Можно решить проще!

42

Можно решить проще!

Тот, кто готовится к вступительным экзаменам по математике, не раз встречался, верятно, с трудными экзаменционными задачими, решение которых требует долгих расчужdenий и длинных вычислений. И каждого, конечно, занимает вопрос: а нельзя ли для такой задачи придумать простое, разнональное и короткое решение?

Довольно часто — можно. Но допусться до такого решения не просто — нужен долгий и упорный понск. Зато каждое красивое решение трудной задачи всегда вызывает чувство удовлетворения, свидетельствует о глубоких знаниях и творческих способности абитриента. Именно поэтому при подготовке к экзаменам пытается отыскивать или, в крайнем случае, разбирать такие решения особенно полезно.

Тем более досадно, что в книгах для абитриентов иногда приводятся неоправданное громоздкие и нерациональные решения.

Возьем, к примеру, книгу Ю. В. Нестеренко, С. Н. ОLEXНИКА и М. К. Потапова «Задачи вступительных экзаменов по математике» (М., «Наука», 1980), где воспроизведены варианты по математике, предлагавшиеся в 1977—1979 гг. поступшим в Московский университет, и указываются решения части вариантов. Решения некоторых задач занимают в этой книге одну, две, даже три страниц.

Между тем, зачастую их можно решить много проще и короче.

В настоящее.state приведены восемь задачи из указанной книги с более простыми решениями.

Свойства фигур

При решении геометрических задач абитриенты часто, не особенно размышляя,zteвают длины и громоздкие вычисления, которые, впрочем, обычно и приводят к целли. Между тем, такие задачи иногда удалятся решить очень быстро, если договора с применить некутою теорему, суметь воспользоваться спецификой конфигурации, увидеть нужное дополнительное построение. В геометрины мы тем успешнее будем продвигаться вперед, чем шире будет наш «геометрический кругозор», чем лучше мы научимся видеть свойства фигур, которые можно «обыграть» в решения.

Задача 1 (МГУ, физак, 1977). Дана равноведняя трапеция, в которой вписана окружность и около которой описана окружность. Отношение высоты трапеции к радиусу описанной окружности равно $\sqrt{\frac{2}{3}}$. Найти улы трапеции.

Решение. Пусть $ABCD$ — данная трапеция (рис. 1). Проведем диагональ $BD$ и высоту $BE$. Обозначим $DAB$ через $x$, $ADB$ — через $y$. Опустив перpendикуляр из центра $O$ по санной окружности (обозначим ее радиус через $R$) на $BD$ и продолжив его до пересечения с этой окружностью, можно увидеть, что $|BD|=2R \cdot \sin x$. (1)

Рис. 1.

44

Рис. 4.

Значит, $\frac{|CE|}{|EA|} = \frac{4}{5}, \frac{|CE|}{|CA|} = \frac{4}{9}$. Так как $[BK]$ — общая высота треугольников $BCE$ и $BCA$,

$$\frac{S_{\triangle BCE}}{S_{\triangle BCA}} = \frac{|CE|}{|CA|}.$$

Значит, $S_{\triangle BCE} = \frac{4}{9} S_{\triangle BCA}$. Но $S_{\triangle BCA} = S_{\triangle ADB} = \frac{1}{2} |AD| \cdot |AB| \cdot \sin DAB$.

Следовательно, $S_{\triangle BCE} = 10\sqrt{3}$.

Задача 4 (МГУ, отд. обшей геологической ф-та, 1979). Основанием параметры $SABC$ является правильный треугольник, длина стороны которого равна $\sqrt{3}$. Основанием высоты, опущенной из вершины $S$, является точка $O$, лежащая внутри треугольника $ABC$. Расстояние от точки $O$ до стороны $AC$ равно 1. Синус угла $OBA$ относится к синусу угла $OBC$ как 2:1. Площадь грани $SAB$ равна $\sqrt{\frac{5}{6}}$. Найти объем параметры.

Решение. Обозначим основания перpendикуляров, опущенных из $O$ на стороны $AB, BC, CA$ соответственно через $D, E, F$ (рис. 4). Из треугольников $OEB$ и $ODB$

$$\frac{|OE|}{|OD|} = \frac{\sin OBC}{\sin OBA}.$$

Значит, $|OE| = \frac{1}{2} |OD|$. Из равенства $S_{\triangle ABC} = S_{\triangle OAB} + S_{\triangle OBC} + S_{\triangle OAC}$ следует, что $|OD| + |OE| + |OF| = h$, где $h$ — длина высоты треугольника $ABC$. (Заметим и.e. Это равенство, очевидно, верно для любого точки $O$ внутри равностороннего треугольника.) Поскольку $h = |BC| \times \sin 60^\circ = \frac{3}{2}$ и $|OF| = 1$, получаем

$$|OD| = \frac{1}{3}.$$ Знача $|AB|$ и $S_{\triangle SAB}$, находим $|SD|$. Затем из $\triangle SOD$ находим $|SO|$. Ответ. $\frac{\sqrt{3}}{4}$.

Помогает график

Нередко на вступительных экзаменах предлагаются уравнения- системы-неравенства, содержащие две переменные (скажем, $x$ и $a$), причем требуется найти все значения одной переменной (например, $a$), при которых вторая переменная (соответственно, $x$) или, если уголно, уравнение-используется обладает некоторым свойством. (В подобных задачах переменная $a$ обычно называется параметром.)

Почему-то многое авторы учебных пособий, в том числе авторы вышеназванной книги, свойят решение таких задач к грамодиким исследованием формулы, выражающих х через $a$, в то время как более целесообразно «геометрическое решение» — построение графика на плоскости $Oxa$ (позному этот способ называют иногда «методом Оха»). Искомое множество «считывается» с оси $Oa$, чем и заканчивается решение.

Задача 5 (МГУ, отд. политэкономии эконом. ф-та, 1977). Найти все $a$, при каждой из которых неравенство

$$3 - |x - a| > x^2$$

имеет хотя бы одно отрицательное решение.

Решение. Данное неравенство равносильно неравенству

$$|x - a| < 3 - x^2.$$

и, следовательно, системе

$$-(3 - x^2) < x - a < 3 - x^2.$$

Позному задачу можно переформулировать так: найти все $a$, при каждой из которых система

$$\begin{cases} x - a < 3 - x^2 \\ x - a > -(3 - x^2) \\ x < 0 \end{cases}$$

или система

$$\begin{cases} a > x^2 + x - 3 \\ a < -x^2 + x + 3 \\ x < 0 \end{cases}$$

имеет хотя бы одно решение. Нари-

45

совав на плоскости $Oxa$ параболы $a=x^2+x-3$ и $a=-x^2+x+3$ и проектировав на ось $Oa$ множество решений системы (на рисунке 5 оно заштриховано), получаем ответ: $]- \frac{13}{4}; 3$ [.

Замечание. Поскольку в данной неравенство параметр $a$ входит в одном месте, задачу можно решить и так: на плоскости $Oxy$ нарисуем парабoly $y=3-x^2$ и начнем дивигать вдоль оси $Ox$ слева направо «уголок» $y=|x-a|$ (рис. 6); очевидно, у неравенства $|x-a|<3-x^2$, равносильно данному, отрицательные решения начнут появляться после того, как «уголок» коснется парабoly [абсцисса точки касания находится равенства $y'=-2x=1$, абсцисса вершины «уголка» — из уравнения касательной $y=\frac{11}{4}+1 \cdot (x-(-\frac{1}{2}))$], и кончат появляется, когда «уголок» doit do вершины парабoly.

Задача 6 (МГУ, отд. обшей геологической ф-та, 1978). Найти все значения параметра $a$, при каждом из которых существует хотя бы одно $x$, удовлетворяющее условием $\left\{ \begin{array}{l} x^2+(5a+2)x+4a^2+2a<0 \\ x^2+a^2=4. \end{array} \right.$

Решение. Многочлен, стоящий в левой части неравенства, входшего в данную систему, расположется в произведение двух множеств: $x^2+(5a+2)x+4a^2+2a=(a+x)(4a+x+2)$. Поэтому данная система равnocильна системе
$$\left\{ \begin{array}{l} (a+x)(4a+x+2)<0 \\ x^2+a^2=4 \end{array} \right.$$
или совокупности («Алгебра и начала анализа 9—10», п. 74) системы
$$\left\{ \begin{array}{l} a+x>0 \\ 4a+x+2<0 \\ x^2+a^2=4 \end{array} \right.$$
$$\left\{ \begin{array}{l} a+x<0 \\ 4a+x+2>0 \\ x^2+a^2=4 \end{array} \right.$$
Перепишем системы (1), (2) в виде
$$\left\{ \begin{array}{l} a>-x \\ a<-\frac{1}{4}x-\frac{1}{2} \\ x^2+a^2=4 \end{array} \right.$$
$$\left\{ \begin{array}{l} a<-x \\ a>-\frac{1}{4}x-\frac{1}{2} \\ x^2+a^2=4 \end{array} \right.$$
Нарисуем на плоскости $Oxa$ окружность $x^2+a^2=4$ и прямы $a=-x$, $a=-\frac{1}{4}x-\frac{1}{2}$. Проектировав на ось $Oa$ множество решений системы (1’) («синяя дуга» на рисунке 7) и множество решений системы (2’) («красная дуга») и объединив проекции, получим ответ: $]- \sqrt{2}; - \frac{16}{17} \cup U]0; \sqrt{2}$ [.

Задача 7 (МГУ, бинофак, 1978). Найти все значения $a$, при каждом из которых уравнести
$$x|x+2a|+1-a=0$$
имеет единственное решение.

46

Решение. Данное уравнение равносильно совокупности системы
$$\begin{cases} x + 2a \geqslant 0 \\ x(x + 2a) + 1 - a = 0 \\ x(-x - 2a) + 1 - a = 0 \end{cases}$$

или систему
$$\begin{cases} a = \frac{x^2 + 1}{1 - 2x} \\ a \geqslant -\frac{x}{2} \\ a < -\frac{x}{2} \end{cases}$$

Построим на плоскости $Oxa$ прямую $a = -\frac{x}{2}$ и при помощи средств дифференциального исчисления, кривые $a = \frac{x^2 + 1}{1 - 2x}$（《синяя кривая》 на рисунке 8) и $a = \frac{1 - x^2}{2x + 1}$（《красная кривая》）. Решением системы (1) является «толстая часть» синейки кривой, системы (2) — «толстая часть» красной кривой. Примыше, параллельные оси $Ox$, пересекают объедининие этих «толстых кривых» один раз при $a > 1$ и при $a < \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$, два раза — при $a = 1$ и при $a = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$, три раза — при $\frac{\sqrt{5} - 1}{2} < a < 1$. Ответ. ] $-\infty; \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$ [U U] 1; $+\infty$ [.

Задача 8 (МГУ, отд. планирование и эконом. кибернетики эконом. ф-та, 1977). Определить, при каких а уравнение
$$\log_3 (9^x + 9a^3) = x$$
имеетровно два решения.
Решение. Данное уравнение равносильно уравнения
$$3^x = 9^x + 9a^3.$$
Положив $3^x = t$, получим вспомогательное квадратное уравнение
$$t^2 - t + 9a^3 = 0.$$ (1)

Поскольку уравнение $3^x = t$ (относительно $x$) имеет решение только при $t > 0$, причем при каждом таком $t$ оно имеет единственное решение, задача принята вид: определить, при каких а уравнение (1) имеетровно два положительных корня, а для этого необходимо и достаточно, чтобы $a$ удовлетворило системе
$$\begin{cases} 1 - 36a^3 > 0 \\ 9a^3 > 0 \end{cases}$$
(достаточно бытьекает из теоремы Виета и того, что второй коэффициент в уравнения (1) отрицатель). Ответ. ] $0; \frac{1}{\sqrt{36}}$ [.