Скачать

Нестандартные методы решения задач по математике

1. Метод функциональной подстановки

2. Метод тригонометрической подстановки

3. Методы, основанные на применении численных неравенств

4. Методы, основанные на монотонности функций

5. Методы решения функциональных уравнений

6. Методы, основанные на применении векторов

7. Комбинированные методы

8. Методы, основанные на использовании ограниченности функций

9. Методы решения симметрических систем уравнений

10. Методы решения уравнений, содержащих целые или дробные части числа

Заключение

Литература

Введение

В настоящее время на занятиях по математике в математических классах общеобразовательных школ, гимназий и лицеев все большее внимание уделяется изучению нестандартных методов решения уравнений и неравенств из различных разделов математики (алгебра, тригонометрия и геометрия). В известной степени это вызвано тем, что в последние годы имеет место устойчивая тенденция к усложнению заданий, предлагаемых на вступительных экзаменах по математике в ведущих высших учебных заведениях Беларуси и Российской Федерации.

В данной работе предлагаются нестандартные методы решения задач по математике, которые имеют довольно-таки широкое распространение. Многие из приведенных здесь задач предлагались совсем недавно на вступительных экзаменах по письменной математике в Белгосуниверситете.

1. Метод функциональной подстановки

Метод функциональной подстановки является, пожалуй, самым распространенным методом решения сложных задач школьной математики. Суть метода состоит в введении новой переменной , применение которой приводит к более простому выражению. Частным случаем функциональной подстановки является тригонометрическая подстановка.

Основная трудность решения задач методом функциональной подстановки заключается в том, что зачастую трудно угадать вид самой подстановки и вид уравнений (или неравенств), где эту подстановку можно использовать. В настоящем разделе предлагаются наиболее распространенные уравнения и неравенства, которые эффективно решаются методом функциональной подстановки.

Задачи и решения

Пример 1Решить уравнение

Решение. Введем новую переменную , тогда из Ошибка! получаем уравнение . Поскольку обе части полученного уравнения неотрицательны, то после возведения в квадрат получаем равносильное уравнение . Отсюда вытекает ,  и , .

Рассмотрим два уравнения

Первое уравнение корней не имеет, а из второго получаем  и . Подстановкой в Ошибка! убеждаемся в том, что найденные значения переменной  являются корнями исходного уравнения.

Ответ: .

Пример 2Решить уравнение

Решение. Нетрудно видеть, что  и  является корнем уравнения.

Пусть теперь , тогда обе части уравнения Ошибка! разделим на  и получим уравнение

Если обозначить , то уравнение Ошибка! принимает вид квадратного уравнения , корнями которого являются  и .

Рассмотрим уравнения  и , откуда следует, что  и . Так как , то наиденные значения  являются корнями уравнения.

Ответ: , , .

Пример 3Решить уравнение

Решение. Перепишем уравнение в виде

Положим, что  и , тогда из Ошибка! получим уравнение , из которого следует  и , . Так как  и , то  и при этом .

Поскольку  и , то . Отсюда получаем систему уравнений

где . Решением системы уравнений Ошибка! относительно  является . Так как при этом  и , то  и .

Ответ: .

Пример 4Решить уравнение

Решение. Для преобразования левой части уравнения Ошибка! воспользуемся очевидным равенством . Тогда из уравнения Ошибка! имеем

и

Если затем положить , то получим уравнение , корни которого равны  и .

Таким образом, необходимо рассмотреть два уравнения  и , т.е.  и , где . Первое уравнение корней не имеет, а из второго получаем .

Ответ: , .

Пример 5Решить уравнение

Решение. Первоначально убедимся, что  не является корнем уравнения Ошибка!. Так как , то разделим обе части уравнения Ошибка! на . Тогда получим

(1)

Пусть , тогда

и из уравнения (1) следует  или . Последнее уравнение представим в виде . Отсюда следует, что  и .

Далее, рассмотрим три уравнения ,  и . Первые два уравнения корней не имеют, а корнями третьего уравнения  являются

Ответ:

Пример 6Решить неравенство

(2)

Решение. Разделим числитель и знаменатель дроби в левой части неравенства (2) на  и обозначим  через . Тогда неравенство (2) можно переписать как

и

(3)

Решая неравенство (3) с учетом того, что , получаем . Поскольку , то .

Ответ: .

Пример 7Решить уравнение

(4)

Решение. Выполним замену переменных, пусть  и . Так как  и , тo . Кроме того, имеем .

В таком случае из уравнения (4) получаем систему уравнений

(5)

Пусть теперь  и , тогда из системы уравнений (5) следует  и . Отсюда с учетом того, что , получаем  и . Следовательно, имеет место ,  и .

Поскольку  и , то  и , где  --- целое число.

Ответ: , где  --- целое число.

К числу, нестандартных методов решения алгебраических уравнений относится метод, основанный на применении тригонометрической подстановки. Использование такого метода целесообразно в том случае, когда искомые уравнения напоминают известные тригонометрические формулы. Это относится преимущественно к уравнениям (системам уравнений), решение которых обычными приемами весьма затруднительно, и которые после введения тригонометрических подстановок сводятся к несложным тригонометрическим уравнениям. Суть тригонометрической подстановки состоит в замене неизвестной переменной  тригонометрической функцией, например  или , а также в замене  некоторой функцией от ,  или .

Полученные корни тригонометрических уравнений позволяют находить корни исходных уравнений как в тригонометрической, так и в алгебраической форме. Следует особо отметить, что тригонометрические уравнения имеют, как правило, бесконечное число корней, а исходные уравнения --- конечное их число.

Задачи и решения

Пример 8Решить уравнение

(6)

Решение. Поскольку  не является корнем уравнения (6), то разделим обе его части на . Тогда

(7)

Если  или , то левая часть уравнения (7) будет больше , а правая его часть --- меньше . Следовательно, корни уравнения (6) находятся на отрезке .

Пусть , где . Тогда уравнение (6) принимает вид тригонометрического уравнения

Решением уравнения  являются , где  --- целое число. Однако , поэтому ,  и . Так как , то ,  и .

Ответ: ,  и .

Пример 9Решить уравнение

(8)

Решение. Нетрудно видеть, что

Выполним замену , где . В таком случае левая часть уравнения (8) принимает вид

а из уравнения (8) следует тригонометрическое уравнение вида

(9)

Сделаем еще одну замену переменных, пусть , тогда  и из (9) получаем квадратное уравнение относительно переменной , т.е. , решением которого являются  и . Так как  и , то  и . С учетом того, что , получаем систему тригонометрических уравнений

(10)

Из уравнений системы (10) составим квадратное уравнение относительно  вида  и получаем  и . Так как , то  и

Ответ: , .

Пример 10Решить систему уравнений

(11)

Решение. Поскольку  и , то положим  и , тогда  и . Тогда  и . В таком случае ,  и система уравнений (11) принимает вид

(12)

Из первого уравнения системы (12) получаем . Поскольку , то , Следовательно, получаем систему

Отсюда следует  и . Так как  и , то  и .

Ответ: , .

Нестандартными методами в математике являются также методы, в основу которых положено использование известных в математике численных неравенств (Коши, Бернулли и Коши--Буняковского), изучению которых в общеобразовательной школе не уделяется или почти не уделяется никакого внимания. Однако многие математические задачи (особенно задачи повышенной сложности) эффективно решаются именно такими методами. В этой связи незнание последних может существенно ограничить круг успешно решаемых задач.

Первоначально приведем формулировки неравенства Коши, неравенства Бернулли и неравенства Коши--Буняковского, а затем проиллюстрируем их применение на примерах, взятых из программы вступительных экзаменов по письменной математике в Белгосуниверситете.

Неравенство Коши

Пусть , , ..., , тогда

(13)

где . Причем неравенство превращается в равенство тогда и только тогда, когда . В частности, если в (13) положить , то

(14)

Это неравенство чаще всего встречается при решении школьных задач по математике. Если в (14) положить  и , где , то

(15)

Здесь неравенство равносильно равенству лишь при .

Следует отметить, что имеется аналог неравенства (15) для отрицательных значений , а именно, если , то

(16)

Данное неравенство превращается в равенство при .

Неравенство Бернулли

Наиболее распространенным является классическое неравенство Бернулли, которое формулируется в следующей форме: если , то для любого натурального  имеет место

(17)

Причем равенство в (17) достигается при  или .

Наряду с (17) существует обобщенное неравенство Бернулли, которое содержит в себе два неравенства:

 если  или , то

(18)

если , то

(19)

где .

Следует отметить, что равенства в (18) и (19) имеют место только при . Верно также и обратное утверждение.

Неравенство Коши--Буняковского

Для произвольных  и  имеет место

(20)

где .

Причем равенство в (20) достигается в том и только в том случае, когда числа . и  пропорциональны, т.е. существует константа  такая, что для всех  выполняется равенство .

На основе использования неравенства Коши--Буняковского (20) можно доказать неравенство

(21)

которое справедливо для произвольных ,  и натурального числа .

Задачи и решения

Пример 11Доказать неравенство

(22)

где .

Доказательство. Преобразуем левую часть неравенства (22) с использованием неравенства (19), т.е.

Так как по условию , то равенства в неравенстве Бернулли (19) не будет, поэтому доказано строгое неравенство (22).

Пример 12Доказать, что если , то

(23)

Доказательство. Введем обозначения  и . Тогда  и .

Используя неравенство Коши-Буняковского (20), можно записать . Так как , то  и .

Имеет место равенство , из которого следует .

Следовательно, для доказательства неравенства (23) достаточно показать, что  или , где .

Пусть . Для доказательства неравенства (23) требуется показать, что , где .

Так как , то корни уравнения  являются точками, подозрительными на экстремум функции . Уравнение  имеет два корня: , . Поскольку , , , то .

Отсюда следует, что неравенство (23) доказано.

Пример 13Доказать, если , то

Доказательство. Для получения нижней оценки левой части требуемого неравенства первоначально воспользуемся неравенством Бернулли (18), а затем неравенством Коши (14), тогда

Пример 14Решить уравнение

(24)

Решение. Используя неравенство Коши (14), можно записать

т.е. имеет место неравенство

Отсюда и из уравнения (24) следует, что приведенные выше неравенства Коши обращаются в равенства. А это возможно лишь в том случае, когда  и .

Следовательно, имеем  и .

Ответ: , ; , ; , ; , .

Пример 15Решить уравнение

(25)

Решение. Применим к левой части уравнения (25) неравенство Бернулли (19), а к правой части --- неравенство (18), тогда

и

Отсюда следует, что неравенства Бернулли, примененные к обеим частям уравнения (25), обращаются в равенство, а это возможно лишь в том случае, когда .

Ответ: .

Пример 16Доказать неравенство

(26)

 где , .

 Доказательство. Непосредственно из неравенства (21) следует . Используя это неравенство и неравенство Коши (15), получаем неравенство (26) следующим образом:

Пример 17Доказать, что

(27)

где , ,  --- стороны треугольника, a  --- его площадь.

Доказательство. Известно, что , где  --- угол между сторонами  и . Поскольку , то . Используя неравенство Коши , получаем верхнюю оценку площади треугольника  вида . По аналогии с изложенным выше имеет место  и .

Тогда .

Отсюда следует справедливость неравенства (27).

Пример 18Доказать, что для всякого прямоугольного параллелепипеда с ребрами , ,  и диагональю  имеет место неравенство

(28)

Доказательство. Воспользуемся неравенством Коши--Буняковского (20), тогда .

Поскольку в прямоугольном параллелепипеде  (теорема Пифагора), то . Отсюда следует справедливость неравенства (28). Заметим, что равенство в (28) достигается тогда и только тогда, когда прямоугольный параллелепипед является кубом.

Пример 19Пусть  --- точка, лежащая внутри прямоугольника , и  --- его площадь. Доказать, что

(29)

Доказательство. Через точку , лежащую внутри прямоугольника , проведем  и . Обозначим , ,  и . Тогда , , , ,  и требуемое неравенство (29) принимает вид

(30)

Используя неравенство Коши--Буняковского (20), можно записать два неравенства

и

Следовательно, имеет место

и

Складывая приведенные выше неравенства, получаем неравенство (30).

При решении уравнений типа  в ряде случаев весьма эффективным является метод, который использует монотонность функций  и . Если функция  непрерывна и возрастает (убывает) на отрезке , а функция  непрерывна и убывает (возрастает) на этом же отрезке, то уравнение  на отрезке  может иметь не более одного корня.

Напомним, что функция  называется возрастающей (или убывающей) на отрезке , если для любых , , удовлетворяющих неравенствам , выполняется неравенство  (соответственно, ). Если функция  является на отрезке  возрастающей или убывающей, то она называется монотонной на этом отрезке.

В этой связи при решении уравнения  необходимо исследовать функции  и  на монотонность, и если одна из этих функций на отрезке  убывает, а другая функция --- возрастает, то необходимо или попытаться подбором найти единственный корень уравнения, или показать, что такого корня не существует. Если, например, функция  возстает, a  убывает для  и при этом , то корней уравнения  среди  нет. Особенно такой метод эффективен в том случае, когда обе части уравнения  представляют собой весьма `неудобные'' для совместного исследования функции. Кроме того, если функция  является монотонной на отрезке  и уравнение  (где  --- некоторая константа) имеет на этом отрезке корень, то этот корень единственный.

Задачи и решения

Пример 20Решить уравнение

(31)

Решение. Областью допустимых значений уравнения (31) являются . Рассмотрим функции  и . Известно, что функция  для  является убывающей, а функция  --- возрастающей. В этой связи уравнение (31) может иметь только один корень, т.е. , который легко находится подбором.

Ответ: .

Пример 21Решить уравнение

(32)

Решение. Введем новую переменную . Тогда ,  и уравнение (32) принимает вид

(33)

Уравнение (33) имеет очевидный корень . Покажем, что других корней нет. Для этого разделим обе части уравнения (33) на , тогда

(34)

Так как , а , то левая часть уравнения (34) является убывающей функцией, а правая часть --- возрастающей функцией. Поэтому уравнение (34) если имеет корень, так только один. Ранее было установлено, что  --- корень уравнения (33). Следовательно, этот корень единственный.

Таким образом, имеем . Тогда единственным корнем уравнения (32) является .

Ответ: .

Пример 22Решить уравнение

(35)

Решение. Разделим обе части уравнения (35) на , тогда

(36)

Подбором нетрудно установить, что  является корнем уравнения (36). Покажем, что других корней это уравнение не имеет.

Обозначим  и . Очевидно, что . Следовательно, каждая из функций  и  является убывающей и при этом .

Если , то ,  и .

Если , то ,  и .

Следовательно, среди 2 или  корней уравнения (36) нет.

Ответ: .

К числу наиболее сложных задач на вступительных конкурсных экзаменах по математике относятся задачи, решение которых сводится к рассмотрению функциональных уравнений вида

(37)

или

(38)

 где , ,  --- некоторые функции и .

Методы решения функциональных уравнений (37), (38) основаны на использовании следующих теорем.

Теорема 23Корни уравнения  являются корнями уравнения (37)

Доказательство. Пусть  --- корень уравнения , т.е. . Тогда справедливы равенства

Отсюда следует, что

т.е.  является корнем уравнения (37).

Теорема 24Если  --- возрастающая функция на отрезке  и , то на данном отрезке уравнения (37) и  равносильны.

Доказательство. Пусть  является корнем уравнения (37), т.е. . Предположим, что  не является корнем уравнения , т.е. . He нарушая общности рассуждений, будем считать, что . Тогда в силу возрастания функции  справедливы неравенства

Так как , то из приведенных выше неравенств следует . Таким образом, получили ложное неравенство. А это означает, что .

Отсюда и из теоремы 23 следует справедливость теоремы 24.

Следствие 25Если функция  возрастает для любого , то уравнения (37) и  равносильны.

Следствие 26Если функция  возрастает на своей области определения, то уравнения (37) и  равносильны.

Более сложным является решение уравнения (37) в том случае, когда на некотором отрезке  функция  является убывающей.

В данном случае имеют место аналоги теоремы 24 и двух следствий только при условии, что в уравнении (37) число  нечетное.

Теорема 27Если  --- убывающая функция на отрезке ,  --- нечетное и , то на данном отрезке уравнения (37) и  равносильны.

Доказательство. Пусть  является корнем уравнения (37), т.е.

Предположим, что  не является корнем уравнения , т.е. . Не нарушая общности рассуждений, будем считать, что . Тогда в силу убывания функции  на отрезке  получаем неравенства , , , и т. д.

Так как  --- нечетное, то

Поскольку , то из последнего неравенства получаем .

Так как  --- убывающая функция, то , т.е. . Получили противоречие тому, что по предположению . Следовательно, .

Отсюда, с учетом теоремы 23, следует справедливость теоремы 27.

Следствие 28Если функция  убывает для любого  и  --- нечетное, то уравнения (37) и