Квант
Практикум абитуриента

Читатели советуют

Розов Н. Х.

Квант 1979, №4с. 48, 49, 51Тег EWFA

48

Читатель советуют

В общирной редакционной почте «Кванта» значительная часть письма наших читателей — школьников, преподавателей, любитель математики — касается тематики раздела «Практику абитурента». Многие из них затрагивают частиные вопросы — на такие письма редакция отвечает лично их автором. Но в целом ряде письма и заметок высказываются интересные сообщения по различным теоретическим вопросам школьного курса математики, излагаются примышления некоторых типов экзаменационных задач, сообщаются полезные замечания, предложения методического характера, самостоятельно составленные задачи. Хотя приводимые в подобных письмах сообщения и задачи не всегда являются новыми и оригинальными, с их содержанием целесообразно, на наш взгляд, познакомить всех читателей «Кванта». Не считая возможным публиковать эти письма и заметки полностью, редакция подготовила подборку материалов, составленную по идеям и предложенным читателем журнала, с необходимыми дополнительными комментариями. Мы надеемся, что включенные в подборку вопросы окажут помощь поступающим вузы.

Свободное владение школьным курсом математики, которое абитурент должен показать на примемом экзамене, подразумевает, в частности, умение правильно проводить вычисления, грамотно преобразовать алгебраические выражения. К сожалению, поступающим часто снижают оценку именно за ошибки, допущенные в ходе преобразования. Такие ошибки проискодят, как правило, не из-за незначения — это, скорее, результат ненимателовости и небрежности, неумения проверять само себя, результат недостаточной практики в решении примеров, отраживающих техническую подготовку (см. «Квант», 1974, № 3, с. 49—50). Суть этого метода состоит в том, что вместо одной из входящих в алгебраические выражения переменных подставляется некоторая тригонометрическая функция вспомогательного угла, причем она подбирается так, чтобы исходное выражение в силу известных формул тригонометрии упростилось.

Конечно, удача тригонометрическая подготовка былает полезна не только для преобразования алгебраических выражений, но и во многих задачах — при решении уравнений, доказательстве неравенств и т. д. Большой набор интересных примеров такого рода прислал наш читатель В. Ольхов (Горький).

Пример 1. Доказать мождество

a+b=a+a2−b2+a−a2−b2.\sqrt{a + \sqrt{b}} = \sqrt{\frac{a + \sqrt{a^2 - b}}{2}} + \sqrt{\frac{a - \sqrt{a^2 - b}}{2}}. (1)

Прежде всего заметим, что обе части равенства (1) одновременно имеют смысл, если

b≥0,a≥0,a≥b;b \geq 0, a \geq 0, a \geq \sqrt{b}; (2)

для этих значений aa и bb мы и докажем наше тожество. Наличие под квадратным корнем выражения a2−ba^2 - b наводит на мысль положить

b=a2sin⁡2φ, где 0≤φ≤π/2,b = a^2\sin^2\varphi, \text{ где } 0 \leq \varphi \leq \pi/2, (3) — ведь тогда

a2−b=acos⁡φ.\sqrt{a^2 - b} = a\cos\varphi.

Такая тригонометрическая подготовка допустима, поскольку в силу неравенств (2) дробь b/a2b/a^2 (при a≠0a \neq 0) заключается между 0 и 1 и ее можно принять за значение квадрата синуса неокторого угла первого четверти

49

(если a=0a=0, то и b=0b=0 и тождество (1) оченьно).

После подстановки (3) права часть равенства (1) запишется в виде

a(cos⁡φ2+sin⁡φ2).\sqrt{a} \left( \cos \frac{\varphi}{2} + \sin \frac{\varphi}{2} \right).

В то же время

a+b=a+asin⁡φ=a(cos⁡φ2+sin⁡φ2),\sqrt{a + \sqrt{b}} = \sqrt{a + a \sin \varphi} = \sqrt{a} \left( \cos \frac{\varphi}{2} + \sin \frac{\varphi}{2} \right),

так как 1+sin⁡φ=cos⁡2φ2+2cos⁡φ2sin⁡φ2+sin⁡2φ2=(cos⁡φ2+sin⁡φ2)21 + \sin \varphi = \cos^2 \frac{\varphi}{2} + 2 \cos \frac{\varphi}{2} \sin \frac{\varphi}{2} + \sin^2 \frac{\varphi}{2} = \left( \cos \frac{\varphi}{2} + \sin \frac{\varphi}{2} \right)^2, и тождество (1) доказано.

Пример 2. Доказать, что при c>0,a>c,b>cc > 0, a > c, b > c

(a+c)(b+c)+(a−c)(b−c)≤2ab.\sqrt{(a + c)(b + c)} + \sqrt{(a - c)(b - c)} \leq 2 \sqrt{ab}.

Коеда в этом неравенстве достигается знак равенства?

Перепишем доказываемое неравенство в виде

(1+ca)(1+cb)+(1−ca)(1−cb)≤2.\sqrt{\left( 1 + \frac{c}{a} \right)\left( 1 + \frac{c}{b} \right)} + \sqrt{\left( 1 - \frac{c}{a} \right)\left( 1 - \frac{c}{b} \right)} \leq 2. (4)

Так как по условию

0<ca<1,0<cb<1,0 < \frac{c}{a} < 1, \quad 0 < \frac{c}{b} < 1,

можно положить

ca=cos⁡α,0<α<π/2,\frac{c}{a} = \cos \alpha, \quad 0 < \alpha < \pi/2,

cb=cos⁡β,0<β<π/2.\frac{c}{b} = \cos \beta, \quad 0 < \beta < \pi/2.

Если влевой части неравенства (4) выполнить эту тригонометрическую подстановку, то можно последовать:

(1+cos⁡α)(1+cos⁡β)+(1−cos⁡α)(1−cos⁡β)=2(cos⁡α2cos⁡β2+sin⁡α2sin⁡β2)=2cos⁡(α2−β2)≤2,\sqrt{(1 + \cos \alpha)(1 + \cos \beta)} + \sqrt{(1 - \cos \alpha)(1 - \cos \beta)} = 2 \left( \cos \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\beta}{2} + \sin \frac{\alpha}{2} \sin \frac{\beta}{2} \right) = 2 \cos \left( \frac{\alpha}{2} - \frac{\beta}{2} \right) \leq 2,

что и доказывает неравенство (4).

Из приведенной цепочки преобразования видно, что равенство в соответствии (4) достигается, когда

cos⁡(α2−β2)=1,\cos \left( \frac{\alpha}{2} - \frac{\beta}{2} \right) = 1,

т. е. при α=β\alpha = \beta; это возможно только при a=ba = b (проверьте самостояльно!).

Следующое ниже irrationalное уравнение с параметром без особого труда решается стандартным методом — возведением в степень; надо только внимательно проследить за тем, чтобы не получить построенных корней. Мы показем, как это уравнение решается иначе — с помощью тригонометрического подстановки.

Пример 3. Решить уравнение

p+x+p−x=x.\sqrt{p + x} + \sqrt{p - x} = x. (5)

Заметим прежде все, что если уравнение (5) при каком-нибудь значении параметра pp имеет корень, то этот корень — неотрицательное число (почему?). Отсюда следует, что при p<0p < 0 уравнение (5) корней не имеет, при p=0p = 0 оно имеет один корень x=0x = 0 и при p>0p > 0 корни должны удовлетворять неравенству 0<x≤p0 < x \leq p (доказите эти утверждения).

Сделаем тригонометрискую подстановку

x=pcos⁡ψ,0≤ψ<π2;x = p \cos \psi, \quad 0 \leq \psi < \frac{\pi}{2};

тогда уравнение (5) примет вид

1+cos⁡ψ+1−cos⁡ψ=pcos⁡ψ,\sqrt{1 + \cos \psi} + \sqrt{1 - \cos \psi} = \sqrt{p} \cos \psi,

или

2=p(cos⁡ψ2−sin⁡ψ2)\sqrt{2} = \sqrt{p} \left( \cos \frac{\psi}{2} - \sin \frac{\psi}{2} \right)

(проделяйте выкладки). Возведя обе части последнего уравнения в квадрат, получим

sin⁡ψ=p−2p.\sin \psi = \frac{p - 2}{p}.

Определяем от сюда значение ψ\psi можно выбрать в первой четверти только тогда, когда p≥2p \geq 2; следовательно, уравнение (5) имеет корни только для значений параметра p≥2p \geq 2. При любом значении параметра, удовлетворяющим этому условию,

51

ношениями

sin⁡φ=ba2+b2,cos⁡φ=aa2+b2\sin \varphi = \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}}, \cos \varphi = \frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}}

(«Квант», 1976, № 4, с. 41—42).

На любопытное обобщение формулы (7) указывает в своей письме М. Шкаленюк (Одесса). Продемонстрируем это обобщение на конкретной задаче.

Пример 5 (МГУ, мехмат, 1965). Сколько корней имеет уравнение

sin⁡x+2sin⁡2x=3+sin⁡3x?\sin x + 2 \sin 2x = 3 + \sin 3x?

Применя известные формулы тригонометрии, предложенное уравнение перепишем в виде

sin⁡2x−sin⁡xcos⁡2x=32.\sin 2x - \sin x \cos 2x = \frac{3}{2}.

(8)

Тепер львую часть преобразуем следующим образом:

sin⁡2x−sin⁡xcos⁡2x=\sin 2x - \sin x \cos 2x =

=1+sin⁡2x[11+sin⁡2xsin⁡2x−sin⁡x1+sin⁡2xcos⁡2x].= \sqrt{1 + \sin^2 x} \left[ \frac{1}{\sqrt{1 + \sin^2 x}} \sin 2x - \frac{\sin x}{\sqrt{1 + \sin^2 x}} \cos 2x \right].

Так как при любом xx

(11+sin⁡2x)2+(−sin⁡x1+sin⁡2x)2=1,\left( \frac{1}{\sqrt{1 + \sin^2 x}} \right)^2 + \left( -\frac{\sin x}{\sqrt{1 + \sin^2 x}} \right)^2 = 1,

существует зависщий от xx угол φ=φ(x)\varphi = \varphi(x) такой, что

11+sin⁡2x=cos⁡φ(x),\frac{1}{\sqrt{1 + \sin^2 x}} = \cos \varphi(x),

−sin⁡x1+sin⁡2x=sin⁡φ(x).- \frac{\sin x}{\sqrt{1 + \sin^2 x}} = \sin \varphi(x).

No тогда

sin⁡2x−sin⁡xcos⁡2x=\sin 2x - \sin x \cos 2x =

=1+sin⁡2xsin⁡(2x+φ(x)),= \sqrt{1 + \sin^2 x} \sin (2x + \varphi(x)),

так что уравнение (8) равносильно уравнению

1+sin⁡2xsin⁡(2x+φ(x))=32.\sqrt{1 + \sin^2 x} \sin (2x + \varphi(x)) = \frac{3}{2}.

Поскольку левая часть последнего уравнения при всех значениях xx не превыходит 2\sqrt{2}, это уравнение корней не имеет.

Наш читатель В. Колмыков (Воронеж) предлагает найти ошибку в «доказательстве» следующей явно неверной «теоремы»:

  1. Теорема. Если две плоскости параллельны, то они совпадают.

Доказательство. Пусть

ax+by+cz+d=0ax + by + cz + d = 0

— уравнение плоскости α\alpha, а

Ax+By+Cz+D=0Ax + By + Cz + D = 0

— уравнение плоскости β\beta, и пусть α∥β\alpha \parallel \beta. В силу параллельности этих плоскостей

Aa=Bb=Cc,\frac{A}{a} = \frac{B}{b} = \frac{C}{c},

или, если обозначит эти отношения через kk, A=kaA = ka, B=kbB = kb, C=kcC = kc.

No тогда уравнение плоскости β\beta можно записать в виде

ax+by+cz+d=0.ax + by + cz + d = 0.

Вычитая из равенства (10) равенство (9), получаем, что D=kdD = kd, а потому уравнение (10) плоскости β\beta можно переписать в виде

ax+by+cz+d=0.ax + by + cz + d = 0.

Поскольку это уравнение совпадает с уравнением (9) плоскости α\alpha, получаем α=β\alpha = \beta.