Вступительные экзамены по математике на математическом факультете Московского государственного педагогического института им. В. И. Ленина

48

ВСТУПИТЕЛЬНЫЕ ЭКЗАМЕНЫ
ПО MATЕМАТИКЕ
НА MATЕМАТИЧЕСКОМ ФАКУЛЬТЕТЕ
МОСКОВСКОГО ГОСУДАРСТВЕННОГО
ПЕДАГОГИЧЕСКОГО INSTITUTУТА
ИМ. В. И. ЛЕНИНА
г. В. ДОРОФЕЕВ

Много этажей высотного здания современной математики должны пройти студент педагогического института, чтобы стать хорошим, знающим свое дело учительем. Но предполагается изучение и крутыжея лестницы этого здания, начистию лишеного лифтов, может лиштот, кто уже в школе надежно закрепился на его фундаменте.

Такие абитриенты есть, и их достаточно много. Это большой часть, которые уже поняли всю привлекательность математики, оценили ее важность и значение для современной жизни. Но, гордые свойства математических условий (и, к сожалению, слишком многое) решают, что их единственное назначение в жизни — стать профессиональными математikами или физikами.

Между тем специализы, отлично владелшие математикой, нужны сейчас практические во всех областях жизни. И для их подготовки нужны только новые, значющие свое дело учителья. В свою очередь квалификация самих учительей зависит от математической грамотности тех, кто поступает в педагогические институты, от их заинтересованности в своей будущей профессии, любви к ней.

В прошлом году на математический факультет МГПИ им. В. И. Ленина было подано 475 заявлений на 175 мест — около 2,7 заявления на место. Для сравнения отметим, что значительное большинство было число желающих стать учительами-нематематиками и математиками-неучительями: например, на факультете русского языка и литературы нашего института было 8,3 заявления на место, а на механикоматематическом факультете МГУ — 6.

На письменном экзамене в 1969 году поступающим было предложено несколько вариантов, какый из которых содержал 5 задач. На всю работу давалось 4 часа. «Зачет», одна-

49

ко, проводился не по всем задачам, а по четырем, лучше всего решенным.

Задание при этом был подобран так, что любитель геометрии, не желающий возиться с кakими-нибудь формальными выкладками, мог получить пятерку, одноко для доказательства своего «права» пренебрегаать технической преобразования — это ведь тоже одна из составных частей математического искусства — он должен был предолеть особые геометрические трудности. Точно так же «алгебраист» или «аналитик», недолюбливающий геометрию, мог избавить себя от необходимости разобраться в относительной сложной геометрической конфигурации, но «в отместку» был обязан решить нестандартную задачу формального характера.

Для получения оценки «3» достаточно было решить две задачи. Несмотря на этот не очень сильный критерий, число двоеококазалось внутренным — 224*). Некоторые неудачные работы написаны, к сожалению, медалими и выпускниками математических школа, в том числе и Московских.

Но особенно непряятно то, что большинство плохих работ содержит ошибки, которые нельзя назвать иначе, чем безобразными. Фантазия авторов таких работ слишком велика, чтобы можно было перечислить все эти «жемчужины». Оdnako упомянем все же одну, удивившую даже видавших виды экзаменаторов: в одной из работ на чертеже к задаче, где решила об общей хорде двух окружностей, эти окружности (разные!) имели еще и общуюдугу, а вне этойдуги способно расходились в разные стороны.

Все это означает, что еще далеко не все поступающие в вззы знают математку даже на элементарном уровне; многие из них имеют существенные проблемы в математическом обработании. И дело не столько в широкое, сколько в глубине знаний, в сознании отметить, что как Москвыке, так и иногородные абитриенты сделали об экзаменке по математике (письменно и устно) примерно одинаково.

Вариант

1. Решить уравнение
   $$\sqrt{1 - \log_2 x^2} \cdot \log_2 x = -1.$$

2. Решить неравенство
   $$2 \cos x (\cos x - \sqrt{8} \mathrm{tg} x) < 5.$$

3. Прямуюльник $ABCD$ со стороны $a$ и $2a$ лежит в основании прямиды, все боковые ребра которых равны $\sqrt{3}$. Найти площадь сечения прямиды плоскостю, проходящей через диагональ основания $BD$ параллельно ребру $AS$.

4. Через конец $A$ общей хорды $AB$ двух окружностей проведена прямая, пересекающая первую окружность в точке $C$, а вторую окружность в точке $D$. Доказать, что точка пересечения касательных, проведенных через точки $C$ к первой окружности и через точки $D$ к второй окружности, лежит на одной окружности с точки $B$, $C$ и $D$.

5. Доказать, что если
   $$3x^2 - 31x + 80 < 0,$$
   то
   $$\cos \frac{3}{6-x} < 0.$$

Решения

Задание 1. Поскольку $\log_2 x^2 = 2 + \log_2 x$, и $\log_2 x^4 = \frac{1}{\log_2 x^2} = -\frac{1}{4 + \log_2 x}$, задано уравнение приводится к виду
$$\sqrt{3 - \log_2 x} = -4 - \log_2 x.$$
Обозначив $3 - \log_2 x$ через $y$, получаем уравнение
$$\sqrt{y} = y - 1.$$

Удивительно, но решение даже такого простого уравнения оказалось не

50

под силу многим поступающим. Все договораются возвсти обе его части в квадрат и получить квадратное уравнение с корнями $y_{1,2} = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$, но затем выявляются разные «точки зреня»; одни вообще не думают о том, что при таком решении могут появиться построение корни; другие знают, что это может произойти, но не знают, почему, и, как правило, уверены, что построими будут те корни, которые не входят в ОДЗ (область допустимых значений); третьи пытаются проверить корни непосредственной подстановкой их в уравнение — этот способ в принципе правлен, но удобен лишь для проверки «хороших» корней, а $y_1$ и $y_2$ не очень «хороши».

Однако совершенно оченьindo, что поскольку левая часть в уравнения () неотрицательна, то из чисел $y_1$ и $y_2$ корнем будет лишь то, для которого неотрицательна и правая часть. Поэтому единственным корнем уравнения () является $y = \frac{3 + \sqrt{5}}{2}$, и для нахождения $x$ мы получаем уравнение $\log_x 2 = \frac{-(9 + \sqrt{5})}{2}$, откуда следует $x = 2^{-\frac{2}{9 + \sqrt{5}}}$.

Подчерким: при решении мы полностью обошлись без нахождения ОДЗ исходного уравнения. Между тем в последнее время среди абитуриентов широкого распространения предрасудок, что решение любого уравнения или наравенства нужно обозначено начиная с вычисления ОДЗ. Такое мнение, однako, не имеет никаких теоретических оснований, а на практике оказывает плохую услугу: те, кто пошел по этому пути, должны были решать не только данное уравнение, но и придуманное им самим логарифмическое наравенство $-1 - \log_x 2x^2 \geq 0$ — задачу, не менее сложную. Вообще, нет строго определенного правила, надо или не надо в начале решения нахождения ОДЗ, и уже здесь, при выборе пути, поступающий может показать, насколько он имеет мыслить конкретоно и самостояльно.

Задача 2. Данное неравенство мы не будем решать подробно. Раскрыв скобки, мы легко приедем к квадратному неравенству относительно sin $x$:

$$2\sin^2x + 4\sqrt{2}\sin x + 3 > 0,$$

решив которое мы получим простейшее тригонометрическое неравенство $\sin x > -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Но… именно с ним и не справилось большим абитурентов. Мы не будем анализировать данные и ответы, часто совершенно бессмысленные, и просто обращаем внимание будущих абитурентов на такие задачи. Способ решения достаточно описан и в учебнике, и во многих пособиях, и надо только сознать его условить. Заметим еще, что даже те, кто правильно решил простейшее неравенство, не всегда вспоминали, что из полученных решений надо выбросить значения $x$, при которых не имеет смысла тg $x$.

Задача 3. Оказалась сликом «коварной» для тех абитуриентов, кто привилке решать задачи только на правильные геометрические тела. Они не смогли отказывать от шаблонов и ошибочно представляли себе данную геометрическую конфигурацию. Так, очень многое считали «по привычке», что высотой в $\triangle BKD$ является отрезок $KO$ (рис. 1).

Но ведь каждому известно, что геометрическое вообравнение является лишь вспомогательным средством решения задачи, и факты, «увиденные» на чертеже, требуется еще строго до-

51

казать. Но, к сожалению, многие знают это чисто абстрактно, а на практике доказательствами пренебрегают, ограничиваясь иногда фразами типа «это верно по теореме о трех перпендикулярах» даже в случае, когда совершенно неясно, о каких perпендикулярах идет речь.

Между тем маленьая попытка доказать perpendикулярность $KO$ и $BD$ моментально приводит к противению. В самом деле, если бы это было так, то диагональ $BD$ была бы perpendикулярна к $SO$ и $KO$, то есть к плоскости $ASC$, а следовательно, и к диагонали $AC$. Но диагонали основания, как это совершенно ясно из условия, не perpendикулярны.

А для правильного построения высоты в $\triangle BKD$ надо из точки $K$ осуществить perpendикуляр на плоскость основания парамиды, доказать, что его основание $O_1$ лежит на $AC$ (доказав предварительно, что высота парамиды проходит через точку $O$ пересечения диагоналей), и из точки $O_1$ осуществить perpendикуляр на $BD$. Отрезок $KL$, по теореме о трех perpendикулярах, и будет высотой в $\triangle BKD$. Для завершения задачи попадбится еще одно утверждение — параллельность $OK$ и $AS$, и его также нужно доказать. После этого вычислительная часть задачи проходит без затруднений.

З а д а ч а 4. Среди предложенных задач по планиетрии эта оказалась для поступающих одной из наиболее трудных: из 93 решавших соответствуют варианта полностью ее решило только 3 человек. Между тем она имеет очень простое и, главное, совершенное естественное решение в двух заменительной книжки Д. Пойа «Как решить задачу».

Действительно, что значит, что точка $K$ (рис. 2) лежит на указанной окружности? Это значит, что вокруг четырехугольника $BCKD$ можно описать окружность. А когда вокруг четырехугольника можно описать окружность? Когда сумма его perпендиQLных углов равна $180^\circ$. Поэтому из условия задачи надо извлечь какище-то утверждение о равенстве углов.

Какие же теоремы о равенстве углов могут прийти в голову в связи с данной задачей? Только теоремы об углах между касательной и хордей и вписяных углах. На основании этих теорем равны углы, отмеченные одинаково на рисунке 2. А теперь нельзя не сообщать, что сумма противоположных углов четырехугольника $BCKD$ при вершинах $B$ и $K$ равна сумме углов $\Delta CKD$, то есть $180^\circ$. Разумеется, отсюда уже следует, что сумма двух других противоположных углов также равна $180^\circ$, и требуемое утверждение доказано.

Недачи большинства решших эту задачу объясняется, видимо, просто тем, что школьники 9-х и 10-х классов в значительной степени забывают самые простые планиетрические теоремы и не страдают восполнить этот пробел в процессе непосредственной подготовки к экзаменам. Вполне верятно, что выпускники 8-х классов с большим успехом справились бы с этой задачей, чем умудренные общирными позаниями абитриенты.

З а д а ч а 5. Задании этого типа оказались средней трудности, и большая часть взявшихся за их решение более или менее правильно довела его до конца. Над сказать, однако, что очень многое за эту задачу и не брались, хотя она проще других. Здесь, по-видимому, проявляется все также «психологическая неподготовлен-