаты. На этом этапе создаются условия для разви- тия информационных умений: поиск нужной информации по заданной теме в источниках раз- личного типа, отделение основной информации от второстепенной, умение анализировать и си- стематизировать информацию, развернуто обо- сновывать суждения, давать определения. Дляучастиявигреколлективклассаделитсяна команды по 4–6 человек (в зависимости от коли- чества учащихся в классе). Групповая работа дает возможность учащимся с низким уровнем подго- товки получить консультацию у одноклассников, что полезно и для тех, кто получает ответ на свой вопрос (развивается умение грамотно формули- ровать вопрос, чтобы получить конкретный от- вет; учащиеся меньше стесняются показать свое незнание, чем при обращении с вопросом к учи- телю), и для тех, кто объясняет (также развива- ется умение грамотно формулировать мысль, воспитывается ответственность за правильность объяснения). Таким образом, создаются условия для развития коммуникативных умений: умения корректно отстаивать свою точку зрения и ува- жать чужое мнение, умения аргументированно и понятно излагать свои мысли. Прием организации групповой работы в фор- ме соревнования также создает условия для раз- вития рефлексивных умений: умения планиро- вать работу, принимать решения, нести ответ- ственность за результат своей деятельности. Пра- вила игры таковы, что каждая команда должна выбрать оптимальную стратегию: или распреде- лить задачи между членами группы и сдать отве- ты сразу же, как только решены все задачи, чтобы результат по времени был лучшим, или же потра- тить время, но проверить решение друг у друга во избежание ошибок. Такая ситуация воспитыва- ет ответственность каждого участника за свое ре- шение (ведь от этого зависит общий результат), а также навыки самооценки и самоконтроля (на- сколько можно доверять решению, выполненно- му учащимся, без дополнительной проверки). При организации деятельности учащихся на за- нятии минимизируется роль учителя (на данном занятии задачи еще предлагались учителем, но в идеале и тренировочные задания готовят сами уча- щиеся): в роли консультантов выступают учащие- ся, проверяют ответы, разбирают на доске решения задач также учащиеся. Учитель наблюдает за про- цессом, вмешиваясь лишь при необходимости. Взаимообучение способствует развитию ма- тематической речи учащихся, дает им возмож- ность попробовать себя в роли учителя, и этот опыт побуждает их более серьезно относиться к изучаемому материалу. Запись итогового ответа в специальный бланк подготавливает учащихся к выполнению зада- ний с кратким ответом в формате ЕГЭ. При этом требуется точно отвечать на вопрос задачи, что способствует развитию внимательности. В качестве домашнего задания учащимся предлагается записать в свою тетрадь решение всех задач, разобранных на занятии, и решить по одной аналогичной задаче из открытого бан- ка, что помогает лучшему усвоению материала. В конце занятия анализируются допущенные ошибки, обсуждается, как можно было этих оши- бок избежать. Акцентирование внимания уча- щихся на допущенных ошибках способствует со- знательному усвоению материала и снижает ко- личество подобных ошибок в дальнейшем. Таким образом, занятие строится на основе деятельностного подхода в соответствии с дей- ствующим стандартом среднего (полного) обще- го образования. Заметим, что прием «Биатлон» может исполь- зоваться не только на занятиях элективного кур- са, но и на уроках математики, например, при решении геометрических задач. Команды дают отчет Подведение итогов игры
- 22. 22МАТЕМАТИКА май 2013 Т.БАБАКИНА, г. Москва РЕШЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИ- ЧЕСКИХУРАВНЕНИЙ РАЗЛИЧНЫХВИДОВ Цели урока: обучение самоконтролю, переключению с одного типа заданий на другой. Оборудование: экран, кодоскоп или мультимедийный проектор, блан- ки заданий, таблица «Шаги решения», эталоны для самопро- верки. Ход урока Учитель. Мы изучили различные виды тригонометрических уравнений и составили таблицу «Шаги решения», в которой си- стематизированы шаги, используемые при решении тригономе- трических уравнений. Такая таблица есть у каждого из вас, она по- может вам и на сегодняшнем уроке. Начнем с самостоятельной ра- боты. Самостоятельная работа Для каждого уравнения (1–5) укажите шаги его решения, ис- пользуя таблицу «Шаги решения», и выберите множество корней уравнения из предложенного списка (а–е). 1. tg 2 3.x = − 2. 2sin 2x – sin2 x = cos2 x. 3. cos2 x – sin2 x = –0,5. 4. 3cos x – sin 2x = 0. 5. cos2 t + cos t + 0,25 = 0. а) , 3 2 nπ π − + n ∈ Z; б) , 2 n π + π n ∈ Z; в) 2 2 , 3 n π ± + π n ∈ Z; г) ( 1) , 12 2 n nπ π − + n ∈ Z; д) , 3 n π ± + π n ∈ Z; е) , 6 2 nπ π − + n ∈ Z. Свои результаты занесите в таблицу. Уравнение Шаги решения Множество решений 1. tg 2 3x = − 2. 2sin 2x – sin2 x = cos2 x 3. cos2 x – sin2 x = –0,5 4. 3cos x – sin 2x = 0 5. cos2 t + cos t + 0,25 = 0 11 класс НАУРОКЕ/ОТКРЫТЫЙУРОК ТЕМАНОМЕРА:СОВРЕМЕННЫЙУРОКМАТЕМАТИКИ К материалу есть приложение на CD-диске. Литература 1. Евдокимова Н.Н. Алгебра и начала анализа в таблицах и схемах. — СПб.: Литера, 2007. 2. Лысенко Л.М., Тамбовце- ва А.А. Организация итогового повторения по алгебре и нача- лам анализа в 11 классе. — Сайт фестиваля «Открытый урок».
- 23. 2323 МАТЕМАТИКА май2013 Шаги решения 1 Уравнения, сводимые к квадратному 2 Распадающееся уравнение 3 Применение основного тригонометрическо- го тождества 4 Применение формул приведения 5 Использование условий равенства значений тригонометрических функций от разных ар- гументов 6 Применение формул двойного аргумента 7 Преобразование суммы (разности) двух од- ноименных тригонометрических функций в произведение 8 Преобразование произведения двух тригоно- метрических функций в сумму или разность 9 Решение однородных уравнений 10 Замена переменной с целью сведения данно- го уравнения к простейшему тригонометри- ческому 11 Замена переменной sin x + cos x = y с целью сведения уравнения к квадратному относи- тельно у 12 Метод оценки 13 Метод введения вспомогательного аргумента Учащиеся сравнивают свои решения с эталон- ным, выясняются и анализируются допущен- ные ошибки. Уравнение Шаги решения Множество решений 1. tg 2 3x = − 10 е 2. 2sin 2x – sin2 x = cos2 x 3; 10 г 3. cos2 x – sin2 x = –0,5 6; 10 д 4. 3cos x – sin 2x = 0 6; 2 б 5. cos2 t + cos t + 0,25 = 0 1 в Проверка умений учащихся применять знания в измененных и стандартных условиях (15 мин.) На этом этапе урока учащимся предлагается найти ошибки в предложенных решениях и не- рациональные шаги решения. Пример 1. Решить уравнение 3 cos sin 3 . 2 x x π⎛ ⎞ = −⎜ ⎟⎝ ⎠ «Решение». Способ I. Применим формулу при- ведения (шаг 4). Уравнение примет вид cos x = cos 3x или cos x – cos 3x = 0. Преобразуем полученную разность в произве- дение (шаг 7) 2cos x cos 2x = 0. Решим получившееся уравнение. cos 0 cos2 0 x x =⎡ ⎢ =⎣ ⇔ , 2 , . 4 2 x k k m x m π⎡ = + π ∈⎢ ⎢ π π⎢ = + ∈ ⎢⎣ Z Z «Ответ»: , 2 k π + π k ∈ Z; , 4 2 mπ π + m ∈ Z. Комментарий. Первая ошибка допущена в определении знака при применении формулы приведения (шаг 4). Вторая ошибка допущена на этапе применения формулы разности. При этом следует обратить внимание учащихся, что при предложенном неправильном решении получа- ется правильный ответ. Способ II. Воспользуемся формулой приве- дения sin cos 2 π⎛ ⎞ α = − α⎜ ⎟⎝ ⎠ (шаг 4). Наше уравнение примет вид 3 cos cos 3 . 2 2 x x π π⎛ ⎞ = − +⎜ ⎟⎝ ⎠ Теперь используем условие равенства значе- ний косинусов (шаг 5): 3 3 2 , 2 2 x x k π π = − + + π k ∈ Z, откуда , 2 x k π = − π k ∈ Z. «Ответ»: , 2 k π − π k ∈ Z. Комментарий. Ошибка допущена при исполь- зовании условия равенства косинусов двух ар- гументов (шаг 5). Учащиеся нередко забывают, что косинусы углов равны, если углы противопо- ложны, и поэтому теряют серию корней 3 3 2 , 2 2 x x m π π = − − + π m ∈ Z; , 4 2 m x π π = + m ∈ Z. Пример 2. Решить уравнение 4sin2 t cos2 t – 9cos4 t = 0. «Решение». Способ I. Уравнение является рас- падающимся; применив шаг 2, получим равно- сильное ему уравнение cos2 t (4sin2 t – 9cos2 t) = 0. Применив ко второму множителю основное тригонометрическое тождество (шаг 3), получим равносильную совокупность (А): ( )2 2 cos 0 4sin 9 1 sin 0 t t t =⎡ ⎢ − − =⎢⎣ ⇔ (Α) ⇔ 2 cos 0 13sin 9 t t =⎡ ⎢ =⎣ ⇔ 1 , 2 3 ( 1) arcsin , 13 3 ( 1) arcsin , . 13 n n t n n t n n t n n+ ⎡ π = + π ∈⎢ ⎢ ⎢ = − + π ∈⎢ ⎢ ⎢ = − + π ∈ ⎢⎣ Z Z Z «Ответ»: , ; 2 n n π + π ∈Z 3 ( 1) arcsin , ; 13 n n n− + π ∈Z 1 3 ( 1) arcsin , . 13 n n n+ − + π ∈Z
- 24. МАТЕМАТИКА май 20132424 Комментарий. В предложенном решении второй множитель – однородное уравнение вто- рой степени, оно сводится к квадратному отно- сительно sin t с применением основного триго- нометрического тождества (шаг 3), что нерацио- нально. Однородное тригонометрическое урав- нение 4sin2 t – 9cos2 t = 0 проще решается деле- нием обеих частей уравнения на cos2 t ≠ 0 (шаг 9), так как cos t = 0 не является решением указанно- го уравнения. В результате получим: 2 9 tg , 4 t = а совокупность (А) примет вид 2 3 arctg , 2 t n t n π⎡ = + π⎢ ⎢ ⎢ = ± + π ⎢⎣ n ∈ Z. Способ II. 4sin2 t cos2 t – 9cos4 t = 0 — одно- родное тригонометрическое уравнение четвер- той степени (шаг 9): 9 – 4tg2 t = 0 ⇔ 2 9 tg 4 t = ⇔ ⇔ 3 arctg , 2 t n= ± + π n ∈ Z. «Ответ»: 3 arctg , 2 n± + π n ∈ Z. Комментарий. Учащиеся нередко допускают ошибку, деля сразу обе части данного уравнения на cos4 t ≠ 0 (шаг 9), не проверяя, что в данном уравнении cos t = 0 является его решением, по- этому при таком решении происходит потеря се- рии корней , 2 t n π = + π n ∈ Z. После этого учащимся предлагается самостоя- тельно решить уравнения: 1. sin 5x – 2cos 2x = 3. 2. 1 + sin 2x = – (sin x + cos x). Для каждого уравнения (1–2) записать после- довательность шагов решения, используя табли- цу «Шаги решения», и выбрать соответствую- щий ответ из предложенных вариантов (а–в): а) , 2 k π + π k ∈ Z; б) 2 , 2 n π + π n ∈ Z; в) 1 ( 1) , 4 4 n n+π π − + − ⋅ + π n ∈ Z. После решения предлагается эталон с пра- вильными соответствиями. Номер уравнения 1 2 Шаги решения 12; 10 11; 13 Множество решений б в Комментарий. Уравнение 1 рационально ре- шается методом оценки (шаг 12). У некоторых учащихся могут возникнуть трудности при ре- шении полученной системы уравнений sin5 1, cos2 1. x x =⎧ ⎨ = −⎩ Для нахождения значений x, удовлетворяю- щих обоим уравнениям, достаточно решить одно из них, а затем среди найденных значений ото- брать те, что удовлетворяют другому. Уравнение 2 решается с помощью замены пере- менной sin x + cos x = y, что позволяет свести урав- нение к квадратному относительно y (шаг 11). НАУРОКЕ/ОТКРЫТЫЙУРОК ТЕМАНОМЕРА:СОВРЕМЕННЫЙУРОКМАТЕМАТИКИ ОДНА ЗАДАЧА НА ОБЫКНОВЕННЫЕ ДРОБИ Д. ШНОЛЬ, г. Москва Хочу поделиться одной за- дачей, которая может использоваться в классе любого уровня и посильна довольно слабым уче- никам. Задача. На доске в ряд написаны пять дро- бей 1 , 3 расставьте между ними знаки арифмети- ческих действий и скобки так, чтобы получилось как можно больше различных целых чисел. Ученики получают довольно быстро 0, 1, 3, 27. Немного сложнее получить 2, 4, 9 и 12. За- мечательно, что можно получить все числа от 0 до 10 включительно. Число 11 я получать не умею. При решении этой «задачи-догонялки» (каждый, получив целое число, может искать способ получить следующее) ученики незамет- но для себя множество раз повторяют все дей- ствия с обыкновенными дробями. Так что эта задача подходит для урока повторения по теме «Действия с обыкновенными дробями», при- чем не только в 5-х или 6-х классах. В старших классах задачу решают с неменьшим удоволь- ствием, так как в ней есть элемент поиска и со- ревнования. Как можно развить эту задачу? Например, так: получите число 1 наибольшим количеством способов (можно обсудить заодно, какие спосо- бы разумно считать различными). Можно поставить такой вопрос: Пусть у нас есть пять равных, но неизвестных обыкновенных дробей, написанных в ряд. Какие целые числа мы заведомо можем получить?
- 25. 2525 МАТЕМАТИКА май2013 ООО «Рене» — генеральный дистрибьютор Mimio в России Продажа оборудования, консультации и обучение: http://www.mimioclass.ru 8 (800) 5555-33-0 Звонок по России бесплатный Интерактивная доска MimioBoard Простота и удобство интерактивных технологий Mimio. Лучший способ учить и лучший способ учиться! Новое интерактивное устройство, сочетающее все преимущества интерактивной приставки MimioTeach и высококлассной маркерной доски. Поставляется полностью готовым к работе, поддерживает беспроводную связь и легко интегрируется с другим оборудованием MimioClassroom. Новая интерактивная доска MimioBoard имеет все функции и интуитивно понятный интерфейс интерактивной приставки MimioTeach, пользующейся отличной репутацией, являясь при этом надежным стационарным решением. Система способна работать как в проводном, так и в беспроводном режиме, что устраняет необходимость использовать кабели, Bluetooth или выполнять специальные настройки оборудования. Износостойкая магнитная поверхность ceramicsteel™ легко выдерживает эксплуатацию в сложных условиях класса. Возможность сухого стирания надписей позволяет использовать MimioBoard как обычную маркерную доску. Комплект поставки включает программное обеспечение MimioStudio (для Windows, MacOS и Linux). Это полнофункциональное решение для интерактивного обучения обеспечивает легкую интеграцию доски с другими продуктами MimioClassroom и содержит множество удобных инструментов, в том числе Блокнот, Галерею и мастер ActivityWizard, для создания увлекательных интерактивных уроков. РЕКЛАМА
- 26. 26МАТЕМАТИКА май 2013 Е.ПОТОСКУЕВ, г. Тольятти ОПОРНЫЕЗАДАЧИ: СФЕРА,КУБИ ПРАВИЛЬНЫЙ ТЕТРАЭДР При решении многих задач на комбинацию сферы и многогранника изображать сферу нет необходимости: до- статочно, проанализировав заданную геометрическую ситуацию, изобразить лишь ее центр. Кроме того, если сфера касается гра- ни многогранника, то целесообразно построить («увидеть») точ- ку их касания, а если сфера пересекает грань, то построить центр окружности их пересечения. После такого аргументированного анализа и построения нужных фигур следует «подобрать» теоре- мы, необходимые для доказательной и вычислительной частей ре- шения данной задачи. Полезно знать, что: а) множество всех точек двугранного угла, равноудаленных от его граней, есть «биссекторная» полуплоскость (биссектор) дан- ного угла: в ней лежат центры всех сфер, вписанных в этот угол; б) множество всех точек пространства, лежащих внутри трех- гранного угла и равноудаленных от его граней, есть луч прямой пересечения биссекторных полуплоскостей двугранных углов это- го трехгранного угла: на этом луче лежат центры всех сфер, впи- санных в данный трехгранный угол. Рассмотрим вопрос о центрах сфер, касающихся трех граней куба, имеющих общую вершину. Рис. 1 Рис. 2 Рис. 3 Рис. 4 Нарисунках1–3диагональныесеченияАВC1 D1 ,АB1 C1 D,АСC1 A1 куба А…D1 , являясь биссекторами (почему?) его двугранных углов Литература 1. Потоскуев Е.В., Звавич Л.И. Геометрия. 11 кл.: Учебник для об- щеобразовательных учреждений с углубленным и профильным изу- чением математики. — М.: Дрофа, 2012. 2. Потоскуев Е.В., Звавич Л.И. Геометрия. 11 кл.: Задачник для общеобразовательных учрежде- ний с углубленным и профильным изучением математики.—М.:Дро- фа, 2012. МЕТОДИЧЕСКАЯКОНСУЛЬТАЦИЯ К материалу есть приложение на CD-диске.
- 27. 2727 МАТЕМАТИКА май2013 с ребрами соответственно АВ, AD и АА1 , содер- жат центры всех сфер, вписанных в эти двугран- ные углы. Так как эти диагональные сечения име- ют общую прямую АС1 , то диагональ АС1 данного куба содержит множество всех точек куба, равно- удаленных от всех его граней с общей вершиной А, и множество всех точек куба, равноудаленных от всех его граней с общей вершиной С1 . Это означает, что диагональ АС1 (рис. 4) куба А…D1 является носителем центров всех сфер (ша- ров), вписанных в трехгранные углы этого куба с вершинами А и С1 . Аналогично, диагональ ВD1 куба А…D1 содер- жит центры всех сфер (шаров), вписанных в его трехгранные углы с вершинами В и D1 . Таким образом, получили важный опорный факт, кото- рый следует знать и помнить: центр сферы, ка- сающейся трех граней куба, имеющих общую вершину, лежит на диагонали куба, исходящей из этой вершины. Если сфера ω с центром М радиуса R касает- ся всех граней куба А…D1 , содержащих вершину А, соответственно в точках Н, K и Р (рис. 5), то: а) МН B (АВС), МK B (АА1 В), МР B (АА1 D) (почему?); б) МН = МK = МР = R (почему?); в) МТ B АВ (почему?). Рис. 5 Значит: а) отрезок МТ является диагональю квадрата со стороной R и имеет длину, равную 2;R б) отрезок МА, соединяющий центр этой сфе- ры с вершиной А, является диагональю куба с ребром, равным R, и имеет длину, равную 3.R Таким образом, получаем еще один важный опорный факт, который следует знать и пом- нить: если сфера радиуса R касается трех гра- ней куба, имеющих общую вершину, то: а) расстояние от центра сферы до каждой из этих граней куба равно R; б) расстояние от центра этой сферы до дан- ной вершины равно 3;R в) расстояние от центра этой сферы до каж- дого ребра, исходящего из данной вершины, рав- но 2.R Эти опорные факты используются при реше- нии задач на комбинации сферы (шара) с ку- бом. Придерживаясь принципа «от простого — к сложному», сначала рассмотрим решение сле- дующей подготовительной задачи. Задача 1. Сфера радиуса 10 касается каждой из трех попарно перпендикулярных плоскостей. Найдите радиус сферы, касающейся этих трех плоскостей и данной сферы. Решение. Пусть А — общая точка трех данных плоскостей, точка В — центр сферы ω радиуса 10, точка О — центр, а R — радиус сферы ω1 , касаю- щейся этих трех плоскостей и сферы ω. Возможны два случая: 1) сфера ω1 расположе- на между сферой ω и точкой А; 2) сфера ω распо- ложена между сферой ω1 и точкой А. 1-й случай. Пусть С — точка касания сфер ω и ω1 (рис. 6). Тогда: 3,AO R= 10 3,AB = ОС = R, BC = 10. Так как AO + ОС + ВС = АB, то 3 10 10 3,R R+ + = или ( ) ( )3 1 10 3 1 ,R + = − откуда ( ) ( ) 10 3 1 10 2 3 . 3 1 R − = = − + Рис. 6 2-й случай. Пусть K — точка касания сфер (рис. 7). Тогда: 3,AO R= 10 3,AB = ОK = R, BK = 10. Так как ОА = АВ + ВK + ОK, то 3 10 3 10 ,R R= + + или ( ) ( )3 1 10 3 1 ,R − = + откуда ( ) ( ) 10 3 1 10 2 3 . 3 1 R + = = + − Рис. 7 Ответ: ( )10 2 3 ,− ( )10 2 3 .+ Далеерассмотримрешениязадачнакомбинации сферы (шара) с кубом и правильным тетраэдром. Задача 2. В куб А…D1 помещены два касаю- щихся друг друга равных шара. При этом пер- вый шар касается всех граней куба, содержащих вершину А, второй — всех граней куба, содержа-
- 28. МАТЕМАТИКА май 20132828 щих вершину С. Найдите радиусы этих шаров, если ребро куба равно 17. Решение.Обозначим:R—радиусданныхшаров ω1 и ω2 . Точки Т ∈ АС1 и K ∈ СА1 — их центры; Н и М — точки касания данных шаров с гранью АВСD куба (рис. 8), тогда KМ B (АВС), ТН B (АВС) (как радиусы, проведенные в точки касания). Рис. 8 Так как (АА1 С) B (АВС) (по признаку перпен- дикулярности двух плоскостей) и K ∈ (АА1 С), Т ∈ (АА1 С), то Н ∈ АС и М ∈ АС, где АС = (АА1 С) c c (АВС). Тогда 17 2,AH HM MC AC+ + = = при этом МН = KТ = 2R (расстояние между центра- ми данных касающихся шаров). Так как 3,AT CK R= = ТН = KМ = R, то 2.AH MC R= = Тогда имеем: 2 2 2 17 2,R R+ = откуда ( ) ( ) ( ) 17 2 217 2 8,5 2 2 . 22 2 1 R − = = = − + Ответ: ( )8,5 2 2 .− Задача 3. В куб А…D1 помещены две касающи- еся друг друга внешним образом сферы, ради- усы которых относятся как 7 : 9. При этом пер- вая сфера касается всех граней куба, содержа- щих одну его вершину, вторая сфера касается всех его граней, содержащих противоположную ей вершину этого куба. Найдите радиусы этих сфер, если ребро куба равно 32. Решение. Пусть сфера ω1 радиуса r касается всех граней куба, содержащих вершину А, сфера ω2 ра- диуса R касается всех граней куба, содержащих вершину С1 , при этом r : R = 7 : 9; точки М ∈ АС1 и K ∈ АС1 — центры этих сфер соответственно; Р ∈ АС1 — точка их взаимного касания (рис. 9). Рис. 9 Имеем: АМ + МР + РK + KС1 = АС1 . Так как 3,AM r= 1 3,KC R= МР + РK = r + R, 1 32 3,AC = получаем: 3 3 32 3.r r R R+ + + = Из соотношения r : R = 7 : 9 находим 7 9 r R= и получаем: 7 7 3 3 32 3 9 9 R R R R+ + + = ⇒ ( )16 3 1 32 3 9 R + = ⇒ ⇒ ( ) ( ) 9 2 3 39 2 3 9 3 3 . 23 1 R ⋅ ⋅ −⋅ = = = − + Тогда ( ) ( )7 9 3 3 7 3 3 . 9 r = ⋅ − = − Ответ: ( )7 3 3− и ( )9 3 3 .− Задача 4. В куб А…D1 помещены две касающи- еся друг друга внешним образом сферы, радиу- сы которых относятся как 3 : 7. При этом первая сфера касается всех граней куба, содержащих вершину А, вторая — всех граней куба, содер- жащих вершину D. Найдите радиусы этих сфер, если ребро куба равно 12. Решение. Пусть сфера ω1 радиуса r касается всех граней куба, содержащих вершину А, сфе- ра ω2 радиуса R касается всех граней куба, содер- жащих вершину D, при этом r : R = 3 : 7; точ- ки K ∈ АС1 и М ∈ DB1 — центры этих сфер соот- ветственно (рис. 10); Н и F — точки касания со- ответственно данных сфер с гранью АВСD куба, при этом Н ∈ АС, F ∈ DB (см. задача 1). Тогда KН B (АВС), MF B (АВС) (как радиусы, прове- денные в точки касания). Проведем в грани АВСD отрезки НТ B AD, FP B AD (рис. 10). Длины этих отрезков равны ра- диусам сфер соответственно ω1 и ω2 (почему?), то есть НТ = r, FP = R. Тогда в равнобедренных пря- моугольных треугольниках НKТ и МFP, катеты которых равны соответственно r и R, находим: 2,KT r= 2.MP R= Рис. 10 МЕТОДИЧЕСКАЯКОНСУЛЬТАЦИЯ
- 29. 2929 МАТЕМАТИКА май2013 Из условия перпендикулярности НТ B AD и FP B AD и по теореме о трех перпендикулярах следует, что KТ B AD, МР B AD. А так как точ- ки K и М лежат на пересекающихся диагоналях АС1 и DB1 , расположенных в плоскости ADC1 , то точки Р, М, K и Т лежат в одной плоскости. Тогда из условия перпендикулярности KТ B AD, МР B AD следует, что KТ C МР, значит, четыре- хугольник РМKТ — прямоугольная трапеция с основаниями 2,MP R= 2KT r= и боковой сто- роной МK = r + R. Учитывая, что r : R = 3 : 7, имеем: 3 , 7 r R= тогда 3 10 . 7 7 MK r R R R R= + = + = Найдем высоту ТР этой трапеции, для чего проведем отрезок KЕ C ТР. Тогда KЕ B МР, зна- чит, треугольник МKЕ — прямоугольный, в ко- тором МK = r + R, 4 2 2 2 . 7 R ME MP PE MP KT R r= − = − = − = Поэтому 22 2 2 10 4 2 2 17 , 7 7 7 R R KE MK ME R ⎛ ⎞⎛ ⎞ = − = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ следовательно, 2 17 . 7 R PT KE= = Так как АТ = r, РD = R (почему?), то из АТ + ТР + РD = AD получаем: 3 2 17 12 7 7 R R R+ + = ⇒ ( )10 2 17 12 7 R+ = ⇒ ⇒ ( ) ( ) 7 12 10 2 177 12 5,25 5 17 . 3210 2 17 R ⋅ ⋅ −⋅ = = = − + Тогда ( ) ( )3 5,25 5 17 2,25 5 17 . 7 r = ⋅ ⋅ − = ⋅ − Ответ: ( )2,25 5 17− и ( )5,25 5 17 .− Задача 5. Дан куб с ребром 16. Найдите ра- диус сферы, проходящей через три его верши- ны одной грани, если центр этой сферы лежит на сфере, описанной около данного куба. Решение. Пусть дан куб А…D1 с ребром 16. Найдем радиус сферы, проходящей через его вершины А, В и С, если центр этой сферы лежит на сфере, описанной около данного куба. Обозначим: О — центр куба А…D1 , Н — центр его грани АВСD; S1 — сфера, описанная око- ло данного куба; S2 – сфера, проходящая через его вершины А, В и С и имеющая своим центром точку на сфере S1 . Найдем радиус R сферы S2 . Сфера S2 проходит через вершины А, В и С квадрата АВСD, значит, она проходит и через вершину D (почему?). Тогда ее центр М при- надлежит прямой ОН как геометрическому ме- сту всех точек пространства, равноудаленных от вершин квадрата АВСD. А так как центр этой сферы, кроме того, лежит на сфере S1 , то точка Х — искомый центр сферы S2 — является точкой пересечения прямой ОН и сферы S1 . На рисунке 11 изображена окружность ω1 , описанная около квадрата АВСD, — пересече- ние сферы S2 и плоскости основания АВСD дан- ного куба; окружность ω — диаметральное сече- ние сферы S1 плоскостью диагонального сечения АСС1 А1 данного куба. Точки М и K пересечения прямой ОН и окружности ω большого круга сфе- ры S1 являются искомыми центрами двух сфер, проходящих через вершины А, В и С данного куба. Радиус R1 одной сферы равен KС, радиус R2 другой сферы равен МС: R1 = KС, R2 = МС. Рис. 11 Найдем длины отрезков KС и МС, для чего рассмотрим сечение сферы S1 диагональной пло- скостью А1 АС данного куба. Этим сечением яв- ляется окружность ω с центром О (рис. 12), ради- ус r = ОМ = ОС1 равен половине диагонали дан- ного куба, то есть 16 3 8 3. 2 r = = В прямоуголь- ном треугольнике СНK: 16 2 8 2, 2 2 AC CH = = = ( )8 3 8 8 3 1 .KH OK OH= − = − = − Рис. 12 Тогда 2 2 1R KC KH CH= = + =
- 30. МАТЕМАТИКА май 20133030 ( )( ) ( ) ( ) 2 2 8 3 1 8 2 8 2 3 3 .= − + = − В прямоугольном треугольнике МНС ( )8 3 8 8 3 1 .MH MO OH= + = + = + Тогда 2 2 2R MC MH HC= = + = ( )( ) ( ) ( ) 2 2 8 3 1 8 2 8 2 3 3 .= + + = + Ответ: ( )8 2 3 3 ,− ( )8 2 3 3 .+ Прежде чем решать следующую задачу, рас- смотрим важное свойство медиан тетраэдра, но сначала дадим их определение. Отрезок, соединяющий вершину тетраэдра с центроидом ее противоположной грани, назы- вается медианой тетраэдра. Докажем, что все четыре медианы тетраэ- дра пересекаются в одной точке и делятся этой точкой в отношении 3 : 1, считая от вершины. Пусть точки О и Т — центроиды граней соот- ветственно АВС и АРВ тетраэдра РАВС (рис. 13); РО, СТ — его медианы, М — точка пересечения этих медиан (РО и СТ лежат в одной плоскости СРK). По свойству центроида треугольника име- ем (почему?): РТ : ТK = СО : ОK = 2 : 1 ⇒ ОТ C СР, РK : ТK = СK : ОK = 3 : 1, откуда СР : ОТ = 3 : 1. Тогда из подобия треуголь- ников СРМ и ТОМ следует, что РМ : МО = СМ : МТ = СР : ОТ = 3 : 1. Рис. 13 (Предлагается самостоятельно доказать, что ме- дианы тетраэдра, проведенные из вершин А и В, также проходят через точку М и делятся этой точкой в отношении 3 : 1, считая от вершины.) Точка М пересечения всех четырех медиан те- траэдра называется центроидом тетраэдра. Заметим, что доказанное свойство справед- ливо для любого тетраэдра. Это замечательное свойство тетраэдра следует помнить при реше- нии задач. Воспользуемся и мы этим свойством. Задача 6. Сфера касается всех ребер правиль- ного тетраэдра с ребром 8. Найдите: а) расстояния от центра этой сферы до верши- ны, грани и ребра тетраэдра; б) радиус сферы. Решение. Пусть точка М — центроид правиль- ного тетраэдра РАВС. Тогда РМ : МО = 3 : 1, от- куда следует (рис. 14), что 3 , 4 PM PO= 1 4 OM PO= . Рис. 14 В правильном тетраэдре РАВС все медианы равны, поэтому его центроид равноудален от всех его вершин, значит, точка М — центр сфе- ры, описанной около этого тетраэдра. Центро- ид М правильного тетраэдра также равноудален от всех его граней (медиана правильного тетра- эдра перпендикулярна соответствующей его гра- ни), поэтому он является центром сферы, впи- санной в этот тетраэдр. (Об этом свидетельствует и тот факт, что в точке М пересекаются биссекто- ры двугранных углов тетраэдра при ребрах АВ, АС и АР.) Таким образом, в правильном тетраэ- дре РАВС (см. рис. 14) имеем: РМ = R — ради- ус описанной сферы, ОМ = r — радиус вписан- ной сферы. По условию задачи сфера касается всех ребер правильного тетраэдра РАВС. Тогда пересече- нием этой сферы с гранями тетраэдра являются равные окружности (они вписаны в равные пра- вильные треугольники — грани данного тетраэ- дра). Это означает, что центром этой сферы явля- ется точка тетраэдра, равноудаленная от его гра- ней. Такой точкой в правильном тетраэдре РАВС является его центроид М. а) В прямоугольном треугольнике РОВ имеем: 2 2 2 2 8 3 8 6 8 . 3 3 OP PB OB ⎛ ⎞ = − = − =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Тогда 3 8 6 2 6 4 3 MP = ⋅ = — расстояние от цен- тра сферы до вершины тетраэдра; 1 8 6 2 6 4 3 3 OM = ⋅ = — расстояние от центра сфе- ры до грани тетраэдра. Далее (каждый шаг предполагает ответ на во- прос «почему?»), МЕТОДИЧЕСКАЯКОНСУЛЬТАЦИЯ
- 31. 3131 МАТЕМАТИКА май2013 ВН B АС, РО B (АВС) ⇒ АС B (РВН) ⇒ ⇒ МН B АС ⇒ длина МН — расстояние от цен- тра сферы до ребра тетраэдра. Найдем МН. В прямоугольном треугольнике ОМН имеем: 1 1 8 3 4 3 ; 3 3 2 3 OH BH= = ⋅ = 2 6 , 3 OM = тогда 2 2 2 2 4 3 2 6 2 2. 3 3 MH OH OM ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = + = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ б) Центр М сферы равноудален от граней пра- вильного тетраэдра РАВС. От грани АВС точка М удалена на расстояние 2 6 . 3 OM = При этом сфера пересекает эту грань по окружности, впи- санной в правильный треугольник АВС со сторо- ной 8. Радиус этой окружности равен 1 4 3 4 3 . 3 3 OH = ⋅ = Значит, отрезок 2 2 2 2 4 3 2 6 2 2 3 3 MH OH OM ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = + = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ является радиусом нашей сферы. Замечание. Радиус сферы равен расстоянию от центра сферы до ребра данного тетраэдра, так как эта сфера касается его ребер. Ответ: а) 2 6 — расстояние до вершины; 2 6 3 — до грани; 2 2 — до ребра; б) 2 2. Задачи для самостоятельного решения Вариант 1 1. В куб помещены два касающихся друг друга равных шара. Первый шар касается всех граней куба, содержащих одну его вершину, второй — всех граней куба, содержащих противополож- ную ей вершину в той же грани куба. Найдите радиусы этих шаров, если ребро куба равно 29. 2. В куб помещены две касающиеся друг друга внешним образом сферы, радиусы которых отно- сятся как 7 : 4. Первая сфера касается всех гра- ней куба, содержащих одну его вершину, вторая касается всех его граней, содержащих противо- положную ей вершину этого куба. Найдите ради- усы этих сфер, если ребро куба равно 22. 3. В куб А…D1 помещены две касающиеся друг друга внешним образом сферы, радиусы кото- рых относятся как 2 : 3. При этом первая сфера касается всех граней куба, содержащих вершину А, вторая — всех граней куба, содержащих вер- шину В. Найдите радиусы этих сфер, если ребро куба равно 8. 4. Дан куб А…D1 с ребром 18. Найдите ради- ус сферы, проходящей через три его вершины одной грани, если центр этой сферы лежит на сфере, описанной около данного куба. 5. Сфера касается всех ребер правильного те- траэдра с ребром 21. Найдите: а) расстояния от центра этой сферы до верши- ны, грани и ребра тетраэдра; б) радиус сферы. Ответы: 1. ( )14,5 2 2 .− 2. ( )7 3 3− и ( )4 3 3 .− 3. ( )8 5 23− и ( )12 5 23 .− 4. ( )9 2 3 3− или ( )9 2 3 3 .+ 5. а) 21 6 4 — расстояние до вершины; 7 6 4 — до грани; 21 2 4 —до ребра; б) 21 2 . 4 Вариант 2 1. В куб помещены два касающихся друг дру- га равных шара. Первый шар касается всех гра- ней куба, содержащих одну его вершину, второй — всех граней куба, содержащих противополож- ную ей вершину в той же грани куба. Найдите радиусы этих шаров, если ребро куба равно 35. 2. В куб помещены две касающиеся друг друга внешним образом сферы, радиусы которых отно- сятся как 4 : 9. Первая сфера касается всех гра- ней куба, содержащих одну его вершину, вторая касается всех его граней, содержащих противо- положную ей вершину этого куба. Найдите ради- усы этих сфер, если ребро куба равно 26. 3. В куб А…D1 помещены две касающиеся друг друга внешним образом сферы, радиусы которых относятся как 3 : 8. При этом первая сфера касается всехгранейкуба,содержащихвершинуВ,вторая— всех граней куба, содержащих вершину С. Найдите радиусы этих сфер, если ребро куба равно 25. 4. Дан куб А...D1 с ребром 19. Найдите ради- ус сферы, проходящей через три его вершины одной грани, если центр этой сферы лежит на сфере, описанной около данного куба. 5. Сфера касается всех ребер правильного те- траэдра с ребром 20. Найдите: а) расстояния от центра этой сферы до верши- ны, грани и ребра тетраэдра; б) радиус сферы. Ответы:1. ( )17,5 2 2− . 2. ( )4 3 3− и ( )9 3 3 .− 3. ( )1,5 11 71− и ( )4 11 71 .− 4. ( )9,5 2 3 3− или ( )9,5 2 3 3 .+ 5. а) 5 6 — расстояние до вер- шины; 5 6 3 — до грани; 5 2 — до ребра; б) 5 2.
- 32. 32МАТЕМАТИКА май 2013 Т.ЖАВОРОНКОВА, г. Пятигорск СКОЛЬКО РЕШЕНИЙНУЖНО НАЙТИ? Хочу поблагодарить организаторов системы диагностических работ «СтатГрад» за дополнительную и бесплат- ную для учащихся возможность подготовки к итоговой аттестации и поговорить об одной конкретной проблеме, с которой мы стол- кнулись, а именно, о проблеме поиска всех решений задания С4. Самое сложное в ситуации, предложенной авторами, это найти все различные варианты возможного расположения фигур, кото- рые могут удовлетворять условию задачи. Иногда и сами состави- тели диагностической работы не способны до конца оценить слож- ность поставленной ими задачи. К счастью, а может быть случайно, исследование числа вариантов возможного расположения фигур не входит в критерии оценивания задания, а на данный момент число вариантов в диагностических работах колеблется от 1 до 4. Чтобы не быть голословной, предлагаю рассмотреть задание С4 диагностической работы № 6 МИОО «СтатГрад» 2010 года. С4. Расстояние между центрами окружностей радиусов 1 и 9 равно 17. Обе окружности лежат по одну сторону от общей каса- тельной. Третья окружность касается обеих окружностей и их общей касательной. Найдите радиус третьей окружности. Рассмотрим краткое авторское решение задачи. Пусть О1 и О2 — центры заданных окружностей, М1 и М2 — точки касания их с общей касательной, О — центр третьей окружности, х — иско- мое значение радиуса. При касании окружностей расстояние меж- ду их центрами равно сумме радиусов, а проведя стандартные по- строения перпендикуляров к радиусам, проведенным в точки ка- сания, получим значения длин отрезков, равные разности соот- ветствующих радиусов. В треугольнике О1 ОР: О1 О = x + 1, ОР = x – 1. Тогда 1 1 2 .O P M M x= = В треугольнике О2 ОK: О2 О = x + 9, О2 K = 9 – x. Откуда 6 .OK x= Используя треугольник О1 О2 F, получаем: 2 2 1 1 2 17 8 15.O F M M= = − = МЕТОДОБЪЕДИНЕНИЕ/ПРАКТИКУМ К материалу есть приложение на CD-диске.
- 33. 3333 МАТЕМАТИКА май2013 Составляем уравнение: 2 6 15,x x+ = 225 . 64 x = Теперь второй вариант расположения фигур, предложенный составителями. Отметим, что длина отрезка М1 М2 не измени- лась. Рассуждая аналогично, получаем: 2 6 ,FO x= 1 2 .TO x= Составляем уравнение: 6 2 1,x x− = 225 . 16 x = Вот и ответ авторов: 225 64 или 225 . 16 На следующий день, получив решения, я уви- дела, что у авторов не было еще двух возможных конфигураций, которые оказались в наших ре- шениях. После дополнительной проверки полученных результатов я не обнаружила внутренних про- тиворечий. Так что авторам я выслала дополни- тельные варианты расположения фигур. Вот они. (Ученикам я всегда советую: не забы- вайте о возможностях внутреннего касания, ко- торые обычно упускаются.) ОО1 = x + 1, OT = x – 1, O1 T = 15. Составляем уравнение, применяя теорему Пи- фагора для треугольника O1 O2 T: (x + 1)2 = 152 + (x – 1)2 , 225 . 4 x = OO2 = x + 9, O2 F = 9 – x, OF = M1 M2 = 15. Составляем уравнение, применяя теорему Пи- фагора в треугольнике O2 OF: (x + 9)2 = (9 – x)2 + 152 , 225 . 36 x = Рассмотренные варианты лишний раз показы- вают, насколько непросто решить задание в пол- ном объеме, если даже в спокойной домашней об- становке можно не досчитаться вариантов, кото- рые должны найти выпускники, обладающие го- раздо меньшим временем и работающие в усло- виях стресса. Конечно, такое задание позволя- ет оценить, помимо психологической устойчи- вости, умение выпускника четко анализировать текст условия задачи, его знакомство с планиме- трическими утверждениями и их возможными формулировками. И все-таки здесь есть над чем задуматься. Что проверяет это задание и как его оценивать? ФОТО НА КОНКУРС Решение С4 – найден второй случай! Автор: Д.В. Уруков, учитель математики средней школы № 8 МО РФ, г. Севастополь
- 34. 34МАТЕМАТИКА май 2013 Л.ГОРИНА, г. Михайловск, Свердловская обл. СЕРИЯ «МАТЕМАТИЧЕСКАЯ АЗБУКА» Серия дидактических справочных материа- лов «Математическая азбука» предназначена для индивидуальной работы со слабоуспевающими учащимися. Эта серия появилась в моей работе, когда возникла необходимость помочь слабым учени- кам 7-го класса запомнить большой объем теоретического материа- ла нового для них предмета — геометрии, причем нужно было сде- лать так, чтобы дети не просто «зазубрили» формулировки опреде- лений и теорем, а могли сопоставить их с рисунками и между со- бой. С помощью материалов этой серии отрабатывается теория, ко- торая является основой для решения большого класса заданий раз- ного уровня. Работа с материалами данной серии способствует раз- витию у учащихся памяти, внимания и усидчивости. Каждый тематический комплект серии содержит справочные материалы и материалы для разрезания. Материалы для разреза- ния повторяют справочные материалы, но колонки в них сдела- ны разноцветными, чтобы учащимся было легче ориентировать- ся: все прямоугольники одной строки должны быть разного цвета и желательно, чтобы строки были одинаковыми по высоте. Прин- цип работы описан на карточке с материалами для разрезания. Текст составлен для учащихся, занимающихся самостоятельно: «Разрежьте данную таблицу на … прямоугольников. Переме- шайте их и, не заглядывая в справочные материалы, соберите таблицу так, чтобы в одной ее строке оказалась вся информа- ция для …, в другой — для … и т.д. Когда таблица будет собрана, проверьте себя, используя справочные материалы, или попроси- те, чтобы вас проверили родители. В случае ошибок, повторите работу через некоторое время». Если ученик не может контролировать себя сам, то работу с ма- териалами советую проводить дома под контролем родителей или в классе под контролем учителя и одноклассников. На уроках повторения (перед контрольной работой, в начале или конце учебного года) эти дидактические материалы можно использо- вать для актуализации знаний учащихся: выдавать на каждую пар- ту конверт с набором прямоугольников по определенной теме и сле- дить, кто быстрее и правильнее соберет таблицу. Такую работу с ин- тересом выполняют и сильные ученики, а с таблицей по теме «Че- тырехугольники» можно работать при повторении планиметрии и в старших классах. С помощью материалов этой серии легко выявить пробелы в знаниях учащихся и помочь им ликвидировать их. В статье представлены материалы по следующим темам: 7-й класс: 1. Признаки равенства треугольников. 2. Замеча- тельные линии треугольника. 3. Признаки параллельности двух прямых. 4. Признаки равенства прямоугольных треугольников. 5. Формулы сокращенного умножения. 8-й класс: 1. Четырехугольники. 2. Признаки подобия тре- угольников. К материалу есть приложение на CD-диске. НАУРОКЕ/ДИДАКТИЧЕСКОЕСОПРОВОЖДЕНИЕ л р м к л л л б т н в м
- 35. 3535 МАТЕМАТИКА май2013 Признаки равенства треугольников Справочные материалы Первый признак равенства треугольников Если две стороны и угол между ними одного треу- гольника соответственно равны двум сторонам и углу между ними другого треугольника, то такие треуголь- ники равны. Второй признак равенства треугольников Если сторона и два прилежащих к ней угла одного тре- угольника соответственно равны стороне и двум приле- жащим к ней углам другого треугольника, то такие тре- угольники равны. Третий признак равенства треугольников Если три стороны одного треугольника соответствен- но равны трем сторонам другого треугольника, то та- кие треугольники равны. Материалы для разрезания Разрежьте данную таблицу на 9 прямоугольников. Перемешайте их и, не заглядывая в справочные материалы, соберите таблицу так, чтобы в одной ее строке оказалась вся информация для первого при- знака равенства треугольников, в другой — для второго, в третьей — для третьего. Когда таблица будет собрана, проверьте себя, используя справочные материалы, или попросите, чтобы вас проверили родители. В случае ошибок, повторите работу через некоторое время. Первый признак равенства треугольников Если две стороны и угол между ними одного треу- гольника соответственно равны двум сторонам и углу между ними другого треугольника, то такие треу- гольники равны. Второй признак равенства треугольников Если сторона и два прилежащих к ней угла одного тре- угольника соответственно равны стороне и двум приле- жащим к ней углам другого треугольника, то такие тре- угольники равны. Третий признак равенства треугольников Если три стороны одного треугольника соответствен- но равны трем сторонам другого треугольника, то та- кие треугольники равны. Формулы сокращенного умножения Справочные материалы Разность квадратов a2 – b2 = (a – b)(a + b) Произведение разности и суммы двух чисел. Квадрат разности (a – b)2 = a2 – 2ab + b2 Сумма квадратов двух чисел без их удвоенного произведения. Квадрат суммы (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 Сумма квадратов двух чисел и их удвоенного произведения. Материалы для разрезания Разрежьте данную таблицу на 12 прямоугольников. Перемешайте их и, не заглядывая в справоч- ные материалы, соберите таблицу так, чтобы в одной ее строке оказалась вся информация для форму- лы разности квадратов, в другой — для формулы квадрата разности, в третьей — для формулы ква- драта суммы. Когда таблица будет собрана, проверьте себя, используя справочные материалы, или попросите, чтобы вас проверили родители. В случае ошибок, повторите работу через некоторое время. Разность квадратов a2 – b2 = (a – b)(a + b) Произведение разности и суммы двух чисел. Квадрат разности (a – b)2 = a2 – 2ab + b2 Сумма квадратов двух чисел без их удвоенного произведения. Квадрат суммы (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 Сумма квадратов двух чисел и их удвоенного произведения.
- 36. МАТЕМАТИКА май 2013 Н.ЖАРКОВСКАЯ, г. Санкт-Петербург ЗНАМЕНИТЫЙ АЛГОРИТМ Каждому из вас приходилось вычислять зна- чение многочлена, то есть подставлять в формулу f(x) = a0 xn + a1 xn – 1 + … + an – 1 x + an вместо переменной x какое-нибудь число и находить значение полученного выражения. Занятие это невеселое, и даже для не- больших степеней легко сбиться, выполняя длинные и однооб- разные вычисления. Так, для многочлена степени 5 потребуется 5 сложений и 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 умножений. Для многочлена произвольной степени n нужно n сложений и ( 1) 2 n n + умножений, и величина эта быстро растет с увеличением степени многочлена. Поэтому понятно желание упростить и сократить. Оказывается, это нетрудно сделать, если воспользоваться алго- ритмом, который называют схемой Горнера. Он очень знаменит и находит самые разнообразные и важные применения. Посмотрите внимательно на формулу f(x) = (…(((a0 x + a1 )x + a2 )x + a3 )… + an – 1 )x + an . Аккуратно раскрыв в ней все n скобок, мы получим исходное выражение для многочлена f(x). А выполняя вычисления по этой формуле, надо произвести гораздо меньше операций: всего n сло- жений и n умножений. Например, для многочлена f(x) = 2x4 – 3x3 + x2 – 4x + 1 мы получим такое выражение: f(x) = (((2x – 3)x + 1)x – 4)x + 1, и если x = 4, то f(4) = (((2æ4 – 3)æ4 + 1)æ4 – 4)æ4 + 1 = ((5æ4 + 1)æ4 – 4)æ4 + 1 = = (21æ4 – 4)æ4 + 1 = 80æ4 + 1 = 321. Выполнять эти вычисления проще, записав их в таблицу: a0 a1 a2 … an – 1 an x = a b0 = a0 b1 = = a1 + b0 a b2 = = a2 + b1 a … bn – 1 = = an – 1 + bn – 2 a bn = = an + bn – 1 a В таблице через b1 , b2 , …, bn – 1 обозначены выражения, стоящие в скобках,начинаястех,чтовычисляютсяраньше,аобозначенияb0 и b1 введены для единообразия: первое равно старшему коэффици- енту многочлена, а последнее — значению многочлена при x = a. Для нашего примера эта таблица будет выглядеть так: 2 –3 1 –4 1 x = 4 2 –3 + 2æ4 = 5 1 + 5æ4 = 21 –4 + 21æ4 = 80 1 + 80æ4 = 321 Заметим, что в первой строке таблицы стоят коэффициенты дан- ного многочлена, а вторая заполняется по простому правилу: пер- вая слева клеточка повторяет соответствующую клеточку первой строки, а каждое следующее число получается умножением преды- дущего на значение переменной и прибавлением к результату чис- ла из верхней клеточки с тем же номером. ПОСЛЕУРОКА/НАКРУЖКЕ/ЧИТАЕМВМЕСТЕСУЧЕНИКАМИ
- 37. 3737 МАТЕМАТИКА май2013 Видите, простой расстановкой скобок мы до- бились огромного выигрыша в сокращении и упрощении вычислений! Можно доказать, что схема Горнера — это оптимальный способ вычисления значений мно- гочлена стандартного вида, то есть сделать это с меньшим числом операций невозможно. Еще одно важное соображение: чем меньше количе- ство операций, тем меньше допускается ошибок, связанных с округлением промежуточных ре- зультатов (это особенно важно при компьютер- ных вычислениях, где количество операций бы- вает огромно и накопление ошибок округления может сильно повлиять на результат). Поэтому вычисления по схеме Горнера не только одни из самых быстрых, но и одни из самых точных. Вот почему они и в наше время являются составной частью многих вычислительных алгоритмов. Может возникнуть вопрос: а так ли уж важно уметь быстро вычислять значение многочлена? Ведь это всего лишь одна из функций, не самая сложная и не самая интересная. Но оказывается, почти каждую функцию можно с высокой точно- стью заменить многочленом. А если мы умеем хорошо и быстро вычислять значения многочле- нов, то сможем быстро и хорошо вычислять при- ближенные значения многих функций. Например, функцию y = sin x при малых зна- чениях переменной x с высокой точностью мож- но заменить многочленом 3 5 . 6 120 x x y x= − + Попро- буйте вычислить значение этого многочлена по схеме Горнера, например при , 10 x π = и сравните результат с табличным значением. Вы увидите, что разность окажется меньше 0,001. Мы покажем, что у этого метода есть и другие достоинства, но сначала немного истории. Вильям Джордж Горнер В истории науки нередко случается так, что человек, давший имя какому-то открытию или изобретению, не является его первооткрывате- лем. Так произошло и со схемой Горнера. Этот метод за 100 лет до Горнера использовал Ньютон, а под названием Тянь-юань он был из- вестен математикам Китая уже в XIII в. Пример- но тогда же его открыли персидские математи- ки. А самые первые упоминания о схожих вы- числениях относятся к началу нашей эры. Горнер открыл этот метод заново в начале XIX в. практически одновременно с итальян- ским математиком Паоло Руффини, поэтому его иногда называют методом Горнера–Руффини. Вильям Джордж Горнер был личностью при- мечательной. Достаточно сказать, что в 14 лет он стал ассистентом преподавателя в школе, в кото- рой учился. А учился он в известной старинной школе Кингсвуд, созданной в середине XVIII в. для детей протестантских священников. В 18 лет Горнер возглавил эту школу, а еще через не- сколько лет создал свою собственную школу, ко- торой руководил до конца своей жизни. Еще с именем Горнера связывают красивую теорему планиметрии: теорему о бабочке. Через середину хорды PQ, точку М, проведе- ны хорды АВ и CD. Пусть хорды AD и ВС пере- секают хорду PQ в точках X и Y. Тогда М явля- ется серединой отрезка XY. Название этой теоремы становится понятно, если взглянуть на чертеж. Попробуйте доказать ее самостоятельно. Кроме того, Горнера можно считать и созда- телем мультипликации. В 1834 г. он запатен- товал устройство, названное позже зоотропом. Оно представляло собой что-то вроде кастрю- ли, вращающейся вокруг вертикальной оси. В ее стенках были проделаны вертикальные про- рези. На внутренней стенке зоотропа размеща- ли ленту с рисунками, изображающими после- довательные стадии какого-то движения (про- образ современной киноленты). Когда зоотроп вращали вокруг оси, то у зрителей, смотревших
- 38. МАТЕМАТИКА май 20133838 сквозь щели, создавалось ощущение того, что рисунки оживают и фигуры движутся. Схема Горнера и деление многочленов Вернемся снова к схеме Горнера. Оказывает- ся, она связана с делением многочлена f(x) на линейный двучлен x – a. Запишем следующее равенство: f(x) = g(x)(x – a) + r. Заметим, что при этом остаток r — многочлен степени 0 (то есть постоянная величина), а не- полное частное g(x) — многочлен степени n – 1. Если в это равенство вместо переменной x под- ставить a, получим f(a) = g(a)(a – a) + r = r, то есть остаток от деления f(x) на x – a равен значению многочлена f(x) при x = a. Это утверждение называют теоремой Безу (Этьен Безу — французский математик XVIII сто- летия). Из нее легко выводится важное следствие. Число a тогда и только тогда является кор- нем многочлена f(x), когда f(x) делится на x – a без остатка. Но при чем здесь схема Горнера? А при том, что коэффициенты многочленов f(x) = a0 xn + a1 xn – 1 + … + an – 1 x + an и g(x) = b0 xn – 1 + b1 xn – 2 + … + bn – 2 x + bn –1 связаны теми же соотношениями, которыми описывается схема Горнера. То есть b0 = a0 , b1 = a1 + b0 a, b2 = a2 + b1 a, …, bn – 1 = an – 1 + bn – 2 a, f(a) = an + bn – 1 a. В этом можно убедиться, раскрыв скобки в равенстве f(x) = g(x)(x – a) + f(a) и приравняв коэффициенты при одинаковых степенях пере- менной x в левой и правой частях этого равен- ства. Итак, схема Горнера позволяет сделать сразу две вещи: найти значение многочлена в задан- ной точке и разделить многочлен с остатком на линейный двучлен. Нахождение рациональных корней многочленов Раз уж мы научились вычислять значения многочленов, поучимся искать их корни. Конеч- но, корни многочлена первой или второй степе- ни можно найти по хорошо известным форму- лам, но для уравнений 3-й и 4-й степени сделать это уже непросто. Хотя формулы для них извест- ны, но они требуют громоздких вычислений. А для уравнений старших степеней общих формул просто не существует. Однако если многочлен имеет целые коэффи- циенты, то найти его рациональные корни мож- но за конечное число шагов. Этот способ основан на следующем наблюдении. Если рациональное число m n является кор- нем многочлена с целыми коэффициентами, то свободный член многочлена делится без остат- ка на m, а его старший коэффициент — на n. Поэтому претендовать на роль корней тако- го многочлена могут всего несколько чисел. Вы- числив для каждого из них значение этого мно- гочлена, мы найдем все его рациональные корни или убедимся, что таких корней нет. Рассмотрим пример. Пусть f(x) = x4 + 4x3 + 4x2 – 9. Поскольку старший коэффициент многочле- на равен 1, то его рациональные корни надо ис- кать только среди делителей числа –9. Итак, надо проверить числа 1, –1, 3, –3, 9 и –9. Начнем с числа 1. Вычисления проведем по схеме Горнера. 1 4 4 0 –9 x = 1 1 5 9 9 0 Последний элемент второй строки равен 0, следовательно, f(1) = 0 и 1 является корнем мно- гочлена. Остальные числа этой строки — коэф- фициенты частного от деления f(x) на x – 1, то есть f(x) = g(x)(x – 1). Поэтому если какое-то чис- ло, не равное 1, является корнем f(x), то оно яв- ляется и корнем g(x). Итак, теперь мы можем подставлять оставшиеся числа не в исходный многочлен, а в g(x). Однако заметим, что все коэффициенты g(x) = = x3 + 5x2 + 9x + 9 неотрицательны, следователь- но, положительных корней у него быть не может. Поэтому проверять будем только отрицательные числа. Начнем с x = –3. 1 5 9 9 x = –3 1 2 3 0 Как видим, g(x) делится на x – 3 без остат- ка, то есть найден еще один корень многочлена f(x). Можно продолжить этот процесс и дальше, но заметьте, что новое частное x2 + 2x + 3 име- ет степень 2 и его корни можно искать по хоро- шо известной формуле. Найдем дискриминант этого многочлена. Он равен 22 – 4æ3 = –8, следо- вательно, вещественных, а значит, и рациональ- ных корней у него нет. Итак, у нашего многочле- на всего два корня: 1 и –3. Перевод из одной позиционной системы счисления в другую Напомним, что для записи чисел мы обычно используем десятичную позиционную систему счисления. Что это значит? ПОСЛЕУРОКА/НАКРУЖКЕ/ЧИТАЕМВМЕСТЕСУЧЕНИКАМИ
- 39. 3939 МАТЕМАТИКА май2013 Каждое целое число мы представляем в виде суммы следующего вида: a0 10k + a1 10k – 1 + … + ak – 1 10 + ak , где все ai — целые неотрицательные числа, мень- шие 10 (цифры). Но так же записывается значе- ние многочлена a0 tk + a1 tk – 1 + … + ak – 1 t + ak ai при t = 10! Точно так же выглядит представление числа в любой позиционной системе с основанием a — это запись его в виде значения многочлена, ко- эффициенты которого — целые неотрицатель- ные числа, меньшие a (многочлен вычисляется при x = a). Например, число 135(7) , записанное цифрами 1, 3 и 5 в семеричной системе счисле- ния, — это 1æ72 + 3æ7 + 5 = 75. В дальнейшем для чисел, записанных в систе- ме счисления с основанием, не равным 10, бу- дем указывать это основание индексом в скоб- ках, а десятичную запись индексами сопрово- ждать не будем. Если a меньше 10, то использу- ют цифры десятичной системы, но лишь те, ко- торые строго меньше, чем a. Например, в семе- ричной системе счисления используются циф- ры 0, 1, 2, 3, 4, 5 и 6. Если же a больше 10, то вводят новые цифры. Например, в шестнадцатеричной системе счис- ления, которая широко используется в машин- ной арифметике, цифры, отвечающие 10, 11, 12, 13, 14 и 15, часто обозначают буквами A, B, C, D, Е и F. При этом число 46 = 16æ2 + 14 записыва- ется как 2Е(16) . Но раз речь идет о значениях многочленов, значит, для перехода от одной системы счисле- ния к другой можно использовать схему Горне- ра. Например, если мы хотим число 2406(8) , за- писанное в восьмеричной системе счисления, перевести в десятичную, мы можем вычислить значение многочлена 2t3 + 4t2 + 6 при t = 8. Все вычисления производятся в десятичной системе счисления. 2 4 0 6 t = 8 2 20 160 1286 Если же мы хотим перевести число из десятич- ной системы счисления в систему с каким-то дру- гим основанием, то схему Горнера можно исполь- зовать, но вычисления придется проводить в той системе счисления, в которую мы переводим. Например, для перевода числа 546 в систему счисления с основанием 5 надо вычислить мно- гочлен 5t2 + 4t + 6 при t = 5, причем коэффици- енты этого многочлена тоже придется перевести в пятеричную систему: 5t2 + 4t + 6 = 10(5) t2 + 4(5) t + 11(5) . Вычисления будут такими: 10(5) 4(5) 11(5) t = 20(5) 10(5) 10(5) æ20(5) + 4(5) = = 204(5) 204(5) æ20(5) + 11(5) = = 4141(5) Итак,546=4141(5) .Впрочем,переводитьчислаиз десятичной системы счисления в какую-то другую прощеобыкновеннымделениемсостатком.Дляэто- го заданное число разделим на основание новой си- стемы счисления, остаток даст нам цифру единиц новой записи. Затем разделим неполное частное, и новый остаток даст нам следующую цифру и т.д. В нашем примере получится 546 = 109æ5 + 1, 109 = 21æ5 + 4, 21 = 4æ5 + 1, 4 = 0æ5 + 4 (мы подчеркнули цифры пятеричной записи). Последнее деление можно не выполнять: про- цесс завершается тогда, когда очередное непол- ное частное становится меньше нового основа- ния, в нашем примере это 5. Кстати, подумайте, как этот способ связан с делением многочленов! Рассмотренными примерами область приме- нения схемы Горнера не исчерпывается, и те из вас, кто будет изучать математику более основа- тельно, наверняка еще не раз о ней услышат и смогут оценить ее разнообразные достоинства. Конкурс фотографий «Зима–весна-2013» На конкурс принимаются фотографии, на которых запечатлены учителя ма- тематики и их ученики 5–11-х классов в учебном процессе, на занятиях кружка, олимпиадах, в летних математических школах и пр. К каждой фотографии не- обходимо приложить краткое описание изображенного на ней события (место, время, действующие лица). Фотографии могут быть цветными или черно-белыми. Формат для фотогра- фий, отпечатанных на фотобумаге, не менее 10 × 15 см. Цифровые фотографии могут быть присланы на электронном носителе или по электронной почте. Раз- мер цифровых фотографий не менее 800 × 600 пикселей, формат — JPG, каче- ство, используемое при сохранении JPG-файлов, — высокое (high). Лучшие фотографии будут напечатаны в журнале, а победитель получит бесплатную подписку на второе полугодие 2013 года.
- 40. МАТЕМАТИЧЕСКОЕ ОТДЕЛЕНИЕВЗМШ ОТКРЫВАЕТПРИЕМ Всероссийская заочная многопредметная школа(ВЗМШ) была создана по инициативе академика И.М. Гель- фанда в 1964 г. и изначально была математической (и буква «М» в аббревиатуре означала «математическая»). Постепенно шко- ла расширялась, возникли отделения биологии, физики, филоло- гии, химии, экономики, истории и правоведения. Школа превра- тилась в многопредметную, однако отделение математики остает- ся в школе самым многочисленным и востребованным. Основной задачей школы является углубленное изучение наи- более важных вопросов школьного курса математики, расшире- ние школьных знаний и помощь в подготовке к экзаменам. Мы принимаем учиться на все курсы с 1-го по 5-й (что соответ- ствует 7–11-м классам общеобразовательной школы) по результа- там вступительной работы, а в 2013 г. впервые набираем экспери- ментальный 0-й курс для шестиклассников (на первых порах без вступительной работы, по заявлению). После зачисления в школу ученик получает пособия по про- грамме ВЗМШ, изучает предложенные темы, решает задачи и выполняет по каждой теме контрольную работу, которая прове- ряется преподавателем школы и вместе со всеми замечаниями и советами возвращается ученику. За каждым учеником на все годы обучения закреплен один и тот же преподаватель, которо- му всегда можно задать вопросы. Возможность постоянного кон- такта между школьником и его преподавателем в большой сте- пени облегчает сложности, неизбежно связанные с заочной фор- мой обучения. Мы, кроме того, принимаем школьников и на групповую фор- му обучения («Коллективный ученик») . В этом случае несколько учащихся работают по нашим пособиям под руководством школь- ного учителя и присылают одну коллективную работу по каждой теме. Прием на групповое обучение производится без вступитель- ной работы. Если в школе нашлось не менее трех учеников, жела- ющих учиться на математическом отделении, а учитель согласен этой группой руководить, то по заявлению учителя, заверенному директором школы и школьной печатью, и приложенному к заяв- лению списку учеников группа принимается в ВЗМШ в качестве «Коллективного ученика». Количество экземпляров пособий, ко- торые высылаются в адрес группы, определяется в соответствии с Договором о научно-педагогическом сотрудничестве, который школа заключает с ВЗМШ. Все подробности, связанные с порядком поступления, оплатой и процессом обучения, вы можете посмотретьна сайте отделения или задавая вопросы по электронной почте или телефону. Адрес школы: 119234, Москва, В-234, Воробьевы горы, МГУ. Телефон: +7 (495) 939-39-30. Сайт ВЗМШ: http://www.vzmsh.ru. Сайт математического отделения ВЗМШ: http://www.math-vzms.org. Электронный почтовый ящик математического отделения: priem@math-vzms.org. ПОСЛЕУРОКА/ЗАОЧНАЯШКОЛА МАТЕМАТИКА май 2013 40 И.М. Гельфанд http://www.guardian.co.uk/science/2009/nov/08/ israel-gelfand-obituary К материалу есть приложение на CD-диске.
- 41. 4141 МАТЕМАТИКА май2013 Уважаемые школьники, если вы хотите учиться индивидуально, то надо выполнить вступительную работу, условия задач расположены ниже. Решения задач, с которыми удалось справиться, нужно за- писать на русском языке в обычной ученической тетради в клетку и выслать простой бандеролью (пожа- луйста, не сворачивайте тетрадь в трубку!) в адрес школы. Вступительные работы принимаются также по электронной почте. В этом случае работа должна быть в виде файла формата .doc или .PDF. На обложке тетради (или в начале работы, высланной электронной почтой) укажите: фамилию, имя, отчество (ПЕЧАТНЫМИ БУКВАМИ), год рождения, базовое образование (сколько классов сред- ней школы будет закончено к сентябрю очередного учебного года; нам было бы удобно прочесть на об- ложке тетради: «С 1 сентября я буду учиться в ... классе»), полный почтовый адрес (с индексом), отку- да узнали о ВЗМШ, сообщите, пожалуйста, адрес своей электронной почты, если она имеется. Не за- будьте указать, что вы поступаете на отделение математики. Срок отправки вступительной работы — до 1 июня. Рядом с порядковым номером задачи в скобках указано, ученикам какого класса (имеется ввиду тот класс, в котором вы предполагаете учиться с 1 сентября) эта задача предназначается. Вы може- те, если хотите, дополнительно решать задачи, адресованные более старшим классам. Не торопи- тесь; если задачи не получаются, возвращайтесь к ним несколько раз. До 1 июня времени еще доста- точно. Возможно, вы не сможете решить все задачи своего класса, присылайте решения тех, кото- рые сделать удалось. Успехов! Вступительная работа по математике в ОЛ ВЗМШ на 2013/2014 учебный год 1. (7–11-е классы) В соревновании участво- вали 40 стрелков. Первый выбил 50 очков, вто- рой — 70, третий — среднее арифметическое оч- ков первых двух, четвертый — среднее арифме- тическое первых трех и т.д.: каждый следую- щий выбил среднее арифметическое очков всех предыдущих. Сколько очков выбил 37-й стре- лок? 2. (7–10-е классы) Сколько существует трех- значных чисел с суммой цифр 8? 3.(7–10-еклассы)Пусть abc —некотороетрех- значное число. Может ли число abc bca cab+ + быть полным квадратом? 4. (7–10-е классы) В вершинах нескольких одинаковых по размеру правильных картонных треугольников в произвольном порядке написа- ны числа 1, 2, 3 (в каждом треугольнике встре- чаются все три числа). Треугольники сложили в стопку так, что их вершины совпали. Могут ли суммы чисел, написанных в каждой вершине стопки, быть равны: а) 2013; б) 2012? 5. (7–10-е классы) Сказал Кощей Бессмертный Ивану-царевичу: «Утром явишься предо мной. Я задумаю три цифры, a, b и с, а ты назовешь мне три числа, х, у и z. Я выслушаю тебя и ска- жу тебе, чему равно выражение ax + by + cz. По- сле этого ты должен угадать, какие цифры а, b и с я задумал. Не угадаешь — голова с плеч. Сту- пай». Можно ли помочь Ивану-царевичу сохра- нить голову? 6. (8–10-е классы) Собранный мед заполняет несколько 50-литровых бидонов. Если его раз- лить в 40-литровые бидоны, то понадобится на 5 бидонов больше, но один из них останется не- полным. Если собранный мед разлить в 70-ли- тровые бидоны, то понадобится на 4 бидона меньше, но снова один из них окажется непол- ным. Сколько 50-литровых бидонов заполняет собранный мед? 7. (8–10-е классы) На стороне АС треугольни- ка АВС взята точка D такая, что BD = ВС, при- чем DC = 2AD. Пусть Е — точка касания окруж- ности, вписанной в треугольник BDC, с отрез- ком BD. Найдите угол AED, если угол С тре- угольника АВС равен 40°. 8. (8–10-е классы) Делится ли число 262 + 1 на число 231 + 216 + 1? 9. (8–10-е классы) На прямой последовательно отложены отрезки АВ = 2, ВС = CD = 1, DE= 2. Из точки М вне этой прямой все указанные отрезки видны под равными углами. Найдите эти углы. 10. (7–10-е классы) Дорога из дома до школы за- нимаетуЛарисы16мин.Однаждыподорогевшко- лу она вспомнила, что забыла дома учебник. Если она продолжит путь в школу, она придет за 2 мин. до звонка, а если вернется за учебником, то придет через 6 мин. после звонка (ходит она всегда с одной и той же скоростью). Какую часть пути от дома до школы прошла она, когда вспомнила об учебнике? 11. (8–10-е классы) Точки А1 , B1 и С1 симме- тричны центру I вписанной в треугольник АВС окружности относительно его сторон ВС, АС и АВ соответственно. Окружность, описанная око- ло треугольника А1 В1 С1 , проходит через точку А. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника АВС, если ВС = а. 12. (8–10-е классы) Числа 1, 2, 3, …, 200 раз- били на 50 непересекающихся групп. Всегда ли среди этих групп найдется такая, что в ней со- держатся три числа, являющиеся сторонами не- которого треугольника? Задачи составлены Е.М. Рабботом
- 42. МАТЕМАТИКА май 20134242 РЕКЛАМА
- 43. 43МАТЕМАТИКА май 2013 Г.ФАЛИН, А. ФАЛИН, г. Москва ИЗБРАННЫЕЗАДАЧИ НАДЕЛИМОСТЬ ЦЕЛЫХЧИСЕЛ Задачи на делимость целых чисел достаточно часто встречаются на различных олимпиадах и экзаменах по математике, включая и ЕГЭ. В школьном курсе алгебры этим вопросам уделяется не очень много времени. На наш взгляд, данная тематика до- стойна более подробного изучения. В нашей статье мы разбираем эту тему на примере задач на дели- мость, которые в последние годы предлагались на олимпиа- дах и вступительных экзаменах в МГУ им. М.В. Ломоносова. Полный текст статьи см. на диске. Основные разделы этой темы: простые и составные числа, основная теорема арифметики, наименьшее общее кратное, наи- больший общий делитель, деление с остатком, алгоритм Евклида, системы счисления и признаки делимости, диофантовы и другие неопределенные уравнения с целочисленными неизвестными. 1. (Олимпиада «Ломоносов-2011, заочный тур, 11-й класс, № 3.) Найти все двузначные числа вида ,XY если число, имеющее ше- стизначную десятичную запись 64 72 ,X Y кратно 72. Решение. Так как 72 = 8æ9, натуральное число n делится на 72 тогда и только тогда, когда оно делится на 8 и на 9. Натуральное число n делится на 8 тогда и только тогда, когда чис- ло, образованное тремя последними цифрами числа n, делится на 8. В нашем случае это означает, что число 72Y должно делиться на 8, то есть быть кратным 8. Выпишем фрагмент ряда чисел, кратных 8: …, 712, 720, 728, 736, … Только два из этих чисел имеют вид 72Y — это числа 720 и 728. В первом случае Y = 0, а число 64 72X Y превращается в 64 720.X Во втором случае Y = 8, а число 64 72X Y превращается в 64 728.X Натуральное число n делится на 9 тогда и только тогда, когда сумма его цифр делится на 9. В первом случае (когда Y = 0) это означает, что число 19 + X должно делиться на 9. Поскольку X — цифра, то X = 8, так что 80.XY = Во втором случае (когда Y = 8) это означает, что число 27 + X долж- но делиться на 9. Это равносильно делимости на 9 цифры X. Поэто- муX=0или9.Перваявозможностьдолжнабытьотвергнута,таккак 08XY = не является двузначным числом. Если X = 9, то 98.XY = Ответ: 80, 98. 2. (ВМК, устный экзамен, 2000, 2002, 2006 гг.) Пусть A, B, C — три натуральных числа, записанных по десятичной системе: A — единицами, число которых 2m, B — единицами, число которых m + 1, C — шестерками, число которых m. Доказать, что число A + B + C + 8 — точный квадрат. К материалу есть приложение на CD-диске. МЕТОДОБЪЕДИНЕНИЕ/ПРАКТИКУМ
- 44. МАТЕМАТИКА май 20134444 Решение. Пусть En — число, записанное n цифрами 1. Его можно переписать следующим образом: ( ) цифр цифр 1 1 1 9...9 10...0 1 10 1 . 9 9 9 n n n n E ⎛ ⎞ = ⋅ = ⋅ − = ⋅ −⎜ ⎟⎝ ⎠ Поэтому ( )2 2 1 10 1 , 9 m mA E≡ = ⋅ − ( )1 1 1 10 1 , 9 m mB E + +≡ = ⋅ − ( ) цифр цифр 6 6...6 6 1...1 6 10 1 . 9 m m m m C E≡ = ⋅ = = ⋅ − Эти равенства позволяют записать число X = A + B + C + 8 как 2 10 8 . 3 m ⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠ Число 10m + 8 в десятичной системе счисления записывается с помощью одной цифры 1, m – 1 цифр 0 и одной цифры 8. Поэтому сумма цифр этого числа рав- на 9, так что (в соответствии с признаком дели- мости на 3) это число делится на 3, то есть число 10 8 3 m + —целое;отметим,чтоэточислозаписыва- ется m – 1 цифрами 3 и одной цифрой 6 (в конце). 3. (ВМК, устный экзамен, 2002 г.) Доказать, что каждое число последовательности 49, 4489, 444889, 44448889, … является полным квадратом. Решение. Запись n-го члена последовательно- сти an в десятичной системе счисления содержит n цифр 4, затем n – 1 цифр 8 и в конце одну циф- ру 9. Используя обозначения и результаты реше- ния задачи 2, мы можем записать это число сле- дующим образом: an = 4æ10n æEn + 8æ10æEn – 1 + 9 = ( ) ( )( )11 4 10 10 1 80 10 1 81 9 n n n− = ⋅ ⋅ − + ⋅ − + = ( )21 4 10 4 10 8 10 80 81 9 n n n = ⋅ − ⋅ + ⋅ − + = ( ) 2 21 2 10 1 4 10 4 10 1 . 9 3 n n n ⎛ ⎞⋅ + = ⋅ + ⋅ + = ⎜ ⎟⎝ ⎠ Десятичная запись числа 2æ10n + 1 содержит одну цифру 1 и одну цифру 2 (остальные циф- ры — нули), так что это число делится на 3, то есть число 2 10 1 3 n ⋅ + — целое. 4. (ВМК, устный экзамен, 2002 г.) Найти все такие натуральные n, при которых число раз 11...1 n является квадратом целого числа. Решение. Допустим, что En = N2 для некоторо- го натурального N. Поскольку при любом n чис- ло En нечетное, число N также является нечет- ным, то есть для некоторого целого k ≥ 0 верно равенство N = 2k + 1. Поэтому равенство En = N2 можно записать в виде: En = 4k2 + 4k + 1 ⇔ En – 1 = 4k(k + 1). (1) Число En – 1 записано с помощью n – 1 циф- ры 1 и цифры 0 (которая стоит в конце). Поэтому верно представление En – 1 = 10En – 1 . Чтобы это равенство было верным и при n = 1, нужно опре- делить число E0 как 0. С его помощью равенст- во (1) преобразуется к виду: 10En – 1 = 4k(k + 1) ⇔ 5En – 1 = 2k(k + 1). Таким образом, из исходного предположения о том, что En — полный квадрат, следует, что чис- ло En – 1 является четным, а это возможно лишь в случае n – 1 = 0, когда En – 1 равно нулю. Ответ: n = 1. 5. (ВМК, устный экзамен, 2002 г., 2006 г.) Яв- ляется ли число 100 007æ100 013æ100 001 + 55 простым? Ответ надо обосновать. Решение. Поскольку разложение числа 55 на простые множители имеет вид 55 = 5æ11, имеет смысл проверить, не делится ли число A = 100 007æ100 013æ100 001 на 5 или 11. Так как ни один из сомножителей не оканчивается на 0 или 5, число A на 5 не делится. Проверим делимость на 11. Делением в стол- бик легко установить, что 100 001 : 11 = 9091. Следовательно,исходноечисло,каксуммадвух чисел, делящихся на 11, также делится на 11. Отметим, что факт делимости числа 100 001 на 11 можно установить и с помощью призна- ка делимости на 11: число делится на 11 тогда и только тогда, когда разность между суммой его цифр, стоящих на нечетных местах, и суммой цифр, стоящих на четных местах, делится на 11. В нашем случае эта разность равна (1 + 0 + 0) – (0 + 0 + 1) = 0. Ответ: нет, данное число делится на 11. 6. (ВМК, устный экзамен, 2005 г.) Известно, что натуральное трехзначное число p abc= де- лится нацело на 37. Могут ли числа q bca= и r cab= также делиться на 37? Решение. Рассмотрим выражение 4q – 3p. Его можно преобразовать следующим образом: 4 3 4 3q p bca abc− = ⋅ − ⋅ = 4(100 10 ) 3(100 10 )b c a a b c= + + − + + = = 370b + 37c – 296a = 37(10b + c – 8a). Поскольку числа 4 и 3 не делятся на 37, это ра- венство влечет, что если одно из чисел p или q де- лится на 37, то и другое делится. Аналогично, 4 3 4 3p r abc cab− = ⋅ − ⋅ = 4(100 10 ) 3(100 10 )a b c c a b= + + − + + = = 370a + 37b – 296c = 37(10a + b – 8c). МЕТОДОБЪЕДИНЕНИЕ/ПРАКТИКУМ
- 45. 4545 МАТЕМАТИКА май2013 Поэтому если одно из чисел p или r делится на 37, то и другое делится. Ответ: эти числа обязательно делятся на 37. 7. (Геологический факультет, устный экза- мен, 2000 г.; ВМК, устный экзамен, 2006 г.) Доказать, что при любом натуральном n число 4n + 15n – 1 делится на 9. Решение. Обозначим числа 4n + 15n – 1 через xn и применим для доказательства его делимости на 9 метод математической индукции: основаниеиндукции:числоx1 равно 4+15–1= = 18 — оно делится на 9; шаг индукции: допустим, что число xn делит- ся на 9, и докажем, что тогда и число xn + 1 делит- ся на 9. С этой целью преобразуем выражение xn + 1 = 4n + 1 + 15(n + 1) – 1 так, чтобы появилось выражение xn = 4n + 15n – 1: xn + 1 = 4n + 1 + 15(n + 1) – 1 = 4æ4n + 15n + 14 = = 4æ(4n + 15n – 1 – 15n + 1) + 15n + 14 = = 4xn – 9æ(5n – 2). Так как число 9æ(5n – 2) делится на 9 при лю- бом n, предположение, что xn делится на 9, вле- чет, что число xn + 1 также делится на 9. 8. (ВМК, устный экзамен, 2005 г.) Доказать, что если (n – 1)! + 1 делится на n, то n — простое число. Решение. Пусть p < n — какой-либо делитель числа n, отличный от n. Тогда p ≤ n – 1, и поэто- му p находится среди чисел 1, 2, …, n – 1. Отсюда следует, что (n – 1)! делится на p. Далее, по условию (n – 1)! + 1 делится на n. Поскольку n делится на p, тогда и (n – 1)! + 1 де- лится на p. Мы установили, что на p делятся числа (n – 1)! и (n – 1)! + 1. Следовательно, на p делится и их разность, то есть число 1, а тогда p = 1. Это и означает, что n — простое число. 9. (ВМК, устный экзамен, 2001 г., 2005 г.) До- казать, что для всех натуральных k число 55k + 1 + + 45k + 2 + 35k делится на 11. Решение. Для доказательства делимости чис- ла Ak = 55k + 1 + 45k + 2 + 35k , k ∈ Z+ , на 11 будем ис- пользовать метод математической индукции: основание индукции: если k = 1, то A1 = 56 + 47 + + 35 = 32 252 = 11æ2932 — делится на 11; шаг индукции: допустим, что Ak делится на 11. Чтобы доказать, что тогда и Ak + 1 делится на 11, выразим Ak + 1 = 55k + 6 + 45k + 7 + 35k + 5 через Ak . Сде- лать это можно разными способами. Например, из равенства Ak = 55k + 1 + 45k + 2 + 35k можно исключить 55k + 1 по формуле 55k + 1 = Ak – 45k + 2 – 35k . Поэтому Ak + 1 = 55 æ(Ak – 45k + 2 – 35k ) + 45k + 7 + 35k + 5 = = 55 Ak – 45k + 2 (52 – 45 ) – 35k (55 – 35 ) = = 55 Ak – 45k + 2 æ11æ191 – 35k æ11æ262. Так как каждое слагаемое делится на 11, то и их сумма делится на 11. 10. (Филиал, 1991 г., № 1.) Представить число 1991 в виде произведения простых чисел. Решение. Предположим, что некоторое нату- ральное число N не является простым, и выяс- ним, какими могут быть его простые делители. Пусть p — наименьший простой делитель чис- ла N. Тогда N = pæa. Число a не обязано быть простым, но в любом случае оно больше или рав- но p. Действительно, если a < p, то разложив a в произведение простых множителей, мы бы наш- ли простой делитель числа N, который был бы меньше, чем p. Неравенство p ≤ a влечет, что p2 ≤ pæa, то есть неравенство p2 ≤ N. Таким образом, если число N — составное, то оно имеет простой делитель, не превосходящий .N Иначе говоря, если N не делится ни на одно простое число, меньшее или равное ,N то N — простое. В нашем случае 1991 (44; 45).N = ∈ Поэто- му нужно проверить простые числа, не превос- ходящие 44, то есть числа 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41. Последовательное деление числа 1991 на эти числа дает, что число 1991 не делится на 2, 3, 5, 7, но делится на 11, при этом 1991 = 11æ181. Чтобы разложить на простые множители чис- ло 181, нужно проверить простые числа, не пре- восходящие 181 (13; 14).∈ С учетом того, что 1991 не делится на 2, 3, 5, 7, проверить нужно только числа 11 и 13. Вычисления показывают, что 181 не делится ни на одно из них. Следова- тельно, 181 — простое число. Ответ: 1991 = 11æ181. 11. (Факультет почвоведения, 2001 г., май, № 5.) Решить уравнение 3x2 + 5xy + 2y2 = 7 в це- лых числах. Решение. Рассмотрим выражение в левой ча- сти как квадратный трехчлен относительно x (не- известную y будем считать параметром). Тогда D = 25y2 – 24y2 = y2 , 1, 2 5 2 ; . 6 3 y y y x y − ± = = − − Поэтому левую часть нашего уравнения можно разложить на линейные множители: (x + y)(3x + 2y) = 7. (2) Поскольку числа x, y — целые, множители x + y, 3x + 2y также целые, то есть равенство (2) дает разложение простого числа 7 на два целых множителя. Это можно сделать только четырьмя следующими способами: 7 = 1æ7 = 7æ1 = (–1)æ(–7) = (–7)æ(–1).
- 46. МАТЕМАТИКА май 20134646 Соответственно, уравнение (2) расщепляется на 4 системы: 1, 3 2 7; x y x y + =⎧ ⎨ + =⎩ 7, 3 2 1; x y x y + =⎧ ⎨ + =⎩ 1, 3 2 7; x y x y + = −⎧ ⎨ + = −⎩ 7, 3 2 1. x y x y + = −⎧ ⎨ + = −⎩ Каждая из этих систем имеет единственное ре- шение, причем значения неизвестных являются целыми числами. Ответ: {(5; –4), (–13; 20), (–5; 4), (13; –20)}. 12. (Олимпиада «Ломоносов-2011», заочный тур, 9–10-е классы, № 4.) Дано простое число p. Решить в натуральных числах уравнение x2 = y2 + 2010p. Решение. Перепишем уравнение в виде x2 – y2 = 2æ3æ5æ67æp. Разность квадратов x2 – y2 натуральных чисел x, y является или числом нечетным (если одно из этих чисел четное, а другое нечетное), или делится на 4 (если эти числа имеют одинаковую четность). В силу исходного уравнения разность x2 – y2 яв- ляется четным числом. Поэтому она должна де- литься на 4. Это возможно тогда и только тогда, когда p — четное число, а так как p — простое, то p = 2. Кроме того, эта ситуация возможна, только если числа x, y имеют одинаковую четность. Для p = 2 исходное уравнение примет вид: (x – y)(x + y) = 22 æ3æ5æ67. (3) Поскольку числа x, y имеют одинаковую чет- ность, числа x – y, x + y — четные, то есть их раз- ложения на простые множители обязательно со- держат множитель 2. Оставшиеся три простых множителя, 3, 5, 67, можно распределить меж- ду x – y и x + y 8 способами: 1 и 3æ5æ67; 3 и 5æ67; 5 и 3æ67; 67 и 3æ5; 3æ5 и 67; 3æ67 и 5; 5æ67 и 3; 3æ5æ67 и 1. Однако, с учетом того, что x – y < x + y, остает- ся только четыре возможности: 1 и 3æ5æ67; 3 и 5æ67; 5 и 3æ67; 3æ5 и 67. Таким образом, в силу основной теоремы арифметики уравнение (3) равносильно сово- купности из четырех систем: 2, 2010; x y x y − =⎧ ⎨ + =⎩ 6, 670; x y x y − =⎧ ⎨ + =⎩ 10, 402; x y x y − =⎧ ⎨ + =⎩ 30, 134, x y x y − =⎧ ⎨ + =⎩ что дает четыре пары (x; y): (1006; 1004), (338; 332), (206; 196), (82; 52). Ответ: если p ≠ 2 — уравнение не имеет реше- ний, если p = 2 — четыре решения: (1006; 1004), (338; 332), (206; 196), (82; 52). 13. (ВМК, устный экзамен, 1998 г.) Доказать, что число 3 2 не является рациональным чис- лом. Решение. Допустим противное, что 3 2 — чис- ло рациональное. Тогда существуют натураль- ные m, n такие, что 3 2 . m n = Избавляясь от ради- кала и дроби, получим: m3 = 2n3 . (4) Разложимчислаmиnнапростыемножители(мы явно указываем только простой множитель 2): m = 2a æ…, n = 2b æ…, где a, b — неотрицательные целые числа (отсутствие простого множителя 2 в разложении означает, что соответствующий по- казатель степени равен 0). Тогда равенство (4) примет вид: 23a æ… = 23b + 1 æ… В силу единственности разложения натураль- ного числа на простые множители отсюда следу- ет равенство 3a = 3b + 1 ⇔ 3(a – b) = 1, что невозможно. Полученное противоречие до- казывает наше утверждение. 14. (ВМК, устный экзамен, 2001 г.; механико- математический факультет, 1964 г.) Най- ти все целые числа m и n, при которых один из корней уравнения 3x3 + mx2 + nx + 12 = 0 равен 1 3.+ Решение. В соответствии с определением кор- ня число 0 1 3x = + является корнем уравнения 3x3 + mx2 + nx + 12 = 0 тогда и только тогда, когда при подстановке на место неизвестной получится верное числовое равенство: ( ) ( ) ( ) 3 2 3 1 3 1 3 1 3 12 0.m n+ + + + + + = (5) Степени иррационального двучлена 1 3+ яв- ляются иррациональными двучленами вида 3,a b+ где a и b — натуральные числа: ( ) ( ) 2 2 1 3 1 2 3 3 4 2 3,+ = + + = + ( ) ( ) ( ) 3 2 3 1 3 1 3 3 3 3 3 10 6 3.+ = + + + = + Поэтому равенство (5) можно переписать в виде: (42 4 ) (18 2 ) 3 0.m n m n+ + + + + = (6) Дальнейшее решение задачи будет базиро- ваться на общем утверждении, которое полезно и при решении других задач. Утверждение. Если a + bx = c + dx, где a, b, c, d — рациональные числа, а x — число ир- рациональное, то , . a c b d =⎧ ⎨ =⎩ МЕТОДОБЪЕДИНЕНИЕ/ПРАКТИКУМ
- 47. 4747 МАТЕМАТИКА май2013 Действительно, равенство a + bx = c + dx рав- носильно равенству (b – d)x = c – a. Если b – d ≠ 0, то , c a x b d − = − и потому число x является рацио- нальным, что противоречит исходному предпо- ложению. Значит, b – d = 0, а тогда из равенства (b – d)x = c – a следует, что c – a = 0. Используя утверждение, можно гаранти- ровать, что равенство (6) равносильно систе- ме 42 4 0, 18 2 0. m n m n + + =⎧ ⎨ + + =⎩ Эта система имеет единственное решение m = –12, n = 6, и оно, является целочисленным. Ответ: m = –12, n = 6. 15. (Экономический факультет, 2000 г., № 2.) Интервалы движения морских катеров по трем маршрутам, начинающимся на общей приста- ни, составляют 30, 36 и 45 мин. соответственно. Сколько раз с 07.40 до 17.35 того же дня на этой пристани одновременно встречаются катера всех трех маршрутов, если одна из таких встреч про- исходит в 11.15? Решение. Примем момент 11.15 в качестве ну- левого и будем измерять время в минутах. Тогда катер первого маршрута появляется на приста- ни в моменты …, –30, 0, 30, 60, … Иначе гово- ря, последовательные моменты времени, когда катер первого маршрута приходит на пристань, являются целыми числами, кратными числу 30. Аналогично, последовательные моменты време- ни, когда катер второго маршрута приходит на пристань, являются целыми числами, кратны- ми числу 36, а последовательные моменты вре- мени, когда катер третьего маршрута приходит на пристань, являются целыми числами, крат- ными числу 45. Если в какой-то момент t катера всех трех маршрутов встретились на пристани, то этот момент кратен числам 30, 36, 45, то есть яв- ляется их общим кратным. Известно, что об- щие кратные и только они кратны наименьше- му кратному t = НОК(30; 36; 45)æn, n ∈ Z. Чтобы найти K = НОК(30; 36; 45), разложим числа 30, 36, 45 на простые множители. Тогда K будет равно произведению всех простых множи- телей, которые входят в разложение этих чисел, с наибольшим показателем: K = НОК(21 æ31 æ51 ; 22 æ32 æ50 ; 20 æ32 æ51 ) = = 22 æ32 æ51 = 180. Итак, катера всех трех маршрутов встреча- ются на пристани в моменты времени, кратные числу 180, то есть каждые три часа. Поскольку одна из таких встреч произошла в 11.15, предыдущие встречи были в 08.15, 05.15 и т.д., а последующие — в 14.15, 17.15, 20.15 и т.д. В промежуток от 07.40 до 17.35 попадает 4 таких события. Ответ: 4. 16. (Экономический факультет (отделение менеджмента), 2005 г., июль, № 3.) В целях ре- кламы новой модели автомобиля автосалон уста- новил скидку 10% на каждый седьмой продава- емый автомобиль и 20% на каждый одиннад- цатый продаваемый автомобиль новой модели. В случае, если на один автомобиль выпадают обе скидки, то применяется большая из них. Все- го было продано 516 автомобилей этой модели. Определить выручку автосалона от продажи ав- томобилей новой модели, если ее базовая цена составляет 20 000 условных единиц. Решение. Пусть N = 516 — общее число про- данных автомобилей. Для натуральных чисел N и p обозначим через Np количество чисел, крат- ных p и не превосходящих N. Число Np однознач- но определяется условиями Np æp ≤ N, (Np + 1)æp > N, ,p N N p ≤ 1 .p N N p + > А это означает, что .p N N p ⎡ ⎤ = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Поэтому из чисел от 1 до 516 ровно 7 5 73 73 7 N ⎡ ⎤ = =⎢ ⎥⎣ ⎦ делятся на 7, ровно 11 10 46 46 11 N ⎡ ⎤ = =⎢ ⎥⎣ ⎦ делятся на 11, ровно 77 54 6 6 77 N ⎡ ⎤ = =⎢ ⎥⎣ ⎦ чисел делятся одновре- менно на 7 и 11. Поскольку числа 7 и 11 взаимно простые, это равносильно делимости на 77. Скидка 20% (или 4000 условных единиц) при- меняется ко всем автомобилям, порядковые но- мера которых при продаже кратны 11, то есть к 46 проданным автомобилям. Скидка 10% (или 2000 условных единиц) применяется ко всем автомобилям, порядковые номера которых при продаже кратны 7, но не кратны 11 (если но- мер кратен 7 и 11, то применяется скидка 20%). Чтобы найти их количество, нужно из общего количества автомобилей с номерами, кратны- ми 7, вычесть количество автомобилей с номе- рами, кратными 7 и 11: 73 – 6 = 67. Итак,общаяскидкаравна4000æ46+2000æ67= = 318 000. Соответственно, выручка автосалона от продажи автомобилей равна 20 000æ516 – 318 000 = 10 002 000. Ответ: 10 002 000.
- 48. МАТЕМАТИКА май 20134848 17. (ВМК, устный экзамен, 2007 г.) Нату- ральные числа n и m таковы, что НОД(n; m) + + НОК(n; m) = n + m. Доказать, что одно из них является делителем другого. Решение. Поскольку НОД(n; m)æНОК(n; m) = = næm, условие задачи можно переписать в виде (НОД(n; m))2 – (n + m)æНОД(n; m) + nm = 0. Это равенство можно рассматривать как ква- дратное уравнение относительно x = НОД(n; m): x2 – (n + m)x + nm = 0. Легко установить, что оно имеет два корня: x1 = n, x2 = m. Таким образом, условие задачи означает, что НОД(n; m) = n или НОД(n; m) = m. В первом слу- чае число n является делителем числа m, а во втором число m является делителем числа n. 18. (ВМК, устный экзамен, 1999 г.) Может ли число n4 + 64 быть простым при каком-либо на- туральном n? Решение. Двучлен n4 + 64 можно разложить на два квадратичных множителя: n4 + 64 = n4 + 16n2 + 64 – 16n2 = = (n2 + 8)2 – (4n)2 = (n2 + 4n + 8)(n2 – 4n + 8). Если n — натуральное число, то n2 + 4n + 8 и n2 – 4n + 8 также натуральные числа. Первое из них явно больше 8. Второе можно представить как (n – 2)2 + 4, так что оно не меньше 4. Итак, мы разложили число n4 + 64 на два множителя, не равных 1. Значит, оно не является простым. Ответ: нет. 19. (ВМК,устныйэкзамен,1998г.;Московская математическая олимпиада, 1956 г., 1-й тур, 7-й класс.) Найти все целые числа, на которые может быть сократима дробь 5 6 8 7 l l + + при целых l. Решение. Дробь можно сократить на наиболь- ший общий делитель числителя и знаменателя (если он больше 1) и его делители, отличные от 1. Поэтому фактически задача сводится к нахож- дению d = НОД(5l + 6; 8l + 7). Для ее решения будем использовать классический алгоритм Ев- клида для нахождения наибольшего общего де- лителя двух натуральных чисел. Этот алгоритм базируется на следующем простом факте: для любых целых чисел x и y верно равенство НОД(x; y) = НОД(y; x) = НОД(y; x – y). Будем последовательно применять его к рас- сматриваемым числам (начиная с чисел x = 8l + 7 и y = 5l + 6) до тех пор, пока в одном из них не ис- чезнет переменная l: d ≡ НОД(8l + 7; 5l + 6) = НОД(5l + 6; 3l + 1) = = НОД(3l + 1, 2l + 5) = НОД(2l + 5; l – 4) = = НОД(l – 4; l + 9) = НОД(l – 4; 13). Поскольку 13 — простое число, НОД(l – 4; 13) может быть равен только 1 или 13, то есть нашу дробь можно сократить (если она сократима) только на 13 (и –13). Более того, можно указать все случаи, ког- да это сокращение действительно возможно. Для этого воспользуемся следующим фактом: если x — целое число, а y — натуральное, то НОД(x;y)=yтогдаитолькотогда,когдаxделится на y, то есть x = ky для некоторого k ∈ Z. В нашем случае это означает, что НОД(l – 4; 13) = 13 тогда и только тогда, когда l = 4 + 13k для некоторого k ∈ Z. Ответ: ±13. 20. (Факультет почвоведения, 1977 г., № 5.) Рота солдат прибыла на парад в полном соста- ве прямоугольным строем по 24 человека в ряд. По прибытии оказалось, что не все солдаты мо- гут участвовать в параде. Оставшийся для пара- да состав роты перестроили так, что число рядов стало на 2 меньше прежнего, а число солдат в каждом ряду стало на 26 больше числа новых ря- дов. Известно, что если бы все солдаты участво- вали в параде, то роту можно было бы выстроить так, чтобы число солдат в каждом ряду равня- лось числу рядов. Сколько солдат было в роте? Решение. Пусть N — численность роты, n — количество рядов в первоначальном прямо- угольном строе. По условию задачи N = 24n. После перестроения число рядов стало n – 2, а число солдат в каждом ряду стало равно n – 2 + 26 = n + 24. Поэтому в параде участвовало (n – 2)(n + 24) солдат. По условию задачи это чис- ло меньше, чем N: (n – 2)(n + 24) < N. Последнее условие задачи означает, что N — полный квадрат. Исключая неизвестную N, мы получим следу- ющую систему: полный квадрат. ( 2)( 24) 24 , 24 — n n n n − + <⎧ ⎨ ⎩ Неравенство системы приводится к виду n2 – 2n – 48 < 0 ⇔ –6 < n < 8, так что ему удовлетворяет только 7 натураль- ных чисел: 1, …, 7. По смыслу задачи величина n – 2 — положительна. Поэтому остается 5 воз- можностей: n = 3, 4, 5, 6, 7. Из этих значений n нужно выбрать те, при ко- торых число N = 24n будет полным квадратом. Поскольку 24 = 23 æ31 , это условие равносильно тому, что в разложении n на простые множите- ли присутствуют числа 2 и 3 в нечетных степе- нях и, возможно, еще какие-то простые множи- тели в четных степенях. Из списка n = 3, 4, 5, 6, 7 этому условию удовлетворяет только число 6 = 21 æ31 . Итак, n = 6, и поэтому N = 24æ6 = 144. Ответ: 144 человека. МЕТОДОБЪЕДИНЕНИЕ/ПРАКТИКУМ
- 49. 4949 МАТЕМАТИКА май2013 21. (ИСАА, 1997 г., июль, № 7.) Найти все пары целых чисел x и y, удовлетворяющие уравнению 3xy + 14x + 17y + 71 = 0. Решение. Выразим из данного уравнения y че- резx: 14 71 . 3 17 x y x + = − + Приэтомследуетотметить,что величина 3x + 17 ≠ 0 (так как x — целое число). Выделим из дроби в правой части этого равен- ства правильную алгебраическую дробь (у ко- торой степень числителя меньше степени зна- менателя): 14 25 , 3 3(3 17) y x = − + + и умножим поч- ленно на 3 (чтобы превратить число 14 3 в целое): 25 3 14 . 3 17 y x = − + + Поскольку числа 3y и 14 — целые, 3x + 17 должно быть делителем числа 25: 3x + 17 = ±1; ±5; ±25 — всего шесть возможностей. Отсюда для x получаем три возможных значения: –4, –6, –14 (в остальных трех случаях x не являет- ся целым). Соответствующие значения y равны –3, –13, –5. Поскольку все они являются целы- ми числами, исходное уравнение имеет три ре- шения в целых числах. Ответ: (–4; –3), (–6; –13), (–14; –5). 22. (Олимпиада механико-математического факультета, 2003 г., 10-й класс, № 4.) Сколько различных пар натуральных чисел x ≤ y удовлет- воряют уравнению 1 1 1 ? 70x y + = Решение. Поскольку дроби 1 , x 1 y положитель- ны, уравнение 1 1 1 70x y + = (7) влечет, что оба числа x и y больше 70. Уравнение (7) равносильно уравнению 70 . 70 x y x = − Выделяя целую часть из неправильной дроби 70 , 70 x x − мы получим: 2 70 70 70 y x = + − ⇔ (x – 70)(y – 70) = 22 æ52 æ72 . Последнее уравнение равносильно совокупно- сти систем 2 2 2 70 2 5 7 , 70 2 5 7 , n m k n m k x y − − − ⎧ − = ⋅ ⋅⎪ ⎨ − = ⋅ ⋅⎪⎩ где n, m, k ∈ {0; 1; 2}. Каждая из этих систем име- ет единственное решение в классе натуральных чисел x, y. При этом между решениями и тройка- ми (n, m, k) существует взаимно однозначное со- ответствие. Значит, общее число решений исхо- дного уравнения (7) равно 3æ3æ3 = 27. Из этих решений для одного решения x = y; это решение соответствует набору (n, m, k) = (1, 1, 1), так что x = y = 140. В силу симметрии уравнения, из 26 оставшихся решений в половине случаев x < y, а в другойполовинеслучаевy<x.Поэтомуобщеечис- ло решений, для которых x ≤ y, равно 13 + 1 = 14. Ответ: 14. 23. (Химический факультет, 1997 г., май, № 6.) Найти все пары целых чисел (x; y), удо- влетворяющие уравнению (x2 + y2 )(x + y – 3) = 2xy. Решение. Поскольку уравнение симметрично относительно x и y, введем новые неизвестные a = x + y и b = xy. Для них исходное уравнение примет вид: (a2 – 2b)(a – 3) = 2b. Поскольку b входит в это уравнение в первой степени, приведем его к виду b = f(a): a3 – 2ab – 3a2 + 4b = 0 ⇔ 2b(a – 2) = a3 – 3a2 . Если a = 2, то это уравнение даст 0 = –4. Поэ- тому a ≠ 2 и можно делить на 2(a – 2): 3 2 3 ( 1) 2 1 . 2( 2) 2 2 a a a a b a a − − = = − − − − Если x, y ∈ Z, то a, b также являются целы- ми числами. Дробь ( 1) 2 a a − — всегда число целое (из двух последовательных целых чисел a – 1 и a одно является четным). Поэтому и дробь 2 2a − яв- ляется целым числом, то есть a – 2 может быть только ±1, ±2. Для a это дает четыре возможно- сти: 3; 1; 4; 0. Соответствующие значения неиз- вестной b равны: 0; 1; 4; 0. Возвращаясь к основным неизвестным x и y, мы получим 4 системы: 3, 0; x y xy + =⎧ ⎨ =⎩ 1, 1; x y xy + =⎧ ⎨ =⎩ 4, 4; x y xy + =⎧ ⎨ =⎩ 0, 0. x y xy + =⎧ ⎨ =⎩ Первая система имеет два решения: (x; y) = (3; 0) и (x; y) = (0; 3). Вторая система не имеет реше- ний. Третья система имеет одно решение: (x; y) = = (2; 2). Четвертая система также имеет одно ре- шение: (x; y) = (0; 0). Поскольку найденные ре- шения содержат только целые числа x и y, все они включаются в ответ. Ответ: (0; 0), (2; 2), (0; 3), (3; 0). 24. (ВМК, устный экзамен, 2005 г.) Доказать, что квадрат любого простого числа p > 3 при де- лении на 12 дает в остатке 1. Решение. Пусть p — произвольное нату- ральное число. Рассмотрим структуру числа p при делении на 6: p = 6q + r, где q ≥ 0 — непол- ное частное, а r = 0, 1, …, 5 — остаток. Тогда p2 = 36q2 + 12pr + r2 . Поскольку первых два члена делятся на 12, остаток от деления на 12
- 50. МАТЕМАТИКА май 20135050 числа p2 такой же, как и остаток от деления на 12 числа r2 . Поскольку p = 6q + r — простое число, боль- шее 3, из 6 логически возможных вариантов для остатка (r = 0, 1, …, 5) реально возможны лишь два: r = 1 и r = 5. Соответственно, r2 может быть только 1 или 25. В каждом случае остаток от де- ления на 12 равен 1. 25. (ВМК, устный экзамен, 1998 г..) Известно, что p, p + 10, p + 14 — простые числа. Найти все такие p. Решение. Рассмотрим структуру числа p с точ- ки зрения делимости на 3. Логически возможны три случая: 1) p = 3q, где q ≥ 1; 2) p = 3q + 1, где q ≥ 0; 3) p = 3q + 2, где q ≥ 0. Поскольку p — простое число, в первом случае q = 1 (единственное простое число, кратное 3, — это 3). Тогда числа p + 10 и p + 14 равны 13 и 17 соответственно, то есть являются простыми. По- этому p = 3 удовлетворяет условию задачи. Во втором случае ряд чисел p, p + 10, p + 14 превратится в ряд 3q + 1, 3q + 11, 3q + 15. Отно- сительно чисел 3q + 1, 3q + 11 нельзя сказать ни- чего определенного (они могут быть как просты- ми, например, при q = 2, так и составными, на- пример, при q = 3), а 3q + 15 = 3(q + 5), причем q + 5 ≥ 5, так что это число — составное. Итак, из чисел p вида 3q + 1 ни одно не удовлетворяет условию задачи. В третьем случае ряд чисел p, p + 10, p + 14 превратится в ряд 3q + 2, 3q + 12, 3q + 16. Отно- сительно чисел 3q + 2, 3q + 16 нельзя сказать ни- чего определенного (они могут быть как просты- ми, например, при q = 1, так и составными, на- пример, при q = 2), а 3q + 12 = 3(q + 4), причем q + 4 ≥ 4, так что это число — составное. Итак, из чисел p вида 3q + 2 ни одно не удовлетворяет условию задачи. Ответ: p = 3. МЕТОДОБЪЕДИНЕНИЕ/ПРАКТИКУМ ФОТО НА КОНКУРС Наглядный способ построения сечений Автор: Н.П. Григорьева, учитель математики средней школы № 1, г. Гатчина, Ленинградская обл.
- 51. При оформлении подпискина сайте www.1september.ru оплата производится по квитанции в отделении банка или электронными платежами on-line Математика–Первоесентября Бумажная версия (доставка по почте) CD с электронной версией журнала и дополнительными материалами для практической работы (доставка по почте) Электронная версия в Личном кабинете подписчика на сайте www.1september.ru Дополнительные материалы включены Пользователям электронной версии высылаются по почте подтверждающие документы МАКСИМАЛЬНЫЙ тарифный план ОПТИМАЛЬНЫЙ тарифный план ЭКОНОМИЧНЫЙ тарифный план Максимальный — 1440 руб. бумажная версия (по почте) + CD + доступ к электронной версии на сайте Оформление подписки – на сайте www.1september.ru или на почте по каталогам: «Роспечать» – индекс 32030 (для индивидуальных подписчиков и организаций) «Почта России» – индекс 79073 (для индивидуальных подписчиков и организаций) Оптимальный — 594 руб. электронная версия на CD (по почте) + доступ к электронной версии на сайте Оформление подписки – на сайте www.1september.ru или на почте по каталогам: «Роспечать» – индекс 26113 (для индивидуальных подписчиков и организаций) «Почта России» – индекс 12717 (для индивидуальных подписчиков и организаций) Экономичный — 300 руб. доступ к электронной версии и оформление подписки на сайте www.1september.ru Бесплатный — 0 руб. доступ к электронной версии на сайте www.1september.ru для педа- гогических работников образовательных учреждений, участвующих в Общероссийском проекте «Школа цифрового века» ТАРИФНЫЕПЛАНЫНАПОДПИСКУ 2-е полугодие 2013 года ж у р н а л
- 52. 52МАТЕМАТИКА май 2013 В.ДЯТЛОВ, г. Новосибирск ТЕХНОЛОГИИ РЕШЕНИЯЗАДАЧ ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ. АНАЛИЗ СЕМЕЙСТВ ФУНКЦИЙ ИЛИ МНОЖЕСТВ. ПОИСК ПУТИ РЕШЕНИЯ Лекция 12 Часть материалов лекций В.Н. Дятлова во Владикавказе можно найти на сайте www.vcnmo.ru в разделе «Наука — школе», а также на сайте мехмата НГУ www.mmf.nsu.ru/pupil/use llllllllllllgggggggggg ff ((xx)) == 00 g((x))<< 00 ss = v·t sisisisinnnnnninxxxxx ====== aaaaaaa a2 – b2 aaaaaaaazzzz =====zzz ttttt llloooggool ab = c a b ( ;;;;(( ) 00000) 0)) ,,,, ( ;;;; )) 000000))) ffffff(((( yyyyy g xg xgg(((( yyyy ⎧⎧⎧⎧ ⎨⎨⎨⎨ ⎧⎧ ⎩⎩⎩⎩ ⎨⎨ Рассмотренные в предыдущих лекциях за- дачи были связаны с соотношениями, то есть с конструкциями, описывающими какие-то множества. Данную лекцию составим из двух частей. В первой рассмотрим объекты, в которых нет задания множеств, а именно семейства функций, а также такие соотноше- ния, которые исследуются на основе анализа множеств на коорди- натной плоскости. Вторую часть посвятим анализу поиска пути решения задачи с параметром и покажем на нескольких приме- рах, как предложенная процедура работает. Анализ свойств семейства функций или множеств При рассмотрении семейств функций обычно ставятся вопро- сы изменяемости каких-то свойств функций в зависимости от зна- чений параметра. Например, можно ставить вопрос о количестве или расположении точек экстремума, можно изучать изменение характера монотонности на каких-то множествах или влияние па- раметра на другие свойства функции — четность, периодичность и т.п. Когда речь идет об анализе семейства множеств, обычно имеются в виду множества на координатной плоскости, описыва- емые заданными соотношениями с двумя переменными. Мы огра- ничимся разбором встречающихся в последнее время постановок, связанных с точками экстремума, одного примера с нетрадицион- ной постановкой вопроса, а также анализом семейства множеств, заданных системой неравенств с двумя переменными. Пример 1. Найдем все значения a, при каждом из которых функция fa (x) = x2 – 3| x – a2 | – 5x имеет более двух точек экстремума. В задаче идет речь о семействе функций. Обратим внимание на ключевое свойство: наличие более двух точек экстремума. Для ис- следования экстремума функции можно применять производную, а для простых функций можно использовать известную информа- цию об экстремумах конкретных функций. Раскроем модуль и пе- рейдем к разветвленному заданию. Имеем: при при 2 2 2 2 2 2 8 3 0, ( ) 2 3 0. a x x a x a f x x x a x a ⎧ − + − ≥⎪ = ⎨ − − − <⎪⎩ ПОВЫШЕНИЕКВАЛИФИКАЦИИ/ЛЕКТОРИЙ
- 53. 5353 МАТЕМАТИКА май2013 Модуль исчез, но появились разные выражения для функции на разных множествах, причем сме- на задающего функцию выражения происходит не в конкретной точке, а зависит от параметра. Обратимся к вопросу задачи: когда у функции бо- лее двух точек экстремума? Изучим формирование экстремумов у нашей функции. Каждая из задаю- щих fa (x) квадратичных функций имеет минимум в виде вершины параболы, однако, во-первых, вовсе необязательно, что вершина попадет в ту область, в которой эта квадратичная функция задает fa (x), а во- вторых, вершина одна, а экстремумов надо не менее чемтри(тоестьболеечемдва).Откудабратьещедва? Они могут появиться только за счет изменения зада- ющих функцию выражений при переходе через точ- ку, в которой такое изменение происходит. График функции fa (x) составлен из кусков двух парабол, причем до некоторой точки, а именно до a2 , берется одна из парабол, а после — другая. Это параболы, абсциссы вершин которых расположены в точках x = 1 и x = 4 и не меняются. В любом слу- чаеслеваотточкиa2 беретсяпарабола,являющаяся графикомфункцииx2 –2x–3a2 ,асправа—парабо- ла, служащая графиком функции x2 – 8x + 3a2 . Если 0 ≤ a2 ≤ 1, то переход с левой параболы на правую происходит до того момента, когда появля- ется вершина левой параболы, а значит, эта верши- на точку минимума нашей функции не порождает (рис.1,изображениянарис.1–3условные,отража- ется лишь качественная картина). Справа от точки a2 идет участок убывания правой параболы, и оста- ется только одна возможность для точки экстрему- ма функции fa (x) — это вершина правой параболы. Рис. 1 Аналогичная картина наблюдается в том слу- чае, когда точка смены параболы больше четы- рех (см. рис. 2). Рис. 2 А если смена параболы происходит между точ- ками 1 и 4, то в точке перехода появляется мак- симум при том, что обе вершины порождают ми- нимумы составной функции (рис. 3). Рис. 3 Таким образом, условием появления трех то- чек экстремума служит выполнение неравенства 1 < a2 < 4. Тем самым функция fa (x) имеет более двух точек экстремума,когда1<a2 <4,тоестьпри–2<a<–1 или 1 < a < 2. Пример 2. Найдем все значения a, при каж- дом из которых наименьшее значение функции fa (x) = 2ax + | x2 – 4x + 3 | больше 1. В определении функции участвует модуль, так что перейдем к разветвленному заданию функ- ции. Имеем: (2 4) 3 ( ; 1] [3; ),x a x x+ − + ∈ −∞ + ∞ (2 4) 3 (1; 3).x a x x− + + − ∈ при при 2 2 ( )af x ⎧⎪ = ⎨ ⎪⎩ ∪ Для ответа на вопрос надо изучить, где дости- гается минимум в зависимости от a, и потребо- вать,чтобызначениевтакойточкебылобольше1. Будем использовать вид графика функции в за- висимости от расположения a. График функции fa (x) на промежутках (–∞; 1] и [3; +∞) представляет собой фрагменты парабо- лы, ветви которой направлены вверх, а значит, она принимает наименьшее значение на этом множестве либо в вершине, если таковая лежит в множестве(–∞;1]c[3;+∞),либовточках1или3, если абсцисса вершины из этого множества ушла (рис. 4, изображение условное). Рис. 4 График второго фрагмента, задающего функ- цию fa (x), есть часть параболы, ветви которой на- правлены вниз, и она может давать наименьшие значения только на концах промежутка, то есть
- 54. МАТЕМАТИКА май 20135454 в точках 1 или 3, так что на интервале (1; 3) наи- меньшее значение достичься не может. Изучимфункциюg(x)=x2 +(2a–4)x+3намно- жестве (–∞; 1] c [3; +∞) и выясним, когда ее наи- меньшее значение на этом множестве больше 1. Как отмечено выше, надо рассмотреть две воз- можности для расположения абсциссы вершины и сделать соответствующие выводы. Пусть абсцисса 2 – a вершины лежит в мно- жестве (–∞; 1] c [3; +∞), то есть либо a ≥ 1, либо a ≤ –1. Ордината вершины графика функции g(x) равна g(2 – a) = –a2 + 4a – 1, и тот факт, что наи- меньшее значение функции в этом случае боль- ше единицы, запишется так: –a2 + 4a – 1 > 1, а это верно при ( )2 2; 2 2 .a ∈ − + С учетом усло- вий на a получаем, что среди рассматриваемых a искомые заполняют промежуток )1; 2 2 .⎡ +⎣ Если –1 < a < 1, то наименьшее значение функции fa (x) достигается либо в точке 1, либо в точке 3. Решим неравенства fa (1) > 1 и fa (3) > 1. Имеем: fa (1) > 1 ⇔ 1 , 2 a > fa (3) > 1 ⇔ 1 , 6 a > и с учетом того, что рассматриваются только a ∈ (–1; 1), получаем, что среди таких a наимень- шее значение функции fa (x) окажется больше единицы при a ∈ (0,5; 1). Объединяя получен- ный результат с достигнутым ранее, приходим к ответу: ( )0,5; 2 2 .a ∈ + Пример 3. Найдем все точки (x; y) координат- ной плоскости, через которые не проходит ни одной кривой из семейства y = p2 + (4 – 2p)x – x2 . (1) Судя по нестандартности формулировки, тре- буется тщательный анализ с целью приведения задачи к виду, с которым мы знаем, что делать. Во-первых, участие отрицания неконструк- тивно, так что в первую очередь избавимся от негатива и будем искать не требуемое множе- ство, а его дополнение. Оно состоит из всех та- ких пар (x; y), через которые проходит хотя бы одна кривая данного семейства, то есть для ко- торых существует такое p, что выполнено равен- ство (1). Выработаем средство описания множе- ства точек (x; y) координатной плоскости. По- скольку равенство (1) записано в виде семей- ства функций, скорее всего, удобно будет вос- пользоваться терминологией, навеянной гра- фиками, иначе говоря, будем искать y при фик- сированном x, обладающие данным свойством: существует p такое, что выполнено (1). Тем са- мым одной фразой цель можно сформулировать так: при каждом фиксированном x найти такие y, для которых существует p, обеспечивающее равенство (1), или при данном x указать усло- вие на y, при котором квадратное относитель- но p уравнение (1) имеет решение. Перепишем его в стандартном для квадратного уравнения виде: p2 – 2xp + 4x – x2 – y = 0 и воспользуемся критерием существования кор- ней квадратного уравнения, состоящим в неот- рицательности дискриминанта: x2 – 4x + x2 + y ≥ 0 ⇔ y ≥ 4x – 2x2 . Обратившись к предыдущим рассуждениям, увидим, что ответ составляют такие пары (x; y), для которых y < 4x – 2x2 . С геометрической точки зрения искомое мно- жество заполняет подграфик квадратичной функции y = 4x – 2x2 . Пример 4. Найдем наименьшее значение па- раметра a, при котором система неравенств 2 2 2 2 2 2 2( 4 ) 15, 6 4 4( 1)( 1) 2 ( 2) y x x y x y a a a x y a ⎧ − ≥ + −⎪ ⎨ + + − ≤ + − + − −⎪⎩ (1) имеет решения. Речь идет о взаимодействии, а именно пересе- чении семейств множеств, задаваемых неравен- ствами. Ничего кроме геометрической интер- претации этого множества на плоскости (x; y) ис- пользовать не удастся, поэтому сразу к такой ин- терпретации и обратимся. Отличительной особенностью уравнения окружности служит наличие суммы квадратов переменных, поэтому во втором соотношении бу- дем стремиться получить круги. На что же мож- но рассчитывать в первом соотношении? На воз- можность представления его в виде «произведе- ние сравнивается с нулем» либо в виде сравне- ния выражений, в каждом из которых есть толь- ко одна из переменных. В любом случае надо за- ниматься преобразованиями. В обоих неравенствах выделим полные ква- драты: y2 – x2 – 2x – 2æ4y + 15 ≥ 0 ⇔ ⇔ (y2 – 2æ4y + 16) – (x2 + 2x + 1) ≥ 0 ⇔ ⇔ (y – 4)2 ≥ (x + 1)2 ⇔ | y – 4 | ≥ | x + 1 |, (x2 – 2æ2(a – 1)x + 4(a – 1)2 ) + + (y2 + 2æ(a – 2)y + (a – 2)2 ) ≤ 4 – 5a2 + + 4(a – 1) + 4(a – 1)2 + (a – 2)2 ⇔ ⇔ (x – 2a + 2)2 + (y + a – 2)2 ≤ 8 – 8a. Первое из этих множеств заполняет два угла, образованные пересечениями верхних и ниж- них полуплоскостей, ограничиваемых прямыми y – 4 = ±(x + 1). Вторые множества суть круги при условии положительности правой части. Рассуждения могут стать проще, если верши- ну углов переместим в начало координат. Сде- ПОВЫШЕНИЕКВАЛИФИКАЦИИ/ЛЕКТОРИЙ
- 55. 5555 МАТЕМАТИКА май2013 лать это легко переходом к новым переменным. Пусть y – 4 = z, x + 1 = t. Относительно новых пе- ременных система примет вид 2 2 | | | |, ( 2 1) ( 2) 8(1 ). z t t a z a a ≥⎧⎪ ⎨ − + + + + ≤ −⎪⎩ В переменных (t; z) первое множество представ- ляет собой два угла с вершиной в начале координат (рис. 5). Необходимым условием непустоты второ- го множества является a ≤ 1. Охарактеризуем мно- жество точек плоскости (t; z), составленное из цен- тров кругов, описываемых вторым неравенством. Из выражений t = 2a – 1, z = –a – 2, дающих коор- динаты центра в зависимости от a, исключим па- раметр и получим уравнение прямой t + 2z = –5, на которой находятся центры (см. рис. 5). Рис. 5 Если a = 1, то второе множество есть точка с координатами t = 1, z = –3, очевидно, лежащая в первом множестве. С уменьшением a местополо- жение центра меняется. Пока центр находится в уголке, пересечение множеств непусто и система имеет решение. При уменьшении a координата t центра смещается влево, а координата z вверх, и когда-то центр выйдет из уголка. В таком случае вопрос о непустоте пересечения сведется к сопо- ставлению длины радиуса и расстояния от цен- тра до какой-либо из прямых, ограничивающих уголок. Непустота пересечения обеспечится тем, что расстояние от центра круга до одной из пря- мых z = t, z = –t не больше радиуса круга (см. рис. 5). По условию надо найти наименьшее из a, при которых выполнено указанное свойство. Найдем, при каких a центр окажется за преде- лами уголков. Это начнется, когда пересекутся прямые t – z = 0 и t + 2z = –5. Координаты точки пересечения равны 5 , 3 − и, находясь на прямой t + 2z = –5, мы окажемся в этой точке при 1 . 3 a = − Тем самым при 1 1 3 a− ≤ ≤ центр круга располо- жен в нижнем уголке и можно рассматривать только 1 . 3 a < − Расстояние от точки (t0 ; z0 ) до прямой, задан- ной уравнением kt + lz + m = 0, дается выраже- нием 0 0 2 2 . kt lz m k l + + + Тем самым расстояние от цен- тра (2a – 1; –a – 2) до прямой t + z = 0 равно | 2 1 2 | | 3 | , 2 2 a a a− − − − = а до прямой t – z = 0 равно | 2 1 2 | | 3 1 | . 2 2 a a a− + + + = Отмеченное выше условие выглядит так: | 3 | 8 8 2 a a − ≤ − ⇔ 5 4 2 5 4 2a− − ≤ ≤ − + либо | 3 1 | 8 8 2 a a + ≤ − ⇔ 5 3 . 9 a− ≤ ≤ Тем самым пересечение множеств оказывает- ся непустым при 5 4 2; 1a ⎡ ⎤∈ − −⎣ ⎦ и наименьшее из таких a равно 5 4 2.− − Поиск пути решения Изложив анализ задач с параметрами на за- данные темы, соберем в одном месте высказан- ные ранее наблюдения. Решение задачи методи- чески удобно организовывать на основе поста- новки вопросов, ответов на них и выполнения рекомендаций, соответствующих выбранным ответам. Читатель может вернуться к опублико- ванным ранее лекциям, проследить за тем, как развивались события при решении задач, и убе- диться в организующей роли вопросов и анализа ответов на них. Вопросы способствуют постанов- ке цели на каждом шаге решения. Можно крат- ко сказать: каждый шаг должен быть мотивиро- ван. Вопросы позволяют выявить причину, по которой то или иное действие должно быть вы- полнено. Мы могли наблюдать эффективность мотивированности при решении логарифмиче- ских соотношений в [6], когда небольшой набор вопросов и выбор дальнейших действий в зави- симости от ответа на них позволял решать мно- гие соотношения, при рассмотрении других тем и особенно при решении задач с параметрами. В следующей лекции будет предложена организа- ция решения несложных тригонометрических уравнений таким же методом. Итак, подытожим накопленный при реше- нии задач с параметрами опыт, предложив не- сколько вопросов, возможных ответов на них и предпринимаемых в зависимости от ответа дей- ствий. Начнем с самого общего вопроса, направляюще- го нас либо к соотношениям, либо к функциям. Что рассматривается в задаче? Идет ли речь о соотношениях и семействах множеств их ре- шений или изучается семейство функций и ста- вится вопрос о том, когда эти функции обладают каким-то свойством?
- 56. МАТЕМАТИКА май 20135656 Следующий вопрос связан с выбором пути при изучении соотношения. Какая задача ставится для соотношения? Если речь идет о наиболее простом описании мно- жеств семейства, то есть о решении соотноше- ния, занимаемся решением соотношения, ори- ентируясь на собранные в [1, 2] наблюдения. Если говорится о каких-то связанных с этими множествами обстоятельствах, полезно поста- вить вопрос: рассматриваются свойства опреде- ляемых соотношениями множеств или взаимо- действие таких множеств? Если спрашивается о свойствах семейства множеств, то можно решать соотношение и искать ответ на вопрос в процес- се решения. Это довольно редко используемый ход, применяемый только к соотношениям, ха- рактеризуемым равенствами, однако исключать его не следует. Другие ходы порождаются отме- ченными ниже общими вопросами. При изуче- нии взаимодействия семейств множеств важны переформулировки. Необходимы базовый запас ситуаций, с которыми надо уметь разбираться, и способность переводить задачу с одного язы- ка на другой до тех пор, пока не появится базо- вая ситуация. Обычно лучше стремиться к та- ким связанным с множествами формулировкам, как включение множеств, их пересечение и т.п. Подборка типичных взаимодействий представ- лена в [5]. Существенно влияет на выбор пути такой во- прос. Будем использовать аналитический или гео- метрический подход к задаче? К отличительным особенностям задачи, приводящим к выбору гео- метрического пути, можно отнести, например, следующие: несложно выражается параметр че- рез переменную или переменная через параметр и есть возможность использовать графики функ- ций; доступно построение графиков семейства функций, участвующих в соотношении; в соот- ношении участвует две переменные и др. Ана- литический путь нередко связан с техническими трудностями, поэтому геометрическая поддерж- ка всегда желательна. При анализе количественных характеристик, к примеру, единственности решения или четно- сти числа решений, уместен следующий вопрос. Каковы особенности участия переменных в соотношении? При ответе на этот вопрос полез- но проанализировать свойства входящих в соот- ношение выражений на предмет выполнения не- обходимых условий, сужающих множество изу- чаемых значений параметра до обозримого и до- ступного для выбора искомых значений. К при- меру, если переменная входит в соотношение четным образом, а вопрос ставится о нечетно- сти числа решений, то нуль непременно должен быть решением. Для систем иногда использует- ся симметрия, иногда четность, как основа необ- ходимых условий. Одним из важных средств решения служит замена переменных. Она бывает вызвана либо стремлением к упрощению технических дета- лей, либо к ожиданию какой-то качественно новой информации о соотношении. К замене надо относиться с большим вниманием, в част- ности, следить за сопровождающими ее огра- ничениями Отметим несколько частных наблюдений. При рассмотрении соотношений с одной переменной полезна геометрическая интерпретация, причем как в плоскости «переменная – значение», так и в плоскости «переменная – параметр». При ис- пользовании плоскости «переменная – значе- ние» надо изучать пересечения графиков функ- ций, на плоскости «переменная – параметр» — пересечение графика горизонтальными или вер- тикальными прямыми в зависимости от того, рассматривается плоскость (x; a) или (a; x). Для неравенств предпочтительнее плоскость «пере- менная – параметр», так как на ней ответы на вопросы получаются на основе одного множе- ства, тогда как при использовании плоскости «переменная – значение» приходится работать с семействами множеств. Система, состоящая из уравнения и неравен- ства, зачастую ориентирована на геометрический путь решения. Если уравнение и неравенство со- держат одну переменную, то, как и для нера- венств, можно использовать либо плоскость «пе- ременная – значение», либо плоскость «перемен- ная – параметр». Если система с несколькими пе- ременными,тоиспользуетсяинтерпретациясоот- ношений на координатной плоскости входящих в нее переменных, обычно (x; y). Нередко помога- ет переход к новым переменным, вызванный ви- дом соотношений и направленный на их упроще- ние или выявление в новых переменных свойств, недостаточно просматриваемых в исходных пе- ременных. Система из неравенств с нескольки- ми переменными анализируется исключительно с помощью геометрической интерпретации. При рассмотрении семейства функций боль- шую роль играет графическая интерпретация. С ней легче просматривается влияние параметра на исследуемое свойство. В целом здесь необхо- дим анализ изменяемости изучаемых свойств в зависимости от параметра. Приведемнесколькопримеров,впроцессереше- ния которых, кроме отмеченных выше, будем ста- вить вопросы, уместные на соответствующем шаге решения. Условия примеров 4–7 взяты из [7]. ПОВЫШЕНИЕКВАЛИФИКАЦИИ/ЛЕКТОРИЙ
- 57. 5757 МАТЕМАТИКА май2013 Пример 5. Найти все значения параметров a и b такие, что система 2 2 2 4 6 | | 13 0, 2 8 x y x y b y ax ⎧ + − − + − ≤⎪ ⎨ = −⎪⎩ (1) имеет ровно два различных решения. Что рассматривается в задаче? Система из не- равенства и уравнения. Стало быть, обратим- ся к анализу задаваемых уравнением и неравен- ством семейств множеств на координатной пло- скости (x; y). Стимулируем анализ неравенства вопросом: в чем особенности неравенства? В нем есть сум- ма квадратов, стало быть, нацеливаемся на что- то, связанное с кругом. Что еще можно заметить в неравенстве? Присутствие переменной y толь- ко в виде y2 и | y |, и это свидетельствует о сим- метрии задаваемого неравенством множества от- носительно оси абсцисс: (x; y) удовлетворяет не- равенству тогда и только тогда, когда (x; –y) ему удовлетворяет. Следовательно, надо изобразить множество для y ≥ 0 и результат отразить отно- сительно оси абсцисс. Для y ≥ 0 неравенство запишется так: (x – 2)2 + (y – 3)2 ≤ b2 . Оно задает лежащую в полуплоскости y ≥ 0 часть круга с центром x = 2, y = 3 и радиусом | b |. Если | b | < 3, симметричное отражение даст два круга, один с центром (2; 3), другой — (2; –3), если же | b | ≥ 3, то получится связная фигура. Какие множества на плоскости задает урав- нение? Это семейство прямых, проходящих че- рез точку ( )0; 4 2 .− Когда такие прямые могут иметь с первым множеством только две общие точки? Только в случае, когда происходит каса- ние в двух точках. Расположение прямых и опи- сываемого неравенством множества, при кото- ром есть две точки касания, возможно только в указанном на рисунке 6 положении. Рис. 6 Если прямая касается внутренним образом двух непересекающихся окружностей с одним радиусом, то она проходит через середину отрез- ка, соединяющего их центры. В нашем случае прямая должна проходить через точку (2; 0), и это даст условие на a, а именно 0 2 4 2,a= − от- куда 2 2.a = Значения b можно найти, например, из по- добия треугольников AOC и O2 BA, согласно ко- торому 2 2 , AO BO AC AO = то есть | |3 , 6 2 b = откуда | b | = 1 и b = ±1. Пример 6. Найти все значения a, при каждом из которых общие решения неравенств y + 2x ≥ a и y – x ≥ 2a являются решениями неравенства 2y – x ≥ a + 3. Что рассматривается в задаче? Система нера- венств и одно неравенство с двумя переменными. Следовательно, решать будем путем анализа се- мейств множеств на координатной плоскости (x; y). Как можно описать множество решений нера- венства с двумя переменными? Либо с помощью надграфиков и подграфиков, либо используя ли- нии, задаваемые соответствующими неравен- ствам уравнениями, если это известного типа ли- нии наподобие окружностей. Что представляют собой множества, описываемые каждым из трех неравенств задачи? Это надграфики вместе с гра- фиками функций, задаваемых соответствующи- ми уравнениями. Пересечение верхних полупло- скостей, определяемых неравенствами системы, представляет собой «верхний» уголок, образо- ванный обеими ограничивающими эти полупло- скости прямыми. Описываемое последним неравенством множе- ство — также верхняя полуплоскость, и вопрос задачи переформулируется так: при каких a по- лученный в результате пересечения уголок содер- жится в задаваемой третьим неравенством полу- плоскости? Ответ на этот вопрос можно дать, на- пример,так.Определяющаяпоследнююполупло- скость прямая наклонена к оси абсцисс под мень- шим острым углом, чем прямые, задаваемые пер- выми двумя уравнениями. Поэтому если верши- на уголка лежит в отвечающей третьему неравен- ству полуплоскости, то и весь уголок там содер- жится. Остается найти координаты точки пересе- чения и записать тот факт, что полученная точка удовлетворяет третьему неравенству. Для нахождения точки пересечения при- равняем значения y из равенств y = a – 2x и y = x + 2a, получим , 3 a x = − 5 , 3 a y = и высказан- ное выше условие даст неравенство относитель- но a: 5 2 3, 3 3 a a a+ ≥ + которое выполнено при 9 . 8 a ≥
- 58. МАТЕМАТИКА май 20135858 Пример 7. Найти все значения a, при каждом из которых система 2 2 2 2 2| 3 4 12 | 2 30, 3 32 0, 6 8 0 xy y x a a z a a z z x y x y ⎧ − − + = + − − ⎪ − − − =⎨ ⎪ − − + + =⎩ имеет ровно 4 решения. Что рассматривается в задаче? Система урав- нений с тремя переменными. Судя по виду со- ставляющих систему соотношений, для ответа на вопрос решать ее не надо. Как переменные входят в уравнение системы? Во втором урав- нении из переменных присутствует только z, а значит, выразив z через a и подставив резуль- тат в первое и третье уравнения, получим си- стему из двух уравнений с двумя перемен- ными: 2 2 2 2 2| 3 4 12 | 2 3 2, 6 8 3 32, xy y x a a x y x y a a ⎧ − − + = − + +⎪ ⎨ + − − = − −⎪⎩ к которой и отнесем вопрос задачи. Заметив, во-первых, что второе уравнение си- стемы описывает на плоскости (x; y) окружность, а во-вторых, что решать аналитически систему трудно, нацелимся на использование геометри- ческой интерпретации. Выделив во втором урав- нении полные квадраты с участием переменных, запишем его в виде (x – 3)2 + (y – 4)2 = 3a2 – a – 7. Какое обстоятельство можно использовать для ответа на вопрос? Скорее всего, какое-то свой- ство составляющих систему выражений, связан- ное с характером участия в них неизвестных или с видом описываемых ими множеств. Традици- онных для таких ситуаций свойств переменных типа симметричности их участия в уравнени- ях или четности какой-то из переменных здесь не наблюдается. Сместим описываемую вторым уравнением окружность так, чтобы ее центр ока- зался в начале координат, тогда она станет сим- метричным во всех отношениях множеством. Та- кое смещение достигается заменой переменных. Положим x – 3 = u, y – 4 = v, то есть x = u + 3, y = v + 4, и тогда система после простых преобра- зований примет вид 2 2 2 2 2| | 2 3 2, 3 7. uv a a u v a a ⎧ = − + +⎪ ⎨ + = − −⎪⎩ Второе уравнение в системе задает окруж- ность при условии положительности правой ча- сти. В первом уравнении если u = 0 либо v = 0, то получаются две прямые, а именно координат- ные оси, имеющие четыре пересечения с окруж- ностью, значит, система имеет четыре решения. Этот случай реализуется при 2a2 – 3a – 2 = 0 и 3a2 – a – 7 > 0, то есть при a = 2. Если u ≠ 0 и v ≠ 0, то наблюдаются гипербо- лы, симметричные относительно прямых v = u и v = –u. Ввиду симметричности если решений че- тыре, то необходимо | v | = | u |. Уравнения в этом случае таковы: 2u2 = 3a2 – a – 7, 2u2 = –2a2 + 3a + 2, и существование u, удовлетворяющего этим уравнениям, равносильно равенству их правых частей, то есть 3a2 – a – 7 = –2a2 + 3a + 2, из которого находим, что a = –1 или a = 1,8. Пока мы получили, что отличные от найденных значе- ний a не могут дать четыре решения, то есть ре- зультат надо искать среди этих чисел. Непосред- ственной проверкой нетрудно найти, что только при a = 1,8 правая часть второго уравнения по- ложительна, откуда получаем ответ: a = 2 или a = 1,8. Литература 1. Дятлов В.Н. Технологии решения задач: Лекция 7. Задачи с параметрами. Основные по- нятия. Уравнения с параметрами // Математи- ка. 2012. № 11. С. 53–61. 2. Дятлов В.Н. Технологии решения задач: Лекция 8. Неравенства с параметрами // Мате- матика. 2013. № 1. С. 51–57. 3. Дятлов В.Н. Технологии решения задач: Лекция 9. Задачи с параметрами. Количествен- ные характеристики множеств решений // Ма- тематика. 2013. № 2. С. 53–59. 4. Дятлов В.Н. Технологии решения задач: Лекция 10. Задачи с параметрами. Качествен- ные свойства множеств решений // Математика. 2013. № 3. С. 53–59. 5. Дятлов В.Н. Технологии решения задач: Лекция 11. Задачи с параметрами. Взаимодей- ствие множеств решений // Математика. 2013. № 4. С. 50–57. 6. Дятлов В.Н. Технологии решения задач: Лекция 5. Логарифмические соотношения // Математика. 2012. № 9. С. 52–59. 7. ЕГЭ-2013: Математика: самое полное из- дание типовых вариантов заданий / Авт.-сост. И.В. Ященко, И.Р. Высоцкий. — М.: АСТ; Астрель, 2013. ПОВЫШЕНИЕКВАЛИФИКАЦИИ/ЛЕКТОРИЙ
- 59. ДИСТАНЦИОННЫЕ КУРСЫ ПОВЫШЕНИЯ КВАЛИФИКАЦИИ (сучетом требований ФГОС) Педагогический университет «Первое сентября» Лицензия Департамента образования г. Москвы 77 № 000349, рег. № 027477 от 15.09.2010 По окончании выдается удостоверение о повышении квалификации установленного образца НОРМАТИВНЫЙ СРОК ОСВОЕНИЯ 108 УЧЕБНЫХ ЧАСОВ Стоимость – 2990 руб. НОРМАТИВНЫЙ СРОК ОСВОЕНИЯ 72 УЧЕБНЫХ ЧАСА Стоимость – 2390 руб. Пожалуйста, обратите внимание: заявки на обучение подаются только из Личного кабинета, который можно открыть на любом сайте портала www.1september.ru Перечень курсов и подробности на сайте edu.1september.ru образовательные программы: Ведется прием заявок на 2013/14 учебный год
- 60. 60МАТЕМАТИКА май 2013 РЕФЕРАТЫ ЭЛЕКТРОННЫХ ПУБЛИКАЦИЙ АхтямоваГ. (г. Белорецк, Республика Беларусь). Конкурс зна- токов квадратичной функции. 9 класс. Автор предлагает урок, це- лью которого является систематизация знаний по теме «Квадратич- ная функция и ее график», провести в виде конкурса. Учащиеся раз- биваются на команды, в каждой команде выбирается капитан. Оче- редность ответов команд определяется количеством набранных в ре- зультате разминки баллов. Затем командам предлагаются разноу- ровневые задания. В конце конкурса учитель выставляет участни- кам отметки в зависимости от набранных командами баллов. Годендухина И. (г. Москва). Карточки с пропусками. 10 класс. Предлагаемые материалы представляют собой карточки с задани- ями с пропусками по темам «Решение тригонометрических урав- нений» и «Решение иррациональных уравнений». Карточки пред- назначены для работы со слабоуспевающими учениками, а также для учащихся, пропустивших этот материал. Карточки могут ис- пользоваться как при первичном изучении материала, так и при повторении. Методика работы с подобными материалами была описана автором в журнале «Математика», 2012, № 5 и № 7. Ковалева Г. (г. Москва) Результаты международных иссле- дований PIRLS-2011 и TIMSS-2011: достижения и проблемы. В апреле прошел Московский педагогический марафон учебных предметов. В день учителя математики автор представила до- клад о результатах международных исследований PIRLS-2011 и TIMSS-2011. В своем докладе автор сообщила краткую информа- цию: для чего и с какой целью проводятся исследования и кто мо- жет стать их участником. Автор показала динамику изменения результатов российских школьников за последние 10 лет и рас- смотрела основные факторы, влияющие на улучшение этих ре- зультатов. Были приведены примеры заданий для учащихся 4-го и 8-го классов, которые встречались в тесте по математике. В кон- це доклада автор указала основные причины типичных ошибок младших школьников, проблемы в математическом образовании учащихся основной школы и обсудила со слушателями способы повышения конкурентоспособности российского образования. Доклад сопровождался презентацией, с которой можно ознако- миться на диске. ЛандышеваИ.<landysheva.inna@yandex.ru>(пос.Мстёра,Вла- димирская обл.). Игра на уроках математики. 7 класс. Включение игры в учебный процесс повышает интерес учащихся к изучаемо- му предмету и создает условия для развития личности ученика, его творческих способностей. Автор предлагает развернутый план обобщающего урока по геометрии с элементами игры. Цель урока: ВБИБЛИОТЕКЕ/СТАТЬИНАCD
- 61. 6161 МАТЕМАТИКА май2013 обобщить знания учащихся по темам «Основные геометрические понятия», «Смежные и верти- кальные углы». Учащиеся работают по группам, в которые входят и сильные, и слабые ученики. Таран Т. <tvtaran@mail.ru> (г. Троицк). Фор- мирование метапредметных компетенций на занятиях внеурочного компонента «Занима- тельная математика». 5 класс. Формирование метапредметных компетенций вооружает учени- ка такими методами и подходами к решению за- дач, которые могут быть применены совершен- но в различных областях человеческого знания и практики. В настоящей статье рассмотрено, как можно формировать метапредметные компетен- ции в 5-м классе на занятиях внеурочного ком- понента «Занимательная математика». Автор предлагает ряд задач, на примере которых пока- зывает, как математические правила и свойства можно применять в областях, не связанных с ма- тематикой. Тряпочкина Е. (пос. Спирово, Тверская обл.). Тема урока: «Решаем устно квадратные уравне- ния». 8 класс. Автор предлагает конспект уро- ка, на котором подробно разбирает с учащимися устные способы нахождения корней квадратных уравнений. Эти способы основаны на связи ко- эффициентов квадратного уравнения с его кор- нями. При объяснении автор создает проблем- ные ситуации через различные методы решения задач. Шатрова Ю. (г. Самара). Организация вне- урочной работы по математике в рамках реа- лизации ФГОС. Одним из результатов изучения предметной области «Математика» является раз- витие умения применять изученные понятия, методы для решения задач практического харак- тера и задач из смежных дисциплин. Автор пред- лагает рассмотреть в рамках внеурочной деятель- ности прикладной аспект теории графов. В статье представлен план-конспект фрагмента занятия «Классические вопросы теории графов», на кото- ром предлагает рассмотреть базовые понятия те- ории графов. Данное занятие можно предложить как учащимся основной школы, так и старшей. Липская С., Ашпина О., Васьк Л., Степу- ленко Н., Васьк К. (г. Новокузнецк). Тема уро- ка: «Применение производной к решению задач ЕГЭ». 11 класс. В данном материале представле- на консультация, которую можно провести при подготовке учащихся 11-х классов к единому го- сударственному экзамену по математике. В ходе занятия систематизируются знания по примене- нию производной к решению задач типа В8. На- глядный материал интересен и разнообразен. У обучающихся концентрируется внимание, улуч- шается понимание структуры решения задач типа В8 и усиливается запоминание материа- ла. Использованы материалы обучения, способ- ствующие активизации познавательной деятель- ности: наглядная демонстрация в виде слайдов; совместная деятельность; поиск рационального метода решения; постановка и разрешение про- блемы. Формы организации: индивидуальная; фронтальная. http://festival.1september.ru/articles/619609/ Федотова Т. (пос. Увельский, Челябин- ская обл.). Тема урока: «Формула Ньютона– Лейбница». 11 класс. Цели урока: познакомить учащихся с формулой Ньютона–Лейбница; фор- мировать навыки вычисления определенного интеграла и нахождения площади фигуры с по- мощью этой формулы; способствовать развитию умения сравнивать, обобщать, классифициро- вать, анализировать, делать выводы. На уроке рассматриваются различные фигуры, площадь которых находится с помощью определенного интеграла. Урок разработан по учебнику «Алге- бра и начала анализа, 10–11», авторы С.М. Ни- кольский и др. http://festival.1september.ru/articles/620799/ Липская С., Ашпина О., Васьк Л., Степуленко Н., Васьк К. Применение производной к решению задач ЕГЭ Федотова Т. Тема урока: «Формула Ньютона–Лейбница»
- 62. 62МАТЕМАТИКА май 2013 Н.АВИЛОВ, avilow@rambler.ru, ст. Егорлыкская, Ростовская обл. ГОЛОВОЛОМКА «ГЕКС» Ведущий рубрики — Николай Иванович Авилов — на фоне своей коллекции головоломок Эта головоломка — новый вариант популяр- ной головоломки «Танграм», который я разработал для своих учеников. Вырезав из плотной бумаги, картона или однотонно- го линолеума правильный шестиугольник и аккуратно разрезав его на восемь частей по предложенной схеме, вы получите игро- вой набор «Гекс». Из восьми элементов головоломки «Гекс» можно сложить мно- го фигур. Вот, например, кот Леопольд. Он с бантиком, как поло- жено благородному коту. Вот выпуклые многоугольники. Они словно сошли со страниц школьного учебника. Попробуйте сложить их. Но скажу честно, одну из этих фигур нельзя сложить из элемен- тов «Гекса». Какую? Догадайтесь сами и попробуйте обосновать вы- вод.Ещеодинвопрос:можнолисложитьвыпуклыйсемиугольник? Ниже изображены силуэты хорошо знакомых предметов: «Па- русник», «Ворон» «Дельтаплан». Их придумали мои ученики и «нарисовали» кусочками «Гекса». Некоторые из них воспроизво- дятся легко, над другими же придется потрудиться. Сложность решения оцените сами. Предложите своим ученикам также сложить из элементов «Гек- са» некоторые буквы и цифры русского и латинского алфавита. Советы учителю. В головоломку «Гекс» можно внести эле- менты соревнования. Для этого можно ограничить время на со- ставление фигур или составлять фигуры под лозунгом «Кто бы- стрее?». Воспроизведение предложенных здесь композиций лишь часть заданий для начального этапа освоения головолом- ки. На следующем этапе предложите ребятам творческое зада- ние — изобрести новые фигуры, которые можно сложить из эле- ментов «Гекса». От этого они получат большое удовольствие и почувствуют себя первооткрывателями. Головоломка требует во- ображения и терпения. Присылайте в редакцию самые интерес- ные фигуры, сложенные из «Гекса» вами и вашими учениками. К материалу есть приложение на CD-диске. ПОСЛЕУРОКА/ВКЛАДОВОЙГОЛОВОЛОМОК
- 64. mat.1september.ru Подписка: Роcпечать- 32030 (бумажная версия), 26113 (электронная); Почта России - 79073 (бумажная версия), 12717 (электронная) Пантеон — «храм всех богов», построенный в Риме в 126 году н. э. По своей конструкции он представляет собой ро- тонду, перекрытую полусферическим куполом диаметром 43,3 м. С точки зрения геометрии — это цилиндр с полусфе- рой, лежащей на его верхнем основании, радиус которой равен радиусу основания цилиндра. Сразу задаешься вопросом о технологии строительства купола, ведь он не только внешне величествен, но и стоит уже почти два тысячелетия! Интерес мой оказался непразд- ным. Специалисты утверждают, что купол Пантеона – явле- ние уникальное: это самое большое в мире сооружение из неармированного бетона, то есть внутри него нет металли- ческого каркаса, который держал бы на себе немалый вес этого сооружения. Прошли столетия, прежде чем европей- ские строители смогли использовать эту технологию. Однако уникальная технология строительства – не един- ственная интересная особенность купола. Есть и геоме- трическая: если полусферу купола мысленно продолжить нижней половинкой до полной сферы, то нижняя точка этой сферы окажется на полу, причем точно в центре Пантеона. При переводе на язык геометрии это означает, что высота цилиндра равна радиусу сферы. В верхней же точке сферы расположено «око» Пантеона — круглое отверстие в куполе, диаметр которого равен 9 м. Именно через него в храм проникает свет, а также дождь и прочие осадки, если таковые в Риме случаются. Свет этот не рассеивается, а имеет форму гигантского светового столба. Так и хочется войти в этот свет, ощутить его на себе. Гиды рассказывают потрясенным экскурсантам о потоках энергии, которые связывают Пантеон с космосом, и пред- лагают встать в нижней точке сферы и ощутить льющуюся космическую благодать. Все возможно, ведь строилось это сооружение как языческий храм. Ничего не могу сказать о связи с космосом, но мне это помогло установить незри- мую связь с теми, кто жил две тысячи лет назад и умел воз- водить такие необыкновенные сооружения. Л. Рослова май 2013 ПАНТЕОН РИМСКИЕ ВПЕЧАТЛЕНИЯ