Document 932304

Муниципальное общеобразовательное учреждение
«Средняя общеобразовательная школа №3 г.Козьмодемьянска»
Республики Марий Эл
Методическая разработка по теме:
«Метод мажорант как один из способов
решения нестандартных задач»
учителя математики высшей категории
Уртюковой Маи Андреевны
г. Козьмодемьянск
2015г.
План методической разработки
Введение……………………………………………………………………….3
Глава1.
Развитие
творческого
мышления
средствами
нестандартных задач.
1.1 Функции нестандартных задач в обучении математике………………4-6
1.2 Актуальность изучения метода мажорант(оценки)…………………….7-8
Глава 2. Метод мажорант(оценки) как один из способов
решения нестандартных задач.
2.1 Применение метода к решению уравнений вида f(x) =g(x)…………... 9-19
2.2 Использование метода при решении задач на неравенства Коши и
Бернулли……………………………………………………………………...20-30
Заключение…………………………………………………………………....31
Список использованной литературы………………………………………..32
2
Введение.
Сегодня нашему обществу, как никогда, необходимы не только
грамотные специалисты в той или иной области, но и творческие люди,
умеющие решать нестандартные задачи.
Математические задачи - главное звено в формировании творческого
мышления. Существует огромное количество творческих задач, требующих
нетрадиционного метода их решения.
Под нестандартной понимают задачу, алгоритм решения которой
обычно неизвестен и нужен самостоятельный поиск ключевой идеи.
Нестандартная задача в большинстве случаев воспринимается как вызов
интеллекту и порождает потребность реализовать себя в преодолении
препятствия. Вера в то, что личного опыта достаточно для успеха, затягивает
решающего, а увлеченность поиском решения проблемы – главная движущая
сила творческой активности.
Цель работы : раскрыть нетрадиционный метод решения творческих задач,
способствовать формированию гибкости мышления.
Задачи: 1)изучение понятия метода оценки;
2)использование различных уравнений, неравенств Коши и
Бернулли для
раскрытия метода;
3)обосновать эффективность изучения данного метода учащимися старших
классов.
3
Глава1. Развитие творческих способностей средствами
нестандартных задач.
1.1 Функции нестандартных задач в обучении математике
Способность размышлять, анализировать, строить планы, создавать
разные проекты ─ очень важные умения, которые в дальнейшем смогут
помочь детям самостоятельно принимать решения и действовать в сложных
условиях современной жизни. Поэтому, начиная с первых лет обучения,
нужно
приучить
учащихся
к
самостоятельной
работе,
к
поиску
нетрадиционных решений, к творческой работе. Если учитель не будет
постоянно заботиться о развитии мышления, поставляя “ пищу для ума”, то
ученики не смогут состояться как творческие личности. Главная задача ─
содействовать творческому восприятию учащимися учебного материала и их
желанию самосовершенствоваться. Математика в этом плане обладает
исключительными возможностями.
В теории и практике обучения наиболее распространенный путь
развития творческой активности – «через творческие задачи». Не случайно
известный педагог-математик Д.Пойа пишет: «Что значит владение
математикой? Это есть умение решать задачи, причем не только
стандартные, но и требующие известной независимости мышления, здравого
смысла, оригинальности, изобретательности». Педагог Колягин Ю.М.,
например, считает, что «решение задач становится не только средством
сознательного и прочного овладения учащимися системой математических
знаний, умений и навыков, но и средством, с помощью которого у школьника
самым естественным образом могут быть сформированы качества, присущие
творческой личности, необходимые им для активного участия в создании
материальных и духовных ценностей в будущем независимо от того, какую
профессию они изберут».
4
На уроках математики по традиционной программе при решении
школьных задач учащиеся применяют для их решения определенные знания,
умения и навыки. Их роль заключается в обработке и закреплении
конкретных умений и навыков. При этом известная алгоритмизация способов
их решения ограничивает творческий поиск учащихся. Учащиеся, постоянно
следуя жестко предписанным операциям, привыкают к однотипным
действиям, быстро теряют свои наклонности к оригинальным решениям,
начинают мыслить и действовать по стандарту как все, что естественно,
тормозит их творческую активность. Творчество – это, прежде всего умение,
отказаться от стереотипов мышления, только в этом случае можно создать
что-то новое. В этом отношении большие возможности имеются на уроках
математики, в частности при решении нестандартных задач.
Нестандартная задача в отличие от традиционной не может быть
непосредственно (в той форме, в которой она предъявлена) решена по
какому-либо алгоритму. Такие задачи не сковывают ученика жесткими
рамками одного решения. Необходим поиск решения, что требует творческой
работы мышления и способствующий его развитию. “Задача, которую вы
решаете, может быть скромной, но если она бросает вызов вашей
любознательности и заставляет вас быть изобретательными, то вы можете
испытать ведущее к открытию напряжения ума и насладиться радостью
победы”.
Решение нестандартных задач – процесс сложный. При решении таких
задач дети встречают трудности. Это объясняется такими причинами: из-за
неуверенности в своих возможностях и боязни их трудности, отсутствием
необходимого для этого умения и навыков. Только при систематической
работе можно достичь желаемого результата. Решая нестандартные задачи,
дети сами приходят к выводу, что есть задачи, которые не решают сразу
одним действием, что надо анализировать, сравнивать, рассуждать.
5
Для решения нестандартных задач наиболее эффективный способ –
вооружить детей теми приемами умственной деятельности, которые
необходимы при этом: анализ и синтез, сравнение, аналогия, классификация.
Важнейшими математическими операциями являются анализ и синтез.
Анализ связан с выделением элементов данного объекта, его признаков или
свойств. Синтез – соединение различных элементов, сторон объекта в единое
целое. В мыслительной деятельности анализ и синтез дополняют друг друга.
Формированию и развитию данных мыслительных операций способствует
решение задач, в которых от учащихся требуется проводить правильные
рассуждения, рассматривать объекты с разных сторон, указывать их
различные свойства, а также постановка различных вопросов относительно
данного объекта.
Другой мыслительной операцией, которой должны овладеть ученики,
способствующей развитию творческих способностей учащихся, является
сравнение. Формированию приема сравнения способствуют задания, в
которых требуется сравнить объекты, указать их признаки и свойства, найти
сходства и различия.
Аналогия – это такая мыслительная операция, с помощью которой
находится
сходство
между
объектами
в
некотором
отношении.
Использование аналогии в математике является одной из основ поиска
решения задач.
Классификация – это прием логического мышления, суть которого
заключается в разбиении данного множества объектов на попарно
непересекающиеся подмножества.
Критерии, фиксирующие процесс, способы решения творческих задач:
- какие цели выдвигает учащийся при решении задачи – нахождение частного
результата или нахождение способа решения;
-
как
выдвигает,
обосновывает
и
реализует
в
необходимой
последовательности все учебные действия, относящиеся к решению учебной
задачи: анализ условия, планирование решения, оценка способа решения;
6
- как решает учебные задачи в измененных условиях;
- как оценивает и корректирует собственные действия по решению задачи;
- какова реакция учащегося на ошибку( ищет выход самостоятельно или
аппелирует к преподавателю или к учащемуся);
- склонен ли учащийся искать множественность способов решения задач.
Решение нестандартных задач расширяет математический кругозор,
формирует неординарность мышления, умения применять знания
в
нестандартных ситуациях, развивает упорство в достижении поставленных
целей,
прививает
Воспитывается
интерес
к
изучению
любознательность,
классической
математики.
самостоятельность,
активность,
инициативность. Все это развивает творческое мышление школьников.
1.2 Актуальность изучения метода мажорант(оценки)
В школьном курсе математики выделены четыре основных метода
решений уравнений: разложение на множители, замена переменной, переход
от равенства функции к равенству аргументов, функционально-графический.
Надо сказать, что существует огромное количество творческих задач,
требующих нетрадиционного метода их решения. Многолетняя практика
экзаменов по математике стимулировала создание мощного производства по
«изготовлению» задач, в частности уравнений.
Одним из способов решения нестандартных уравнений является метод
оценок. Нередко выпускники не могут справиться даже с простейшими
задачами, что свидетельствует об отсутствии у них навыков решения задач
методом оценки. Попросим ученика решить, допустим, уравнение: cosx +
cos3x = 2. С чего начинает решение ученик? – С представления левой части
уравнения в виде произведения. Однако этот путь нахождения корней
уравнения довольно длинный, так как его часть отлична от нуля. Проще
использовать
свойство
ограниченности
тригонометрических
функции,
поэтому сумма косинусов может быть равной 2 только в том случае, когда
оба слагаемых одновременно будут равны по 1.
7
Учащиеся, владеющие только стандартными методами решения
уравнений, как правило попадают в расставляемые экзаменаторами
«ловушки». Берясь за решение уравнения, они концентрируют свое внимание
только на поиске преобразований, сводящих исходное уравнение к более
простому, забывая при этом, что упрощение полезно и возможно не всегда.
Математические
знания
учащихся
слишком
часто
оказываются
формальными, у основной массы учащихся не формируется разумный
подход к поиску способа решения незнакомых задач. Поэтому важным
становятся не только усвоение знаний, но и сами способы усвоения и
переработки
учебной
информации,
развития
познавательных
сил
и
творческого потенциала учащихся.
В данной разработке систематизированы задачи, решаемые методом
оценок. Для раскрытия метода использовано большое число разнообразных
уравнений из всех разделов элементарной математики, неравенства Коши и
Бернулли. Наличие функции разного вида создает впечатление о том, что
уравнение вовсе не решается. Кроме того, порой применение метода сложно
в техническом исполнении, поэтому, для того, чтобы хорошо овладеть им и
уметь увидеть когда его применение может принести успех, нужно
прорешать большое количество задач такого типа.
При решении задач данным методом развивается гибкость мышления,
формируется умение анализировать, проводить сравнение, обобщать факты и
делать выводы. Рассуждения учащихся становятся последовательными,
доказательными и логичными.
Метод оценок, раскрытый в данной работе, позволяет учащимся
открыть для себя новый путь решения тех или иных нестандартных
уравнений.
Таким образом, материал данной работы можно использовать на
факультативных занятиях и на уроках при подготовке к ЕГЭ.
8
Глава 2. Метод мажорант (оценки) как один из способов
решения нестандартных задач
2.1. Применение метода к решению
уравнений вида f(x) = g (x).
Нестандартными обычно называются равнения вида f(x) = g (x), где f(x)
и g (x) – функции совершенно разного типа. Например,
x5
 sin х , log ах = 2 х и т.д.
x2
Существуют
теоремы,
способные
облегчить
решение
данных
уравнений. Например, одна из них:
Если на некотором промежутке I наибольшее значение f(x) равно
числу А, а наименьшее значение g (x) тоже равно числу А, то уравнение
f(x) = g (x) равносильно системе
f(x) = А
g (x) = А
на данном промежутке I.
Для подтверждения правильности теоремы рассмотрим уравнение
х 2 + 1 = cos х . Для этого построим графики функций у = х 2 + 1 и у = cos х.
По теореме заключаем:
х2 +1=1
 x=0
cos х = 1
9
Очень часто метод оценки называют «методом мажорант». «Метод
мажорант» - это прием, который можно назвать оценкой соответствующих
значений функции.
Определение. Мажорантой данной функции f(x) на множестве Р
называется такое число М, что-либо f(x) ≤ М, для всех х Р, либо f(x) ≥ М
для всех х  Р.
Мы знаем много мажорант для известных функций: y=ax2+bx+c, y=sin x, y
=cos x.
Как искать такое число М? Для того, чтобы найти мажоранту нужно:
а) найти D(f) функции;
б) найти E(f) функции;
в) исследовать функцию на экстремум;
г) если функция определена на отрезке, найти наибольшее и наименьшее
значения;
д) применить известные неравенства:
a
1
 2, если a > 0,
a
a
1
 2, если a < 0.
a
Например. Назовите наибольшее и наименьшее значения функций, если
они существуют: y=sin 3x, y=2cosx, y=2x, y=x2 - 6x+5, y=5 - x2, y=x2+3,
y=log3x.
Рассмотрим уравнения:
Пример 1. Решите уравнение
(х2 - 2х + 3) (у2 + 6у + 12) = 6
Решение: Первое, что необходимо сделать – надо выделить квадраты
двучленов в каждом множителе левой части уравнения:
((х – 1)2 +2) ((у + 3) 2+ 3) = 6
Далее оцениваем каждый множитель произведения или найдем мажоранту
каждой функции, входящей в уравнение: (х – 1)2 +2 ≥ 2 и
10
(у + 3) 2+ 3 ≥ 3
при всех значениях примененных х и у. Выделив все необходимые оценки,
мы подходим к последнему этапу решения. Равенство (х2 - 2х + 3) (у2 + 6у +
12) = 6 возможно тогда и только тогда, когда выполняется система:
х–1=0
у+3=0
Откуда х = 1, у = 3.
Пример 2. Решите уравнение
- cos (7πх) = х2 - 6х + 10
Решение: Для любого действительного α │cos α│ ≤ 1, следовательно, для
любого х  R - cos (7πх) ≤ 1. Преобразовывая правую часть, получим:
х2 - 6х + 10 = х2 - 6х + 9 + 1 = (х – 3)2 + 1 ≥ 1.
Таким образом, левая часть уравнения не больше 1, а правая не меньше 1.
Поэтому равенство может достигаться только в том случае, если обе части
равны 1, т.е. исходное уравнение равносильно системе
- cos (7πх) = 1
(х – 3)2 + 1 = 1
Несложно заметить, что второе уравнение имеет единственный корень х = 3.
Подставляя полученное значение в первое уравнение, получим истинное
равенство.
Ответ: х = 3.
Пример 3. Решите уравнение
log 2 (17 - | sin 0,5 πх |) =
2 x  15  x 2
Решение: Учитывая ограниченность функции синус,
≥ log
2
log 2 (17 - | sin 0,5 πх |)
(17 – 1) = 4 для всех х  R; с другой стороны,
2 x  15  x 2 =
16  ( x  1) 2 ≤ 16 = 4 для всех х  [-3; -5]. Значит, уравнение равносильно
системе
sin 0,5 πх = 1
х=1
откуда х = 1.
Ответ: х = 1.
Пример 4. Решите уравнение
сos 6 х + sin 2 3х + 4sin9х = 7
11
Решение: Сумма коэффициентов перед тригонометрическими функциями в
левой части равна 6, что меньше 7. Это наталкивает на мысль о решении
уравнения методом оценки. Действительно, сos 6 х ≤ 1, sin 2 3х ≤ 1, 4sin9х ≤ 4.
Следовательно, левая часть не превосходит 6 при любом х, поэтому
уравнение не имеет действительных решений.
Ответ: решений нет.
Пример 5. Решите уравнение
tg2 3х=cos 2x – 1
(1)
Решение: tg2 3х = - 2 sin2x
Так как tg2 3х ≥ 0, а - 2 sin2x ≤ 0, то уравнение tg2 3х = - 2 sin2x имеет решение
тогда и только тогда, когда выполняется система
tg2 3х =0
х=
Пк
,к  z
3
 х = n , п  z

- 2 sin2x=о
х = n , п  z
Ответ: х = n , п  z
Пример 6. Решите уравнение
arccos(2x – 3) =  +  ·│x2 – 6x + 5│.
Решение: ОДЗ:│ 2x – 3│≤1  2≤2х≤4  х  [1;2].
Множество значений функции y = arccos(2x – 3) принадлежит отрезку [0;  ].
Правая часть уравнения всегда не меньше  , и по определению модуля │x2 –
6x + 5│≥0 для всех х  R. Значит, данное уравнение будет иметь решение
тогда и только тогда, когда левая и правая части уравнения будут равны
 ,т.е
2 x  3  1


arccos(2 x  3)  
cos  2 x  3

 2
  x  1


2

  x  6x  5  
x  6x  5  0


 x  5



х  1

 х  1  х  1
 х  5

12
Полученное значение х =1 принадлежит ОДЗ уравнения и, значит, является
его корнем.
Ответ: х = 1.
Пример 7. Решить уравнение
2 log
5
(1  x)  3 log
3
2
(1  x 2 )  lg(1  sin 2 x)  0 (1)
Решение: Допустимые значения определяются системой неравенств.
x  0

1  x  0

2
1  x  0
1  sin 2 x 0

Так как y  log
log
5
3
2
5
t и y  lg t - функции возрастающие и x  0;1 , то
(1  x)  0 , lg( 1  sin 2 x)  0
y  log
log
откуда 0  x <1
3
2
3
t - функция убывающая 0 <
<1 и 0<1- x 2 ≤1 при x  0;1 , то
2
(1  x 2 )  0
Решениями уравнения (1) будут являться значения переменной х, при
которых каждое слагаемое уравнения (1) равно нулю, при этом

log 5 (1  x )  0

2
log 3 (1  x )  0

2

2
lg(1  sin x )  0
где 0  x <1
Решим первое уравнение
13
1+ x  1; x  0
При x  0 второе и третье уравнения обращаются в верные равенства.
Следовательно, x  0 единственный корень уравнения (1).
Ответ: 0
Пример 8. С помощью производной найдите все решения уравнения
11
4 x 3  3x 2  6 x   sin x
 3 
4
, лежащие на отрезке  ;1 .
 2 
Решение:
Итак, рассмотрим функции f(x)=4x 3 +3x 2 - 6x+
11
и g(x) =sin  х
4
x  R, f ' ( x)  12 x 2  6 x  6  6(2 x  1)( x  1) .
1
f ' ( x)  0 при x  и x  1 .
2
─
+
-
3
2
-1
+
1
2
1
Наименьшее значение f (x) принимает либо в точке 
3
1
либо в точке .
2
2
3
1
f (  )  5 , f ( )  1.
2
2
Значит 1 – наименьшее значение.
g ( x)  sin x , 1 – наибольшее значение.
 f ( x)  1
 f ( x)  1
1
Итак, 
Значит 
при x  .
2
 g ( x)  1
 g ( x)  1
Ответ:
1
2
Пример 9. Найти все пары чисел (x,у) удовлетворяющие условию
(х 2 
16
)(1+ sin2(x+y)) =1+7cos2(x+y)
2
х
(1)
14
Решение: Уравнение (1) равносильно уравнению (2).
16 1  7 cos2 ( x  y)
х  2=
(2)
х
1  sin 2 ( x  y)
2
Преобразуем обе части уравнения (2).
х2
16
4 16
4
=( х 2  2 х   2 )+8 = ( х  )2+8 (3)
2
х х
х
х
1  7 cos2 ( x  y) 1  7(1  sin 2 ( x  y)) 8  7 sin 2 ( x  y )
=
=
(4)
1  sin 2 ( x  y)
1  sin 2 ( x  y)
1  sin 2 ( x  y)
При x  2 выражение (3) принимает своё наименьшее значение, равное
восьми.
При sin( x  y)  0 x  y  n, n Z выражение (4) принимает своё
наибольшее значение, равное восьми. Следовательно, уравнение (2), значит,
и (1) будут иметь решения, если обе части уравнения (2) принимают
значения, равные восьми.
При х=2 ,y=-2+ n , n Z
При х= - 2, y  2  n , n Z
Ответ: (2; -2 + n ); (-2; 2+ n ), n Z .
Пример 10. Решить уравнение: log 1 (3+|sin x|) - 2|x| =-2
3
Решение:
ОДЗ: x R
log 1 (3+|sin x|) =2|x|- 2
3
Оценим левую и правую части уравнения:
0 ≤ |sinx| ≤ 1,
|x| ≥ 0,
15
3 ≤ 3+|sin x| ≤ 4,
2|x| ≥ 1,
log 1 4 ≤ log 1 (3+|sin x|) ≤ log 1 3,
2|x|- 2 ≥- 1.
3
3
3
log 1 4 ≤ log 1 (3+|sin x|) ≤ -1.
3
3
Так как левая часть уравнения принимает значения не более -1, а правая – не
менее -1, то равенство возможно, если одновременно выполняются условия
log 1 (3+|sin x|) = -1,
3
2|x| - 2 = -1.
Решая систему, получаем х = 0.
Ответ: х = 0
Пример 11. Решите уравнение.
x2  x
2 сos (
) = 2 х + 2 –х
6
2
Решение: В левой части уравнения стоит тригонометрическая функция, а в
правой – сумма показательных функции. Формул, позволяющих находить
корни в таких случаях не существует. Оценим каждую из частей уравнения.
Очевидно, что
x2  x
)≤2
6
2 сos 2 (
Если
f(x) > 0, то f(x) +
1
=
f ( x)
f 2 ( x)  2 f ( x)  1  2 f ( x)
=
f ( x)
( f ( x)  1) 2
+2 ≥ 2, причем равенство достигается только при f(x) = 1. В
f ( x)
данном случае f(x) = 2 х . Таким образом, уравнение имеет решение, только
если обе части равны 2. Следовательно, 2
х
x2  x
убедимся, что 2 сos (
) = 2 при х = 0.
6
2
Ответ: х = 0.
16
= 1 <=> х = 0 . Проверив,
Пример 12. Найдите все пары ( x; y ) , для которых
log 2 ( cos ( xy ) 
2
1
1
)=
.
cos2 ( xy ) y 2  2 y  2
Решение:
ОДЗ:cos( ху )  0, в этой области cos2 ( xy ) 
1
 2 , причем равенство
cos ( xy )
2
достигается только при cos2( ху )=1. Отсюда следует, что левая часть
уравнения не менее 1. С другой стороны y 2  2 y  2  ( y  1) 2  1  1 , т.е.
правая часть уравнения не превосходит 1, причем равенство достигается
только при y=1.
Итак,
y 1
y 1
y 1


 cos x  1   x  2n, n  Z
 2
cos ( xy )  1 cos x  1  x    2n, n  Z


Ответ:(  n;1), n   .
Пример 13. Решить уравнение: sin

х 2  6 х  13
=
log 3 x  log x 3
2 2
.
Решение. ОДЗ: х – любое, кроме 0,  1.
х2 + 6х + 13 = (х + 3)2 + 4 ≥ 4. Тогда 0 <

4;
0 < sin

х  6 х  13
2
≤

1
1
;
0
<
≤

х 2  6 х  13
х 2  6 х  13 4
2
 
, т.к. функция у=sin t монотонно возрастает на  0;  .
2
 4
Найдем границы области значений правой части уравнения, применяя
1
неравенство а  ≥ 2, где а > 0.
а
17
Если log3|х| < 0, то правая часть уравнения будет принимать отрицательные

значения, но sin 2
> 0, следовательно, равенство возможно, если
х  6 х  13
log3|х| > 0.
log 3 x  log x 3 = log 3 x 
log 3 x  log x 3
2 2
≥
2
2 2
;
1
≥ 2.
log 3 x
log 3 x  log x 3
2 2
≥
2
.
2
Тогда данное уравнение равносильно системе
sin

х 2  6 х  13
=
log 3 x  log x 3
2 2
=
2
,
2
2
.
2
Решая логарифмическое уравнение методом введения новой переменной,
находим его корни: х1 = -3; х2 = 3. Проверка показывает, что число 3 не
является корнем первого уравнения системы, следовательно, не является
решением системы и исходного уравнения.
Ответ: х = -3.
Все разработанные выше задачи достаточно непохожи друг на друга,
однако их решения содержат общую идею – оценить одно аналитическое
выражение другим выражением (чаще всего конкретным числом), «снизу», а
другое – этим же числом «сверху».
Конечно, все эти признаки не гарантируют того, что задача решается
методом оценки. Кроме того, порой применение метода сложно в
техническом исполнении, поэтому, для того, чтобы хорошо овладеть им и
уметь видеть когда его применение может принести успех, нужно прорешать
большее количество задач такого типа.
18
Упражнения для самостоятельной работы
Решите уравнения:
x2 1
x
1) sin 2x  sin 7x  2
2) cos x  cos 5 x 
3) cos Пx  x 2  6 x  10  0
4) sin 2 2 x  sin 2 4 x  sin 2 6 x  0
5) 3sin x  4  cos 2
4x
3
7) 2 х 4 х 5  1  sin 2
2
6) log 2 (2 x  x 2  15)  x 2  2 x  5
x
8) 3
4
9) cos 2 ( x sin x)  1  log 2 5 x 2  x  1
1
2
11) ln 2 ( x  )  lg 2 sin x  0
13) log 2 ( x 2  4 x  8)  sin
5x
x
 cos
4
2
15) cos 2 (( x  3)  sin x)  1  log 3 ( x 2  5 x  7)
x
3
17) 2 x  2  x  2 cos( )
19) 21 4 х1  tgx  ctgx
sin x
 cos x
10) 3 х3  х 2  х  6  1
12) log 2 (3  cos x )  2    x
14)
3

 arccos( x  1)  3  4 x 4  4 x 3  4 x 2
16) x 2  8x  16  log 2 2 cos x  0
x
2
18) 2 sin 2  sin 2
x
1
 2  x2
6 x

20) log 2 ( x(1  x))  2  sin( )
x
19
2.1 Использование метода при решении задач
на неравенства Коши и Бернулли.
Неравенство Коши
a1  a2  ...  an n
≥ a1a2 ...an
n
выполняется при неотрицательных a 1 , a
. Его можно переписать
2
, ... a
n
a1a2 ...an
n
следующим образом:
a 1 + a 2 + ... + a n ≥ n
Рассмотрим частный случай неравенства Коши для n = 2, т.е.
a1  a2
≥
2
a1a2 или a 1 + a 2 ≥ 2 a1a2
Поскольку мы хотим воспользоваться неравенством для решения
уравнений, нас интересует то, когда в неравенстве достигается равенство.
Выясним это с помощью преобразований:
a 1+ a 2 = 2
a1a2
;
a 1 + a 2 - 2 a1a2 ≥ 0
( a1  a2 )2 ≥ 0.
Отсюда следует, что ( a1  a2 )2 = 0, если a 1 = a 2 .
Для всех других значений
n условие a
1
= a
2
= … = a
n
также
обеспечивает обращение неравенства Коши в равенство.
Приведем примеры.
Пример1.Решите уравнение
3
25 x(2 x 2  9) = 4х +
3
x
Решение: Сразу учтем область определения неизвестного: х R, х ≠ 0.
Исходя из вида левой части, можно догадаться, что целесообразно применить
неравенство Коши для n = 3. Но неравенство Коши выполняется для
неотрицательных членов (множителей). Левая и правая части уравнения
представляют собой нечетные функции. Отсюда следует, что корни
20
уравнения – числа противоположные, поэтому достаточно решить уравнение
для х > 0.
Преобразуем уравнение, умножив обе его части на х, так как х > 0:
х
3
25 x(2 x 2  9) = 4х2 + 3 =>
3
25 x 4 (2 x 2  9) = 4х2 + 3
Рассмотрим левую часть и оценим ее:
3
25 x (2 x  9)
4
2
5 x 2  5 x 2  (2 x 2  9)
= 5 x  5 x (2 x  9) ≤
3
2
2
2
12 x 2  9
=
3
=
4х2+3
т.е. 3 25 x 4 (2 x 2  9) ≤ 4х2 + 3, а по условию
3
25 x 4 (2 x 2  9) = 4х2 + 3. Таким
образом, неравенство Коши обращается в равенство, а это возможно, если
5х2 =5х2 = 2х2 + 9 или
5х2 = 2х2 + 9
х= 3
х>0
Учитывая нечетность функций, входящих в уравнение, получаем х = ±
Ответ: х = ±
3
3.
Пример 2 .Решите уравнение
x2
3 9 x
2

1
4(3  9  x )
2
1
Решение: Очевидно, что левая часть уравнения представляет собой
функцию, которая определена при условиях
9 - х2 ≥ 0 и
Отсюда х [-3;0) U (0; 3] .
Пусть
9  x 2 = у, у ≥ 0. Тогда 9 - х2 = у2 => х2 = 9 – у2.
С учетом обозначения исходное уравнение примет вид:
x2
1

1
3  y 4(3  y )
Поскольку х2 = 9 – у2, приведем последнее уравнение к виду
21
9  x 2 ≠ 3.
9  y2
1

=1
3  y 4(3  y )
Учитывая, что каждое слагаемое левой части неотрицательное, оценим левую
часть
9  y2
1
9  y2
1
9  y2
1

2

2

2
1
3  y 4(3  y )
3  y 4(3  y )
4
4(9  y 2 )
Теперь ясно, что исходное уравнение равносильно системе
9  y2
1
1

3  y 4(3  y )
9  y2
1

=1
3  y 4(3  y )
Неравенство этой системы обращается в равенство тогда, когда
9  y2
1
1
=
’3-y=
3  y 4(3  y )
4(3  y )
Дальнейшие рассуждения легко записать чисто символически:
у1 =
4 (3-y) 2 =1
у2 =
х1 =
5
2
7
2
9  x2 =
9 – х2 =
25
4
9 – х2 =
49
4
5
2
7
9  x 2 = =>
2
х2 =
х2 =-
11
2
х2 =-
11
2
Оба полученных корня принадлежат промежутку [- 3; 0) U (0; 3].
Ответ: х1,2 = ±
11
.
2
Пример 3.Решите в целых числах уравнение:
2х4 + 2у4 = 4ху – 1
22
11
4
13
4
Решение: Левая часть исходного уравнения представляет собой сумму двух
неотрицательных выражений, поэтому можно воспользоваться неравенством
Коши:
2х4 + 2у4 ≥ 2
2x4  2 y 4
= 2 ·2х2у2 = 4х2у2
С учетом исходного уравнения имеем:
2х4 + 2у4 = 4ху – 1
2х4 + 2у4 ≥ 4х2у2
=> 4ху – 1 ≥ 4х2у2
От последнего неравенства легко перейти к неравенству (2ху – 1)2 ≤ 0.
Отсюда 2ху – 1 = 0, => 2ху = 1, у =
Представим у =
2х4 +
1
2x
1
в исходное уравнение, получим
2x
1
= 2 -1.
8x 4
При обозначении х4 = z, z > 0, предыдущие равенство примет вид
2z +
1
1
= 1 => (4z – 1)2 = 0 => z =
8z
4
Вернемся к исходной переменной х4 =
Тогда х = ±
1
и
2
у=±
1
4
1
2
Полученные х, у, целыми не являются, следовательно, в целых числах
решений нет.
Ответ: решений нет.
Пример 4. Решите уравнение
6
2
2x  2x = 2x
4
1
Решение: Последовательно используя неравенство Коши между средним
арифметическим и средним геометрическим и учитывая возрастание
функции у = 2t, имеем
23
x6
x2
2 2 ≥ 2
x6
2 2
x2
=
x6  x 2
1
2 2
≥ 2
x 6 x 2 1
= 2x
4
1
. Равенство
достигается тогда и только тогда, когда
6
2x  2x
2
х6 = х2
(поскольку неравенство Коши обращается в равенство в
случае совпадения величин, к которым неравенство применяется).
Итак, х6 = х2 , откуда х 1= 0, х 2= 1, х 3= - 1.
Рассмотрим способ, с помощью которого будут решены уравнения
вида
f (x) +
q(x) = g (x )
Сначала оценивают каждый арифметический корень левой части
уравнения с учетом показателя степени корня, для чего подкоренное
выражение представляют в виде произведения множителей, количество
которых определяется показателем степени корня. Например,
f (x) =
q(x) =
f ( x)  1 ≤
q ( x)  1 ≤
f ( x)  1
,
2
q( x)  1
.
2
Затем складывают полученные оценки и записывают неравенство:
f (x) +
q(x) ≤ φ (x),
где φ (x) =
f ( x)  1 q ( x)  1
+
2
2
Таким образом, получают систему :
f (x) +
q(x) = g (x)
f (x) +
q(x) ≤ φ (x),
из нее неравенство g (x) ≤ φ (x).
Теперь остается определить, при каких х достигается равенство в
неравенстве g (x) ≤ φ (x).
Приведем ряд задач, в которых применяется этот способ.
Пример 1. Решите уравнение
x2  x  1 +
x  x 2  1 = х2 - х +2
24
Решение: Оценим каждый арифметический корень:
x  x 1 =
( x 2  x  1)  1
x2  x
( x  x  1)  1 ≤
=
;
2
2
x  x 1 =
( x  x  1)  1 ≤
2
2
2
2
( x  x 2  1)  1
x  x2  2
=
.
2
2
Найдем сумму полученных выражений:
x2  x  1 + x  x2  1 ≤
x2  x
x  x2  2 2x  2
+
=
= х+1
2
2
2
С учетом исходного уравнения запишем систему
x2  x  1 +
x  x 2  1 = х2 - х +2
x2  x  1 +
x  x2  1 ≤ х + 1
Отсюда х2 - х +2 ≤ х + 1, или х2 - 2х +1 ≤ 0 => (х – 1)2 ≤ 0.
В полученном неравенстве при х = 1 достигается равенство,
следовательно, х = 1 является единственным решением уравнения.
Ответ: х = 1.
Пример 2. Решите уравнение:
x  2 + 4  x = х2 - 6х + 11.
Решение: Оценим, каждый арифметический корень левой части уравнения. В
силу их неотрицательности, имеем:
( x  2)  1 ≤
( x  2)  1 x  1
=
2
2
( 4  x)  1 ≤
( 4  x)  1 5  x
=
.
2
2
Найдем сумму полученных выражений:
x2 +
т.е.
4 x ≤
x 1 5  x
+
= 2,
2
2
x  2 + 4  x ≤ 2.
Преобразуем теперь правую часть исходного уравнения:
х2 - 6х + 11 = (х2 - 6х + 9) + 2 = (х – 3)2 + 2 ≥ 2.
25
Сведя воедино найденные оценки левой и правой частей исходного
уравнения
x  2 + 4  x ≤ 2 и х2 - 6х + 11 ≥ 2 , запишем систему
x2 + 4 x = 2
х2 - 6х + 11 = 2.
x2 + 4 x = 2
Откуда
(х – 3)2 + 2 = 2
и следовательно, х = 3.
Остается проверить, удовлетворяет ли найденное значение х области
допустимых значений неизвестного. Из условий
х–2≥0
4–х≥0
х2 - 6х + 11 ≥ 0
следует, что 2 ≤ х ≤ 4, т.е. 3  [2; 4].
Ответ: х = 3.
Неравенством
Бернулли
принято
называть
теорему,
которая
формулируется в три этапа:
1) Если h > -1, то при любом натуральном р выполняется (1 + h)р ≥ 1 + рh.
2) Если h > - 1 и
р > 1 , то (1 + h)р ≥ 1 + рh
р<0
3) Если h > - 1 и 0 < р < 1, то (1 + h)р ≥ 1 + рh.
Замечание. Равенство достигается только тогда и только тогда , когда р = 1
или h = 0.
Для того, чтобы использовать эту теорему при решении уравнений вида
n
1  f ( x) + …+ n 1  g ( x) = a
нужно левую часть уравнения представить в виде суммы степеней вида
(1 + f(x))р и к каждому слагаемому применить неравенство Бернулли. Если
после преобразований получим, что левая часть исходного уравнения
совпадает с его правой частью, то, в силу только что приведенного
замечания, делаем вывод, что р = 1 или f(x) = 0.
26
Приведем примеры применения описанного метода.
Пример 1. Решите в целых числах уравнение
x = lg (9x + 1).
Решение: Функция f(x) = lg (9x + 1) определена при х > -
1
. Следовательно,
9
целых отрицательных корней уравнение не имеет.
Проверим, существует ли корень, равный нулю. В самом деле, при х = 0
уравнение принимает вид 0 = lg (9 · 0 + 1), т.е. 0 = 0. Следовательно, х = 0 –
корень уравнения.
Остается установить, не имеет ли уравнение положительных корней.
Преобразуем:
x 1 = lg (9x + 1),
x ·lg 10 = lg (9x + 1),
lg 10х = lg (9x + 1), 10х = 9х + 1.
Получаем (1 + 9)х = 9x + 1. В неравенстве (1 + 9)х ≥ 9x + 1 равенство
достигается или при х = 1 или при 9х +1 =0, т.е. при х = -
1
. Второе значение
9
х не входит в область допустимых значений неизвестной в исходном
уравнении.
Ответ: х = 0; х = 1.
Пример 2. Решите уравнение:
5
1  1  x 2  5 1  1  x 2 = 2, при условии, что 1  x 2 ≥ 1.
Решение: Представим левую часть уравнения в виде суммы степеней:
5
1 1 x  1 1 x
2
5
2
= (1+ 1 
1
2 5
x ) +
(1 – 1 
1
2 5
x )
).
Поскольку основание степени с дробным показателем неотрицательно,
заключаем, что 0 ≤
1 x
2
1
≤ 1. Тогда для выражений (1 ±
выполняется условие: 1  x 2 > - 1 и 1  x 2 > - 1, к тому же 0 <
1
< 1.
5
Значит, можно применить неравенство Бернулли и записать:
27
1
2 5
x )
)
1
2 5
x )
(1 + 1 
1
≤1+
5
1 x
(1 – 1 
и
2
1
2 5
x )
≤1–
1
5
1  x2 .
Теперь можно рассмотреть сумму
1
2 5
x )
(1 + 1 
Так как
+ (1 – 1 
1
2 5
x ) ≤
1+
1
5
1  x2 + 1 -
1
5
1  x 2 = 2.
1
≠ 1, равенство возможно, если 1  x 2 = 0, отсюда 1 – х2 =0, х2 = 1
5
и х = ± 1.
Ответ: х = ± 1.
Пример 3. Решите уравнение 4 1  x + 4 1  x = 4.
Решение: В левой части уравнения стоят корни четной степени, а это значит,
что 1 – х ≥ 0 и 1 + х ≥ 0, т.е. имеет место равенство -1 ≤ х ≤ 1. Представим
левую часть уравнения в виде суммы степеней:
1  x + 1  x = (1 
4
4
Условия х > - 1 и 0 <
1
x) 4
 (1 
1
x) 4
1
< 1 дают возможность применить неравенство
4
Бернулли:
 (1 
1
x) 4
Получили, что (1 
1
x) 4
(1 
1
x) 4
≤1-
 (1 
1
1
х + 1 + х = 2.
4
4
1
x) 4
≤ 2, но
4
1  x + 4 1  x = 4, следовательно,
решений нет.
Ответ: решений нет.
Рассмотрим способ применения неравенства Бернулли к уравнению
n
1  f ( x) + …+ m 1 g ( x) = k 1  q( x) + …+ s 1  w( x)
Обе части уравнения сначала представим в виде сумм степеней
(1 + f(x))р. Затем к левой и правой частям уравнения применим неравенство
Бернулли. Если после преобразования они совпадут, то определяем, при
каких х выполняется равенство.
Пример 1. Решите уравнение
28
1
x
+
3
6
x  1 = (1 -
x 4
x 6
) + (1 +
)
36
24
Решение: Представим левую часть уравнения в виде суммы степеней:
x
1 +
3
1
6
1
x
x  1 = (1  ) 2  ( x  1) 6 ,
3
приравняем и к правой части исходного уравнения:
1
1
x 6
x 4
x
) +(1 +
);
(1  ) 2  ( x  1) 6 =(1 36
24
3
применим к обеим частям неравенство Бернулли (так как х € [- 1; 3] и
1
1
1
1 x
x
выполним преобразования: (1  ) 2  ( x  1) 6 ≤ 1 +1+
х = 2,
6
2 3
3
(1 -
x 6
x
x 4
x
) + (1 +
) ≥1–4· +1+6·
= 2.
36
36
24
4
Следовательно, левая часть исходного уравнения равна его правой
части, если каждая из них равна 2, значит, равенство возможно, если:
x
3
=0
х=0
=> х = 0
x
24
=0
x
36
Ответ: х = 0.
=0
Упражнения для самостоятельной работы
Решите уравнение:
1) 3х 2  6х  7 + 5х 2  10 х  14 = 4  2 х  х 2
2) x 2  2 
4
 2 x  12  x 2  4 x
x  2x  2
2
3) 3 x  32 x  3  (1  cos 2x)
4) 4
sin2
x
4
4
cos2
x
4
 13  6 x  3x 2
29
Анализируя приведенные примеры, попытаемся сделать вывод, когда
есть основания для предположения, что данная задача может быть решена
методом оценки:
1)
если в одной части соотношения стоят ограниченные функции,
а в другой – конкретные числа;
2)
если в задаче переменных больше, чем заданных соотношений
(уравнений или неравенств);
3)
если в соотношениях содержатся разного вида функции;
4)
если в задаче просматриваются неравенства для суммы двух
взаимно обратных чисел, Коши, Бернулли или им подобные.
30
Заключение.
Главная задача учителя ─ содействовать творческому восприятию
учащимися учебного материала и их желанию самосовершенствоваться.
Математика в этом плане обладает исключительными возможностями.
Математические задачи – главное звено в формировании творческого
мышления. Надо сказать, что существует огромное количество творческих
задач, требующих нетрадиционного метода их решения.
Одним из способов конструирования нестандартных задач является
мажорант (оценки). Этот метод используются в том случае, когда задачи
весьма затруднительно решить основными методами. «Изюминка» их
решения состоит в том, что необходимо «увидеть» нужное неравенство и
воспользоваться условиями, при которых оно обращается в равенство.
Я считаю целесообразным решение задач данным методом, так как он
позволяют раскрыть потенциал учащихся и приобщить их к творчеству, а
также формирует неординарность мышления.
Работу можно
рассматривать как методическое пособие для учителей
математики, а также окажет помощь выпускникам при подготовке к ЕГЭ.
31
Список использованной литературы.
1. Аксенов А.А. Решение задач методом оценки //Математика в
школе. - 1999. №3. – С.30-34.
2.
Бартенев
Ф.А.
Нестандартные
задачи
по
алгебре
–
М.
Просвещение, 1976.
3.
Барчунова Ф.М., Денищева Л.О. Применение свойств функции при
решении уравнении //Математика в школе. – 1992. №6. – С.11.
4.
Кирсанов А.А., Зайцева Ж.А. Развитие творческой активности
учащихся в педагогическом процессе.- Казань, 1995. 103с.
5.
Петров В.В., Елисеева Е.В. Нестандартные задачи //Математика в
школе. - 2001. №8. – С. 56-57.
6.
Писаренко
И.Б.
Стратегия
решения
нестандартных
задач
//Математика в школе. – 2002. №5. – С. 40 - 43.
7.
Полякова Н.В. Решение нестандартных уравнений //Математика в
школе. – 2004. №7. – С.48 – 50.
8.
Рузин Н.К. Методика обучения и стимулирования поисковой
деятельности учащихся по решению школьных математических задач:
Учебное пособие. – Горький: ГГПИ им. М.Горького, 1989. – 80с.
9.
Саакян С.М., Гольдман А.М., Денисов Д.В. Задачи по алгебре и
началам анализа для 10 – 11 классов. – М.: Просвещения, 1990.
10. Смоляков А.Н. Решение тригонометрических уравнений методом
экстремальных значений //Математика в школе. – 2005. №6. – С. 64 – 65.
11. Соколова А.В., Пикан В.В., Оганесян В.А. Из опыта преподавания
математики в средней школе. – М.: Просвещение, 1979. – 192 с.
12. Столин
А.В.
Комплексные
упражнения
по
математике
с
решениями.7-11классы.- Х.: ИМП «Рубикон», 1995. – 240с.
13. Фирстова Н.И. Решение некоторых видов уравнений при помощи
неравенств / /Математика в школе. 2002, №1. – С.29 –
32