Использование ограниченности функций в школьном курсе математики Текст научной статьи по специальности «Математика»

Раздел I. Математика и физика

УДК 372.8 ББК 74.262.21

Н.Е. Ляхова, А.И. Гришина, И.В. Яковенко

ИСПОЛЬЗОВАНИЕ ОГРАНИЧЕННОСТИ ФУНКЦИЙ В ШКОЛЬНОМ КУРСЕ МАТЕМАТИКИ

Аннотация. В статье представлена методика изучения метода решения «нестандартных» уравнений элементарной математики с использованием ограниченности функций.

Ключевые слова: решение уравнений, использование ограниченности функции.

N.E. Lyakhova, A.I Grishina, I.V. Yakovenko

USE OF LIMITATION OF FUNCTIONS IN THE SCHOOL COURSE OF MATHEMATICS

Abstract. The paper presents a methodology for studying the method for solving the "nonstandard" equations of elementary mathematics with limited functions. Key words: solution of equations, using a limited function.

Ограниченность функций позволяет решать многие нестандартные уравнения и неравенства, одновременно содержащие разнообразные функции, что не позволяет применить к ним стандартные методы решения задачи определенного типа. На использовании ограниченности функций построены такие методы решения уравнений и неравенств, как метод мини-максов и его следствия. Название метода - метод мини-максов - возможно, спорное, но оно позволяет быстро вспомнить суть метода и служит для ученика опорным знаком. Отметим, что изучение этого метода полезно для выпускника школы как с точки зрения расширения его возможностей по решению «нестандартных» задач, так и с точки зрения формирования навыков исследования функции (в особенности методами элементарной математики). И то и другое важно для подготовки выпускника к ЕГЭ по математике, так как контрольно - измерительные материалы традиционно содержат подобные задания, в то время как в школьных учебниках они представлены явно недостаточно либо не представлены совсем.

Суть метода мини-максов заключается в следующем утверждении.

Утверждение 1. Если на области определения X уравнения

f (*) = g (*)

функция

f (*) < а ,

а функция

g (*) ^ а ,

то данное уравнение равносильно системе

f (*) = а g(*) = а '

Действительно, при указанных условиях равенство

f (*) = g (*)

возможно тогда и только тогда, когда функции f (*) и g (*) при одном и том же значении * принимают значение а. При этом число а будет являться для функций f (*) и g (*) соответственно наибольшим и наименьшим значениями на множестве X. Заметим, что в случае, если хотя бы одна из функций f (*) или g (*) на множестве X не принимает значение а, то уравнение

f (*) = g (*)

не имеет корней. Но в этом случае система также не имеет решений и, следовательно, равносильность уравнения и системы не нарушается. Поэтому при получении необходимых оценок нет необходимости устанавливать, что а является на множестве X наибольшим значением функции f( *) и наименьшим значением функции g(*) .

Используя утверждение 1 и свойства числовых неравенств, нетрудно доказать еще два утверждения, которые являются следствиями метода мини-максов.

Утверждение 2. Пусть множество X - пересечение областей определения функций f (х) и g (х), и на этом множестве имеют место неравенства

f (х) < а

и

g (х) < Ь ,

тогда неравенство

f (х) + g (х) > а + Ь ,

равносильно уравнению

f (х) + g (х) = а + Ь , которое, в свою очередь, равносильно системе:

/ (х) = а, ё (х) = Ь.

Утверждение 3. Пусть множество X - пересечение областей определения функций f (х) и ё (х), и на этом множестве имеют место неравенства

0 < f (х) < а

и

ё (х) < Ь , где а > 0 , Ь > 0

тогда неравенство

f (х) • ё (х) > а • Ь

будет равносильно уравнению

f (х) • ё (х) = а • Ь , которое, в свою очередь, равносильно системе

/ (х) = а, ё( х) = Ь.

Как видно из формулировок утверждений, для реализации метода мини-максов (или его следствий) необходимо производить оценки функций, входящих в уравнения или неравенства. Фактически оценка функций является основным действием при реализации метода. Поэтому и обучение методу необходимо построить на выработке навыков оценки различных функций. На наш взгляд наиболее актуальными для школьников будут следующие приемы такой оценки.

1. Простейший прием - оценка функции вида f (х) = А ± а(х), где а(х) - некоторая неотрицательная функция.

2. Использование для оценки ограниченности тригонометрических и обратных тригонометрических функций.

3. Оценка квадратного трехчлена.

4. Использование для оценки функций известных неравенств.

5. Оценка сложной функции.

Остановимся подробнее на каждом приеме, проиллюстрируем его на примерах и приведем набор тренировочных упражнений для выработки навыков решения уравнений с использованием этого приема.

1. Простейший прием оценки функции. Пусть а(х) - некоторая неотрицательная функция, тогда:

- если f (х) = А + а(х), то f (х) > А ;

- если f (х) = А - а(х), то f (х) < А .

Первый прием мы назвали простейшим, так как оценка в этом случае практически очевидна при условии, что ученику известен набор неотрицательных функций: 24х, х2", х~2", ха (гдеаеЩ-), |х|, |х| -х, arccosх, агс^х , ах и др. Кроме того, неотрицательные значения будут принимать сложные функции, являющиеся результатом композиции функций, если последняя функция композиции неотрицательна. Таким образом, список неотрицательных функций можно

обобщить: 2^и(х) , (ы(х))2" , (м(х))-2я ,агеео8и(х), агссгёи(х), |и(х)|, |и(х) -и(х) , а"(х), (и(х))а (гдеае к ).

Приведем примеры на использование метода мини-максов, при решении которых применяется рассмотренный прием оценки.

Пример 1. Решить уравнение 2 + |х(х -1)| = 2 - ^(х -1)(х + 2) . Решение. Функции

/ (х) = |х( х -1)|, Я (х) = 7 (х -1)(х + 2)

неотрицательны. Следовательно, имеет место следующая оценка левой и правой частей уравнения

2 + | х(х -1)| > 2,

2-у/(х-1)(х + 2) < 2 '

Тогда, согласно утверждению 1, исходное уравнение равносильно системе

[2 + | х( х-1)| = 2,

[2 (х -1)(х + 2) = 2,

которая имеет очевидное решение х = 1 . Ответ. х = 1 .

Так выглядит решение, кажущегося на первый взгляд сложным, уравнения, содержащего модуль и иррациональную функцию с помощью метода мини-максов. Подобные примеры можно предлагать учащимся для устной работы, требуя при этом аргументированного обоснования ответа. По такому же принципу, как вышеизложенные примеры, решаются и следующие уравнения.

Тренировочные упражнения

Решить уравнение Ответ

1. 3 + (x - 2)2 = 3 - (x+2)2 Решений нет

2+(x-1)2 = 2 + sin2 (x-1) x = 1

1 + x2 = 1 + x - x x = 0

3 3 — - arcctg (x +1)2 = (x -1)2 + — Решений нет

к ,x. . _.2 к —+ arccos^) = -(x - 2) +— 3 2 3 x = 2

(x - 3)4 + (x2 - 2x - 3)10 = 0 x = 3

Vx2 -10x + 25 =-srn2(—) 25 x = 5

six2 - 2x +1 + ln2(cos2Kx) = 0 x = 1

2. Использование для оценки ограниченности тригонометрических и обратных тригонометрических функций.

Используя множества значений функций sin x, cos x, arcsinx, arccos x, можно записать оценки для следующих функций

- -1 < sin u (x) < 1 ,

- -1< cosu(x)< 1 ,

К • , , чч П

- - — < arcsin(u (x)) < —,

- 0 < arccos(u (x)) < к .

С помощью метода введения вспомогательного аргумента нетрудно получить оценку для однородного линейного тригонометрического многочлена:

-4 a2+b2 < a sin(u (x)) + b cos(u (x)) < 4a2 +b2.

„ „ ,1 „ . ж(х + 2).

Пример 2. Решить уравнение 3--arccos х = 2 зт(-).

ж 2

Решение. Из неравенства

имеем

Таким образом, функция функция

0 < arccos х < к

-1 <--arccos х < 0 ,

к

2 < 3 - — arccos х < 3 . к

f (х) = 3--arccos х > 2 .

к

g(х) = ) < 2.

Следовательно, исходное уравнение равносильно системе

\ 1 о 3--arccos х = 2,

ж

2^и(Ж( х + 2)) = 2.

Откуда легко получаем единственное решение системы х = -1. Ответ. х = -1.

Пример 3. Решить уравнение 2л/2(з

к

х--

4

+ cos

к

х--

4

) = 4 + х2.

Решение. Используя оценку для однородного линейного тригонометрического многочлена,

имеем:

Откуда,

-V2 < sin f (х) = 2%/2 (sin

к

х--

4

+ cos

к

х--

4

<л/2.

к к

х-- + cos х--

4 4

)<4.

С другой стороны,

ё(х) = 4+х2 > 4 и, значит, исходное уравнение равносильно системе

2л/2^т

к

х--

4

+ cos

к

х--

4

) = 4,

4 + х2 = 4.

Очевидным решением данной системы является х = 0 . Ответ. х = 0

Тренировочные упражнения

Решить уравнение Ответ

1. х sin х + cos х = 2,5 + cos — 3 Решений нет

2. 3cos3х = 4 - cosх х = 2жк, к е Z

3. tg23х = cosZr -1 х = жк, к е Z

4. 3 cos((х -1)^2х)| = 3 + logl (х2 +1 - х) 2 х = 1

5. 2 к 2 к 1- i i 2 sin( х + —) + 3 cos( х + —) = V13 + х\ Решений нет

3. Оценка квадратного трехчлена.

Для оценки квадратного трехчлена удобно предварительно выделить полный квадрат:

ax + bx + c = a

2 b c x +—x+—

=a

_ a a _

, b ч2 b2 c

(x +-)2--r + -

2a 4a a

4ac -b2 b ч2

-+ a( x + — )2,

4a 2a

где a ф 0 . Тогда оценка квадратного трехчлена сводится к предыдущему случаю:

4ас - Ь2 Ь ч2 4ас - Ь2

--н а(x н--) >-, если а > 0;

4а 2а 4а

4ас - Ь2 Ь ч2 4ас - Ь2

--н а(х н--) <-, если а < 0.

4а 2а 4а

Пример 4. Решить уравнение 2

sin — (x - 2) 2

= 6 x +11 - x .

Решение. Выделяя полный квадрат в правой части уравнения, получим:

2

sin — (x - 2) 2

= 2 + (x - 3)2.

Так как функция

sin — (x - 2) 2

а функция

исходное уравнение равносильно системе

f (x) = 2 g(x) = 2 + (x - 3)2 > 2

< 2.

sin — (x - 2) 2

= 2,

2 + (х - 3)2 = 2.

Второе уравнение системы имеет единственный корень х = 3 , который, как показывает проверка, будет являться корнем первого уравнения. Таким образом, найденное значение х = 3 будет являться решением системы. Ответ: х = 3 .

Тренировочные упражнения

2

Решить уравнение Ответ

1. cos x = x2 - 2x + 2 Решений нет

2. - cos(7^x) = x2 - 6x + 10 х = 3

3. 8sinx = x2 - 10x + 33 Решений нет

4. 25x2 - 20x + 6 = 2 - cos2 (—) 4 х = 0,4

5. 25x2 + 60x + 39 = {-Jb - cos — + cos —) 4 4 х = -1,2

6. 2 ~ . nx x - 2 x + 2 = sin— 2 х = 1

7. cos 2nx = x2 - 2x + 2 х = 1

4. Использование для оценки функций известных неравенств.

Для оценки функций часто прибегают к известным неравенствам. В школьном курсе математики наиболее простым примером такого приема будет использование следующих неравенств:

- t +1 > 2 , если г > 0 (равенство достигается только при г = 1);

t

- г +1 < -2, если г < 0 (равенство достигается только при г = -1).

г

Пример 5. Решить уравнение 1 + x = 2- \/х-Г .

x

Решение. Так как областью определения уравнения является промежуток [1; +<»), то из оценки суммы двух положительных взаимообратных чисел следует, что

В то же время функция

f (x) = - + x > 2. x

g(x) = 2 — Vx-1 < 2.

Тогда исходное уравнение будет равносильно системе:

1 + * = 2, x

2-4х-1 = 2, решением которой будет х = 1 . Ответ: х = 1 .

Заслуживает внимание следующий пример, в котором нужную оценку функции, стоящей в правой части уравнения, можно получить не на всей области определения, а на ее сужении.

Пример 6. Решить уравнение 2 -1 arccos 4х = tgлx + ^лх .

1 л

Решение. Так как 0 < arccos4х < л , а 0 < — arccos4х < —, то есть левая часть, очевидно -

22

неотрицательна. Кроме того, имеет место оценка 2 - 1arccos4x < 2 . Заметим, что 1§лх и ^лх

при одних и тех же значениях х имеют одинаковые знаки. Следовательно, те значения х, при которых 1§лх , а значит, ^лх - отрицательны, корнями уравнения являться не могут, так как в этом случае правая часть уравнения будет отрицательна. Рассматривая данное уравнение на множестве значений х, при которых tgлx > 0 , имеем tgлx + ^лх > 2, и значит, исходное уравнение на этом множестве равносильно системе:

2 — — arccos 4 x = 2, 2 »

tgлx + ctgлx = 2;

arccos 4 x = 0, tgлx = 1;

—

x = —, 4

tgлx = 1;

—

» x = —. 4

Ответ. x = — .

4

Тренировочные упражнения

Решить уравнение Ответ

1. — + x = 2 — Vx x Решений нет

2. — + x = —2 + %/—x — 1 x х = -1

3. 1 1 i л ■¡—7+ x = 2sm—(1 — x) x 11 4 х = -1

4. 3x + 3—x = log2(4 — | x|) х = 0

5. 2 + 2sin2(x + x) = 7x + 7—x 6 Решений нет

6. 2—cos x = 1с8л x + logx л х = л

7. 1 2 1 logx - + logj x = —2sin (x — -) 2 2 4 Решений нет

8. 2x—4 + 24—x2 = 2cos( x2 — 2 + x) х = -2

5. Оценка сложных функций.

Пусть дана сложная функция f (u (x)), причем a < u (x) < b , а функция f (u) - монотонна на отрезке [a; b]. Тогда:

- если функция f (u) возрастает на отрезке [a; b] то имеет место неравенство

f (a) < f (u(x)) < f (b);

- если функция f (u) убывает на отрезке [a; b], то имеет место неравенство

f (b) < f (u(x)) < f (a) .

Пример 7. Решить уравнение log2 (x2 - 6x+11) = cos((x - 3) sin x).

Решение. Выделяя полный квадрат в квадратном трехчлене, стоящем под знаком логарифма, получим уравнение

log2 (2+(x - 3)2) = cos((x - 3) sin x). Оценим функции, стоящие в левой и правой частях этого уравнения.

f (x) = log2 (2+(x - 3)2) > 1. Действительно, 2 + (x - 3)2 > 2, функция log2 u возрастает, следовательно,

log2 (2+(x - 3)2) > log2 2 = 1. Функция u2 -монотонновозрастаетна [0; +<») и значит,

log2(2 + (x - 3)2) > 1.

Функция

g(x) = cos((x - 3) sin x) < 1 ,

в силу ограниченности функции cos u .

Таким образом, исходное уравнение можно заменить равносильной системой

Ílog2(2 + (x - 3)2) = 1,

[cos(( x - 3) sin x) = 1.

Первое уравнение системы, очевидно, имеет единственный корень x = 3 . Проверка показывает, что это значение переменной удовлетворяет и второму уравнению системы. Получаем, что x = 3 является решением системы, а значит решением исходного уравнения. Ответ: x = 3 .

Тренировочные упражнения

Решить уравнение Ответ

1. ^ x ■ 2 2 1 = sin x Решений нет

2. ^ x 2 2 1 = cos x x = 0

3. 2 - x2 x2 +1 = 2 x = 0

4. 2x = lg(10 - x2) x = 0

5. log2(2x - x2 +15) = 5 - 2x+x2 x = 1

6. log2( x2 + -1-) = 2 x - x2 x x = 1

7. 2cos x = cos x + 1 cos x x = 2nk, k e Z

8. 2Л2 = 4 - sin2 x x = 0

9. 1 "J x +10 +1 Vx+1+1 Решений нет

10. ^16 (5x + 2)2 = 4 + cos2 15wx 2 x = — 5

11. 2^4x+5 = 4x - 2 - x2 x = 2

12. Jcos2 x - 6cos x + 9 = ./12cos x - 4cos2 x - 9 V 2 2 V 2 2 Решений нет

13. 1 1 . 1 — +— arcsin x =- 2 ж . sin(T) x = 1

14. log2(6x-x2 -5) = x2 -6x + 11 x = 3

15. log7 (6 - x2 - 2x) = 2 cos(^ sin ) x = -1

16. log3 (x2 - 6x + 12) = cos 2nx x = 3

Использование метода мини-максов в школе возможно как при решении простейших примеров, не требующих от учеников дополнительных знаний и навыков, так и при решении задач повышенного уровня сложности, решение которых предполагает серьезное исследование функций. Простейшие примеры позволяют понять идею метода, обучение решению таких задач не требует больших затрат времени и их можно рассматривать в рамках базового курса математики. Обучение использованию метода мини-максов для решения более сложных задач и задач повышенной сложности можно проводить в рамках элективного курса для учащихся, ориентированных на профильное изучение математики. В зависимости от уровня учащихся, система задач может пополняться за счет расширения приемов оценки функций и заданий на использование следствий из метода мини-максов. Разработка предложенных тренировочных упражнений проводилась в рамках НИРС по тематике кафедры математики [1].

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК 1. Ляхова, Н. Е. Тематическая ориентированность выпускных квалификационных работ бакалавров направления «Педагогическое образование» профиль «Математика» / Н. Е. Ляхова, М. Г. Макарченко, И. В. Яковенко // Вестник Таганрогского государственного педагогического института. Гуманитарные науки. - 2014. - № 1. - С. 85-91.

УДК 372.016:51 ББК 74.262.21

Н.В. Пасечникова, А.В. Забеглов

КОНТЕКСТ РАЦИОНАЛЬНЫХ РАССУЖДЕНИЙ В ТЕКСТАХ УЧЕБНИКОВ ПО МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ НАЧАЛЬНОЙ ШКОЛЫ ПО ПРОГРАММЕ «ШКОЛА 2100»

Аннотация. В статье представлено определение контекста рационального рассуждения, его типология. Приведены примеры.

Ключевые слова: контекст, контекст рациональных рассуждений.

N.V Pasechnikova, A.V. Zabeglov

CONTEXT OF RATIONAL REASONING IN TEXTS OF MATHEMATICS TEXTBOOKS FOR PRIMARY SCHOOL PURSUANT TO SCHOOL 2100 PROGRAM

Abstract. Definition of rational reasoning context and its typology is presented in the article. Examples are given.

Key words: context, context of rational reasoning.

10