fc.vseosvita.ua · 4 Кучик А. О. За лаштунками шкільної математики. Факультативні заняття ± Костопіль, 2018. ±

1

Відділ освіти Костопільської районної державної адміністрації

Районний методичний кабінет

Костопільська загальноосвітня школа І-ІІІ ступенів № 4

А.Кучик

Костопіль - 2018

ЗА ЛАШТУНКАМИ

ШКІЛЬНОЇ МАТЕМАТИКИ Факультативні заняття

2

3

Відділ освіти Костопільської районної державної адміністрації

Районний методичний кабінет

Костопільська загальноосвітня школа І-ІІІ ступенів № 4

А.Кучик

ЗА ЛАШТУНКАМИ

ШКІЛЬНОЇ МАТЕМАТИКИ Факультативні заняття

Костопіль - 2018

4

Кучик А. О. За лаштунками шкільної математики. Факультативні заняття

– Костопіль, 2018. – 140 с.

Запропонований навчально-методичний посібник містить розробки занять

факультативу згідно з програмою факультативного курсу «За лаштунками

шкільної математики» для учнів 7 класу загальноосвітніх навчальних закладів

авторів: Бевз Валентини Григорівни, Бурди Михайла Івановича, Прокопенко

Наталії Сергіївни.

У розробці кожного заняття виділені основні структурні елементи,

розкривається зміст матеріалу, наводиться система завдань різного рівня

складності. Крім того, запропоновано матеріали для підвищення інтересу учнів

до вивчення математики та для розширення їх наукового світогляду.

Методична розробка допоможе вчителям математики у підготовці та

проведенні факультативних та гурткових занять, при підготовці до зовнішнього

незалежного оцінювання з математики.

Схвалено методичною радою Костопільської загальноосвітньої школи

І-ІІІ ступенів № 4. Протокол № 3 від 05.01.2018 року

Рецензент:

Кириша С. Г.– директор Костопільської загальноосвітньої школи І-ІІІ

ступенів № 4

Комп`ютерний набір – А. Кучик

5

ЗМІСТ

ВСТУП …………………………………………………………… ……….............. 7

Орієнтовне календарно-тематичне планування факультативного курсу для

7-го класу «За лаштунками шкільної математики» ……………………………. 10

Розділ 1. Тема. Подільність і прості числа

Заняття № 1-2. Подільність чисел. Властивості й ознаки подільності чисел… 11

Додаток до заняття № 3. Історичний нарис. Наукові надбання Гаусса.…….. 17

Заняття № 3-4. Найбільший спільний дільник двох чисел. Алгоритм Евкліда...19

Додаток до заняття № 3. Евклід та його праця «Начала» .............................. 23

Заняття № 5-6. Прості числа. Нескінченність множини простих чисел………. 25

Додаток до заняття № 5. Найбільше відоме просте число ………………...... 30

Заняття № 7-8. Конгруенції та їх властивості. Класи чисел і мала

теорема Ферма …………………………………………………........................... 31

Додаток до заняття № 7. Короткі відомості доведення теореми Ферма.…. 37

Заняття № 9-10 Найпростіші діофантові рівняння …………………………… 39

Додаток до заняття № 9. Історія діофантових рівнянь……………………... 48

Заняття № 11-12. Розв'язування олімпіадних задач………………………….... 50

Додаток до заняття № 11. Цікаві моменти з життя відомих математиків…. 55

Розділ 2. Тема. Цілі вирази та їх перетворення

Заняття № 13-14. Цілі вирази, їх види. Многочлени. Ділення многочленів….. 56

Додаток до заняття № 15. Історичний нарис. Вільям Джордж Горнер. ….... 62

Заняття № 15-16 Знаходження раціональних коренів многочлена. Схема

Горнера…………………………………………………………………………… 63

Додаток до заняття № 16. Історичний нарис. Франсуа Вієт ……………….. 69

Заняття № 17-18. Розкладання многочленів на множники. Розв'язування

рівнянь методом розкладання многочлена на множники ……………………. 71

Додаток до заняття № 17. Історія трикутника Паскаля…………………….. 74

Заняття № 19-20. Виділення квадрата двочлена. Знаходження найбільшого і

найменшого значення виразу …………………………………………………... 75

Додаток до заняття № 19. Біном Ньютона …………………………………... 81

6

Заняття № 21-22. Розв'язування задач на подільність ……………………….. 82

Додаток до заняття № 21. Помилки в індуктивних міркуваннях ………… 87

Заняття № 23-24. Розв'язування олімпіадних задач ……………….………….. 88

Розділ 3. Тема. Особливі точки та лінії в трикутнику. Геометричні побудови.

Заняття № 25. Точка перетину медіан трикутника (центр мас). Точка

перетину висот трикутника (ортоцентр)……………………………………… 92

Додаток до заняття № 25. Віртуальна екскурсія «У світ трикутників»…….. 98

Заняття № 26. Точка перетину бісектрис трикутника. Центр кола, вписаного

в трикутник. Центр зовнівписаного кола……………………………………... 101

Заняття № 27. Центр кола, описаного навколо трикутника. Пряма Ейлера…. 107

Додаток до заняття № 28. Історичний нарис. Леонард Ейлер – внесок

в науку…………………………………………………………………………… 111

Заняття № 28. Коло дев'яти точок ……………………………………………... 113

Заняття № 29. Розв'язування задач на побудову методом

геометричних місць…………………………………………………………….. 116

Заняття № 30. Побудови за допомогою лише циркуля або лінійки,

побудова на обмеженій площині. Побудови за допомогою двосторонньої

лінійки, косинця………………………………………………………………… 121

Заняття № 31-32. Розв'язування олімпіадних задач …………………………. 124

Список використаної літератури ……………………………………………..... 129

ДОДАТКИ ……………………………………………………………………… 131

Додаток 1. Завдання для самостійного осмислення до теми «Подільність

і прості числа»

Додаток 2. Завдання для самостійного осмислення до теми «Цілі вирази та

їх перетворення»

Додаток 3. Завдання для самостійного осмислення до теми «Особливі точки

та лінії в трикутнику. Геометричні побудови»

7

ВСТУП

«Серед усіх наук математика користується особливою повагою;

підставою для цього є та єдина обставина, що її положення абсолютно

правильні й незаперечні, в той час як положення інших наук до деякої міри

спірні, і завжди є небезпека їх спростування новими відкриттями.»

А. Ейнштейн

Мета базової загальної середньої освіти: розвиток та соціалізація

особистості учнів, формування їхньої національної самосвідомості, загальної

культури, світоглядних орієнтирів, екологічного стилю мислення і поведінки,

творчих здібностей, дослідницьких навичок і навичок життєзабезпечення,

здатності до саморозвитку та самонавчання в умовах глобальних змін і викликів.

Провідним засобом реалізації вказаної мети є запровадження

компетентнісного підходу в освітній процес загальноосвітньої школи шляхом

формування предметних і ключових компетентностей.

Такі ключові компетентності, як вміння вчитися, ініціативність і

підприємливість, екологічна грамотність і здоровий спосіб життя, соціальна та

громадянська компетентності можуть формуватися відразу засобами усіх

навчальних предметів. Виокремлення таких наскрізних ліній ключових

компетентностей як «Екологічна безпека й сталий розвиток», «Громадянська

відповідальність», «Здоров’я і безпека», «Підприємливість і фінансова

грамотність» спрямоване на формування в учнів здатності застосовувати знання

й уміння у реальних життєвих ситуаціях.[17]

Курс математики основної школи логічно продовжує реалізацію завдань

математичної освіти учнів, розпочату в початкових класах, розширюючи і

доповнюючи ці завдання відповідно до вікових і пізнавальних можливостей

школярів. Тому основним видом позакласної роботи з математики в школі є

факультативні заняття. Головною метою факультативних занять є поглиблення

й розширення знань учнів, розвиток математичних здібностей, спонукання

учнів до самостійних занять і досліджень, виховання ініціативи. Саме в

позакласній роботі учні мають можливість повною мірою виявити свої творчі

здібності.

8

Навчально-методичний посібник містить розробки занять факультативу

згідно з програмою факультативного курсу «За лаштунками шкільної

математики» для учнів 7 класу загальноосвітніх навчальних закладів авторів:

Бевз Валентини Григорівни, Бурди Михайла Івановича, Прокопенко Наталії

Сергіївни.

Актуальність проблеми полягає у формуванні уявлень про алгебраїчні

вирази, математичне моделювання, розуміння зв’язку математики з дійсністю,

використання у навчанні фактів історії науки.

Заняття факультативного курсу розроблені з метою розвитку особистості, з

використанням цікавих форм роботи: математичний аукціон, завдання –

«Віднови фразу», інтерактивних методів освітньої діяльності: кооперативний,

«Мікрофон», «Крісло автора», «Коло ідей», «Математичний бій», метод

«Прес», що дозволяє збільшити відсоток засвоєння матеріалу, оскільки впливає

не лише на свідомість учня, а й на його почуття.

Мета факультативного курсу – всебічний розвиток особистості кожного

учня на основі врахування індивідуальних інтересів і нахилів, розширення і

поглиблення математичних знань учнів, ознайомлення учнів із деякими

загальними математичними ідеями та формування у них математичної

компетентності.

Основні завдання курсу:

• формувати в учнів систему математичних знань, навичок і умінь,

потрібних у подальшому навчанні та майбутній професійній діяльності;

• розвивати в учнів логічне мислення, алгоритмічну та графічну культуру,

пам'ять, увагу, інтуїцію;

• формувати в учнів стійкий інтерес до вивчення математики, розвивати їх

математичні здібності.[4]

Зміст програми запропонованого курсу органічно пов'язаний зі змістом

основного навчального матеріалу шкільного курсу математики і водночас має

самостійний характер.

9

У розробці кожного заняття виділені основні структурні елементи, вказано

дидактичну мету. Особливу увагу приділено мотивації навчальної діяльності,

сприйманню, осмисленню навчального матеріалу.

Посібник містить окремі олімпіадні задачі. Уміння розв’язувати олімпіадних

задач є умовою успішної здачі державної підсумкової атестації з математики,

зовнішнього незалежного оцінювання і подальшого вивчення математики.

До кожного заняття подано систему вправ різного рівня складності, які

допоможуть виробленню навичок розв’язування основних типів задач та

завдань підвищеного рівня складності. Для деяких завдань подано кілька

способів розв’язання.

Крім того, розробка кожного заняття факультативного курсу містить

історичний і довідковий матеріал для зацікавлення учнів та підвищення

інтересу до математики. Цей навчально-методичний посібник допоможе

вчителям математики у підготовці та проведенні факультативних та гурткових

занять.

10

Орієнтовне календарно-тематичне планування факультативного курсу для

7 класу «За лаштунками шкільної математики» (35 год, 1 год на тиждень).[4]

Номер

заняття

Тема, зміст заняття Дата

Тема 1. Подільність і прості числа (12 год)

1-2 Подільність чисел. Властивості й ознаки подільності чисел

3-4 Найбільший спільний дільник двох чисел. Алгоритм Евкліда

5-6 Прості числа. Нескінченність множини простих чисел

7-8 Конгруенції та їх властивості. Класи чисел і мала теорема Ферма

9-10 Найпростіші діофантові рівняння

11-12 Розв'язування олімпіадних задач

Тема 2. Цілі вирази та їх перетворення (12 год)

13-14 Цілі вирази, їх види. Многочлени. Ділення многочленів

15-16 Знаходження раціональних коренів многочлена. Схема Горнера

17-18 Розкладання многочленів на множники. Розв'язування рівнянь

методом розкладання многочлена на множники

19-20 Виділення квадрата двочлена. Знаходження найбільшого і

найменшого значення виразу

21-22 Розв'язування задач на подільність

23-24 Розв'язування олімпіадних задач

Тема 3. Особливі точки та лінії в трикутнику. Геометричні побудови (8 год)

25 Точка перетину медіан трикутника (центр мас). Точка перетину

висот трикутника (ортоцентр)

26 Точка перетину бісектрис трикутника. Центр кола, вписаного в

трикутник. Центр зовнівписаного кола

27 Центр кола, описаного навколо трикутника. Пряма Ейлера

28 Коло дев'яти точок

29 Розв'язування задач на побудову методом геометричних місць

30 Побудови за допомогою лише циркуля або лінійки, побудова на

обмеженій площині. Побудови за допомогою двосторонньої

лінійки, косинця

31 Класичні задачі, які не розв'язуються за допомогою циркуля і

лінійки

32 Розв'язування олімпіадних задач

33-35 Повторення і систематизація вивченого матеріалу

11

Тема 1. Подільність і прості числа.

Заняття № 1-2

Тема заняття. Подільність чисел. Властивості й ознаки подільності чисел.

Мета:

- формування предметних компетентностей: сформувати знання про

подільність чисел; сформувати вміння застосовувати властивості й ознаки

подільності чисел до розв'язування вправ та задач;

- формування ключових компетентностей: формувати вміння визначати

мету навчальної діяльності, відбирати і застосовувати потрібні знання для

досягнення мети, вживати в мовленні математичну термінологію;

сприяти самовихованню інтересу до вивчення математики,

зацікавленості в пізнанні нового.

Хід заняття

І. Організаційний момент.

ІІ. Мотивація навчальної та пізнавальної діяльності учнів.

Математика — одна з найдревніших наук. Перші математичні уявлення і

поняття людина формувала в глибокій давнині, розв'язуючи найпростіші задачі

практичного характеру. Ускладнювалися форми трудової діяльності, і перед

людиною поставали складніші задачі, для розв'язування яких вона формувала

нові математичні поняття, створювала математичні теорії. Отже, математика

розвивалася під впливом двох головних стимулів: потреб практичної діяльності

людини і логіки розвитку самої математики.

У житті часто доводиться робити різні припущення, висловлювати той чи

інший «прогноз». Людина, що знає арифметику, може за певними

властивостями чисел, за певними ознаками визначити, чи поділитися будь-яке

натуральне число без остачі на дане число, не виконуючи ділення. Для того

щоб вміти це робити, потрібно вивчити так звані ознаки подільності

натуральних чисел, тобто такі властивості чисел, за якими можна з упевненістю

встановити, чи поділитися одне число на інше, не проводячи самого ділення,

яке часом буває трудомістким.

Наприклад, чи можна розділити порівну між 12 учнями 384 цукерки?

12

Епіграф заняття. «Математика – наука молодих. Інакше й не може бути.

Заняття математикою – це така гімнастика розуму, для якої потрібна вся

гнучкість і вся витривалість молодості.» Н. Вінер

ІІІ. Формулювання теми, мети і завдань заняття.

Тема нашого заняття зашифрована в ребусі.

ЛЬ ТЬ ЧИСЕЛ

ІV. Сприйняття й усвідомлення нового матеріалу.

Знайомство з матеріалом. Розповідь вчителя.

Протягом більше 25 століть задачі теорії чисел були улюбленою областю

дослідження визначних математиків і багатьох тисяч дилетантів. В теорії чисел

значне місце відводиться теорії подільності цілих чисел, зокрема цілих

додатних натуральних чисел, висновки і результати вивчення якої

поширюються і на цілі від’ємні числа.

Ще в Стародавній Греції, в так званій піфагорійській школі (6 ст. до н.е.),

вивчалась подільність цілих чисел. Були відокремлені окремі підкласи цілих

чисел, як наприклад, прості числа, складені, квадратні і тому подібні; вивчалася

структура так званих досконалих (число а, рівне сумі своїх істинних дільників,

тобто натуральних дільників, відмінних від самого а, називається досконалим) і

дружніх чисел (якщо для двох чисел а і b сума істинних дільників кожного з

них дорівнює іншому, то такі числа називаються дружніми). Було дано

розвиток у цілих числах невизначеного рівняння x²+y²=z² (іншими словами,

був вказаний рецепт побудови прямокутних трикутників з цілочисельними

сторонами).

Евклід у своїх «Началах» дав систематичну побудову теорії подільності.

Він вперше запропонував теорему про однозначність розкладу натурального

числа на прості множники, яка відіграє основну роль у теорії подільності цілих

чисел, і з її допомогою побудував арифметику раціональних чисел. Евкліду

були відомі чотири досконалі числа: 6, 28, 496, 8128.

і і і і і і

13

Подільність чисел, загальніших ніж цілі, було ретельно досліджено у 19

ст., починаючи з роботи Гаусса про властивості гауссових цілих

чисел, комплексних чисел вигляду а+ bі де a, b є Z – це звичайні цілі числа, а i

– це уявна одиниця.

Нагадаємо основні відомості про подільність чисел.

Властивості й ознаки подільності чисел.

Ознаки подільності на 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 13, 17,19, 25.

Метод «Зашифровані ознаки».

Називаєте номер картки і отримуєте ознаку подільності числа.

Якщо запис натурального числа закінчується на 0, то це число ділиться

без остачі на 10.

Наприклад. 680,1010,2000, 790 діляться на 10.

Якщо запис натурального числа закінчується цифрами 0 або 5, то це

число ділиться без остачі на 5.

Наприклад. 370, 675, 455, 890, 1485 діляться без остачі на 5.

Якщо запис натурального числа закінчується парною цифрою, то це

число ділиться без остачі на 2, а якщо непарною цифрою - то число не ділиться

без остачі на 2.

Наприклад. 8, 60, 574 - діляться на 2.

Якщо сума цифр числа ділиться на 3, то й число ділиться на 3. Якщо сума

цифр числа не ділиться на 3, то й число не ділиться на 3.

Наприклад. 276 ділиться на 3, оскільки 2 + 7 + 6 = 15, а 15 ділиться на 3.

https://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%93%D0%B0%D1%83%D1%81_%D0%9A%D0%B0%D1%80%D0%BB_%D0%A4%D1%80%D1%96%D0%B4%D1%80%D1%96%D1%85

https://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%93%D0%B0%D1%83%D1%81%D0%BE%D0%B2%D1%96_%D1%87%D0%B8%D1%81%D0%BB%D0%B0


https://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%9A%D0%BE%D0%BC%D0%BF%D0%BB%D0%B5%D0%BA%D1%81%D0%BD%D1%96_%D1%87%D0%B8%D1%81%D0%BB%D0%B0

https://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%A3%D1%8F%D0%B2%D0%BD%D0%B0_%D0%BE%D0%B4%D0%B8%D0%BD%D0%B8%D1%86%D1%8F

14

Якщо сума цифр числа ділиться на 9, то й саме число ділиться на 9. Якщо

сума цифр числа не ділиться на 9, то й число не ділиться на 9.

Наприклад. 5787 ділиться на 9, оскільки 5 + 7 + 8 + 7 = 27, а 27 ділиться на 9.

Число ділиться на 6, якщо воно одночасно ділиться на 2 і на 3.

Наприклад. 2862 ділиться на 6, оскільки 2862 ділиться і на 2, і на 3.

Число ділиться на 4, якщо дві останні цифри запису числа – нулі, або

складають число, що ділиться на 4.

Наприклад. 78 536 ділиться на 4, оскільки 36 ділиться на 4.

Число ділиться на 7, якщо потроєна кількість десятків, додана до

кількості одиниць ділиться на 7.

Наприклад.154 ділиться на 7, оскільки 15*3+4=49, 49 ділиться на 7.

Число ділиться на 8 тоді і тільки тоді, коли число, утворене трьома його

останніми цифрами, ділиться на 8.

Наприклад. 3654168 ділиться на 8, так як 168 ділиться на 8.

Число ділиться на 11, якщо на 11 ділиться сума чисел, що утворені

парами цифр запису числа, починаючи з одиниць.

Наприклад. 103785, складаємо суму: 10+37+85=132, 01+32=33, 33 ділиться на

11, отже й число 103785 ділиться на 11.

Число ділиться на 13, якщо сума числа десятків з кількістю одиниць,

помноженою на 4, ділиться на 13.

Наприклад. число 845 містить 84 десятки й 5 одиниць, складаємо суму

84+5*4=104, далі: 10+4*4=26 – ділиться на 13, отже й число 845 ділиться на 13.

Число ділиться на 17 тільки тоді, коли різниця між числом його десятків і

числом одиниць збільшеним в п’ять разів, кратне 17.

Наприклад. 5644 містить 564 десятки і 4 одиниці, маємо 564-20 = 544,

54-20= = 34. Оскільки 34 ділиться на 17, то і 5644 ділиться на 17.

Число ділиться на 19 тоді, коли число його десятків, складене з

подвоєним числом одиниць, кратне 19.

Наприклад. 646 ділиться на 19, так як 64 + ( 6 • 2 ) = 76 - ділиться на 19.

Число ділиться на 25 тоді і тільки тоді, коли дві його останні цифри

становлять число, яке ділиться на 25.

15

Наприклад. 675, 4525, 86750 діляться без остачі на 25.

V. Удосконалення знань та вмінь.

Тестові завдання.

1. У якій парі перше число є дільником другого?

а) 3 і 13; б ) 7 і 39; в ) 6 і 42; г ) 11 і 111.

2. На які з чисел ділиться число 140?

а) 3 і 4; б ) 3 і 5; в) 4 і 5; г ) 3, 4 і 5.

3. Які з чисел діляться на 13 і 25?

а ) 475; б ) 4225; в ) 6625; г ) 5335.

4. Який найменший простий дільник має число 91?

а) 1; б ) 9; в ) 7; г ) 13.

5. Які з чисел діляться на 2, 5 і 10?

а ) 970 і 960; б) 345 і 230; в ) 538 і 435; г ) 811 і 135.

1. Яку цифру слід записати замість зірочки у числі 3*4, щоб одержане число

ділилося на 9?

а ) 1; б) 2; в ) 3; г ) 9.

Колективне виконання завдань під керівництвом учителя.

Вправа 1.

Яка найменша кількість спортсменів може бути в колоні,

якщо їх можна вишикувати в шеренги по 5, 6 і 7

спортсменів?

Відповідь: 210.

Вправа 2.

Встановити чи числа 153623 і 150623 ділиться на 11.

Відповідь: 153623 не ділитися на 11, 150623 ділиться на 11.

Вправа 3.

Встановити ознаку подільності на 110.

Розв’язання. Число 110 = 2 · 55, де числа 2 і 55 взаємно прості. Число 55 = 5 ·

11, де числа 5 і 11 взаємно прості. Отже, число ділиться на 110 тоді і тільки

тоді, коли воно ділиться на числа 2, 5 і 11. За цією ознакою число 2640 ділиться

16

на 110, бо остання цифра цього число ділиться як на 2, так і на 5 і виконується

наступна умова 26+40=66.

Вправа 4. (Робота в групах. Кожна група отримує

картку із завданням та виконує обчислення.)

Картка 1.

1. Визначити чи число 368 312 ділиться на 7, 11, 13.

Відповідь: ділиться на 7 і не ділиться на 11 і 13.

2. Встановити ознаку подільності на 250.

Картка 2.

1. Визначити чи число 378 456 ділиться на 7, 11, 13.

Відповідь: ділиться на 13 і не ділиться на 7 і 11.

2. Встановити ознаку подільності на 50.

На занятті ми згадували про вчення Гаусса про властивості гауссових цілих

чисел, тож давайте поринемо в історію. Історичний нарис. Наукові надбання

Гаусса. (Додаток до заняття № 1)

VI. Підсумки заняття. Рефлексія.

Фронтальна бесіда за технологією «Мікрофон».

Що нового дізналися на занятті?

Що сподобалося найбільше?

Що було найскладнішим при виконанні завдань?

Що потрібно ще вивчити вдома?

https://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%93%D0%B0%D1%83%D1%81_%D0%9A%D0%B0%D1%80%D0%BB_%D0%A4%D1%80%D1%96%D0%B4%D1%80%D1%96%D1%85



17

Додаток до заняття № 1. Історичний нарис. Наукові надбання Гаусса.

Карл Фрідріх

Гаусс народився 30

квітня 1777 року у

Брауншвейгу – одному

з німецьких князівств,

які на той час ще не

були об'єднані в єдину

централізовану державу. Він з гордістю відчував себе вихованцем епохи

Освіти. Дійсно, в яку іншу епоху талановитий син садівника і водопровідника

міг удостоїтися персональній стипендії від герцога Брауншвейгського і бути

прийнятим в Геттінгенський університет.[5]

Ледве трьох років від народження він вже умів читати і виконувати

елементарні обчислення. Одного разу, трирічний Карл був присутній при

розрахунках свого батька, який був водопровідним майстром, і маленький син

відмітив помилку в обчисленнях. Розрахунок був перевірений і число, вказане

хлопчиком було вірно. У 1784 році Карл пішов в школу.

Математичний талант, що відкрився в ранньому дитинстві привів,

звичайно до того, що першим захопленням Гаусса стала арифметика. У 9 років

він відкрив (під час шкільного уроку) формулу суми арифметичної прогресії.

Пізніше Гаусс переніс всі теореми арифметики натуральних чисел на

многочлени і на цілі комплексні числа. У результаті в алгебрі з'явилося

загальне поняття кільця. Заразом з'ясувалося, що безліч простих чисел вигляду

(4к+1) нескінченна і що всі вони можуть бути подані у вигляді суми двох

квадратів. Це був перший новий факт такого роду, відкритий з часів

Ератосфена. Гаусс знайшов алгебраїчний доказ нерозв'язаності багатьох

завдань на побудову циркулем і лінійкою, які доводив ще Піфагор.

З 1795 року Гаусс – студент Геттінгенського університету. Він охоче

відвідує лекції з філософії і математики. В цей час він починає свої математичні

дослідження. На цей ранній період його творчої діяльності (йому було всього

18 років) припадають такі відкриття й праці: у 1795 р. він винайшов так званий

18

«Метод найменших квадратів»; у 1796 р. розв'язав класичну задачу про поділ

кола, з якої випливала побудова правильного 17-кутника, і написав велику й

важливу працю «Арифметичні дослідження», яка була надрукована у 1801 р.

Гаусс довів, що за допомогою циркуля та лінійки можна побудувати

такий правильний п-кутник, число сторін якого виражається формулою

п=22r+1, де r – довільне ціле число або нуль. Якщо r=0, то п=3; r=1, то п=5,

r=2, то п=17.

Дуже важливе значення має доведена Гауссом у 1799 р. основна теорема

алгебри про існування кореня алгебраїчного рівняння. На основі цієї теореми

доведено таку властивість рівнянь: «Алгебраїчне рівняння має стільки коренів

дійсних чи комплексних, скільки одиниць у показнику його степеня». За працю,

в якій доведено ці теореми, Гаусс дістав звання приват-доцента.

До 24 років Гаусс увійшов до числа найвідоміших математиків Європи.

У 30 років Гаусс вважався вже «королем» європейських математиків.

Змагатися йому було ні з ким та він і не любив це заняття.

У 1827 році Гаусс опублікував велику працю «Загальні дослідження про

криві поверхні», зміст якої стосується диференціальної геометрії.

В алгебрі Гаусса цікавила насамперед основна теорема. До неї він не раз

повертався і дав понад шість різних її доведень. Усі

вони були опубліковані в працях ученого. У цих

працях були дані вказівки відносно кубічних і

біквадратичних лишків. Ці праці значно розширили

теорію чисел завдяки введенню так званих цілих

гауссових чисел, тобто чисел виду а+bі, де а і b – цілі числа.

І ось вже два сторіччя вся математична наука розвивається в режимі

взаємодопомоги і сплетення її різних гілок. Гаусс першим почав працювати в

такому режимі: як би перекидаючи вуглинку, що горить, з однієї долоні в іншу.

За це його називають «батьком сучасної математики».

Гаусс помер 23 лютого 1855 року. Його ім'я занесено на карту Місяця.

19


Тема заняття. Найбільший спільний дільник двох чисел. Алгоритм Евкліда.

Мета:


найбільший спільний дільник двох чисел, алгоритм Евкліда; сформувати

вміння розв'язувати вправи та задачі на застосування властивостей НСД,

алгоритму Евкліда;

- формування ключових компетентностей: формувати вміння діяти за

алгоритмом та складати алгоритми; сприяти усвідомленню власних

освітніх потреб та цінності нових знань і вмінь.




Багато хто вважає математику

нудною і важкою наукою: складні

задачки, рівняння, формули… Голова

обертом. Проте світ чисел і прикладів

набагато цікавіший, ніж здається на

перший погляд. Хочеш відчути себе

фокусником і викликати захоплення та

здивування у друзів?

Фокус 1. Задумайте число, додайте до нього 3, помножте отриману суму

на 6, відніміть від добутку задумане число, потім відніміть ще 8 і, нарешті,

поділіть результат на 5. Тепер скажіть результат, а я скажу, яке число ви

задумали.

Секрет фокусу: потрібно від отриманого результату відняти 2.

Фокус 2. Помножте свою улюблену цифру на 9 і на знайдений добуток

помножте восьмицифрове число 12345679.

У результаті буде число, записане тільки вашою улюбленою цифрою.

20

Епіграф заняття. «Знання збільшуються, а вміння вдосконалюються, коли

ними ділишся.» Народна мудрість



Нехай а1, а2, ..., ап – довільні натуральні числа. Натуральне число, на яке

ділиться кожне із заданих чисел, називається їх спільним дільником, а

найбільший із спільних дільників – їх найбільшим спільним дільником і

позначається НСД (а1, а2, ..., ап ). Множина спільних дільників декількох

натуральних чисел є непорожньою і скінченною. Це випливає з того, що число

1 є спільним дільником довільних натуральних чисел, а дільник числа не

перевищує саме число. Тоді за принципом найбільшого числа у множині

спільних дільників заданих чисел існує найбільше число, яке і буде найбільшим

спільним дільником заданих чисел. Отже, для довільних натуральних чисел а1,

а2, ..., ап їх найбільший спільний дільник завжди існує і причому єдиний.

Найбільший спільний дільник має такі властивості:

1. Для довільних натуральних чисел а1, а2, а3, ..., ап існує єдине НСД.

2. Найбільший спільний дільник чисел a і b не перевищує меншого за більше з

даних чисел (якщо a > b, то HCД (a, b) ≤ а).

3. НСД даних чисел ділиться на будь-який спільний дільник.

4. Якщо a ділиться на b, то HCД (a, b) = b.

Алгоритм Евкліда.

Знаходження НСД і НСК двох чисел не завжди дають можливість їх

обчислювати, оскільки є дуже трудомісткими. Для розв’язання цієї задачі є

метод, який називається послідовним діленням, або алгоритмом Евкліда,

описаний Евклідом у VII книзі «Начала». Теоретичною основою його є теорема

про ділення з остачею.

Якщо довільні натуральні числа a, b, g і r, пов’язані співвідношенням

a = b · g + r, то множина спільних дільників чисел а і b дорівнює множині

спільних дільників чисел b і r, тобто НСД (a, b) = НСД (g, r).

Алгоритм Евкліда полягає у тому, щоб знайти НСД (a, b), де а > b:

більше з даних чисел, тобто а ділимо на менше – b. Якщо залишиться остача, то

21

менше число ділимо на остачу, потім першу остачу ділимо на другу і т. д., доки

не одержимо остачу 0. Остання, відмінна від нуля, остача буде найбільшим

спільним дільником чисел а і b. Процес ділення в алгоритмі Евкліда

скінченний, бо остачі, які є цілими невід’ємними числами, на кожному кроці

зменшуються, залишаючись меншими від b, а таких чисел не більше як b.

Між найменшим спільним кратним і найбільшим спільним дільником

двох натуральних чисел існує зв’язок, який виражається такою теоремою.

Теорема. Для довільних натуральних чисел а і b їх найменше спільне

кратне дорівнює добутку даних чисел, поділеному на їх найбільший спільний

дільник: HCК (a, b) = b·а / НСД (b, a).


Виконання усних вправ.

1. Назвіть всі дільники числа 48.

2. Знайдіть НСД ( 28, 42 ).

3. Знайдіть таке значення х, що 10< х < 25 і є спільним дільником чисел 52 і 39.


Вправа 1. Яку найбільшу кількість однакових подарунків можна скласти з 320

горіхів, 340 цукерок, 200 пряників? Скільки цукерок, горіхів і пряників буде в

кожному подарунку?

Вправа 2. Знайти розкладом на прості множники НСД і НСК чисел 6160 і 1560.

Розв’язання. Розкладемо на прості множники дані числа:

6160 = 24 · 5 · 7 · 11. 1560 = 2³ · 3 · 5 · 13. Отже, НСД (6160, 1560) = 2³ ·5 = 40.

Відповідь: НСД (6160, 1560) = 40.

Вправа 3. Знайти розкладом на прості множники НСД чисел 27720, 207900 і

12600.

Розв’язання. Розкладемо на прості множники дані числа:

27720 = 2³ · 3² · 5 · 7 · 11; 207900 = 2² · 3³ · 5² · 7 · 11; 12600 = 2³ · 3² · 5² · 7.

Отже НСД (27720, 207900, 12600) = 2² · 3² · 5 · 7 =1260.

Відповідь: НСД (27720, 207900, 12600) = 1260.

Вправа 4. Знайти НСД чисел 2970 і 1980 за алгоритмом Евкліда.

Розв’язання. Знайдемо НСД (2970, 1980). Поділимо більше число на менше.

22

2970:1980= 1 (ост.990), поділимо менше число на остачу 1980:990=2 (ост. 0).

Отже НСД (2970, 1980) = 990.

Відповідь: НСД (2970, 1980) = 990.

Вправа 5. Знайти за алгоритмом Евкліда НСД і НСК чисел 2911 і 1763.

Розв’язання. Знайдемо НСД (2911, 1763). Для цього більше з даних чисел,

тобто 2911 ділимо на менше – 1763. Менше число ділимо на остачу… Отже,

НСД (2911, 1763) = 41. На основі формули, яка виражає залежність між НСД,

НСК і добутком двох чисел HCК (a, b) = b·а / НСД (b, a).

НСК (2911, 1763) = 1211· 1763 / 41 = 125173.

Відповідь: НСД (2911, 1763) = 41, НСК (2911, 1763) = 125173.

Інтерактивна вправа «Дешифрувальник».

Вправа 6. (Робота в парах. Учні виконують

обчислення, розшифровують слово.)

72-Р, 2940-Е, 40-Ш, 16-Т, 840-О.

1. Знайти розкладом на прості множники НСД чисел 3960 і 3024. (72)



4. Знайти за алгоритмом Евкліда НСД чисел 8820 і 29400. (2940)

5. Знайти розкладом на прості множники НСД чисел 80, 64 і 96. (16)

6. Знайти за алгоритмом Евкліда НСД чисел 609840 і 4200. (840) (РЕШЕТО).

На наступному занятті ми ознайомимось з методом, який називається

решетом Ератосфена, для визначення простих чисел у натуральному ряді. А

зараз відпочиньмо та дізнаймося про Евкліда та його працю «Начала».

(Додаток до заняття № 3)

VІ. Підсумки заняття. Рефлексія.

Інтерактивна вправа «Незакінчене речення».

На занятті я навчився…

Найбільше мені сподобалось…

Найбільшу складність я відчув …

На наступному занятті я хочу…

23

Додаток до заняття № 3. Евклід та його праця «Начала».

Евклід – старогрецький математик і

визнаний основоположник математики,

якого прийнято називати «батьком

геометрії».

Ніяких біографічних відомостей про

його життя не збереглося. Відомо тільки,

що на запрошення царя Птоломея Евклід

приїхав у III ст. до н. е. в м. Александрію,

резиденцію грецьких царів у Єгипті, і

почав там працювати наглядачем слав-

нозвісної бібліотеки.

Згідно з деякими документами, Евклід навчався в древній школі Платона

в Афінах, що було під силу тільки заможним людям. Вже після цього він

переїде в м. Александрія в Єгипет, де і покладе початок розділу математики,

нині відомому як «геометрія».

Як розповідає Пап Александрійський (друга половина ІІ ст. н. е.), Евклід

заснував в Александрії свою школу, щоб мати можливість навчати математики

таких же ентузіастів, як він сам. Також існує думка, що в пізній період свого

життя він продовжував допомагати своїм учням в розробці власних теорій і

написанні праць.

Евклід є автором найдавніших трактатів з математики, що збереглись до

сьогодення. В них підсумовано досягнення давньогрецької математики.

Наукова діяльність Евкліда проходила в Александрійській бібліотеці —

суспільній інституції, що являла собою бібліотечний, науковий, навчальний,

інформаційно-аналітичний і культурологічний комплекс.[20]

Основна праця Евкліда «Начала» складається із серії книжок, у яких

міститься систематизований виклад геометрії, а також деяких питань теорії

чисел.

24

«Начала» відіграли винятково важливу роль у подальшому розвитку

математичної науки. Історичне значення цієї праці полягає в тому, що в ній

уперше здійснено спробу логічної побудови геометрії на основі аксіоматики.

Зміст «Начала» свідчить про велику повагу їх автора до традиції, так як

він зберіг в них деякі поняття, які в його час не вживались.

Прокл (410–485 рр. н.е) розповідає, ніби Птолемей І запитав Евкліда, чи

немає коротшого шляху для

розуміння геометрії, ніж той, який

викладений в «Началах», на що

Евклід відповів: «В геометрії немає

царського шляху!»

Мав також роботи з астрономії,

оптики, теорії музики.

Рік і причина смерті Евкліда залишаються для людства таємницею. У

літературі зустрічаються туманні натяки на те, що він міг померти

близько 300 р. до н.е.

Спадщина Евкліда пережила вченого на цілих 200 століть, і служила

джерелом натхнення для таких особистостей, як, наприклад, Авраам Лінкольн.

З чуток, Лінкольн завжди забобонно носив при собі «Начала», і в усіх своїх

промовах цитував роботи Евкліда. Навіть після смерті вченого, математики

різних країн продовжували доводити теореми і видавати праці під його ім’ям. У

загальному і цілому, в ті часи, коли знання були закриті для широкого загалу,

Евклід логічним і науковим шляхом створив формат математики давнини, який

в наші дні відомий світові під назвою «евклідової геометрії».

25


Тема заняття. Прості числа. Нескінченність множини простих чисел.

Мета:

- формування предметних компетентностей: ознайомити учнів із

поняттям множини, методом решета Ератосфена; сформувати вміння

розв'язувати вправи та задачі, що передбачають застосування понять

простих чисел, виконувати класифікацію чисел;

- формування ключових компетентностей: формувати вміння чітко,

лаконічно та зрозуміло формулювати думку, аргументувати, доводити

правильність тверджень; сприяти усвідомленню цінності нових знань та

вмінь, самовихованню уважності, працелюбності, витривалості.




Задачі-загадки.

1. Один учень писав про себе: «…Пальців у мене двадцять п’ять на одній

руці, стільки ж на другій, на ногах десять…» Чому він такий потворний? (Учень

після слова «двадцять» не поставив дві крапки.)

2. Який знак треба поставити між записаними цифрами 2 і 3, щоб мати

число більше за 2, але менше за 3? (Кому.)

3. Якщо о 12 годині дня іде дощ, то чи можна ждати через 36 годин

сонячної погоди?

Епіграф заняття. «Те що ми знаємо – обмежене, а те чого не знаємо

нескінченне.» П’єр-Симон Лаплас



Знайомство з матеріалом. Розповідь з елементами бесіди.

На попередніх заняттях ми вже отримали певні знання про подільність

чисел, але ці знання неповні. Сьогодні ми поповнимо свої знання новими

методами та фактами. Так як у шкільних підручниках з цієї теми немає

достатніх відомостей, то ми на занятті отримаємо додаткові знання з теми.

26

Для довільного цілого невід’ємного числа а і натурального числа b, якщо

а ділиться на b, то число b називається дільником числа а.

Натуральне число, яке більше за одиницю називається простим, якщо

воно має своїми дільниками тільки одиницю і саме себе. Натуральне число, яке

більше за одиницю називається складеним, якщо воно має не менше трьох

дільників.

Отже, числа 2, 3, 5, 7 – прості числа першого десятка, 11, 13, 17, 19 –

прості числа другого десятка а числа 4, 6, 8, 9, 10, 12 складені.

Натуральні числа а1, а2, ..., ап називаються взаємно простими, якщо їх

найбільший спільний дільник дорівнює одиниці. Якщо кожна пара цих чисел

взаємно проста, то числа а1, а2, ..., ап називають попарно взаємно простими.

Теорема Евкліда. Множина простих чисел нескінченна.

Доведення. Доведемо теорему методом від супротивного. Припустимо, що

множина простих чисел скінченна, тобто, що вона складається із простих чисел

p1, p2, ..., pn. Розглянемо число g = p1·p2· ... ·pn + 1. Число g натуральне і більше

одиниці, а тому воно має принаймні один простий дільник.

Таким простим числом не може бути жодне з простих чисел p1, p2, ..., pn,

бо число g при діленні на кожне з них дає в остачі 1.

Отже, існує просте число, відмінне від чисел p1, p2, ..., pn. Наше

припущення про скінченність множини простих чисел хибне.

Прості числа мають такі властивості:

• Якщо просте число ділиться на натуральне число більше одиниці, то ці числа

рівні.

• Добуток кількох натуральних множників ділиться на просте число тоді і

тільки тоді, коли хоча б один з них ділиться на просте число.

• Кожне натуральне число, яке більше за одиницю, має хоча б один простий

дільник.

• Найменший, відмінний від одиниці, дільник натурального числа є числом

простим.

• Множина простих чисел нескінченна. (Теорема Евкліда).

27

• Якщо натуральне число а, більше одиниці, не ділиться на жодне з простих

чисел, квадрати яких не перевищують а, то число а просте.

• Найменший простий дільник натурального числа не перевищує кореня

квадратного з даного числа.

Для вивчення розподілу простих чисел у натуральному ряді та інших

задач теорії чисел потрібно знати всі прості числа, які не перевищують заданого

натурального числа. Для розв’язання цієї задачі є спеціальний метод, який

називається решетом Ератосфена.

Суть методу решета Ератосфена полягає у тому, що:

1. Виписують всі

натуральні числа від 2 до п: 2, 3,

4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, ..., п.

2. Число 2 ділиться тільки

на 1 і саме на себе, отже, воно є

простим.Викреслюють у ряді усі

числа, кратні двом, крім самого

числа 2.

3. Перше, наступне за 2,

невикреслене число буде 3. Воно не ділиться на 2 (інакше його б викреслили).

Отже, 3 ділиться тільки на 1 і саме на себе, а тому також буде простим.

Викреслюють усі числа, кратні 3, крім самого числа 3.

4. Перше, наступне за 3, невикреслене число буде 5. Воно не ділиться ні

на 2, ні на 3. Отже, 5 ділиться тільки на 1 і саме на себе, тому воно також буде

простим. Викреслюють усі числа, кратні 5, крім самого числа 5 і т. д.

Процес буде закінчено, коли одержимо просте число р таке, що р2 < п, але

для першого, наступного за р, невикресленого простого числа р1 р12 > п. Усі

невикреслені числа від 2 до п будуть простими.

Наприклад, щоб скласти таблицю простих чисел, які не перевищують

1000, викреслювання потрібно закінчити при р = 31, бо 312 = 961 < 1000. Для

наступного за 31 числа, тобто для числа 32, маємо 322 = 1024 > 1000, а тому й

поготів для наступного за 31 простого числа будемо мати таку ж нерівність.

28



1. Назвати прості числа третього десятка натурального ряду.

2. Назвіть усі прості числа, які більші за 20 і менші за 30.

3. Щоб перевірити, буде число 323 простим чи складеним, Миколка почав

послідовно перевіряти, чи будуть числа 2, 3, 4, 5, 6, ... дільниками числа

323. Однак встановивши, що число 3 не є дільником числа 323, Миколка

відразу міг би сказати, що деякі наступні числа також не є дільниками

числа 323. Які це числа?


Вправа1. Встановити простим чи складеним є число 967.

Розв'язання. Щоб встановити простим чи складеним є число 967, потрібно

перевірити, чи є його дільниками всі прості числа від 2 до 31, оскільки

312 = 961 < 967, а 322 = 1024 > 967.

За ознаками подільності встановлюємо, що число 967 не ділиться на прості

числа 2, 3, 5 і 11. Безпосередньо перевіряємо, що це число не ділиться на прості

числа 7, 13, 17, 19, 23, 29 і 31. Отже, число 967 не ділиться на жодне з простих

чисел, квадрати яких не перевищують числа 967, а тому воно буде простим.

Відповідь: число 967 – просте.

Вправа 2. Чи може сума трьох послідовних натуральних чисел бути простим

числом? Доведіть.

Доведення. Розглянемо суму трьох послідовних натуральних чисел

(n-1)+n+(n+1)=3n.

Вираз 3n ділиться на 3, тому сума трьох послідовних натуральних чисел не

може бути простим числом.

Вправа 3. Просте чи складене число 22002 - 1?

Розв'язання. 22002 – 1 = (21001 - 1)(21001 + 1). Кожний з множників відмінний від 1

і самого числа. Отже, число складене.

Відповідь: число 22002 – 1 складене.

Вправа 4.

http://edufuture.biz/index.php?title=%D0%A4%D1%96%D1%88%D0%BA%D0%B8_%D0%B4%D0%BB%D1%8F_%D0%B4%D0%BE%D0%BF%D0%B8%D1%82%D0%BB%D0%B8%D0%B2%D0%B8%D1%85:_%D0%9F%D1%80%D0%BE%D1%81%D1%82%D1%96_%D0%B9_%D1%81%D0%BA%D0%BB%D0%B0%D0%B4%D0%B5%D0%BD%D1%96_%D1%87%D0%B8%D1%81%D0%BB%D0%B0

29

Інтерактивна технологія «Математичний

бій».

(Клас ділиться на 2 групи, кожна група називає

номер завдання, яке буде виконувати.)

Чи існує найбільше просте число? (Додаток до заняття № 5)


Інтерактивна вправа «Сенкан».

1.Іменник (число).

2.Два прикметника.

3.Три дієслова.

4.Фраза із чотирьох слів.

5.Синонім до іменника.

А Б В

1 Знайти суму простих

чисел, які більші за

20 і менші за 30.

Знайти добуток

простих чисел, які

більші за 10 і менші за

20.

Знайти суму простих



2 Знайти добуток

простих чисел, які

більші за 1 і менші за

20.

Знайти добуток числа

10 та суми простих

чисел, які більші за 40 і

менші за 50.

Знайти суму простих



30

Додаток до заняття № 5. Найбільше відоме просте число.

Простих чисел нескінченно

багато. Найдавніший відомий доказ

цього факту навів Евклід у «Началах»

(книга IX, твердження 20). Кількість

простих чисел, що перевищують

найбільше відоме, теж нескінченна.

Багато учених-математиків, а також любителів, займаються пошуком

рекордних за величиною простих чисел, за знаходження яких

організація Electronic Frontier Foundation запропонувала декілька нагород

залежно від величини числа.

Один з рекордів поставив свого часу Ейлер, знайшовши просте число

231 – 1 = 2147483647.

Поширений алгоритм виявлення таких об'єктів заснований на їх пошуку у

формі чисел Марена Мерсенна, мають вигляд 2p – 1, де p є простим числом.

Станом на 3 січня 2018 року, найбільше відоме просте число дорівнює

277232917 - 1 і містить 23249425 десяткових цифр. Його знайшов американський

інженер Джонатан Пейс в рамках проекту Great Internet Mersenne Prime Search

(GIMPS). Це 50-е просте число Мерсенна.

Попереднє просте число Мерсенна було знайдено в 2016 році матема-

тиком Кертісом Купером з Центрального університету Міссурі в місті

Уорренсберг. Воно дорівнювало 274207281 – 1 та складалось з 22338618 цифр.

Раніше відомим простим числом Мерсенна було число 243112609 - 1

складається з 12978189 десяткових цифр. Його знайшли 2008 року на

математичному факультеті університету UCLA в рамках проекту по

розподіленому пошуку простих чисел Мерсенна GIMPS.

Числа Мерсенна вигідно відрізняються від решти наявністю ефективного

тесту простоти: тесту Люка-Лемера. Завдяки йому прості числа Мерсенна давно

утримують рекорд як найбільші відомі прості.

https://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%95%D0%B2%D0%BA%D0%BB%D1%96%D0%B4

https://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%9D%D0%B0%D1%87%D0%B0%D0%BB%D0%B0_%D0%95%D0%B2%D0%BA%D0%BB%D1%96%D0%B4%D0%B0

https://uk.wikipedia.org/wiki/Electronic_Frontier_Foundation

31


Тема заняття. Конгруенції та їх властивості. Класи чисел і мала теорема

Ферма.

Мета:

- формування предметних компетентностей: домогтися засвоєння

теореми Ферма; сформувати поняття конгруенції, властивостей

конгруенції; сформувати вміння розв'язувати вправи та задачі, що

передбачають застосування цих понять;

- формування ключових компетентностей: формувати вміння зіставляти

математичний термін з його походженням з іноземної мови, правильно

використовувати математичні терміни в повсякденному житті; сприяти

самовихованню допитливості, спостережливості.




Симетрія Конгруенція – відповідність

Конгруенція з життя

32

Епіграф заняття. «Найкращий спосіб вивчити що-небудь – це відкрити його

самому.» Д. Пойа



Конгруентність (лат. congruens, -ntis – співрозмірний, відповідний,

співпадаючий) в широкому сенсі – рівність, адекватність один одному різних

примірників чого-небудь (зазвичай – змісту, вираженого в різних формах,

представлених) або узгодженість елементів системи між собою.

В геометрії, дві фігури конгруентні, якщо вони мають однакову форму та

розмір. Більш формально, два набори точок називаються конгруентними тоді і

тільки тоді, якщо один набір можна сумістити з іншим за допомогою ізометрії,

тобто комбінації паралельного перенесення, обертання і відбиття.

Означення. Два цілих числа а і b називаються конгруентними за

модулем m, якщо числа а і b при діленні на m дають однакові остачі.

Конгруентні числа за модулем m можна записати у вигляді:

a = mg+r, b = mk+r, де 0<r<m. Модуль m є натуральним числом.

Конгруентність за модулем m чисел a та b записуємо так: а ≡ b (mod m).

Конгруентність чисел а і b за модулем m рівнозначна:

а) рівності а = b+mk, де k=0, ± 1, ± 2, ... ;

б) подільності а-b на m; тобто, а-b ділиться націло на m.

Приклади конгруентних чисел за модулем 5

-7 ≡ -2 (mod 5). 3 ≡ 8 (mod 5).

13 ≡ -12 (mod 5). 5 ≡ 0 (mod 5).

Перевірити конгруентність за модулем 5 можна таким чином, відняти від

лівої частини конгруенції -7 праву частину конгруенції -2, тобто -7-(-2)=-5, це

число ділиться націло на 5. Отже числа -7 та -2 є представниками одного класу

лишків, а конкретно Z3.

Приклади конгруентних чисел за модулем 7

6 ≡ -1 (mod 7). -4 ≡ 3 (mod 7).

13 ≡ 6 (mod 7). 7 ≡ 0 (mod 7).

http://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%9B%D0%B0%D1%82%D0%B8%D0%BD%D1%81%D1%8C%D0%BA%D0%B0_%D0%BC%D0%BE%D0%B2%D0%B0

33

Властивості конгруентних чисел:

1. Два цілих числа, які конгруентні третьому за модулем m, конгруентні між

собою за цим самим модулем.

Якщо а ≡b (mod m), с ≡ b (mod m) то а ≡ с (mod m).

Зауваження. У конгруенції будь-яке число можна замінити конгруентним йому.

Наприклад.

5 ≡ 2 (mod 3), 5 ≡8 (mod 3) . Отже, 8 ≡ 2 (mod 3).

2. Числа, конгруентні за модулем m, належать до одного й того самого класу

чисел.

Отже, множину чисел розбиваємо на класи Zr за модулем m.

Всіх класів буде m Z0, Z1, Z2, , …, Zm-1.

3. Конгруенції за одним і тим самим модулем можна почленно додавати або

віднімати. Наприклад.

а ≡ b (mod m).

c ≡ d (mod m).

а±c ≡ b±d (mod m).

4. Конгруенції за одним і тим самим модулем можна почленно множити.

Наприклад.

а ≡ b (mod m).

c ≡ d (mod m).

а·c ≡ b·d (mod m).

5. Члени конгруенції можна переносити з однієї частини в другу, змінюючи їх

знак на протилежний.

Якщо а ≡ b + с(mod m), то також вірно а-с ≡ b (mod m), або а-

b ≡ с (mod m), або а - b- c ≡ 0 (mod m).

6. До кожної з частин конгруенції можна додати (або відняти) число, кратне

модулю.

Якщо а ≡ b (mod m), то а + km ≡ b (mod m), а ≡b + km (mod m), або

а - km ≡ b (mod m), а ≡ b - km (mod m).

7. Обидві частини конгруенції можна помножити на одне й те саме ціле число.

Якщо а ≡ b (mod m), то аk ≡ bk (mod m), де k – ціле число.

34

8. Обидві частини конгруенції можна піднести до одного й того самого степеня,

показник якого є ціле невід'ємне число.

Якщо а ≡ b (mod m), то аk ≡ bk (mod m).

9. Обидві частини конгруенції можна поділити на їх спільний дільник, якщо

він взаємно простий з модулем m.

Якщо а ≡ b (mod m), НСД(k, m)=1, то a:k ≡ b:k (mod m).

10. Обидві частини конгруенції і модуль можна помножити на одне й те саме

натуральне число.

Якщо а ≡ b (mod m), то аk ≡ bk (mod km).

11. Обидві частини конгруенції і модуль можна поділити на будь-

який їх спільний дільник.

Якщо а ≡ b (mod m), то а:k ≡ b:k (mod m:k),

12. Якщо одна частина конгруенції і модуль діляться на яке-небудь ціле число,

то й друга частина конгруенції повинна ділитись на це число.

Класи чисел і мала теорема Ферма.

При розв’язуванні більш складних задач на подільність чисел на |т| >1,

треба розбити множину цілих чисел на т класів в залежності від остач, які

одержуємо при діленні на т.

Наприклад. т=4. Які можуть бути остачі при діленні на 4? r=0,1,2,3. Тому всі

числа розіб’ємо на чотири класи:

нульовий – остача 0; перший – остача 3; другий – остача 2; третій – остача 1.

З цього випливає, що:

1) кожен з утворених класів має безліч чисел;

2) усі числа будь-якого одного класу конгруентні між собою за даним модулем;

3) будь-які числа з різних класів не конгруентні.

Мала теорема Ферма. Короткі відомості доведення теореми Ферма.


Яке б не було число а і просте р, то аа р (тоd т) або (ар-а): р.

Наприклад. (а5-а):5, (а20-а):20.

Користуючись малою теоремою Ферма, можна доводити подільність на

складені числа.

35


Виконання вправ.

Вправа 1.

Знайти модулі, за якими числа 43 і 16 - конгруентні.

Розв'язання. mmod1643 , 43-16=27, а 27 ділиться на 3, 9, 27.

Відповідь: 3, 9, 27.

Вправа 2.

Знайдіть остачу від ділення 20122013 на 3.

Розв'язання. Розглянемо конгруенцію 2012 ,

тоді 20122013 ,

20122013 .

Отже, остача від ділення дорівнює 2.


Вправа 3.

Остача від ділення трицифрового числа n = на деяке одноцифрове число

дорівнює 8, знайдіть число n.

Розв'язання. Оскільки остача від ділення 8, тоді розглянемо конгруенцію за

модулем 9: n , тоді 2·100 + 10b + b ,

200 + 11b , 11b , 11b ,

11b , 11b , b .

Отже, шукане число b = , n = 233.


Вправа 4. Знайти остачу від ділення числа 1143 на 7.

Розв'язання. 112 ≡ 2 (𝑚𝑜𝑑 7), піднесемо до кубу праву і ліву частину

конгруентності: 116 ≡ 23 (𝑚𝑜𝑑 7), 116 ≡ 8 (𝑚𝑜𝑑 7),

8 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 7), за властивістю 1. маємо: якщо 116 ≡ 8 (𝑚𝑜𝑑 7) і 8 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 7) то

116 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 7), піднесемо праву і ліву частину конгруентності до сьомого

степеня: 1142 ≡ (1)7 (𝑚𝑜𝑑 7), 1142 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 7), помножимо праву і ліву частину

конгруентності на 11, отримаємо: 1143 ≡ 11 (𝑚𝑜𝑑 7).

36

Очевидно, що 11≡ 4 (𝑚𝑜𝑑 7), за властивістю 1. Маємо: якщо 1143 ≡ 11 (𝑚𝑜𝑑 7) і

11≡ 4 (𝑚𝑜𝑑 7) то 1143 ≡ 4 (𝑚𝑜𝑑 7). Отже, остача від ділення числа 1143 на 7

дорівнює 4.


Вправа 5. Довести, що (а5-а):30, а - ціле число.

Доведення.

1) За малою теоремою Ферма (а5-а):5;

2) Потрібно довести, що ця різниця ділиться і на 2, і на 3. Оскільки

(а5-а)=а(а4-1)=а(а2-1)(а2+1)=а(а-1)(а+1)(а2+1), маємо три послідовних цілих

числа, тому добуток їх ділиться на 2 і ділиться на 3.

3)Числа 2,3,5 попарно взаємно прості, отже, (а5-а):30.

Самостійна робота.

Вправа 6.

Знайти натуральні числа, менші 100, конгруентні з числом за модулем 20.

Розв'язання.

а) 100,20mod104 bb

b1=24, бо 104-24=80:20;

b2=44, бо 104-44=60:20;

b3=64, бо 104-64=40:20;

b4=84, бо 104-84=20:20.

Відповідь: 24, 44, 64, 84.


Фронтальне опитування за технологією «Мікрофон».



Що викликало труднощі?

Де можна застосувати отримані знання та вміння?

37

Додаток до заняття № 7. Короткі відомості доведення теореми Ферма.

Важливе місце в курсі теорії

чисел посідають конгруенції та,

зокрема, застосування конгруенцій.

Цим питанням займалися такі видатні

вчені як, Л. Ейлер, П. Ферма, Б.

Паскаль.

П'єр Ферма́ (Pierre de Fermat,

17 серпня 1601 р. – 12 січня 1665 р.) –

французький математик,

засновник аналітичної геометрії і теорії

чисел. П'єр де Ферма – найзагадковіша

постать у науковому світі XVII

століття.

Працюючи над «Арифметикою» Діофанта, він суттєво розвинув теорію

чисел, поклавши початок широкому розділу математики – теорії алгебраїчних

чисел, яка виникла внаслідок спроб довести деякі сформульовані, але не

доведені самим П. Ферма теореми.

Раніше від Р. Декарта і більш систематизовано П. Ферма ввів метод

координат із його застосуваннями до рівнянь прямої та кривих 2-го

порядку, рівняння яких шляхом паралельного перенесення і повороту осей

зводив до простого вигляду.

Більшість теоретико-числових результатів П. Ферма записувалися ним на

полях екземпляра твору Діофанта «Арифметика». Ферма зазвичай не записував

доведення, а давав тільки короткі вказівки про метод, який він застосовував для

отримання свого результату. Твір Ферма під назвою «Opera Varia» був виданий

вперше в 1679 р.

Теорема Ферма, викладена в цій главі, була висловлена в одному з листів,

посланому їм в 1640 р. Френіклу. У цьому листі Ферма пише, що він отримав

доведення цієї теореми, проте саме доведення не було ним опубліковано.

38

Перше з відомих доведень теореми Ферма належить Лейбніцу (1646-

1716). Доведення Лейбніца було засноване на розгляді порівняння:

.

Леона́рд Е́йлер – швейцарський математик та фізик, який провів більшу

частину свого життя в Росії та Німеччині, дав

декілька різних доведень теореми Ферма, з яких

перше відноситься до 1736 р.

Теорема Ейлера – одне з основних тверджень

елементарної теорії чисел стверджує, що

якщо a і m взаємно прості, то ,

де – функція Ейлера.

Частковим випадком теореми Ейлера

при простому m є мала теорема Ферма. Треба при цьому мати на увазі, що

термінологія і позначення у Ферма і у Ейлера абсолютно відмінні від сучасних.

Блез Паскаль (1623-1662) – видатний

французький математик, фізик і філософ.

Математичні інтереси Б. Паскаля дуже

різноманітні: він зробив істотний внесок у

розвиток аналізу нескінченно малих. Разом з

П. Ферма Б. Паскаль є основоположником

теорії ймовірностей, йому належать

загальна ознака подільності будь-якого

цілого числа на будь-яке інше ціле число,

яка ґрунтується на знанні суми цифр числа,

а також спосіб обчислення біноміальних

коефіцієнтів «Арифметичний трикутник», він вперше точно визначив і

застосував для доведення методу повної математичної індукції.

http://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%A2%D0%B5%D0%BE%D1%80%D1%96%D1%8F_%D1%87%D0%B8%D1%81%D0%B5%D0%BB

http://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%92%D0%B7%D0%B0%D1%94%D0%BC%D0%BD%D0%BE_%D0%BF%D1%80%D0%BE%D1%81%D1%82%D1%96_%D1%87%D0%B8%D1%81%D0%BB%D0%B0

http://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%A4%D1%83%D0%BD%D0%BA%D1%86%D1%96%D1%8F_%D0%95%D0%B9%D0%BB%D0%B5%D1%80%D0%B0

http://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%9F%D1%80%D0%BE%D1%81%D1%82%D0%B5_%D1%87%D0%B8%D1%81%D0%BB%D0%BE

http://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%A2%D0%B5%D0%BE%D1%80%D0%B5%D0%BC%D0%B0_%D0%A4%D0%B5%D1%80%D0%BC%D0%B0_(%D0%BC%D0%B0%D0%BB%D0%B0)

39


Тема заняття. Найпростіші діофантові рівняння.

Мета:

- формування предметних компетентностей: сформувати поняття

діофантового рівняння; сформувати вміння розв'язувати діофантові

рівняння різними методами;

- формування ключових компетентностей: формувати вміння відбирати

і застосовувати потрібні знання та способи діяльності для досягнення

мети; вміння ставити запитання і розпізнавати проблему; сприяти

самовихованню позитивного ставлення до навчання, працьовитості.




Традиційно основним завданням шкільного курсу алгебри є навчити учнів

розв'язувати рівняння та задачі, що зводяться до них. Недаремно упродовж

багатьох років алгебру розглядали як науку про рівняння і способи їх

розв'язування. Велике значення рівнянь підкреслював А. Ейнштейн, він

казав: «Мені доводиться ділити свій час між політикою і рівняннями. Проте

рівняння, на мій погляд, набагато важливіші, тому що політика існує тільки

для даного часу, а рівняння будуть існувати вічно».

Епіграф заняття. «Вся математика – це власне, одне велике рівняння для

інших наук.» Новаліс



Діофантовими називаються алгебраїчні рівняння і системи алгебраїчних

рівнянь з цілими коефіцієнтами, що мають число невідомих, переважаюче

число рівнянь. Система стає невизначеною і тому знаходять цілі або

раціональні розв`язки.

В інших джерелах можна знайти наступне визначення діофантового

рівняння. Діофантовими рівняннями називаються рівняння виду

0,...,, 21 nxxxF .

40

Лінійним діофантовим рівнянням із двома невідомими називається

рівняння виду ,cbyax де cba ,, - цілі числа, .1, ba

Це рівняння має безліч розв`язків:

atyy

btxx

0

0 ,

де 00 , yx - будь-який розв`язок, .Zt

Існує велика кількість конкретних діофантових рівнянь, які розв’язуються

елементарними методами. Найчастіше розв’язки вдається знайти,

використовуючи такі способи:

1.Розв’язати ліву частину відносно однієї змінної, а іншу вибрати так, щоб

ця змінна була цілою.

2.Розкласти ліву частину рівняння на множники за умови, що права

частина рівняння є цілим числом, і замінити рівняння сукупністю систем

простіших рівнянь.

3.Використовуючи особливості рівняння, локалізувати множину, на якій

можуть міститися його розв’язки, а потім перевіркою знайти їх.

Коли ж вимагається довести, що рівняння не має цілих розв’язків, то в

першу чергу намагаються виявити певну суперечність.


Розв'язування рівнянь під керівництвом вчителя.

Для розв`язування діофантових рівнянь першого степеня з двома

невідомими можна використовувати метод спуску. Розглянемо даний метод на

прикладі.

Вправа 1. Розв`язати в цілих числах рівняння .3985 yx

Розв`язання. Виберемо змінну, що має найменший коефіцієнт, і виразимо його

через іншу змінну: ,

5

839 yx

виділимо цілу частину: .

5

347

yyx

Все число буде цілим, якщо цілим

виявиться значення .

5

34 y

Це можливо тоді, коли число y34 без остачі

41

поділиться на 5. Вводимо нову змінну z , тоді останнє рівняння запишемо у

вигляді: zy 534 .

Ми прийшли до рівняння такого ж типу як і вихідне рівняння, але вже з

меншими коефіцієнтами. Розв`язувати його потрібно відносно змінних y і z .

Аналогічно:

.321

,3

211

3

54

uz

zz

zy

.12

,21

,2

1

2

31

vu

vu

uuu

z

Дробів більше немає, спуск закінчено.

Тепер необхідно «піднятися нагору». Виразимо через змінну v спочатку z ,

потім y і x .

.83

,835

53839

5

839

.53

,533

1354

3

54

.13

,13212

211

2

1

vx

vvy

x

vy

vvz

y

vz

vvv

uu

z

ФормулиZv

vy

vx

,

53

83

становлять загальний розв’язок рівняння в цілих

числах.

Відповідь: Zv

vy

vx

,

53

83

.

Вправа 2. Розв’язати в цілих числах рівняння 1095323 yx методом спуску.

Розв’язання.

;23

71724

23

53109 yy

yx

,23

717t

y

;,23717 Ztty

42

;7

2332

7

2317 tt

ty

,7

231t

t

,327 1 tt

;2

131

2

73 11

1 tt

tt

,21

2

1t

t

;,21

,12

121

12

Zttt

tt

;72213131 2221 tttttt

;23921723232 2221 ttttty

.222 5316722392424 ttttyx .,

239

53162

2

2Zt

ty

tx

Відповідь:

.,239

53162

2

2Zt

ty

tx

Вправа 3. Розв’язати в цілих числах рівняння 1893112 yx методом спуску.

Розв’язання:

12

79215

12

31189 yy

yx

, ;,1279

12

79Zttyt

y

.215 tyx

;7

521

7

129 tt

ty

;,752

7

52111 Ztttt

t

.1 1tty

;5

22

5

721

11 ttt

t

;,5225

222212

1 Zttttt

.12 ttt

;2

212

52 22

21

tt

tt

;,2

23323

2 Zttttt

;514121 333321 tttttt ;17512 33312 tttttt

;123511711 3331 ttttty

;3181724615

17123215215

333

33

ttt

tttyx

43

.,123

3183

3

3Zt

ty

tx

Відповідь:

.,123

3183

3

3Zt

ty

tx

Частинний розв’язок діофантового рівняння.

Існує дуже багато способів знаходження частинного розв’язку

діофантового рівняння. Найпростіший спосіб – спосіб розв’язання підбором.

Розглянемо даний спосіб на прикладі.

Вправа 4. Знайти частинний розв’язок рівняння 2653 yx .


2653 yx .

Підбором визначаємо:

4

2

0

0

y

x

- частинний розв’язок.

Відповідь:

4

2

0

0

y

x

.

Спосіб підстановки.

Виражаємо x через y , або y через x .

Надаємо значення ;...3;2;1;0y і одержуємо значення x . Нехай

.0

0

mx

ny

.

Даний спосіб базується на теоремі: якщо НСД 1, ba , то серед чисел

1,...,2,1,0 c завжди знайдеться одне число y , при якому вираз byc буде

кратний a .

Вправа 5. Знайти частинний розв’язок рівняння 247 yx .


247 yx ,

;4

27

xy

.2;1;0x

3

2

0

0

y

x

- частинний розв’язок.

44

Відповідь:

3

2

0

0

y

x

.

Розв`язування діофантових рівнянь першого степеня з двома

невідомими методом ланцюгових дробів.

Загальний розв`язок в цілих числах невизначеного рівняння cbyax , де

1, ba , можна записати у вигляді:

,1

,1

1

1

1

atcPy

btcQx

n

n

n

n

, де .Zt Розглянемо

приклад.

Вправа 6. Розв`язати в цілих числах рівняння 20911738 yx .

Розв`язання.

20911738 yx ,

.1117,38

Розкладемо дріб 117

38 у ланцюговий дріб, одержимо:

38 117

0 0

117 38

114 3

38 3

3 12

8

6

3 2

2 1

2 1

2 2

0

2,1,12,3;0117

38 .

Складаємо таблицю:

n 0 1 2 3 4

nq 0 3 12 1 2

nP 1 0 1 12 13 38

nQ 0 1 3 37 40 117

45

40

,13

31

31

QQ

PP

n

n

Тоді загальний розв’язок буде:

.,

38132091

117402091

4

3

Ztty

tx

.,382717

1178360Zt

ty

tx

830711771 , тоді приймаючи 71t , одержимо: Zlly

lx

,

3819

11753.

Відповідь: Zlly

lx

,

3819

11753.

Вправа 7. Розв’яжіть в цілих числах рівняння 119343117 yx методом

ланцюгових дробів.


2,1,1,1,13,1,2;0343

117

,1343,117

,119343117

yx

117 343

0 0

343 117

234 2

117 109

109 1

109 8

8 13

29

24

8 5

5 1

5 3

3 1

3 2

2 1

2 1

2 2

0

46

Складаємо таблицю:

n 0 1 2 3 4 5 6 7

nq 0 2 1 13 1 1 1 2

nP 1 0 1 1 14 15 29 14 117

nQ 0 1 2 3 41 44 85 129 343

.129

,44

61

61

QQ

PP

n

n

.

117441191

3431291191

7

6

ty

tx

.1175236

34315351

ty

tx

1543534345 , тоді приймаючи 45t , одержимо: Zlly

lx

,

11729

34384.

Відповідь: Zlly

lx

,

11729

34384.

Робота в групах «Математична естафета».

Вправа 8. Розв’яжіть в цілих числах рівняння

1893112 yx методом ланцюгових дробів.


2,2,1,1,2;031

12

,112,31

,1893112

yx

12 31

0 0

31 12

24 2

12 7

7 1

7 5

5 1

5 2

4 2

2 1

2 2

0

47

n 0 1 2 3 4 5

nq 0 2 1 1 2 2

nP 1 0 1 1 2 5 12

nQ 0 1 2 3 5 13 31

,5n

;13

5

n

n

Q

P ,3113189 tx

.,125189 Ztty .,12945

312457Zt

ty

tx

79t , .,123

318Zl

ly

lx

Відповідь: .,123

318Zl

ly

lx

Давайте поринемо в історію діофантових рівнянь. (Додаток до заняття №

9)



Чи відчули ви задоволення від роботи?

Яка форма роботи вам сподобалася найбільше?

Що було найскладнішим при виконанні завдань?

Який із розглянутих методів розв’язування здається вам найкращим і

чому?

48

Додаток до заняття № 9. Історія діофантових рівнянь.

Із часів Евкліда й Архімеда змінюються

зміст і форма античної математики. Процес

формування нових теорій сповільнюється, а

згодом припиняється й зовсім. Але він був

тривалим і позначився не відразу.

Найвиразніше він виявився в творчості

останнього видатного математика античного

світу - Діофанта Александрійського. Історія

майже нічого не зберегла про його життя.

Тільки опосередковано вдалося встановити, коли приблизно він жив. В X-XIV

ст. у збірнику віршованих арифметичних задач «Грецька онтологія» вміщено

задачу під назвою «Епітафія Діофанта».

Задача зводиться до рівняння першого степеня, розв’язавши яке

дізнаємося, що Діофант жив 84 роки. Ось і всі відомості про його життя.

Ще більшою загадкою, ніж біографія Діофанта, стала для науки його

«Арифметика», з 13 книг якої збереглися лише шість. У них подано 189 задач з

розв’язаннями і поясненнями. За формою «Арифметика» просто збірник задач,

але за змістом – унікальне явище, справжнє чудо історії математики.

Уже вступ до книги свідчить про великий крок уперед, який зробив

Діофант порівняно з математиками класичної давнини. Для них одиниця ще

була не подільна, її частини, тобто дроби виду n

m, були тільки відношеннями

цілих чисел, а не числами, 2 - відношенням діагоналі квадрата до сторони.

Про від’ємні числа ще й не йшлося. Діофант шукає розв’язки задач у додатних

раціональних числах, а в проміжних обчисленнях користується і від’ємними

числами. Він перший вводить буквену символіку для перших шести степенів

невідомого і вільного члена, знак від’ємного показника степеня та рівності.

Діофант формулює правило додавання до обох частин рівняння

однакових членів, зведення подібних. Назви степенів змінної ще мають

геометричну інтерпретацію (квадрат, куб), які збереглися й до наших днів, але

49

вчений розглядає квадрато-квадрати і квадрато-куби як числа і підсумовує

квадрат з кубом. Отже, алгебру Діофант будує вже не на геометрії, як це робив

Евклід, а на арифметиці, при цьому зі своєю мовою і символікою. Природно,

що такі ідеї мали бути результатом певного розвитку математичної думки.

Проте ми не бачимо в творця «Арифметики» попередників і не зрозуміло, як

здійснювалася еволюція його поглядів, що була, здається, під силу лише

поколінням учених. Це найбільша загадка математики.

Найпростіші діофантові рівняння розв’язували вже шумеро-вавілонські

математики, піфагорійці й Евклід. Діофант розробляє, по суті, цілу теорію

таких рівнянь. З неї в сучасній науці сформувалася окрема галузь математики –

діофантовий аналіз, або діофантова геометрія.

Ідеям і задачам Діофанта судилася довга й щаслива доля. Він

передав їх математикам Середньої Азії, Близького Сходу та Індії. У

XVII ст. їх висвітлив по-новому П'єр Ферма. Відтоді проблеми, які заповів

нащадкам Діофант, привертають увагу найвидатніших учених. Деякі з них

розв'язані, інші – не розкрито й досі. Дві проблеми Діофанта особливо

пам'ятними сторінками вписані в історію математики.

Діофантові рівняння представляють великий науковий інтерес у теорії

чисел і безпосередньо зв'язані з рішенням задач, що виникають у реальному

житті. Зокрема, відомою задачею теорії діофантових рівнянь донедавна була

проблема Ферма.

Найпростіші діофантові рівняння 1-го степеня з двома невідомими

cbyax Zcba ,, розв'язали піфагорійці. До

діофантового рівняння привело розв'язання знаменитої

задачі Архімеда про биків. Індійські математики

розв'язали рівняння 22 ybax і його окремий випадок

22 1 yax .

Учені дістали багато інших важливих результатів.

Та все це було лише початком у дослідженні

надзвичайно складної загальної проблеми про

розв'язність загального діофантового рівняння п-го степеня від т змінних.

50


Тема заняття. Розв'язування олімпіадних задач.

Мета:

- формування предметних компетентностей: систематизувати та

узагальнити знання учнів з теми «Подільність і прості числа»;

удосконалювати вміння розв'язувати олімпіадні задачі з цієї теми;

- формування ключових компетентностей: формувати вміння

генерувати нові ідеї, ухвалювати оптимальні рішення; сприяти

самовихованню інтересу до вивчення математики, зацікавленості в

пізнанні нового.




«Є в математиці щось таке, що викликає людське захоплення». Ці слова

належать німецькому математику Феліксу Хаусдорфу. І справді, математика

вчить мислити і разом з тим вселяє віру в безмежні сили людського розуму.

Епіграф заняття. «Недостатньо лише зрозуміти задачу, потрібно бажання її

розв'язати. Без сильного бажання розв'язати складну задачу не можливо. Де

існує бажання знайдеться шлях!»

Дьордь Пойа


ІV. Актуалізація опорних знань.

Математичний диктант.

Запитання та завдання з теми «Подільність і прості числа».

V. Застосування знань та вмінь.

Виконання завдань на картках з друкованою основою.

1. Виберіть із таблиці числа, що є дільниками заданих чисел.

а)221, б)425, в)323, г)1881, д) 513, е)684, є) 1375, ж)2717,

з)4290.

2 3 4 5 9 11 13 17 19 25

51

2. З чисел 12, 17, 42, 47, 59, 63, 67, 73, 87, 97, 99, 101, 115, 127, 191 вибрати

ті, що є простими.

Розв'язування олімпіадних задач.

Задача 1. Довести, що число 3105 + 4105 ділиться на 13, 49, 181 та 379, але

не ділиться на 5 та 11.

Доведення. Вираз 𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 ділиться на 𝑎 + 𝑏, якщо n – непарне число. Тому число

3105 + 4105 = (33)35 + (43)35 ділиться на 33 + 43 =7∙13.

Аналогічно з рівностей 3105 + 4105 = (35)21 + (45)21,

3105 + 4105 = (37)15 + (47)15 слідує, що дане число ділиться на 35 + 45 = 7 ∙ 181 та

на 37 + 47 = 49 ∙ 379.

Відмітимо, що 43 ≡ −1 (𝑚𝑜𝑑 5). Отже число 43 при діленні на 5 дає остачу

(-1). Звідси слідує, що 4105 ≡ (−1)35(𝑚𝑜𝑑 5). Отже, 4105 ≡ −1 (𝑚𝑜𝑑 5).

Аналогічно, маємо 32 ≡ −1 𝑚𝑜𝑑 5 , звідси слідує, що 3104 ≡ (−1) 52(𝑚𝑜𝑑 5).

Отже, 3104 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 5) і 3105 ≡ 3(𝑚𝑜𝑑 5).

Так як 4105 ≡ −1 (𝑚𝑜𝑑 5) і 3105 ≡ 3(𝑚𝑜𝑑 5) то 3105 + 4105 ≡ 2 (𝑚𝑜𝑑 5) - це

означає, що число 3105 + 4105 при діленні на 5 дає остачу 2.

Аналогічно 43 ≡ −2 (𝑚𝑜𝑑 11). Звідси слідує, що 415 ≡(−2 )5(𝑚𝑜𝑑 11).

Отже, 415 ≡ −32(𝑚𝑜𝑑 11). Оскільки −32 ≡ 1 𝑚𝑜𝑑 11 , то 415 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 11).

А значить 4105 ≡ (1) 7(𝑚𝑜𝑑 11) тобто 4105 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 11).

Аналогічно, маємо 35 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 11) , звідси слідує, що 3105 ≡ (1)21(𝑚𝑜𝑑 11)

Отже, 3105 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 11).

Так як 4105 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 11) і 3105 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 11), то 3105 + 4105 ≡ 2 (𝑚𝑜𝑑 11) - це

означає, що число 3105 + 4105 при діленні на 11 дає остачу 2. Що і треба було

довести.

Задача 2. Довести, що 𝑛5+4𝑛 ділиться на 5 при будь-якому натуральному

значенні 𝑛.

Доведення. 𝑛 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 5). За властивостями конгруенції, маємо 𝑛5 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 5),

4𝑛 ≡ 4 (𝑚𝑜𝑑 5). Отже, 𝑛5 + 4𝑛 ≡ 5 (𝑚𝑜𝑑 5), а значить 𝑛5 + 4𝑛 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 5),

тобто число 𝑛5 + 4𝑛 ділиться на 5.

1) 𝑛 ≡ 2 (𝑚𝑜𝑑 5). За властивостями конгруенції, маємо 𝑛5 ≡ 2 (𝑚𝑜𝑑 5) ,

52

4𝑛 ≡ 3 (𝑚𝑜𝑑 5). Отже,𝑛5 + 4𝑛 ≡ 5 (𝑚𝑜𝑑 5), а значить 𝑛5 + 4𝑛 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 5),


2) 𝑛 ≡ 3 (𝑚𝑜𝑑 5). За властивостями конгруенції, маємо 𝑛5 ≡ 3 (𝑚𝑜𝑑 5),

4𝑛 ≡ 2 (𝑚𝑜𝑑 5). Отже,𝑛5 + 4𝑛 ≡ 5 (𝑚𝑜𝑑 5), а значить

𝑛5 + 4𝑛 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 5), тобто число 𝑛5 + 4𝑛 ділиться на 5.

3) 𝑛 ≡ 4 (𝑚𝑜𝑑 5). За властивостями конгруенції, маємо 𝑛5 ≡ 4 (𝑚𝑜𝑑 5),

4𝑛 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 5). Отже,𝑛5 + 4𝑛 ≡ 5 (𝑚𝑜𝑑 5), а значить 𝑛5 + 4𝑛 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 5),


Відповідь: 𝑛5 + 4𝑛 ділиться на 5.

Завдання 3. Розв’язати рівняння: xy + 3x - 5y + 3 = 0.

Розв’язування. Розкладемо на множники ліву частину способом групування

доданків із однаковими множниками:

x(y + 3) ‒ 5y ‒ 15 + 15+ 3 = 0;

x(y + 3) – 5(y +3)+ 18 = 0;

(y + 3)(х ‒ 5) = ‒ 18.

Із останнього рівняння слідує, що цілі числа (y + 3) і (x ‒5) дільники числа ‒18,

тобто, це такі цілі дільники:

±1; ±2; ±3; ±6; ±9; ±18.

Отже, маємо 12 систем лінійних рівнянь:

1) х ‒ 5 = 1; у +3 = ‒18, отже (6; ‒ 21);

2) х ‒ 5 = 2; у +3 = ‒9, отже (7; ‒ 12);

3) х ‒ 5 = 3; у +3 = ‒6, отже (8; ‒ 9);

4) х ‒ 5 = 6; у +3 = ‒3, отже (11; ‒ 6);

5) х ‒ 5 = 1; у +3 = ‒18, отже (6; ‒ 21);

6) х ‒ 5 = 9; у +3 = ‒2, отже (14; ‒ 5);

7) х ‒ 5 = 18; у +3 = ‒1, отже (23; ‒ 4);

8) х ‒ 5 = ‒ 1; у +3 = 18, отже (4; 15);

9) х ‒ 5 = ‒ 3; у +3 = 6, отже (2; 3);

10) х ‒ 5 = ‒ 6; у +3 = 3, отже (-1; 0);

11) х ‒ 5 = ‒ 9; у +3 = 2, отже (-4; -1);

12) х ‒ 5 = ‒ 18; у +3 = 1, отже (-13; ‒ 2).

53

Відповідь: (-13; ‒ 2), (6; ‒ 21); (-4; -1); (-1; 0); (2; 3); (4; 15); (23; ‒ 4); (14; ‒ 5); (7;

‒ 12); (8; ‒ 9); (11; ‒ 6); (6; ‒ 21).

Завдання 4. Відомо, що натуральні числа nm, такі, що число mn5 ділиться

націло на nm5 . Чи обов’язково n ділиться націло на m ?

Розв’язання. Нехай справджується рівність: )5(5 nmkmn , де k –

натуральне. Тоді )15()5( kmkn . Оскільки права частина є натуральним

числом, то ліва також, а тому }4;3;2;1{k ,

При 1k маємо, що mn 44 , звідки mn .

При 2k маємо, що mn 93 , звідки mn .

При 3k маємо, що mn 142 , тобто mn .

При 4k маємо, що mn 19 , тобто mn .

Відповідь: n ділиться націло на m .

Завдання 5. Відомо, що ціле число n не кратне 3. Доведіть, що 82 n кратне 3.

Якщо n не кратне 3, то його можна записати, як 13 kn або 23 kn , де

Zk

Тоді )323(396981698138 22222 kkkkkkkn або

)443(312129841298238 22222 kkkkkkkn .

В обох випадках вирази містять множник 3, отже 82 n кратне 3, що й треба

було довести.

Відповідь: твердження доведено.

Завдання 6. Довести, що якщо p - просте число ( p 2 ), то чисельник дробу,

що дорівнює сумі S=1+ + + + ділиться на p .


Знайдемо суми

54

, так як знаменник після

додавання дробів становитиме 1*2*3*…(р-1)=(р-1)!, що є взаємно простим з р,

тому р з чисельника дробу скоротити неможливо. Доведено.

Завдання 7. Прості числа qp, та натуральні yx, задовольняють умови: px ,

qy та p q

x y – ціле число. Доведіть, що yx .

Розв’язання. За умовою задачі py qx xy py qx x py x y x .

Аналогічно доводимо, що x y . Тому x y .

Завдання 8. Довести, що 55 mnnm ділиться на 6 при будь яких натуральних

значеннях m,n і nm . .

Розв’язання. 22222244 nmmnnmnmnmnmnmmn , nm . .

Даний вираз ділиться на 6, якщо він ділиться на 2 і на 3.

Доведемо,що вираз ділиться на 2:

а) m і n – парні, тоді очевидно.

б) m і n – непарні, тоді (m- n) або (m+n) є парними.

в) m – парне , n- непарне або навпаки, тоді mn – парне.

Доведемо,що вираз ділиться на 3:

а) якщо m і n діляться на 3, то подільність очевидна.

б) якщо числа m і n при діленні на 3 мають однакові остачі: 1; 2; або 3, то

3nm

в) якщо при діленні на 3 у чисел m, n різні остачі: 1 і 2, 2 і 1, то 3nm .

Ви добре працювали, тож відпочиньмо та дізнаймося цікаві моменти з

життя відомих математиків. (Додаток до заняття № 11)



1.Іменник (олімпіада).





55

Додаток до заняття № 11. Цікаві моменти з життя відомих математиків.

Давньогрецький математик Піфагор брав

участь у кулачному бою на 58 Олімпіаді, яка

проходила в 548 р. до н. е.

Він був чемпіоном з

цього виду спорту і

утримував цей титул ще

на кількох олімпіадах.

А чи знаєте ви, що

знаменитий Фалес був уболівальником і помер на

трибуні Олімпійського стадіону, спостерігаючи за

кулачним боєм Піфагора? .

Про причини його загибелі існує кілька версій. Одна з них свідчить про

те, що смерть сталася від сонячного удару, інша, що людський натовп,

виходячи із стадіону, мимоволі заподіяв смерть старому мудрецеві.

Геніального математика Франсуа Вієта

ледве не відправили на вогнище за те, що йому

вдалося розшифрувати таємне листування

іспанського уряду з командуванням своїх військ.

Іспанські інквізитори вважали, що розкриття їх

шифру для

людського розуму

неможливе.

А чи знаєте

ви, що першим запропонував метод нумерації

стільців в театрі за рядами і стільцями Рене

Декарт? Аристократи-театрали не переставали

докучати королю з проханнями нагородити

вченого. Але той опирався, відповідаючи: «Так, те

що придумав Декарт – чудово, так, воно достойне ордена! Але дати його

філософу?! Ні, це: занадто!»

56

Тема 2. Цілі вирази та їх перетворення.


Тема заняття. Цілі вирази, їх види. Многочлени. Ділення

многочленів.

Мета:

- формування предметних компетентностей: розширити поняття виразу,

многочлена; сформувати вміння ділити многочлени; домогтися засвоєння

основних властивостей ділення многочленів;


аргументувати, доводити правильність тверджень, ухвалювати

оптимальні рішення; сприяти самовихованню впевненості у власних

силах.




Відомий німецький письменник 18 ст. Йоган Гете одного разу зауважив:

«Недостатньо лише отримати знання, треба знайти їм застосування.

Недостатньо тільки бажати, треба творити…». Так ось, давайте сьогодні на

уроці прислухаємось до поради цього письменника, будемо активними,

уважними, знання поглинатимемо з великим задоволенням, адже вони стануть

вам у пригоді у подальшому.

Епіграф заняття. «Те, що я встиг пізнати, – чудово. Сподіваюся, таке ж

чудове те, що мені ще доведеться пізнати.»

Сократ



Бліцопитування.

1. З чого утворюють вираз зі змінними?

2. Який вирази називають цілими?

3. Яки види цілих виразів ви знаєте?

57

4. Що називають многочленом?

5. Назвіть приклади многочленів.

6. Що називають степенем многочлена?

7. Як помножити одночлен на многочлен?

8. Як помножити многочлен на многочлен?

9. Що означає розкласти многочлен на множники?

V. Сприйняття й усвідомлення нового матеріалу.

Алгебраїчний вираз, який не містить дії ділення на змінні і добування

кореня зі змінних, називається цілим. Будь-який цілий алгебраїчний вираз

можна записати у вигляді многочлена.

Будь-який многочлен n-го степеня (n є Z+) від однієї змінної можна

записати у вигляді

де аn, аn -1, … а0 –деякі дійсні числа (коефіцієнти многочлена), причому

. Коефіцієнти і називають відповідно його старшим коефіцієнтом і

вільним членом. Якщо одночлени у многочлені впорядковані за спаданням

степенів змінної, то таку форму запису многочлена називають канонічно і

кажуть, що многочлен Р(х) є многочлен канонічного (стандартного) вигляду.

Якщо многочлен n-го степеня, то можна позначити . Всякий многочлен

нульового степеня можна записати у вигляді = і умова для нього

повинна виконуватися так, що

Число 0 вважають многочленом і називають його нуль-многочленом.

Ділення многочленів.

Ділення буває з остачею, і ділення націло.

Означення: многочлен ділиться націло на тотожно не рівний

многочлен Q (x), якщо існує такий многочлен S(x), що для будь-якого

x Р(x)=Q(x)·S(x).

При діленні націло многочленів необхідно, щоб степінь діленого був не

меншим від степеня дільника.

58

Теорема. Для будь-якого многочлена , який

тотожно не дорівнює нулю, існує єдина пара многочленів щоб

виконувалась рівність:

,

де степінь многочлена менший степеня ;

– ділене;

– дільник;

– неповна частка;

– степінь многочлена з остачею.

Якщо є нуль-многочленом, то кажуть, що многочлен ділиться

націло на многочлен і записують .

Основними способами для знаходження неповної частки і остачі від

ділення многочлена на многочлен є:

1) ділення кутом;

2) метод невизначених

коефіцієнтів;

3) схема Горнера.

Для ділення многочлена, що

залежить від однієї змінної х, на

многочлен меншого степеня

використовують алгоритм ділення кутом:

1. Розмістити доданки в многочленах у порядку спадання степеня змінної.

2. Поділити перший доданок діленого многочлена на перший доданок дільника

і результат написати в частку.

3. Помножити результат на дільник і відняти його від діленого.

4. Виконати зі здобутим після віднімання многочленом дії згідно з п. 2 і 3.

Повторювати зазначені операції доти, доки після віднімання не дістанемо або

нуль, або многочлен степеня, меншого, ніж у дільника. Цей многочлен

називається остачею.


59

Виконання усних вправ за технологією «Здогадайся».

1. Знайдіть суму коефіцієнтів многочлена, який утвориться після розкриття

дужок та зведення подібних доданків у виразі 225 123)12()( xxxxP .

2. Визначити степінь многочлена, який утвориться після розкриття дужок та

зведення подібних доданків у виразі 2325 112)( xxxP .

Виконання вправ під керівництвом вчителя.

Вправа 1. Виконати ділення многочленів:

(12х2 – 5х – 7х3 + 3 + 3х4) : (3 + х2 – 2х).

1. Розмістимо доданки в многочленах у порядку спадання степенів змінної х:

12х2 – 5х – 7х3 + 3 + 3х4 = 3х4 – 7х3 + 12х2 – 5х + 3 — ділене;

3 + х2 – 2х = х2 – 2х + 3 — дільник.

2. Поділимо перший член діленого 3х4 на перший член дільника х2. У результаті

знайдемо перший член частки 3x2.

3. Помножимо 3х2 на дільник і здобутий результат 3x4 – 6х3 + 9х2 віднімемо від

діленого. Дістанемо –х3 + 3x2 – 5х + 3.

4. Поділимо перший член результату –х3 на перший член дільника х2 і знайдемо

–х - другий член частки.

5. Помножимо другий член частки на дільник і знайдений добуток

–х3 + 2х2 – 3х віднімемо від результату

п. 3. Дістанемо х2 – 2х+ 3.

– дільник х2 – 2х + 3. Дістанемо 1 –

третій член частки. Остача від ділення

дорівнює 0.

Запишемо ділення у вигляді:

Вправа 2.

Поділити на

_ |

| 2х+1

_

60

Чи можна продовжувати ділити? (ні)

Чому? (Учні роблять висновок).

Отже, .

Вправа 3.

Поділити Р(х):Q(х), якщо Р(х)= , Q(х)= .

_ | х3 –х +1

| х3 +х - 1

_

P(x)=Q(x)( )+( ).

– остача. Степінь остачі менший від степеня

дільника.

Вправа 4. Знайти частку і остачу при діленні многочлена 312166 23 xxx на

двочлен .2x

Відповідь: частка ,44286 2 xx а остача дорівнює –85.

Метод невизначених коефіцієнтів.

Вправа 5. Поділити Частку від ділення будемо шукати у

вигляді многочлена 2-го степеня Остачею повинен бути

многочлен, степінь якого менший від степеня дільника, тобто d. Невідомі

коефіцієнти знайдемо з тотожності

розкривши дужки в правій частині і згрупувавши коефіцієнти при однакових

степенях змінної х

отримаємо:

a=1; b=2; c=1; d=6.

−2c=4.

Отже, .

61

Вправа «Ланцюжок».

Скласти алгоритм ділення многочленів методом невизначених

коефіцієнтів.

1. Записати многочлен-частку з відомим старим коефіцієнтом.

2. Записати остачу (степінь менший від степеня дільника).

3. Записати тотожну рівність.

4. Звести подібні члени в правій частині рівності.

5. Прирівняти коефіцієнти при однакових степенях у лівій і правій частині

рівності.

6. Розв’язати систему.

7. Записати частку.

8. Записати остачу.

Вправа 6. Робота в парах.

Поділити методом невизначених коефіцієнтів 2x3 - 5x + 3 на x – 1.

Відповідь: 2x3 - 5x + 3=(x – 1)(2x2 +2x – 3).

Вправа 7. Інтерактивна вправа «Встанови відповідність».

Встановіть відповідність між діленням многочленів А(х) на двочлен В(х)

та їх остачею R(x).

А(х) В(х) R(x)

x5+x+1 x + 2 - 33

x5 – x4+5x3+9x+9 x – 1 23

x4+2x3 – 5x+6 x – 2 28

x5 – 2x4+x3 + x2 – 2x+1 x – 1 0


Бесіда.

1. Чи досягнуто поставлену на початку заняття мету?

2. Яка з тем, розглянутих під час повторення, викликала найбільші

труднощі й чому?

3. Чи задоволені ви своєю роботою на занятті?

62

Додаток до заняття № 15. Історичний нарис. Вільям Джордж Горнер.

Вільям Джордж Горнер народився в

1786 році в місті Бристоль в Англії.

Отримав освіту в Кінгствудській школі

Бристоля.

У віці 14-ти років він став

помічником директора в Кінгствудській

школі й директором 4 роки після того. Він

поїхав з Бристоля і заснував свою власну

школу в 1809 році в Баті.

Основні праці з алгебри. У 1819 році

опублікував спосіб наближеного

обчислення дійсних коренів многочлена,

який називається тепер способом Руффіні-

Горнера (цей спосіб був відомий китайцям

ще в XIII ст.). Робота була надрукована у Філософських роботах Королівського

наукового співтовариства.[20]

В XIX – на початку XX століття метод Горнера займав значне місце в

англійських і американських підручниках з алгебри. Де Морган показав широкі

можливості методу Горнера в своїх роботах.

Ім’ям Горнера названа схема розподілу многочлена на двочлен X–A.

Горнер помер 22 вересня 1837 року.

http://uk.wikipedia.org/wiki/1809

http://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%91%D0%B0%D1%82_(%D0%A1%D0%BE%D0%BC%D0%B5%D1%80%D1%81%D0%B5%D1%82)

http://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%90%D0%BB%D0%B3%D0%B5%D0%B1%D1%80%D0%B0


http://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%9A%D0%BE%D1%80%D1%96%D0%BD%D1%8C_%D1%84%D1%83%D0%BD%D0%BA%D1%86%D1%96%D1%97

http://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%9C%D0%BD%D0%BE%D0%B3%D0%BE%D1%87%D0%BB%D0%B5%D0%BD

http://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%A0%D1%83%D1%84%D1%84%D1%96%D0%BD%D1%96-%D0%93%D0%BE%D1%80%D0%BD%D0%B5%D1%80%D0%B0_%D0%BC%D0%B5%D1%82%D0%BE%D0%B4

http://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%A0%D1%83%D1%84%D1%84%D1%96%D0%BD%D1%96-%D0%93%D0%BE%D1%80%D0%BD%D0%B5%D1%80%D0%B0_%D0%BC%D0%B5%D1%82%D0%BE%D0%B4

http://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%9A%D0%B8%D1%82%D0%B0%D0%B9

http://uk.wikipedia.org/wiki/XIII

http://uk.wikipedia.org/wiki/XIX

http://uk.wikipedia.org/wiki/XX

http://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%90%D0%BB%D0%B3%D0%B5%D0%B1%D1%80%D0%B0

http://uk.wikipedia.org/w/index.php?title=%D0%9E%D0%B3%D0%B0%D1%81%D1%82%D0%B5%D1%81_%D0%B4%D0%B5_%D0%9C%D0%BE%D1%80%D0%B3%D0%B0%D0%BD&action=edit&redlink=1

http://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%A1%D1%85%D0%B5%D0%BC%D0%B0_%D0%93%D0%BE%D1%80%D0%BD%D0%B5%D1%80%D0%B0

http://uk.wikipedia.org/w/index.php?title=%D0%94%D0%B2%D0%BE%D1%87%D0%BB%D0%B5%D0%BD&action=edit&redlink=1

63


Тема заняття. Знаходження раціональних коренів многочлена. Схема Горнера.

Мета:

- формування предметних компетентностей:

сформувати вміння знаходити раціональні корені

многочлена; домогтися засвоєння схеми Горнера

для знаходження неповної частки і остачі від

ділення многочлена на многочлен;


мету навчальної діяльності; прагнення до вдосконалення результатів

своєї діяльності; сприяти самовихованню впевненості у власних силах.




Принцип, якого дотримуються в процесі узагальнення деяких, у тому

числі і математичних, понять, називається перманентність. Це слово означає

сталість, неперервність. Саме цим принципом ми користуємось на своїх

заняттях, послідовно вивчаючи многочлен. Сьогодні ми навчимося знаходити

раціональні корені многочлена, ділити многочлен на многочлен застосовуючи

схему Горнера. Тож давайте послухаємо історичний нарис про Вільяма

Джорджа Горнера. (Додаток до заняття № 15)

Епіграф заняття. «Найвище призначення математики полягає в тому, щоб

знаходити прихований порядок в хаосі, що оточує нас.»

Н. Вінер



Вправа «Закінчи речення».

1. Многочлен – це…

2. Степенем многочлена називається…

3. Многочлен А(х) ділиться націло на многочлен В(х)….

4. Многочлен А(х) ділиться на многочлен В(х) з остачею….

64

5. Коренем многочлена називається…

V. Сприйняття й усвідомлення нового матеріалу.

Основна теорема алгебри. Многочлен степеня n може мати не більше як

n коренів. Многочлен непарного степеня має принаймні один дійсний корінь.

Схема Горнера.

Застосуємо метод невизначених коефіцієнтів при ділення многочлена на

двочлен х– с, де с – деяке число.

Нехай поділимо многочлен а

остачею буде деяке число R, – неповна частка, то

. Розкриємо дужки в правій частині та зводимо

подібні доданки.

Прирівнюємо коефіцієнти при однакових степенях змінної х у лівій і

правій частині рівності та отримаємо:

Звідси: ;

;

;

.

Обчислення за цими формулами зручно записувати у вигляді таблички,

названої на честь англійського математика Джорджа Горнера, схемою Горнера.

У розглядуваному випадку ділення многочлена xPn на cx схема Горнера

матиме такий вигляд:

an an – 1 an – 2 … a1 a0

с bn – 1 =

an

bn – 2 =

= an – 1 +cbn –

1

bn – 3 = an – 2 +

+ cbn – 2 … b0 = a1 + cb1 R = a0 + cb0

Обов’язково, щоб многочлен був записаний в стандартному вигляді.

65

У цій схемі кожне число другого рядка, починаючи з другого стовпчика, є

сумою попереднього числа, помноженого на с, і числа, що розміщене над ним.

Розглянемо теорему, яка дає змогу знаходити остачу R від ділення

многочлена xPn на двочлен ,cx не виконуючи самого ділення.

Теорема (Безу). Остача від ділення многочлена

01

1

1 ... axaxaxaxP n

n

n

nn

на двочлен cx дорівнює значенню многочлена при

,cx тобто .cPR n

Справді виконавши ділення многочлена xPn на двочлен ,cx дістанемо

(згідно з (2)) ,1 RxScxxP nn де остача R – деяке число.

Вважаючи ,cx маємо cSRcScccP nnn 11 0 .RR Таким чином,

.cPR n

Зауваження. Остача від ділення многочлена xPn на двочлен bax 0a

дорівнює a

bPn

.

Теорема (про раціональні корені многочлена). Якщо раціональне

число (l , m – цілі взаємно прості числа) – корінь многочлена з цілими

коефіцієнтами, то l – дільник вільного члена, m – дільник старшого

коефіцієнта.

Висновок 1. Раціональні корені зведеного многочлена – цілі.

Висновок 2. Цілі корені – дільники вільного члена.

Формули Вієта:

x2+px+q=0, тоді x1⋅x2=q

x1+x2=−p

VІ. Удосконалення знань та вмінь.

66

Виконання вправ.

Вправа 1. Знайти неповну частку та остачу від ділення многочлена

Розв'язання. Виконаємо ділення за схемою Горнера.

Пояснення вчителя. У верхньому рядку розставляємо коефіцієнти

діленого. (Якщо в ньому не вистачає якогось члена, то замість коефіцієнта

ставимо 0).

Цифру в другому стовпчику, що відповідає першому коефіцієнту просто

зносимо вниз.

Множимо число з першого стовпчика на число із другого і додаємо

коефіцієнт із наступного.

Множимо число із першого стовпчика на число, що вийшло в попередній

дії (третій стовпчик) й додаємо до цього коефіцієнт з наступного стовпчика.

За аналогією знаходимо число для останнього стовпчика.(Число в

останньому стовпчику – це остача).

Виконаємо ділення за схемою Горнера.

1 -4 0 -1 -5

2 2·1+(-4)= -2 (-2)·2+3= -1 2·(-1)+0)= -2

Остача: R=-15.

Неповна частка: .

Вправа 2. Користуючись схемою Горнера, знайти остачу від ділення

многочлена на двочлен:

1 -3 6 -10 16

4 1 1 10 30 136

R=136 – остача.

– неповна частка.

Вправа 3. Знайти остачу від ділення многочлена 1332 23 xxx на двочлен

.2x

Для знаходження остачі R обчислимо значення многочлена при :2x

67

.31232322223

3 P Шукана остача .3R

Вправа 4. Знайти корені многочлена .16116 23 xxx

Спочатку спробуємо знайти цілі корені цього многочлена. Згідно з теоремою

про цілі корені такими коренями можуть бути лише дільники вільного члена,

тобто числа 1 і –1.

Дослідимо число .02411611116123

3 P Таким чином, число –1

не є коренем многочлена. Дослідивши число 1, дістанемо ,013 P а отже, число

1 - цілий корінь многочлена.

Згідно з наслідком із теореми Безу даний многочлен ділиться на двочлен

.1x Визначимо частку від ділення даного многочлена на .1x Коефіцієнти

частки знайдемо за схемою Горнера:

6 –11 6 –1

1 6 –5 1 0

Отже, .156116116 223 xxxxxx Оскільки числа 2

1

і 3

1

- корені тричлена

,156 2 xx то даний многочлен має три корені: 1, 2

1

і 3

1

.

Вправа 5. Розв’язати рівняння: 0211224 xxx .


1) Введемо нові допоміжні члени:

.042512910 224 xxxx

1) Виділимо повний квадрат через групування:

.0235

041292510

222

224

xx

xxxx

2) Використаємо формулу скороченого множення: bababa 22

.07333 22 xxxx

Відповідь: Ø

Вправа 6. Розв’язати рівняння: .1131712 3222 xxxx


68

Зведемо дане рівняння до однорідного, використовуючи формулу різниці

кубів: .111 23 xxxx

2 (x²+x+1)² – 13(x–1)(x²+x+1) – 7(x–1)=0 | (x-1)².

Зробимо заміну: ,1

12

tx

xx

2t² – 13t –7=0, D=225, t = ,2

1

t =7.

Повертаємося до змінної x:

2

1

1

12

x

xx або .7

1

12

x

xx

Знаходимо корені: 2

1,1,4,2 4321 xxxx

Відповідь: -1; 2

1 ; 2; 4.

Вправа 7.

Робота в групах.

1. Знайди корені рівняння за допомогою теореми Вієта.

а) 2х2 – 7 = 1; б) х(х + 2,5) = 0; в) х2 – 3х = 0; г) .016128 23 xxx

д) .01323 234 xxxx є) .051214125 234 xxxx

2. Розв’язати рівняння: 010126 23 xхx .

Розв’язування. Виділимо повний куб двочлена:

0223

x , 3 22 x , 3 22x .

Відповідь: 3 22x .

На занятті ми використовували теорему Вієта, тож давайте послухаємо

історичний нарис про Франсуа Вієта. (Додаток до заняття № 16)






На наступному заняття я хочу…

69

Додаток до заняття № 16. Історичний нарис. Франсуа Вієт.

Знаменитий французький математик

Франсуа Вієт народився 1540 року у містечку

Фонтеней. Його батьки були заможними людьми.

Вони мріяли, що син стане адвокатом. Після

закінчення юридичної школи з 1559 року Вієт

почав свою адвокатську діяльність. Він вів справи

однієї дворянки і водночас навчав астрономії її

єдину дочку Катерину. Навчаючи дівчину,

Франсуа і сам захоплюється астрономією.

У нього виникає задум великої праці з

астрономії. Щоб написати таку працю, потрібні були знання з тригонометрії,

тому Вієт сумлінно починає працювати над тригонометрією. Через свою

ученицю Франсуа познайомився з Генріхом Наваррським (майбутнім Генріхом

IV) і згодом став його радником.

У 1671 році Вієт переїжджає до Парижа, щоб особисто познайомитися з

паризькими математиками. Тут він продовжує адвокатську діяльність і

водночас займається математикою. Розповідають, що нерідко, забувши навіть

про їжу, Франсуа Вієт міг дві-три доби підряд просиджувати за своїм робочим

столом, розв'язуючи якусь цікаву задачу або досліджуючи якесь складне

питання.

Вієт добився значних успіхів у галузі алгебри. Недарма його вважають

творцем алгебраїчних формул та алгебраїчної символіки і навіть називають

«батьком алгебри».

У той час алгебраїсти не користувалися сучасною символікою, а

залежності між величинами встановлювали переважно геометричними

засобами. Це дуже ускладнювало дослідження та обмежувало розвиток самої

алгебри як науки. Вієт, вивчаючи твори італійських математиків Тартальї і

Кардано, все більше переконувався у необхідності створити загальні методи у

підході до вдосконалення теорії рівнянь.

70

У процесі наполегливих шукань він звернув увагу на те, що Евклід у

своїх працях інколи позначав довжину відрізка малою буквою. Це навело

вченого на сміливу думку: розуміти під буквою і число як кількісну

характеристику довжини відрізка. Звідси він зробив висновок, що можна

виконувати різні дії не над числами, а над величинами, позначеними буквами.

Віет позначав великими буквами не тільки невідомі довільні числа, а й такі,

яким у різних окремих випадках можна було надавати різних значень. Перші

він позначав голосними, інші – приголосними.

Проте поряд з буквами Вієт використовує повні або скорочені слова,

наприклад in замість знака. Словами він позначав також степені різних

величин. Велику увагу Вієт приділяв принципу однорідності, якого

додержувався дуже суворо. Цей принцип полягав у тому, що додавати можна

було величини одного виміру, тобто довжину до довжини, площу до площі,

об'єм до об'єму. Із знаків Вієт використовує «+», «–» і риску дробу.

Горизонтальна риска над многочленом позначала те саме, що зараз позначають

дужки.

Запровадивши позначення коефіцієнтів рівнянь буквами, Вієт розробив

ряд важливих питань теорії рівнянь 1–4 степенів. Він сформулював і довів

кілька теорем про взаємозв'язки між коренями і коефіцієнтами рівнянь, зокрема

й теорему про зведене квадратне рівняння.

Вієт активно застосовував свої знання не тільки в галузі алгебри і

геометрії. Відомо, наприклад, що він любив розгадувати зашифровані листи.

Під час війни Франції з Іспанією всі таємні листи іспанців вільно читали

французи. Як не намагалися іспанські шифрувальники заплутати шифр, Вієт

щоразу успішно розгадував його.

Не уявляючи собі могутності людського розуму, іспанці думали, що

французам допомагає сам диявол, і навіть звертались до римського папи з

проханням знищити цю диявольську силу.

В останні роки свого життя Вієт займав важливі пости при дворі короля

Франції. Помер він у Парижі 1603 року.

71


Тема заняття. Розкладання многочленів на множники. Розв'язування

рівнянь методом розкладання многочлена на множники.

Мета:


сформувати вміння розкладати многочлени на

множники, розв'язувати рівнянь методом розкладання многочлена на

множники;

- формування ключових компетентностей: формувати вміння ставити

запитання і розпізнавати проблему, відбирати і застосовувати потрібні

знання та способи діяльності для досягнення мети; сприяти

самовихованню творчого ставлення до справи.



ІІ. Актуалізація опорних знань.

Фронтальна бесіда.

1. Що означає розкласти многочлен на множники?

2. Які способи розкладання многочленів на множники ви знаєте?


Щоб успішно вивчати математику, необхідно вміти аналізувати,

порівнювати, узагальнювати. Треба також мати добре розвинену уяву, увагу,

пам'ять, кмітливість. Але ці вміння і якості не приходять самі по собі – вони

формуються і міцнішають у процесі важкої, наполегливої праці. І тоді успіх

обов’язково до вас прийде, і ви досягнете вершин.

Епіграф заняття. «Перша умова, якої треба дотримуватися у математиці, – це

бути точним, друга – бути ясним і, наскільки можливо, простим.» Л. Карно



Многочлен можна розкласти на множники за допомогою формул

скороченого множення: a2−b2=(a−b)(a+b), a3−b3=(a−b)(a2+ab+b2), a3+b3=

=(a+b)(a2−ab+b2), a2+2ab+b2=(a+b)2, a2−2ab+b2=(a−b)2.

72


Робота в парах.

Вправа 1.

У якому з виразів при розкладанні на множники

допущено помилку?

а) )346(391218 32325 ухууухуу ;

б) )1)(4()1(4)1(44 43443437 хххххххх ;

в) )2)(( 422263 авававав ;

г) )56)(56(2536 62546254124108 ваствастваст ;

Вправа 2. Розв’яжіть рівняння: 0)6(8)6( 2 уу .

Вправа 3. Розв’яжіть рівняння: 0)46,3(3)6,34(18 ххх .

Вправа 4. Розкладіть на множники тричлен, попередньо подавши один з його

членів у вигляді суми подібних доданків: 24102 хх .

Інтерактивна вправа «Коло ідей».

(Учням задається завдання підвищеної

складності, яке вони обговорюють в групах. Після

того як час закінчився групи висловлюються по черзі

(по колу), поки не буде вичерпано всі ідеї. Під час

обговорення на дошці складається список зазначених ідей.)

Вправа 5. Який многочлен треба записати замість *, щоб дістати тотожність:

54d*1)(d 2 d ?

Вправа 6. Знайдіть такі значення М, при яких Мххх 22 )124()53( можна

подати у вигляді квадрата двочлена.

Вправа 7. Доведіть, що значення виразу 3n+2 – 2n+2 + 3n – 2n при будь-якому

натуральному n кратне 10.

Колективне розв'язування вправ.

Вправа 8. Розв’язати рівняння Декарта.


;088 23 ууу ;0)88()( 23 ууу ;0)1(8)1( 22 ууу

;0)8)(1( 2 уу ;0)8)(1)(1( ууу ;01 у ;01у ;08 у

73

у = 1; у = –1; у = 8.

Відповідь: –1; 1; 8.

Вправа 9. Довести, що три останні цифри числа 33 71993 – нулі.


33 71993 = )7719931993)(71993( 22 ).7719931993(2000 22

Множник 2000 закінчується трьома нулями, то і три останні цифри добутку

)7719931993(2000 22 і числа 33 71993 – нулі.

Вправа 10. Обчислити: .2)12)(12)(12)(12)(12( 3216842


3216842 2)12)(12)(12)(12)(12( 32168422 2)12)(12)(12)(12)(12(

= 3216844 2)12)(12)(12)(12( 321688 2)12)(12)(12(

= 321616 2)12)(12( 3232 212 –1.

Вправа 11. Довести, що значення виразу126 325 ділиться на 544.


126 325 3432 )3()25( 33 81625 )8181625625)(81625( 22

= ).8181625625(544 22

Вираз )8181625625(544 22 ділиться на 544, то і даний вираз

126 325 ділиться на 544.

У шкільному курсі математики для полегшення розкладу многочлена nbа )( на множники використовують трикутник Паскаля. Тож давайте

поринемо в історію трикутника Паскаля. (Додаток до заняття № 17).

VІ. Підсумки заняття.


1. Чи досягнуто поставлену на початку уроку мету?


труднощі?

3. Чи задоволені ви своєю роботою на уроці?

74

Додаток до заняття № 17. Історія трикутника Паскаля.

Однією з найбільш відомих і витончених

численних схем у всій математиці є трикутник

Паскаля, названий на честь Блеза Паскаля. Блез

Паскаль – французький релігійний філософ,

письменник, фізик, математик XVII ст., який

народився 19 червня 1623 р. в місті Клермон-

Ферран (Овернь). Він є одним із засновників

математичного аналізу, теорії ймовірності та

проективної геометрії. На його честь була названа всесвітньо відома мова

програмування Pascal, а також одиниця вимірювання тиску (Паскаль).

Хоча арифметичний трикутник і названий іменем Паскаля, проте він був

відомий ще сотні років до його народження. Числа, що утворюють так званий

трикутник Паскаля спочатку були відомі з індуїстських досліджень

комбінаторики і біноміальних чисел, а також із досліджень фігурних чисел у

древній Греції.

В Китаї трикутник Паскаля був відомий на

початку ХІ ст. завдяки китайському математику Цзя

Сіану. У 1303 році була випущена книга «Яшмовому

дзеркало чотирьох елементів» китайського

математика Чжу Шицзи, в якій був зображений

трикутник Паскаля на одній з ілюстрацій.

Вважається, що винайшов його Ян Хуей, тому китайці до цих пір

називають дану числову схему трикутником Яна Хуея.

У шкільному курсі математики трикутник Паскаля застосовують для

полегшення розкладу многочлена (x+y)n nbа )( на множники.

http://uk.wikipedia.org/wiki/19_%D1%87%D0%B5%D1%80%D0%B2%D0%BD%D1%8F


http://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%9A%D0%BB%D0%B5%D1%80%D0%BC%D0%BE%D0%BD-%D0%A4%D0%B5%D1%80%D1%80%D0%B0%D0%BD

http://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%9A%D0%BB%D0%B5%D1%80%D0%BC%D0%BE%D0%BD-%D0%A4%D0%B5%D1%80%D1%80%D0%B0%D0%BD

http://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%9E%D0%B2%D0%B5%D1%80%D0%BD%D1%8C

75


Тема заняття. Виділення квадрата двочлена. Знаходження найбільшого і

найменшого значення виразу.

Мета:

- формування предметних компетентностей: сформувати вміння

виділяти повного квадрата двочлена з квадратного тричлена, знаходити

найбільше та найменше значення виразу; сформувати вміння розв'язувати

задачі, що передбачають знаходження найбільшого і найменшого

значення величин;


використовувати критерії раціональності з метою вибору найкращого

розв'язання; сприяти самовихованню допитливості, творчої активності.




Запропонувати учням виконати завдання. Чи може значення виразу

а2 – 4а + 7 дорівнювати 1?

Після деяких міркувань учні можуть дійти висновку, що розв'язання цієї

задачі можна довести до розв'язування рівняння а2 – 4а + 7 = 1, розклавши ліву

частину на множники (виділивши повний квадрат).

а2 – 4а + 7 = 1; (а2 – 4а + 4) + 3 = 1; (а – 2)2 + 3 = 1.

Але що робити з цим далі? Вчитель спрямовує думку учнів: чи можна

знайти знак та найменше значення лівої частини рівності (а – 2)2 + 3 = 1?

Навчитись оцінювати знак та значення (найменше та найбільше, якщо

існує) виразу – це і є головним мотивом дій на цьому занятті.

Задачі на знаходження найбільшого і найменшого значення величин

привертали до себе увагу на протязі всієї історії математики. Особливого

значення вони набули у наші дні коли, як ніколи, відчувається потреба в

найбільш ефективному використанні природних багатств, людських ресурсів,

матеріальних і технічних засобів.

76

Епіграф заняття. «Люди, не знайомі з алгеброю, не можуть уявити собі тих

дивних речей, яких можна досягти за допомогою названої науки.»

Г. Лейбніц



Розв’язок алгебраїчних, геометричних та фізичних задач на максимум і

мінімум зводиться до дослідження опорної функції виду f(x)= ax²+bx+c. Щоб

знайти при якій умові квадратний тричлен y= ax²+bx+c має найбільше або

найменше значення, необхідно здійснити деякі перетворення – виділити

квадрат двочлена:

a

bac

a

bxa

a

bac

a

bxa

a

b

a

c

a

bxa

a

c

a

bxxacbxaxy

4

4

2

4

4

242

22

2

22

2

22

22

a

bac

a

bxay

4

4

2

22

1). Нехай а > 0.

Значення у являє собою суму двох доданків: перший – невід’ємний, другий –

сталий. Функція має найменше значення, коли перший доданок дорівнює нулю.

При a

bx

2

тричлен має найменше значення, яке дорівнює

a

bac

4

4 2.

2). Нехай а < 0.

При цьому перший доданок суми буде від’ємний, а другий – сталий. Тричлен

має найбільше значення при перетворенні першого доданку в нуль. Отже за

таких умов найбільшим значенням функції є a

bac

4

4 2 .

Метод виділення повного квадрата двочлена з квадратного тричлена є

основою алгоритму розв'язання рівнянь другого ступеня, а також

застосовується при спрощення громіздких виразів алгебри. В основі методу

77

лежать деякі формули скороченого множення многочленів, а саме окремі

випадки Біному Ньютона - квадрат суми і квадрат різниці:

(а ∓ b) ² = а ² ∓ 2аb + b ².

Біном Ньютона називають формулу, яка дає змогу записати вираз (a+b)n,

де n – натуральне число, у вигляді многочлена. (Додаток до заняття № 19).

Запам'ятаймо!

1) (А)2 ≥ 0, отже, (А)2 +В ≥ В, тобто А2 = 0 при А = 0 і найменше значення

виразу А2 + В дорівнює В.

2) -А2 ≤ 0, отже, -А2 + В ≤ В, тобто найбільше значення виразу - А2 +В дорівнює

В при А = 0.



1. Який знак має вираз: -а2; -|а|; -а2 - 7; -|а| – 3; -а2 - b2 - 3?

2. Якого найбільшого значення набувають вирази?

При яких значеннях змінних це відбувається?

Виконання вправ. Робота в парах.

Вправа1. Доведіть, що вираз х2 + 2х +1 набуває

невід'ємних значень при будь-яких х.

Вправа 2. Доведіть, що вираз х2 +2х+2 набуває лише

додатних значень при будь-яких х. Якого найменшого значення набуває цей

вираз? При якому значенні х?

Вправа 3. Розв'яжіть рівняння (х – 1)2 + (х – 3)2 = 0.

Вправа 4. Доведіть, що не існує таких значень х та у, для яких виконувалася б

рівність х2 + у2 – 2х – 2у + 3=0.

Колективне виконання вправ під керівництвом вчителя.

Вправа 5. Розв'язати рівняння x 2+ 14x + 45 = 0 .


Розкладемо многочлен на множники методом виділення повного квадрата. Для

застосування формули необхідно отримати вираз: x2+ 14x + 49 = 0.

Тому додамо й віднімемо від многочлена x2+ 14x + 45 число 4, щоб виділити

повний квадрат.

78

x 2+ 14x + 45+4−4 =0, (x 2+ 14x + 45+4)−4=0,(x 2+ 14x + 49)−4=0, (x+7)2−4=0

Застосуємо формулу різниці квадратів: a2−b2=(a−b)⋅(a+b)

(x+7)2−22=0, ( x + 7 – 2 )·( x + 7 + 2 ) = 0, ( x + 5 )·( x + 9 ) = 0, x + 5 = 0

x + 9 = 0, x1 = – 5 x2 = – 9.

Відповідь: –9;–5.

Вправа 6. Розв'язати рівняння x2 − 6x − 7 = 0.


Виділимо в лівій частині повний квадрат. Для застосування другої формули

необхідно отримати вираз: x2 − 6x +9 = 0.

Додамо й віднімемо в лівій частині рівняння 32, щоб виділити повний

квадрат.

x2 − 6x − 7 = x2 − 2⋅ x ⋅3 + 32 − 32 − 7 =

=(x2 − 2⋅ x ⋅3 + 32 ) − 32 − 7 =(x − 3)2 − 9 − 7 = (x − 3)2 − 16.

Підставимо в рівняння і застосуємо формулу a2−b2=(a−b)⋅(a+b).

(x −3)2−16=0, (x −3)2=16, x −3=4, x −3= −4, x=3+4, x = 3−4, x1=7, x2= −1.

Відповідь:–1;7.

Вправа 7. Розв'язати задачу.

По конвеєру рухається 10 деталей. Вздовж конвеєра розташовано ряд

робочих місць. На першому робочому місці знімається 3 деталі, а на кожному

наступному на 2 деталі більше, ніж на попередньому робочому місці. Крім

цього, на кожному робочому місці конвеєра поступає додатково 13 деталей.

Яка найбільша кількість деталей може бути на конвеєрі і на якому робочому

місці?

Розв’язання. 1). Нехай на х-му місці найбільша кількість деталей.

2). З конвеєра зняли

2

1232

xX деталей.

3). Ще поступило 13х деталей.

4). Загальна кількість деталей:

2

12321310

xXxxS , xxxxxS 2262620

2

1 2 ,

1011)( 2 xxxS ,

79

4

161

2

11)(

xxS , 40

4

161

4

1)( max

xS , x1=5, x2=6.


(Учням пропонується завдання підвищеної

складності, яке вони обговорюють в групах.

Після того як час закінчився групи

висловлюються по черзі (по колу), поки не буде

вичерпано всі ідеї. Під час обговорення на

дошці складається список зазначених ідей.)

Вправа 8.

Визначити коефіцієнт квадратного тричлена ax²+bx+c, знаючи, що його

найбільше значення дорівнює 25 при 2

1x і що сума кубів його коренів

дорівнює 19.


a

bc

a

bxacbxax

42

22

2

. Тричлен має найбільше значення

a

bc

4

2

при

a

bx

2

За умовою 2544

;254

;;2

1

2

22

b

cb

сa

bсba

a

b; 1004 bc ;

193 2121

3

21

3

2

3

1 xxxxxxxx ;

193

3

3

2

3

1

a

b

a

c

a

bxx ;

a

bxx

a

cxx

21

21

. (За теоремою Вієта)

6

;183

;193

23

3 cb

b

с

b

bc

b

b ; 100

64

cc ; 60025 c ;

24c ; 46

24b

Відповідь: с = 24; b = 4; a=-4.

Робота у групах.

(Метод «кооперативного» навчання – один з провідних у системі

інтерактивного навчання, де кожен має допомагати, одержувати допомогу

80

від іншого. Клас ділиться на 2 групи. Кожна група певний час виконує завдання.

Після виконання роботи учні обмінюються зошитами та виконують

взаємоперевірку робіт.)

Вправа 9. Знайти найбільші і найменші члени послідовності nУ .

Група 1. Група 2.

а) 65,32 пnyn а) 422 mmyn

б) 50172 xxyn б) 85,52 пnyn

Вправа 10. Ділова гра «Я підприємець».

Пропонується раціон, що складається з двох видів кормів – сіна і

концентратів в таблиці наведені числові дані денного споживання однією

твариною (коровою) і собівартість кормів у даному господарстві. Знайти самий

дешевий самий дешевий раціон кожного дня раціон кормління

сільськогосподарських тварин повинен включати не менше 15кг. сіна.

Види кормів Вміст в 1кг. кормів

кормових одиниць

Собівартість

1кг. (в коп.)

Сіно 0,5 1,5

Концентрат 1,0 2,5

Денне споживання

на 1 корову.

20 __

Розв’язання. Нехай х – кг. сіна,

у – кг. концентратів

На кожен день раціон містить (0,5х+у) кормових одиниць, собівартість

якого (1,5х +2,5у) гр.

min(1,5х +2,5у), 16x , якщо 0,5х+у=20; у=20-0,5х.

min(1,5х +2,5(20-0,5))=min(0,25х+50)=54, 16x ; у=20- 0,5·16=12(кг.)

Відповідь: Раціон складається з 12кг. концентратів і 16кг. сіна.

На початку заняття згадувався біном Ньютона. (Додаток до заняття №19).


Метод «Мозковий штурм».

(Запропонувати перелік термінів і понять пов'язаних з даною темою).

81

Додаток до заняття № 19. Біном Ньютона.

Ісаа́к Нью́тон (04.01.1643р. – 31.03.1727р.) –

англійський вчений, який заклав основи

сучасного природознавства, творець класичної

фізики. У книзі «Математичні начала

натуральної філософії» Ньютон сформулював

закони руху, відомі як закони Ньютона й закон

всесвітнього тяжіння.

Двочлен a+b називають біномом.

Біном Ньютона називають формулу, яка дає змогу записати вираз (a+b)n,

де n – натуральне число, у вигляді многочлена:

або

.

Ці рівності називають формулами Ньютона, а праві частини цих рівностей

називають розкладом бінома.

Властивості біноміальних коефіцієнтів:

1. Кількість біноміальних коефіцієнтів бінома Ньютона (a+b)n дорівнює n+1.

2. Біноміальні коефіцієнти членів, рівновіддалених від кінців розкладу, рівні

між собою – .

3. Сума всіх біноміальних коефіцієнтів дорівнює 2n. Тобто

.

4. Сума біноміальних коефіцієнтів, які розміщені на парних місцях, дорівнює

сумі тих, які розміщені на непарних місцях.

Увага! Біноміальні коефіцієнти завжди є натуральними числами. Біноміальні

коефіцієнти відповідають числам, розташованих в трикутнику Паскаля!

Формула загального члена розкладу.

Позначимо члени розкладу бінома Ньютона через Ti, і=1, 2,…, n+1. Матимемо:

Отже, - формула загального члена розкладу

бінома.

https://uk.wikipedia.org/wiki/1643

https://uk.wikipedia.org/wiki/31_%D0%B1%D0%B5%D1%80%D0%B5%D0%B7%D0%BD%D1%8F

https://uk.wikipedia.org/wiki/31_%D0%B1%D0%B5%D1%80%D0%B5%D0%B7%D0%BD%D1%8F

https://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%9A%D0%BE%D1%80%D0%BE%D0%BB%D1%96%D0%B2%D1%81%D1%82%D0%B2%D0%BE_%D0%90%D0%BD%D0%B3%D0%BB%D1%96%D1%8F

https://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%9F%D1%80%D0%B8%D1%80%D0%BE%D0%B4%D0%BD%D0%B8%D1%87%D1%96_%D0%BD%D0%B0%D1%83%D0%BA%D0%B8

https://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%9A%D0%BB%D0%B0%D1%81%D0%B8%D1%87%D0%BD%D0%B0_%D1%84%D1%96%D0%B7%D0%B8%D0%BA%D0%B0

https://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%9A%D0%BB%D0%B0%D1%81%D0%B8%D1%87%D0%BD%D0%B0_%D1%84%D1%96%D0%B7%D0%B8%D0%BA%D0%B0

https://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%9C%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%BC%D0%B0%D1%82%D0%B8%D1%87%D0%BD%D1%96_%D0%BD%D0%B0%D1%87%D0%B0%D0%BB%D0%B0_%D0%BD%D0%B0%D1%82%D1%83%D1%80%D0%B0%D0%BB%D1%8C%D0%BD%D0%BE%D1%97_%D1%84%D1%96%D0%BB%D0%BE%D1%81%D0%BE%D1%84%D1%96%D1%97

https://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%9C%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%BC%D0%B0%D1%82%D0%B8%D1%87%D0%BD%D1%96_%D0%BD%D0%B0%D1%87%D0%B0%D0%BB%D0%B0_%D0%BD%D0%B0%D1%82%D1%83%D1%80%D0%B0%D0%BB%D1%8C%D0%BD%D0%BE%D1%97_%D1%84%D1%96%D0%BB%D0%BE%D1%81%D0%BE%D1%84%D1%96%D1%97

https://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%97%D0%B0%D0%BA%D0%BE%D0%BD%D0%B8_%D0%9D%D1%8C%D1%8E%D1%82%D0%BE%D0%BD%D0%B0

https://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%97%D0%B0%D0%BA%D0%BE%D0%BD_%D0%B2%D1%81%D0%B5%D1%81%D0%B2%D1%96%D1%82%D0%BD%D1%8C%D0%BE%D0%B3%D0%BE_%D1%82%D1%8F%D0%B6%D1%96%D0%BD%D0%BD%D1%8F

https://uk.wikipedia.org/wiki/%D0%97%D0%B0%D0%BA%D0%BE%D0%BD_%D0%B2%D1%81%D0%B5%D1%81%D0%B2%D1%96%D1%82%D0%BD%D1%8C%D0%BE%D0%B3%D0%BE_%D1%82%D1%8F%D0%B6%D1%96%D0%BD%D0%BD%D1%8F

82


Тема заняття. Розв'язування задач на подільність.

Мета:


розв'язувати задачі на подільність;

- формування ключових компетентностей: формувати вміння будувати і

досліджувати найпростіші математичні моделі реальних об'єктів; сприяти

самовихованню здатності критично оцінювати свої думки, свої

досягнення.




Епіграф заняття. «Якщо ви власними силами розв’язали задачу, ви зробили

відкриття. Якщо задача не важка, то ваше відкриття не може претендувати на

винятковість, проте воно від цього не перестає бути відкриттям.»

Д.Пойа




(Повторити основні поняття тем: Подільність чисел. Властивості й ознаки

подільності чисел. Прості числа. Нескінченність множини простих чисел.

Конгруенції та їх властивості. Класи чисел і мала теорема Ферма)

Приступаючи до розв’язування задач, потрібно пам’ятати: перша умова, якої

треба дотримуватися у математиці, – це бути точним, друга – бути ясним і,

наскільки можливо простим. ( Л.Карно.) Тож давайте дотримуватись цих умов

при розв’язуванні задач.



Вправа1. Чи може периметр прямокутника, довжини сторін якого виражається

натуральними числами, бути простим числом? Чому?


83

Периметр прямокутника знаходиться за формулою Р=2(а+ b), де а і b

довжини сторін прямокутника. Отже, периметр прямокутника - парне число,

тому він не може бути простим числом. Єдине пране просте число - це 2.

Відповідь. Не може.

Вправа 2. Із цифр 3,4,5,6 складіть усі трицифрові числа, які діляться на 15.

Колективне розв'язування задач.

Інтерактивна вправа «Крісло автора».

(Технологія несе в собі реалізацію

підвищення самооцінки учнів. Вона

виконується в такий спосіб: учитель

поступається місцем педагога у класі на

користь учня, який іде розв’язувати

запропоновану вправу. Учень, перебуваючи

на місці педагога, відчуває себе достойним високої посади. Це підвищує не

тільки самооцінку, а й бажання покращувати свої знання.)

Вправа 3. Числа х і у такі, що значення виразу 3х+8у кратне 19. Доведіть, що

значення виразу 13х+3у кратне 19.


Представимо вираз 13х+3у так:

19(х+у)-2(3х+8у)= 13х+3у;

Так як 19(х+у) ділиться на 19; 2(3х+8у) ділиться на 19, отже 13х+3у –

ділиться на 19.

Вправа 4. Числа х і у такі, що (3х+10у)/13. Доведіть, що (3х+10у) (3у+10х)/169


Позначимо 3х+10у=m, 3y+10x=n, за умовою m/13,тоді добуток mn ділиться на

13, 13 – просте число, тоді сума 3х+10у+3у+10х=m+n=13(x+y):13. Тому за

умови, що одне з чисел m або n ділиться на 13, друге також ділиться на 13, а

тому добуток поділиться на 169.

Вправа 5. Довести, що сума кубів трьох послідовних цілих чисел ділиться на 9.


Нехай n-1, n, n+1 послідовні цілі числа. Знайдемо суму кубів цих чисел

84

(n-1)3+n3+(n+1)3=n3-3n2+3n-1+n3+n3+3n2+3n+1=3n3+6n=3n(n2+2)

Якщо n ділиться на 3, то добуток 3n(n2+2) ділиться на 9.

Якщо n не ділиться на 3, то при діленні на 3 дає остачу 1 або 2, тобто n=3k+1

або n=3k+2.

Знайдемо вираз n2+2 при цих значеннях n.

n2+2=(3k+1)2+2=9k2+6k+1+2=3(3k2+2k+1) – ділиться на 3; або

n2+2=(3k+2)2+2=9k2+12k+4+2=3(3k2+4k+2) – ділиться на 3.

Отже, 3m(n2+2) ділиться на 9.

Вправа 6. Знайдіть усі натуральні значення n, при яких значення виразу n4+4 є

простим числом.


Розкладемо вираз n4+4 на множники.

Маємо: n4+4=(n4+4n2+4)-4n2=(n2+2)2-(2n)2=(n2+2-2n)(n2++2+2n).

Значення даного виразу може бути простим числом лише за умови n2-2n+2=1,

тобто при n=1.

Перевіримо, чи є значення виразу n4+4 простим числом при n=1.

Маємо: n4+4=1+4=5 - просте число.

Відповідь: n=1.

Вправа 7. Доведіть, що при будь-якому натуральному n значення виразу

7n 23n – 32n кратне 47.


7n 23n-32n=7n 8n-9n=56n-9n=(56-9)(56n-1+56n-2 9+…+9n-1)=47(56n-1+56n-2 9+…+9n-1).

Отже, значення даного виразу кратне 47 при будь-якому натуральному n.

Вправа 8. Числа р і 8р2+1 є прості числа. Знайти р.


p=22 і 8 4+1 не є простими; p=33 і 8 9+1, 3 і 73 є простими

Відповідь: р=3.

Вправа 9. Доведіть, що число 8000000000027 є складеним.


85

8000000000027=(2 104)3+33=(2 104+3)((2 104)2-3 (2 104)+9) – складене число,

отже 8000000000027 складене число.

Вправа 10. Чому може дорівнювати остача при діленні числа n4 на 5, де n ϵ Z?


Має місце одна з п'яти конгруенцій: n≡0 (mod 5), n≡1(mod 5), n≡2(mod 5),

n≡3(mod 5), n≡4(mod 5).

Піднесемо обидві частини кожної з цих конгруенцій до четвертого степеня.

n4≡0(mod 5), n4≡1(mod 5), n4≡16(mod 5) ≡1(mod 5),

n4≡81(mod 5) ≡1(mod 5), n4≡256(mod 5) ≡1(mod

5). Отже, при діленні числа n4 на 5 в остачі

можуть бути отримані тільки числа 0 і 1.

Робота у групах.

(Метод «кооперативного» навчання. Клас

ділиться на 2 групи).

І група ІІ група

Вправа 11.Знайдіть остачу від ділення числа а на число b:

числа 3101 на 7.


32≡2(mod 7),

(32)50≡2(mod 7)

3(32)50:7 остача 5.

370+252 на 5


34≡1(mod 5),

(34)17≡117(mod 5),

9*(34)17≡9*117(mod 5),

24≡1(mod 5), (24)13≡113(mod 5)

(24)13≡1(mod 5),9*(34)17+(24)13≡10(mod 5)

остача 0.

Вправа 12. Використовуючи конгруенції, доведіть, що при будь-якому

натуральному значенні n значення виразу:

86

11n+14 6n кратне 5;


11n≡6n(mod 5),

11n≡14 6n(mod 5),

Отже , (11n+14 6n) ділиться на 5.

21n+22n+4 кратне 17;


22n=(22)n=4n;

21n≡4n(mod 17)

21n≡16 4n(mod 17)

Отже, 21n+16*4n кратне 17.

Вправа 13. Розв'яжіть у цілих числах рівняння:

х2-3y2=17; x2=17+3y2 не має розв’язків в цілих числах.

9х2-28у=15; 9х2=15+28у,

х2= ; не може бути точним квадратом цілого числа.

8х3 + 7у3=38; 8х3=38-7у3;

х3= не є точним кубом цілого числа.

Отже, рівняння не має розв’язку.

Ви добре працювали, тож відпочиньмо та дізнаймося цікаві факти про

помилки в індуктивних міркуваннях. (Додаток до заняття № 21)


Метод «Прес».

П – Я вважаю

Р – … тому що,…

Е – наприклад…

С – Отже…

87

Додаток до заняття № 21. Помилки в індуктивних міркуваннях.

Наведемо приклади того, як індуктивні

міркування призводять до помилкових висновків.

Приклад 1. Різниця двозначного числа і

числа, записаного тими ж цифрами, але в

зворотному порядку, ділиться націло на 9. Різниця

тризначного числа і числа, записаного тими ж

цифрами, але в зворотному порядку, ділиться на 99. Виникає припущення про

те, що різниця чотиризначного числа і числа, записаного тими ж цифрам, але в

зворотному порядку, розділиться на 999. Це, однак, невірно, наприклад, 2231-

1322 = 909, але 909 не поділяється на 999.

Приклад 2. Розглядаючи числа виду 2п +1, французький математик П.

Ферма помітив, що при n=1, 2, 3, 4 виходять прості числа. Він припустив, що

всі числа такого виду — прості. Однак Л. Эйлер знайшов, що вже при n=5 це

невірно: число 232+1 не є простим — воно ділиться на 641.

Приклад 3. Підставляючи в квадратний тричлен P(x)=x2+x+41

замість x натуральнічисла1,2,3,4,5,знайдемо: P(1)=43,P(2)=47, P(3)=53, P(4)=61,

P(5)=71. Всі отримані значення даного тричлена є простими числами.

Підставляючи замість x числа 0, -1, -2, -3, -4, одержимо: P(0)=41, P(-1)=41,

P(-2)=43, P(-3)=47, P(-4)=53. Значення даного тричлена при зазначених

значеннях змінної x також є простими числами. Виникає гіпотеза, що значення

тричлена P(x) є простим числом при будь-якому цілому значенні x. Але

висловлена гіпотеза помилкова, тому що, наприклад, P(41)=412+41+41=4143.

Приклад 4. Знаменитий німецький математик Г. В. Лейбніц довів, що

при всякому цілому додатному n число n3-n ділиться на 3, число n5-n ділиться

на 5, число n7-n ділиться на 7. На підставі цього він припустив, що при всякому

непарному k і будь-якому натуральному n число nk-n ділиться на k, але

незабаром сам помітив, що 29-2=510 не ділиться на 9.

Розглянуті приклади дозволяють зробити простий і в той же час

важливий висновок: неповна індукція може привести до помилки.

88



Мета:


узагальнити знання учнів з теми «Цілі вирази та їх перетворення»;

удосконалювати вміння розв'язувати олімпіадні задачі з цієї теми;


генерувати нові ідеї, ухвалювати оптимальні рішення; сприяти

самовихованню інтересу до вивчення математики, зацікавленості в

пізнанні нового.




Захоплення математикою здебільшого починається з міркування над якоюсь

цікавою задачею. Розв’язування задач – це зовсім не привілей математики. Усе

людське пізнання не що інше, як постійна постановка і розв’язування все нових

питань і проблем.

Епіграф заняття. «Історія показує, що найзнаменитіші переможці, як

правило, стикаються з непереборними перешкодами. І перемагають, бо не

дозволяють собі боятися поразок.» Б. К.Форбс




(Повторити основні поняття теми ««Цілі вирази та їх перетворення»)


Ділова гра «Я підприємець» (робота в парах).

Кожен підприємець зацікавлений в ефективній

роботі свого підприємства й отриманні максимального

прибутку, тому потребує проведення статистичних досліджень.

Картка для роботи.

Вправа1.

89

Прибуток від реалізації одиниці виробу А – 2 тис. гр., одиниці виробу B

– 3тис. гр. Визначити такий план випуску продукції, який забезпечує

максимальний прибуток при умові, що час умови токарних станків повинен

використовуватися повністю. Дані про потреби кожного ресурсу на одиницю

випуску виробу і загальні запаси ресурсів у таблиці.

Витрати на одиницю виробу

А В Ресурси

Метали ( кг.) 10 30 330

Токарні станки 400 300 6000

Прибуток на

виріб (тис. гр.)

2 3 ----

Розв’язання. Нехай виробів типу А виготовлено х, а типу В – у.

Розв’язок задачі зводиться до дослідження функції yxyxf 32),( при умові,

що 400х+300у=6000, 10х+30у330, х і у Є Z.

400х+300у=6000 у=3

460 x; 10х+30

3

460 x 330;

10х+600-40х 330 ; -3х27, х9, 3

46032)(

xxxf

, у= 8

3

9460

),602()(max xxf якщо х=9, ..42609)2()(max гртисxf

Відповідь: Якщо випустити 9 виробів виду А і 8 виробів виду В, то завод буде

мати найбільший прибуток – 42000гр.

Вправа 2.

Два цегляні заводи K і R забезпечують цеглою два об’єкти N і L.

Продуктивність заводу K – 8000 цеглин на добу, а заводу R – 6500 цеглин.

Будівництво N потребує 6000 цеглин на добу, а будівництво L – 8500 цеглин.

Ціна перевезення 100 цеглин від заводу K на об’єкт N – 5грн., на об’єкт L –

10грн. Ціна перевезення 100 цеглин від заводу R на об’єкт N – 4грн., а на об’єкт

L – 6грн. Як спланувати перевезення цегли, здійснивши мінімальні витрати?


Будівництво Завод R Завод K К – ть сотень

цегли

N 4грн., 1x 5грн., 2x 60

L 6грн., 1y 10грн., 2y 85

К – ть сотень

цегли

65

80

145

90

Оскільки вся цегла повністю використовується об’єктами N і L, то ми

можемо записати систему рівнянь:

.80

,65

,85

,60

22

11

21

21

yx

yx

yy

xx

.2080

,65

,85

,60

122

11

12

12

xxy

xy

yy

xx

Витрати на перевезення: 2121 10654 yyxxz .

Підставимо сюди значення з системи:

8403)20(10)65(6)60(54 11111 xxxxxz

За умовою задачі: .6020

,020

,065

,060

,0

1

12

11

12

1

x

xy

xy

xx

x

.

Отже 8403 1 xz приймає найменше значення при 201 x . 900840203min z .

План перевезень.

Будівництво Завод R Завод K К-ть сотень

цегли

N 20 40 60

L 45 40 85

К-ть сотень цегли 65 80 145


Вправа 3. Використовуючи конгруенції, доведіть, що при будь-якому

натуральному значенні n значення виразу: 52n+1+2n+4+2n+1 кратне 23;


5 25n+16 2n+2 2n=5 25n+18 2n кратне 23; n=1; 125+36=161 кратне 23;

25n≡2n(mod 23); 5 25n≡18 2n(mod 23).

Отже, 5 25n+18 2n кратне 23.

Вправа 4. Розв'яжіть у цілих числах рівняння 16х4-5у3=18.

Розв’язання. 16х4-5у3=18; 16х4=18+5у3 .

(2х)4=18+15у3 не має розв'язків, так як (2х)4- парне число, а 18+5у3 – непарне.

х2-4ху+3у2=3.

Розкладемо ліву частину рівняння на множники:

х2-4ху+3у2=х2-4ху+4у2-4у2+3у2=(х-2у)2-у2, тоді (х-2у-у)(х-2у+у)=3,

91

(х-3у)(х-у)=3, тоді рівняння рівносильне системі рівнянь.

; або 2) або

; або 4) .

; 2) 3) ; 4) .

повідь: (4;1) (0;-1) (-4;-1) (0;1)

Вправа 5. Обчисліть: 2 2 4 4 8 8 16 16 32 323 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2

Інтерактивна технологія «Математичний бій».

(Клас ділиться на 2 групи, кожна група називає номер

завдання, яке буде виконувати.)



1. Чи досягнуто поставлену на початку уроку мету?


труднощі?

3. Чи задоволені ви своєю роботою на уроці?

А Б В

1 Чи можна

стверждувати, що

(5п+6,5)2-(2п+0,5)2

кратне 42?

Знайдіть усі

шестицифрові числа,

які мають вигляд

а2013b та діляться

націло на 45.

Перевірте, чи є число

201420134 + 4

простим.

2 Для яких натуральних

чисел n існують прості

числа qp, такі, що

справджується рівність: 222 qpqpn .

Довести, що многочлен

х95+х94+х93+…+х2+х+1

ділиться на многочлен

х31+х30+…+х2+х+1.

Розкласти на

множники х8+х7+1,

х8+х-1.

3 Доведіть, що число n4+4 є

складеним.

Розв’яжіть у цілих

числах рівняння

ху=х+у.

Розв’яжіть рівняння:

х2-ху-2у2=7 у цілих

числах.

92

Розділ 3. Тема. Особливі точки та лінії в трикутнику. Геометричні

побудови.

Заняття № 25

Тема заняття. Точка перетину медіан трикутника (центр мас). Точка перетину

висот трикутника (ортоцентр).

Мета:


точку перетину медіан трикутника (центр мас), точку перетину висот

трикутника (ортоцентр); вміння розв'язувати задачі, що передбачають

застосування означення та властивостей медіан та висот трикутника;

- формування ключвоих компетентностей: формувати вміння доводити

правильність власного судження, оперувати геометричними об'єктами на

площині; сприяти усвідомленню власних освітніх потреб та цінності

нових знань і вмінь; сприяти самовихованню працьовитості,

наполегливості.




Чудова геометрична фігура і найпопулярніша в шкільній програмі з

геометрії - це трикутник. Одна з перших геометричних фігур, про властивості

якої людство дізналося ще в давнину. Можливо, ви думаєте, що трикутники

«оселилися» лише на сторінках підручників з геометрії і більше їх ніде не

зустріти? Сьогодні ми проведемо віртуальну екскурсію «У світ трикутників».


Епіграф заняття. «Серед рівних розумом людей за однакових умов переважає

той, хто знає геометрію.» Блез Паскаль



Медіана трикутника – це відрізок, що з’єднує вершину трикутника та

середину протилежної сторони. Трикутник має три медіани, які прийнято

93

позначати mа, mb, mс. Запам’ятаємо, що з вершини А виходить медіана mа, з

вершини В виходить медіана mb, з вершини С виходить медіана mс.

Зауваження. Правильність побудови трьох медіан в трикутнику можна

перевірити за їх властивістю перетину в одній точці, яка знаходиться всередині

трикутника.

Точка перетину медіан є також центром ваги трикутника. Якщо підвісити

картонний трикутник в точці перетину його медіан то він буде перебувати в

стані рівноваги.

Властивості медіан трикутника:

1. Кожна медіана трикутника лежить всередині трикутника, а в точці

перетину медіан ділиться у відношенні , як 2:1 рахуючи від вершини.

Де 2 відповідає відрізку від вершини, з якої проведена медіана, до

точки перетину медіан, а 1 відповідає відрізку від точки перетину

медіан до середини сторони, до якої проведена медіана.

2. Завжди можна відновити трикутник за трьома його медіанами.

3. Якщо відомі довжини трьох сторін трикутника, то можна знайти

довжини трьох медіан цього трикутника за такими формулами:

ma=

222 222

1acb

,

mb=

222 222

1bac

,

mc=

222 222

1cab

.

4. Якщо з’єднати точку перетину медіан трикутника з вершинами, то

трикутник розбивається на три рівновеликі трикутники, тобто у цих

трикутників рівні площі.

5. Медіана прямокутного трикутника, що проведена до гіпотенузи, рівна

половині її та розділяє прямокутний трикутник на два рівнобедрені трикутники.

6. Сума квадратів медіан довільного трикутника становить 3/4 від суми

квадратів його сторін.

7. Площа трикутника, що складений з медіан даного трикутника, рівна

три чверті площі даного трикутника.

94

8. Завжди існує трикутник, сторони якого рівні та паралельні медіанам

даного трикутника.

Висота трикутника – це перпендикуляр, проведений з вершини

трикутника до прямої, що містить протилежну сторону трикутника. Трикутник

має три висоти, які позначають ha, hb, hc.

Запам’ятайте! З вершини А проходить висота ha, з вершини В

опускається висота hb, а з вершини С виходить висота hc.

Прямі що містять висоти трикутника, перетинаються в одній точці

(ортоцентр). У прямокутному трикутнику ця точка співпадає з вершиною

прямого кута, у тупокутному трикутнику ортоцентр знаходиться зовні

трикутника за вершиною тупого кута, в гострокутному трикутнику ортоцентр

знаходиться в середині трикутника ближче до вершина більшого кута.

Властивості висот трикутника:

1. Найбільша висота трикутника проведена до його найкоротшої сторони,

а найменша висота до найдовшої сторони цього трикутника.

2. Висоти трикутника обернено пропорційні його сторонам

cba hhhcba

::1

:1

:1

;

2. Кут між висотою та бісектрисою, що проведені з однієї вершини,

рівний піврізниці двох інших кутів цього трикутника.

3. Якщо відомими сторонами трикутника можна обчислити його

висоти

))()((2

cpbpappa

ha ,

))()((2

cpbpappb

hb ,

))()((2

cpbpappc

hc , де

pcba

2 .

4. Між висотами та радіусом вписаного кола існує залежність

cba hhhr

1111



95

Задача 1. Трикутники АВС і МАВ рівні, чи рівні відповідні медіани та висоти

цих трикутників?

Задача 2. Скільки рівних медіан (висот) у рівнобедреному трикутнику? Як

медіани діляться точкою перетину?

Задача 3. У трикутника три рівні медіани. Який вид цього трикутника?

Виконання графічних вправ.

Вправа 1. Накресли прямокутний трикутник. Проведи в ньому три медіани.

Яка медіана рівна половині найбільшої сторони трикутника?

Вправа 2. Накресли прямокутний рівнобедрений трикутник. Проведи в ньому

три висоти. Які висоти рівні половині найбільшої сторони трикутника? Чому?

Колективне розв'язування задач.

Інтерактивна вправа «Крісло автора».

(Учні коментують відповіді й

розв’язання біля дошки.)

Задача 1. Медіани прямокутного

трикутника, проведені до катетів,

дорівнюють, відповідно, 3 см і 4 см. Знайдіть

гіпотенузу трикутника.


Для зручності обчислень позначимо довжини

катетів AC і BC через змінні x та y як 2x і 2y.

Розглянемо прямокутний трикутник ADC. Кут C –

прямий за умовою задачі, катет AC – спільний для

трикутника ABC, а катет CD дорівнює половині

BC згідно властивості медіани.

Тоді, за теоремою Піфагора.

AC2 + CD2 = AD2 .

Оскільки AC = 2x, CD = y (так як медіана ділить катет на дві рівні

частини), то 4x2 + y2 = 9.

96

Одночасно, розглянемо прямокутний трикутник EBC. Катет BC є

спільним з катетом BC вихідного трикутника ABC, а катет EC за властивістю

медіани дорівнює половині катета AC вихідного трикутника ABC.

За теоремою Піфагора: EC2 + BC2 = BE2.

Оскільки: EC=x (медіана ділить катет навпіл), BC=2y, тоді

x2 + 4y2 = 16.

Так як трикутники ABC, EBC і ADC пов'язані між собою спільними сторонами,

то обидва отриманих рівняння також пов'язані між собою.

Розв'яжемо отриману систему рівнянь.

4x2 + y2 = 9,

x2 + 4y2 = 16.

Складемо обидва рівняння: 5x2 + 5y2 = 25; 5( x2 + y2 ) = 25; x2 + y2 = 5.

Звернемося до вихідного трикутника ABC. За теоремою Піфагора:

AC2 + BC2 = AB2.

Так як довжина кожного з катетів нам відома, ми прийняли, що їх довжина

дорівнює 2x і 2y, тобто 4x2 + 4y2 = AB2.

Винесемо спільний множник 4 за дужки: 4 ( x2 + y2 ) = AB2.

Чому дорівнює x2 + y2 ми вже знаємо (x2 + y2 = 5), тому підставимо значення

замість x2 + y2 . AB2 = 4 *5; AB2 = 20 ; AB = √20 = 2√5.

Відповідь: 2√5.

Задача 2. 16 Бічна сторона і основа рівнобедреного трикутника відносяться,

як 5:6, а периметр його дорівнює 48 см. Знайти відстань від точки перетину

медіан до основи.

Розв'язання. Позначимо сторони трикутника через 5x, 6x відповідно.

Тоді рівняння периметру запишемо у вигляді:

2*5*x+6*x=48; 16*x=48; х=48/16=3 см.

Звідси обчислюємо основу:

6*x=18 см та бічні сторони – 5*x=15 см.

За теоремою Піфагора медіана опущена на основу дорівнює т² =225 – 81= 144,

т=12. Відстань від точки перетину медіан до основи буде 4 см.

Відповідь: 4 см.

97

Задача 3. Кут між висотою і стороною, що проведені з однієї вершини

рівнобедреного трикутника, дорівнює 10°, а один з двох інших кутів

трикутника дорівнює 70°. Знайди усі невідомі кути в середині трикутника, що

утворилися в результаті перетину висот.

Робота в парах. Вправа «Встанови відповідність».

Вправа 4. Установити відповідність між заданими

довжинами основ (1–4) рівнобедрених трикутників з

кутами 120° при вершинах, протилежних до основ, та

їх висотами (А – Д) до основ.


У рівнобедреному ΔABC маємо: AC=a см, AB=BC, ∠ABC=120°, BH⊥AC,

де AB і BC – бічні сторони, AC – основа і BH – висота рівнобедреного ΔABC.

За властивістю медіани, яка проведена до основи у рівнобедреному трикутнику

(це висота і бісектриса), маємо AH=HC=AC/2=a/2см, ∠ABH=60°.

У прямокутному трикутнику ABH ( ∠AHB=90°) знайдемо катет BH за

означенням тангенса гострого кута прямокутного трикутника:

.


Метод «Прес».

1. Висловлюємо свою думку: «Я вважаю…»

2. Пояснюємо причину такої точки зору: «Тому що...»

3. Наводимо додаткові аргументи на підтримку своєї позиції: «Наприклад.»

4. Узагальнюємо, формулюємо висновки: «Отже …»

98

Додаток до заняття № 25. Віртуальна екскурсія «У світ трикутників».

Трикутник по праву вважається простішою з фігур: будь-яка плоска,

тобто така, що тягнеться в двох вимірах, фігура повинна містити хоч би три

точки, що не лежать на одній прямій. Якщо з'єднати ці точки попарно

прямолінійними відрізками, то побудована фігура і буде трикутником.

Трикутник (італ. triangolo) — ударний музичний

інструмент у вигляді зігнутого трикутником стального

дроту (діаметр 8-10 мм), який вільно підвішують та

вдаряють по ньому металевою паличкою. Звук трикутника

- невизначеної висоти, дзвінкий, блискучий і в той же час

ніжний. Розрізняють малий (довжина основи - 150 мм),

середній (200 мм) та великий (250 мм).

Трикутник завжди мав широке застосування в практичному житті. Так, в

будівельному мистецтві споконвіку використовується властивість жорсткості

трикутника для зміцнення різних будов і їх деталей. Зображення трикутників і

завдання на трикутники зустрічаються в папірусах, в старовинних індійських

книгах і інших стародавніх документах. У папірусі Ахмеда згадується про

рівнобедрений і прямокутний трикутники, давні вавилоняни 4000 років тому

вже знали про властивість кутів при основі рівнобедреного трикутника.

У стародавній Греції вчення про трикутник розвивалося в іонійській

школі, заснованій в VII столітті до наший ери Фалесом, в школі Піфагора і

інших; воно було потім повністю викладене в першій книзі «Начала» Евкліда.

Серед «визначень», якими починається ця книга, є і наступні: «З

трибічних фігур рівносторонній трикутник є фігура, що має три рівні сторони,

рівнобедрений же – що має тільки дві рівні сторони, різносторонній – що має

три нерівні сторони». Поняття про трикутник історично розвивалося, мабуть,

так: спочатку розглядалися лише правильні, потім рівнобедрені і, нарешті,

різносторонні трикутники.

99

Бермудський трикутник - район в Атлантичному океані, в якому,

нібито, відбуваються таємничі зникнення морських і повітряних суден. Він

обмежується районом від Флориди до

Бермудських островів, далі до Пуерто-

Ріко і назад до Флориди через Багами.

Аналогічний «трикутник» в Тихому

океані називають диявольським.

Висуваються різні гіпотези для

пояснення цих зникнень, від

незвичайних погодних явищ до викрадень інопланетянами.

Вперше про «таємничі зникнення» у Бермудському трикутнику згадав

кореспондент Associated Press Джонс, у 1950 році він назвав цей район «морем

диявола». Автором словосполучення «Бермудський трикутник» вважають

Вінсента Гаддіса, який опублікував у 1964 році в одному з журналів,

присвячених спіритизму, статтю «Смертоносний бермудський трикутник».

Наприкінці 60-х і початку 70-х років XX століття почали з'являтися

численні публікації про таємниці бермудського трикутника.

Єгипетський трикутник. Землеміри Стародавнього Єгипту для

побудови прямого кута користувались таким способом. Мотузок ділили

вузлами на 12 рівних частин і кінці зв'язували. Потім мотузок розтягували на

землі так, щоб утворився трикутник зі сторонами 3, 4 і 5 поділок. Кут

трикутника, протилежний до сторони, яка має 5 поділок, був прямий (3² + 4² =

5²). У зв'язку з таким способом побудови прямого кута трикутник із сторонами

3, 4, 5 од. називають єгипетським.

Цілочисловий та Піфагорів трикутник. Цілочисловим називається

трикутник, довжини сторін якого виражаються натуральними числами. Таких

трикутників безліч. Усі трійки натуральних чисел, які задовольняють умову

нерівності для сторін трикутника, можуть бути довжинами сторін

цілочислового трикутника.

100

Якщо цілочисловий трикутник є прямокутним, то його називають

піфагоровим трикутником. Наприклад, піфагоровими є єгипетські трикутники,

довжини сторін яких пропорційні 3, 4 і 5 одиницям виміру.

Необхідною і достатньою умовою того, щоб цілочисловий трикутник із

довжинами сторін х, у, z був піфагоровим, є виконання співвідношення

х² + у² = z². Проходять століття, але роль геометрії в архітектурі не зменшилась. Вона

як і раніше залишається її «граматикою».

Переглянемо декілька знімків, на яких можемо побачити зображення

трикутника в архітектурних спорудах. «Архітектура –це геометрія, застосована

в будівельній справі.» М.В.Ломоносов.

Трикутник також є поширеним символом на писанках. У ньому втілена

ідея триєдності Всесвіту: неба, Землі і води. Цей знак також символізує батька,

матір та дитину. Це - символ божественної Трійці. Сяйво у вигляді трикутника

– атрибут Бога-Отця. Рівнобічний трикутник символізує завершеність.

Трикутник, обернений вершиною вгору є сонячним і має символіку

життя, вогню, полум'я, чоловічої основи, духовності.

Трикутник, обернений вершиною донизу, є символом, пов'язаним з Місяцем,

жіночою основою, водою, символізує Велику Матір, Богиню-Рожаницю.

101


Тема заняття. Точка перетину бісектрис трикутника. Центр кола, вписаного в

трикутник. Центр зовнівписаного кола.

Мета:

- формування предметних компетентностей: сформувати поняття

зовнівписаного кола; домогтися засвоєння властивостей бісектрис

трикутника, кола вписаного в трикутник; сформувати вміння розв'язувати

задачі, які передбачають застосування властивостей бісектрис

трикутника, кола вписаного в трикутник;

- формування ключових компетентностей: формувати вміння швидко

сприймати інформацію, опановувати великий обсяг знань; сприяти

самовихованню зацікавленості в пізнанні нового, спостережливості,

старанності, працьовитості.




Ми живемо в незвичайно різноманітному оточенні, в якому повинні

вчитися та працювати, спілкуватися, вирішувати життєві проблеми. Давно

помічено, що познайомитися з різними рішеннями однієї задачі буває

корисніше, ніж з однотипними рішеннями різних завдань.

Епіграф заняття. «Арифметичні знаки – це записані геометричні фігури, а

геометричні фігури – це намальовані формули, і ніякий математик не зміг би

обійтися без цих намальованих формул, так само як і не зміг би відмовитись під

час обчислення від взяття в дужки або їх розкриття або застосування інших

аналітичних знаків.»

Р. Декарт



Бісектриса трикутника – це відрізок бісектриси кута трикутника, що

сполучає вершину трикутника з точкою на протилежній стороні. Трикутник має

три бісектриси, які прийнято позначати lа, lв, lс. Запам’ятаємо, що з вершини А

102

виходить бісектриса lа, з вершини В виходить бісектриса lв з вершини С

виходить бісектриса lс. Отже, бісектриса трикутника ділить величини кутів

трикутника навпіл.

Зауваження. Необов’язково бісектриса ділить протилежну сторону

навпіл. Але у рівнобедреному трикутнику, якщо бісектриса проведена до

основи, то вона обов’язково поділить навпіл крім кута і сторону, яку перетинає.

Властивості бісектриси:

1. Будь-яка бісектриса трикутника ділить протилежну сторону на

відрізки, пропорційні прилеглим сторонам трикутника.

2. Усі три бісектриси трикутника перетинаються в одній точці,

рівновіддаленій від трьох сторін трикутника, тобто точка перетину бісектрис це

центр кола, що вписаний в трикутник.

3. Центральний кут вписаного в трикутник кола, сторони якого проходять

через вершини трикутника, рівний сумі прямого кута та половині кута, через

який не проходять сторони центрального кута.

4. У довільному трикутнику бісектриса проходить між висотою та

медіаною трикутника. aaa mlh , bbb mlh , ccc mlh .

5. За трьома сторонами трикутника можна знайти довжини бісектрис

трикутника:

)(2

apbcpcb

la

,

)(2

bpacpca

lb

,

)(2

cpbapab

lc

, де

pcba

2 .

Означення поняття кола, вписаного в трикутник.

Коло називається вписаним в трикутник, якщо воно дотикається трьох

сторін трикутника з внутрішньої частини. Трикутник має лише одне вписане

коло.

103

A

B C

α α

β β

r

I

Рис.3.8

Радіус цього кола позначають r.

Центр вписаного в трикутник кола

знаходиться в точці перетину бісектрис

трикутника (інцентр). Коло із центром у

точці I і радіусом r (Рис.3.8)

дотикається до всіх трьох сторін і тому

є вписаним колом.

Властивості:

1. Якщо радіус проведений до точки дотику трикутника з колом, то він

перпендикулярний до сторони трикутника.

2. Радіус вписаного кола в трикутник дорівнює подвоєній площі

трикутника поділеній на периметр.

3. У прямокутному трикутнику радіус вписаного кола рівний півсумі

катетів без гіпотенузи.

4. Якщо продовження бісектриси кута С трикутника АВС перетинає

описане коло цього трикутника в точці М, то відстані від точки М до центра

вписаного кола рівна відстані від точки М до двох других вершин, тобто

МО=МВ=МВ, де О – центр вписаного кола.

5. Якщо АВ – основа рівнобедреного трикутника АВС, то коло, що

дотикається сторін кута АСВ у точках А та В, проходить через центр вписаного

в цей трикутник кола.

6. Якщо пряма, що проходить через центр вписаного кола паралельна

стороні АВ, то вона перетинає сторони ВС та АС у точках А1 та В1 відповідно, а

відстань А1В1 = А1В + АВ1.

7. Якщо відомо три сторони трикутника, то можна знайти радіус

вписаного кола в цей трикутник за формулою

p

cpbpapr

))()((

де p

cba

2 .

104

Бісектриса зовнішнього кута трикутника перетинає продовження

протилежної сторони в точці, відстані від якої до кінців цієї сторони

пропорційні прилеглим сторонам.

Продовження бісектрис

внутрішніх кутів трикутника

проходять через центри

зовнівписаних кіл (коло, яке

дотикається до однієї сторони та

до продовження двох інших

сторін трикутника), які являються

точками перетину бісектрис

зовнішніх кутів цього трикутника.

На Рис.3.11 зображений

трикутник lalblc, сторони якого є бісектрисами зовнішніх кутів трикутника ABC.

Будь-яка точка на бісектрисі lcla кута B рівновіддалена від прямих AB й BC.

Аналогічно, будь-яка точка на прямій lalb рівновіддалена від прямих BC й CA.

Отже, точка la, у якій ці бісектриси перетинаються, перебувають на однаковій

відстані ra від всіх трьох сторін. Так як la рівновіддалена від сторін AB й AC, то

вона повинна належати множині точок, рівновіддаленних від цих прямих, тобто

вона повинна лежати на прямій Al - внутрішній бісектрисі кута A.

Коло із центром у точці la радіуса ra дотичне до всіх трьох сторін

трикутника, є одним із трьох зовнівписаних кіл. Кожне із зовнівписаних кіл

дотикається до однієї сторони та до продовження двох інших сторін





три бісектриси. Яка бісектриса рівна половині найбільшої сторони трикутника?

Чому?


бісектриси. Вкажи центр вписаного в цей трикутник кола. Побудуй вписане

Рис.3.11

105

коло.

Колективне виконання завдань під

керівництвом учителя.

Уявіть, що нашій цивілізації

погрожують роботи, які живуть на іншій

планеті. Вони хочуть знищити нас, бо

думають що ми небезпечні для них. Вчені

намагаються створити спеціальний

пристрій, який буде перетворювати нашу

мову на сигнал, який зрозуміють роботи і який допоможе нам порозумітись.

Для виготовлення цього пристрою потрібні математичні знання, а саме, вміння

розв’язувати задач з визначними точками трикутника. Нехай цими вченими

будете ви і ось завдання, які вам потрібно розв’язати.

Задача 1. Бічна сторона рівнобедреного трикутника дорівнює 55 см, а його

основа дорівнює 66см. Обчислити довжину відрізків, на які ділить бічну

сторону бісектриса кута при основі.

Розв'язання. Позначимо через x, y – відрізки, на які ділить бісектриса бічну

сторону. За теоремою про пропорційні відрізки маємо 55/x=66/y, x=55/66*y.

Друге співвідношення дає умова, що сума відрізків рівна бічній стороні

x+y=55. При підстановці першого в друге отримаємо

(55/66+1)*y=55. Звідcи y=30 см, x=55-30=25 см.


Задача 2. Бісектриси трикутника АВС діляться інцентром в одному й тому

самому відношенні, починаючи від вершини. Довести, що трикутник АВС –

рівносторонній.

Доведення. За умовою цієї задачі маємо:

b+c/a=a+c/b , або b2 + bc = a2 + ac. Далі a+c/b=a+b/c ,

або b2 + ab = c2 + ac.

Віднімаючи рівняння, які дістали, одержимо b(c – a) + (c - a)*(a + c) = 0,

звідки с = а.

Аналогічно доводиться, що а = b. Отже, трикутник АВС – рівносторонній.

106


(Учням пропонуються завдання

підвищеної складності, яке вони

обговорюють в групах. Після того як час

закінчився групи висловлюються по черзі

(по колу), поки не буде вичерпано всі ідеї.

Під час обговорення на дошці

складається список зазначених ідей.)

Задача 3. Точки C і D лежать на колі по різні сторони від діаметра AB . K –

точка перетину прямих AC і DB . T – точка перетину прямих

CB і AD . Знайдіть кут між прямими AB і KT .

Розв’язання. Кути ACB і ADB – прямі (бо вони вписані і

спираються на діаметр). Тоді TC і KD є висотами в трикутнику

AKT . А точка їх перетину B – його ортоцентр. Отже, пряма AB

містить третю висоту трикутника AKT , тобто KTAB .

Задача 4. Відновіть трикутник ABC за точками A ; B ;

D ( D – точка перетину прямої am з описаним навколо

трикутника ABC колом).

Розв’язання. Оскільки точки A , B , D належать

описаному навколо трикутника ABC колу, то будуємо

це коло (рис.6). З точки B проводимо перпендикуляр

hBN до AD . На відстані h від AD будуємо пряму ||t AD . Вона перетне коло в

шуканій точці C (або 1C ).


Фронтальне опитування за технологією «Мікрофон».



Що викликало труднощі?

Де можна застосувати отримані знання та вміння?

107


Тема заняття. Центр кола, описаного навколо трикутника. Пряма Ейлера.

Мета:

- формування предметних компетентностей: сформувати поняття пряма

Ейлера, домогтися засвоєння властивостей описаного кола навколо

трикутника; сформувати вміння розв'язувати задачі на застосування цих

властивостей;








Якщо хочеш досягнути у житті своїх вершин, математику збагнути

мусиш тонко, до глибин. Калькулятор і комп’ютер – хто сьогодні їх не зна! Та

за пояс їх запхнути може світла голова. Якщо хочеш ти успішним після школи

стати, аксіоми й теореми мусиш добре пам’ятати. Та коли чого не знаєш, час

навчитися настав. Не махай на все рукою, не лінуйся, а учись, бо чого

навчишся зараз, знадобиться ще колись.

Як ви думаєте, що допоможе людині стати справжнім математиком?

Відповідь зашифрована у ребусі (Ентузіазм)

Епіграф заняття.

«Справжній математик – це щирий ентузіаст. Без ентузіазму немає

математики.»

Новаліс

108

A

Рис.3.9

B C

c b

A

R R O



Перпендикуляри, проведені до середин трьох

сторін трикутника, проходять через точку O, що є

центром описаного кола. Це єдине коло, що

проходить через вершини A, B, C (Рис.3.9).

Пряма Ейлера.

Точк

ами Ейлера називаються точки ,

, , які поділяють відрізки ,

та навпіл. У будь-якому

трикутнику центр описаного

кола, центроїд і ортоцентр

лежать на одній прямій (пряма

Ейлера), причому .

Продовжимо висоту 1AH трикутника ABC

до перетину з описаним колом в точці 1N , причому 111 NHHH . Проведемо

11 ANDN ( D – точка на колі). Оскільки 901DAN , то AD – діаметр і його

середина – точка O – центр кола. Нехай відрізок HD перетне BC в точці K .

Очевидно, що KDHK ( KH1 – середня лінія в трикутнику HDN1 ). З’єднаємо

точку O з точкою K . Тоді OK – середня лінія в ADH ,

тобто AHOK || і AHOK2

1 . Отже, BCOK , або OK

співпадає з серединним перпендикуляром до BC . А

точка K співпадає з 1M – серединою BC .

Отже, ось вона – перша важлива формула:

AHOM2

11 . Зазначимо, що 1AM і HO – медіани в

AHD , які перетинаються в точці T . Таким чином, 1:2: 1 TMAT і 1:2: TOHT .

Але 1AM також є медіаною в ABC і 1:2: 1 MMAM (де M – центроїд, або

точка перетину медіан в ABC ). Отже, MT . Стає очевидним, що точки

109

HMO належать одній прямій – прямій Ейлера. Більше того, ми отримали

другу важливу формулу: .


Інтерактивна вправа «Встанови відповідність».

Вправа 1.

На рисунку зображено рівнобедрений трикутник ABC (AC=BC), його

висоту AD і позначено величини деяких

його елементів.

Установити відповідність між елементами

трикутника (1–4) та їхніми величинами

(А – Д).

1. AD А. 9,6

2. SΔABC Б. 6,25

3. Радіус вписаного

кола

В. 3

4. Радіус описаного

кола

Г. 48

Д. 32

Розв'язання. У рівнобедреному ΔABC відомо:

AC=BC=10, AB=12, CH⊥AB, AD⊥BC, де AC і BC – бічні сторони, AB –

основа; CH, AD – висоти рівнобедреного ΔABC, які проведені до сторін AB і

BC, відповідно.

За властивістю медіани, яка проведена до основи у рівнобедреному

трикутнику (це висота і бісектриса), маємо AH=HB=AB/2=12/2=6.

У прямокутному трикутнику ACH (∠AHC=90°) знайдемо катет CH:

AH2+CH2=AC2, звідси .

Площа рівнобедреного трикутника ABC:

. 2 – Г.

110

Висота AD, яка проведена до бічної сторони BC:

на основі формули площі ,

знайдемо висоту . 1 – А

Радіус вписаного кола r рівний відношенню площі до півпериметра:

. 3 – В

Радіус описаного кола R знаходимо за формулою:

. 4 – Б

Інтерактивна технологія «Математичний ярмарок».

(На ярмарку учням пропонуються завдання, вони продають свої ідеї.)

Задача 1. Як відноситься сторона правильного трикутника, вписаного в коло,

до сторони правильного трикутника, описаного навколо цього кола? Для АВС

коло є вписаним, а для MNK коло є описаним NM : АВ = 1 : 2.

Задача 2. Радіус кола, описаного навколо трикутника АВС, дорівнює 6 см.

Знайдіть радіус кола, описаного навколо трикутника АОС, де О – точка

перетину бісектрис трикутника АВС, якщо АВС= 60°.


Задача 3. Вписане коло прямокутного АВС дотикається до гіпотенузи АВ у

точці К. Знайдіть радіус вписаного кола, якщо АК= 4 см, ВК= 6 см.






На наступному занятті я хочу…

111

Додаток до заняття № 28. Історичний нарис. Леонард Ейлер – внесок в науку.

Леонард Ейлер – унікальна постать

світової науки. Його досягнення в

математиці отримали визнання ще за життя.

Крім того, що він очолював кафедри

Берлінської і Петербурзької академій, Ейлер

був членом Лондонського королівського

товариства і Паризької АН. Відмінною

рисою вченого була його продуктивність. За

життя світ побачив більше 500 його статей і

книг, а посмертно – ще 400.

У Леонарда було досить широке коло

занять – він досліджував сучасну математику і механіку, математичну фізику,

теорію пружності, оптику, теорію машин, теорію музики, балістику, страхову

справа і морську науку. Ейлер вперше сформулював механічний принцип малої

дії і справив його на практиці. Йому належить розробка динаміки і кінематики

твердого тіла.

Вчений зробив великі відкриття в різних областях науки. Досліджуючи

небесну механіку, він висунув теорію руху Місяця. В області оптики Леонард

сформулював формулу двоопуклої лінзи. Запропонував розрахунковий метод

для обчислення показників заломлення середовища. Розрахував оптичні вузли

для мікроскопа. Багато часу він приділяв дослідженням коливання струни,

мембрани і пластинки.

Але головне досягнення Леонардо Ейлера було скоєно в області

математики. Він розробив математичний аналіз і заклав фундамент для

розвитку математичних дисциплін. Математик був першим, хто ввів функцію

комплексного аргументу і поклав початок функції комплексної змінної.

Також він є творцем варіаційного обчислення і вивів екстремум

функціоналу. Йому належать також такі досягнення – відкриття класичного

112

способу розв’язання лінійних рівнянь з постійними коефіцієнтами, методу

варіації довільних. Він виділив основні властивості рівняння, інтегрував лінійні

рівняння і створив прийоми їх вирішення, створив формулу підсумовування

Ейлера-Маклорена.

Ейлер є засновником теорії спеціальних функцій. Він був першим, хто

став розглядати косинус і синус як функції і зайнявся дослідженням

властивостей циліндричних, гіперболічних функцій і еліптичних інтегралів. Він

застосував вперше натуральні рівняння кривих і заклав фундамент основ теорії

поверхонь.

У своїх працях учений розробив питання кінематики фігурних коліс,

зовнішньої балістики, біологічної фізики, теорії кольорів і музики, ряд

важливих питань з теоретичної астрономії, оптики і теорії ймовірності.

Неоціненний його внесок у теорію чисел. Він не тільки довів, а й узагальнив

відому в теорії чисел малу теорему Ферма, довів так звану велику теорему

Ферма про неможливість розв'язати в цілих додатних числах рівняння хп+уп=п

(при п>2) для випадку п = 3. Ейлер довів помилковість припущення Ферма про

те, що вираз 22п+1 є просте число при будь-якому п, показавши, що, коли

п = 5, ми дістанемо складне число 4 294 967 297, яке ділиться на просте 641.

За час своєї наукової діяльності Ейлер написав понад 880 творів. Повне

видання математичної спадщини геніального вченого становило б 60 томів по

500 сторінок у кожному

Внесок Леонарда Ейлера в математику відображений в його основних

працях: «Механіка, або Наука про рух, викладена аналітично», «Теорія руху

твердого тіла», «Диференціальне числення», «Введення в аналіз», «Інтегральне

числення», «Універсальна арифметика» , «Листи про різні фізичні і філозофічні

матерії, писані до деякої німецької принцеси …», «Механіка».

113


Тема заняття. Коло дев'яти точок.

Мета:

- формування предметних компетентностей: сформувати поняття про

коло дев'яти точок, коло Ейлера;




сприяти самовихованню зацікавленості в пізнанні нового.




Епіграф заняття. «Геометрія була відкрита єгиптянами і виникла під час

вимірювання землі. Це вимірювання було їм необхідне, бо розливалася річка

Ніл, яка постійно змивала межі. Немає нічого дивного в тому, що ця наука, як і

інші, виникла з потреб людини. Всяке знання, яке виникає, з недосконалого

стану переходить у досконалий. Зароджуючись чуттєвим сприйняттям, воно

поступово стає предметом нашого розгляду і, нарешті, стає досягненням

розуму».

А. Ейнштейн



Коло Ейлера.

Нехай 1O – середина відрізка OH . Очевидно, що

11MO – середня лінія в DOH і 22

111

RODMO .

З’єднаємо точки 1O і 1H . Тоді 11HO – середня лінія

в 1HON , отже 22

1111

RONHO .

114

Нехай також 1E – середина відрізка AH . Тоді 11EO – середня лінія в AOH

і 22

111

ROAEO . Таким чином,

2111111

REOHOMO , а коло з центром в точці 1O – середині OH – радіуса

2

R

пройде через точки 1M ; 1H ; 1E .

Аналогічно ми можемо показати, що 2

212121

REOHOMO і

2313131

REOHOMO .

Тоді робимо висновок: У трикутнику АВС

основи висот (точки 1H ; 2H ; 3H ),

середини сторін (точки 1M ; 2M ; 3M ),

середини відрізків AH , BH , CH (точки 1E ; 2E ; 3E )

належать одному колу – колу Ейлера.

Центр кола – середина відрізка OH , його радіус

дорівнює 2

R.

І ще одне зауваження.

Неважко побачити, що кола «9 точок» для трикутників ABC , BHC , AHC і

AHB співпадають. Доведемо цей факт.

Оскільки, скажімо, в BHC точки 1M ; 2E і 3E є серединами його сторін то

коло «9 точок» для трикутника BHC проходить через ці 3 точки. Таким чином,

воно співпадає з колом «9 точок» для трикутника ABC .


Вправа 1. Доведіть, що R 2r

Нехай радіус вписаного в трикутник ABC кола

дорівнює r (нагадаємо, що його центр – точка

перетину бісектрис I ). Опишемо коло навколо

321 MMM . Очевидно, що радіус цього кола

дорівнює 2

R

115

( 321 MMM подібний до ABC із коефіцієнтом подібності 2

1).

Якщо останнє коло не виходить за межі трикутника ABC , то точки 1M ;

2M ; 3M співпадають з точками дотику вписаного кола до сторін трикутника

(що можливо лише у рівносторонньому трикутнику).

У трикутнику загального вигляду це коло вийде за межі трикутника ABC ,

як і зображено на рис. Проведемо дотичні до кола паралельно відповідним

сторонам трикутника ABC . Після чого отримаємо 111 CBA – з відповідно

паралельними до ABC сторонами.

Усі розміри трикутника 111 CBA не менші відповідних розмірів трикутника

ABC . При цьому відповідні сторони (ще раз нагадаємо) паралельні. Тоді

очевидно, що радіус 1r вписаного в 111 CBA кола не менший за r , тобто rr 1 .

Але 2

1

Rr , оскільки описане навколо 321 MMM коло є вписаним колом в

111 CBA . Отже rR

2 або rR 2 .

Ми отримали відому нерівність для елементів трикутника: радіус

описаного навколо довільного ABC кола не менший за подвоєний радіус кола,

вписаного в цей трикутник.

Історичний нарис. Леонард Ейлер – внесок в науку (Додаток до заняття № 28)


Бесіда.

Які доведення для вас виявилися

найважчими?

Чи задоволені ви собою?

Що нового дізнались на занятті?

116


Тема заняття. Розв'язування задач на побудову методом

геометричних місць.

Мета:


сформувати вміння розв'язувати задачі на

побудову методом геометричних місць;








Метод «Здивуй».

Розділ геометрії, в якому вивчають геометричні побудови, інколи

називають геометрографією. Цей розділ присвячений відтворенню певних

точок і фігур. Зокрема, тут розглядаються задачі на побудову і питання про

розв’язування деяких задач тільки за допомогою циркуля і лінійки. Ще в 4

столітті до нашої ери старогрецькі вчені почали систематично вивчати задачі на

побудову. Давні греки залишили нам кілька задач, які вони так і не змогли

розв’язати за допомогою тільки циркуля і лінійки.

Епіграф заняття.

«… Не одна задача не допомагає так розвитку в учнів правильності логічного

мислення, як геометрична задача на побудову.» Ю. Петерсон



Що таке задача на побудову?

117

В задачах на побудову мова йде про побудову геометричної фігури за

допомогою даних інструментів креслення. Такими інструментами частіше

всього є лінійка і циркуль. Розв’язання задач полягає не стільки в побудові

фігури, скільки у вирішенні питання, як це зробити, і відповідним доведенням.

Задача вважається розв’язаною, якщо вказано спосіб побудови фігури і

доведено, що в результаті вказаних побудов дійсно здобувається фігура з

потрібними властивостями.

Геометричне місце точок.

Геометричне місце точок – це фігура, що складається з усіх точок

площини, що мають зазначену властивість.

Для знаходження геометричного місця точок, що мають певну

властивість, необхідно довести, що: якщо точка належить фігурі, то вона має

дану властивість, і якщо точка площини має дану властивість, то вона належить

фігурі.

Основними геометричними місцями є:

Коло – це геометричне місце точок, віддалених від заданої точки на

задану відстань.

Бісектриса кута — геометричне місце точок, рівновіддалених від сторін

кута.

Серединний перпендикуляр до відрізка — це геометричне місце точок,

рівновіддалених від двох даних точок, є пряма, перпендикулярна до відрізка,

що з'єднує ці точки, і проходить через його середину.

Геометричним місцем точок, віддалених від заданої прямої на задану

відстань, є дві прямі, паралельні заданій прямій, які знаходяться на зазначеній

відстані від неї.

Геометричним місцем точок, рівновіддалених від двох паралельних

прямих, є пряма, паралельна заданим прямим, що проходить через середину

їхнього спільного перпендикуляра.

118

Зверніть увагу! Сутність методу геометричних місць, який використовується

при розв’язанні задач на побудову, полягає в тому, щоб знайти точку, що

задовольняє дві умови, то знаходимо геометричне місце точок, які

задовольняють одну умову, а після цього геометричне місце точок, що

задовольняє другу умову. Шукана точка є точкою перетину цих геометричних

місць точок.


Виконання вправ на побудову.

Задача 1. Побудувати трикутник за двома сторонами і гострому куту, що

лежить проти однієї з них.

Розв'язок.

1) Аналіз. Малюємо трикутник А1В1С1,

який вважаємо шуканим.

Нехай нам відомі сторони А1С1 і В1С1 і кут

В1А1С1.

А1С1=b, В1С1=а , кут В1А1С1=α.

2) Побудова. Побудувавши сторону А1С1, ми

визначимо положення двох вершин А1 і С1, а

третя вершина лежить десь на стороні В1А1

кута В1А1С1, який ми можемо побудувати.

Нам відома ще сторона В1С1, отже, третя

вершина віддалена від С1 на В1С1, тобто

повинна лежати на колі з центром в точці С1 і радіусом, рівним стороні В1С1.

Звідси така побудова.

На довільній прямій МN відкладаємо

відрізок АС, рівний b і будуємо кут

КАС, рівний даному куту. З центром в

точці С описуємо коло радіуса а,

рівного другій стороні трикутника.

119

Точка або кожна із точок перетину цього кола з променем АК і буде третьою

вершиною шуканого трикутника.

3) Доведення.

Одержані трикутники АВС і АВ1С1 – шукані, тому що за побудовою кут ВАС

дорівнює куту В, АС = а, АС = b, і В1С = ВС = а.

4) Дослідження. Так як ми знаходили точки перетину кола з променем АК, то

може бути дві точки перетину (задача має 2 розв'язки ), одна точка (задача має 1

розв'язок ) і ні однієї точки (задача не має розв'язку).

В цій задачі очевидна доцільність всіх етапів задачі на побудову.

Необов'язково всі задачі на побудову розв'язувати з подобним описом

всіх етапів. Учні проводять аналіз тільки тоді, коли розв'язок задачі не наочний,

доведення – якщо в ньому є необхідність .

Задача 2. Побудувати трикутник за двома його сторонами і

медіаною третьої сторони.

Розв’язок.

1) Аналіз. Нехай – шуканий. Подвоїмо

медіану . Одержимо паралелограм

. В відомі всі три сторони:

, і .

2) Побудова. Побудуємо за трьома сторонами: , та .

Доповнимо його до паралелограма і . Сполучивши вершини

та , одержимо шуканий .

3) Доведемо, що задовольняє умовам задачі. За побудовою, –

паралелограм, отже, , , і , тобто

– медіана.

4) Дослідимо можливість побудови. Побудова можлива і єдина, коли

можливо побудувати , тобто коли , та

. Ці три нерівності можна звести до двох: та

, які означають, що сума довжин відрізків і більше довжини

120

відрізка , а різниця довжин цих відрізків (від більшого віднімається

менший) менша довжини відрізка .

Задача 3. Через точку всередині кута провести пряму так, щоб

відрізок, який одержується при перетині цієї прямої із сторонами кута, ділиться

точкою навпіл.

Розв’язаок.

Точка є основою медіани, проведеної з

вершини трикутника .

Розглянемо побудову шуканої

прямоїПодвоївши , одержимо точку .

Проведемо через точку прямі

паралельно сторонам кута до перетину з цими сторонами у точках і .

Оскільки – паралелограм і – середина діагоналі , то .

Таким чином, – шукана пряма


Бесіда.

Шановні учні, на занятті ви досягли успіхів у своєму математичному зростанні,

виконавши ряд задач на побудову:

що вам сподобалось найбільше?

що ще хотіли б навчитись?

121


Тема заняття. Побудови за допомогою лише циркуля або лінійки, побудова на

обмеженій площині. Побудови за допомогою двосторонньої лінійки, косинця.

Мета:


виконувати елементарні побудови із використанням лінійки та циркуля;


ухвалювати оптимальні рішення; сприяти самовихованню віри у власні

сили, відповідальності за результати своєї роботи




Графічна грамотність – це вміння читати різноманітні графічні

зображення (креслення, схеми, графіки і т.п.), вміння їх будувати за допомогою

різноманітних креслярських інструментів, а також від руки та на око, вміння

охайно, раціонально оформляти записи; вміння моделювати та конструювати

графічні ситуації, оперувати графічними об'єктами на ЕОМ.

Епіграф заняття. «Геометрія має два скарби: один із них – це Піфагорова

теорема, а другий – поділ відрізка в середньому і крайньому відношенні.

Перший можна порівняти з мірою золота, другий же схожий скоріш на

коштовний камінь.» Й. Кеплер



В геометрії виділяють задачі на побудову, які можна ров’язувати тільки

за допомогою двох інструментів: циркуля та лінійки без масштабних ділень.

Лінійка дозволяє провести довільну пряму, а також побудувати пряму, яка

проходить через дві дані точки; з допомогою циркуля можна провести коло

довільного радіуса, а також коло з центром в даній точці і радіусом, що

дорівнює даному відрізку.

122



Елементарні побудови.

Побудова трикутника за: трьома сторонами; двома сторонами і кутом між

ними; стороною і двома кутами, що прилягають до неї.

Побудова кута, що дорівнює даному.

Побудова бісектриси даного кута.

Поділ даного відрізка навпіл.

Через дану точку А провести пряму перпендикулярну до прямої a ( два

випадки: а є А ; а А).

Через дану точку А провести пряму , паралельну

заданій прямій а.

Побудова:

1. Описуємо дугу довільним R з центром в точці А.

2. З точки перетину В, яка лежить на даній прямій а, як з центра, тим самим

радіусом R описуємо дугу АО.

3. Розхилом циркуля радіуса АО з точки В робимо засічку і одержуємо точку Д.

4. Прямі АД і а паралельні.

Поділ відрізка на дане число рівних частин

Поділ відрізка на частини, пропорційні даним

величинам.

Розділити прямий кут на три рівних частини

Розділити даний кут на три рівних

частини (трисекція кута)

Побудова кутів 30°; 45°; 60°; 90°.

Через дві дані точки А і В провести

коло даним радіусом R.

Через три дані точки, які не лежать на одній прямій,

провести коло.

123

Знайти центр даного кола або його дуги.

Задачі.

Задача 1. Знайти точку, яка лежить на відстані а від прямої АВ і на відстані b

від прямої СD.

Задача 2. Провести бісектрису кута

вершина якого зрізана і лежить поза

рисунком.

Задача 3. Побудувати ГМТ середин хорд,

що виходять з однієї точки.

Задача 4. Дано кут і всередині нього точку А. На стороні даного кута знайти

точку, рівновіддалену від другої сторони і від т. А.

Задача 5. Дано пряму k і дві точки А і В по одну сторону від неї. Знайти на

прямій k точку С таку, щоб сума відрізків АС + СВ була найменшою.

Задача 6: У даний кут вписати трикутник найменшого периметра так, щоб одна

його вершина була у заданій точці, що знаходиться в середині кута, а дві інші –

на сторонах кута.



1.Іменник (циркуль, лінійка).





124

Заняття № 31-32.


Мета:


узагальнити знання учнів з теми «Особливі точки та лінії в трикутнику»;

удосконалювати вміння розв'язувати олімпіадні задачі з даної теми;




усвідомлення важливості вивчення іноземних мов для розуміння

математичних термінів та позначень; сприяти самовихованню інтересу до

вивчення математики, зацікавленості в пізнанні нового.




В основу багатьох конкурсних та олімпіадних задач з геометрії покладено

той чи інший факт, вільне володіння яким робить розв'язання задачі швидким

та ефектним.

З іншого боку, незнання факту або недостатнє володіння ним частіше

перетворюють задачу на «неприступну фортецю». Що ж робити в такому разі?

Тому наше заняття буде присвячено саме таким фактам геометрії – важливим та

корисним.

Епіграф заняття. «Розв'язання задач є специфічною особливістю інтелекту, а

інтелект – це особливий дар людини. Тим-то розв'язання задач можна

розглядати як один із найхарактерніших проявів людської діяльності.»

Д. Пойа



(Повторення вивчених властивостей.)

125


Задача 1. На продовженні сторони BC

трикутника ABC вибрано точку D так, що

BDBC (рис.1). Нехай T – середина

сторони AC , а K – точка перетину AB і DT .

Довести, що

трикутник

AKD рівновеликий чотирикутнику BKTC .

Факт: медіани трикутника, які перетинаються

в точці M – центроїді трикутника – ділять

його на 6 рівновеликих частин (доведіть

самостійно).

Скористаємося цим фактом, оскільки точка K є центроїдом у трикутнику ADC

( DT та AB – медіани). Отже, залишається провести третю медіану CN і,

подібно до стародавніх математиків, записати: дивись рис. 2.

Задача 2. Трикутник ABC – гострокутний.

Доведіть, що з відрізків Aa cos ; Bb cos ; Cc cos

можна скласти трикутник.

Факт: для гострокутного трикутника ABC

сторони трикутника, складеного з основ його

висот (так званого ортоцентричного

трикутника) дорівнюють відповідно:

AaHH cos32 ; BbHH cos31 ; CcHH cos21 (рис.3).

Для доведенн першої рівності використаємо подібність трикутників ABC та

32 HAH : c

AH

a

HH 232 .

Оскільки AcAH cos2 (з трикутника BAH 2 ), то AaHH cos32 .

Оскільки трикутник 321 HHH існує, то тим самим твердження задачі доведено.

126

Задача 3. Дано трикутник ABC . Будуються всі можливі відрізки KT паралельно

стороні BC (рис.4). Знайдіть геометричне місце

точок перетину діагоналей усіх трапецій BCKT .

Факт: У будь-якій трапеції (рис.5) точка перетину

діагоналей, середини основ та точка перетину

продовжень бічних сторін

належать одній прямій

(доведіть самостійно).

Враховуючи цей факт, одержимо відповідь: шуканим ГМТ є медіана, проведена

з вершини кута A (без її кінців).

Задача 4. В опуклому чотирикутнику ABCD проведено діагоналі AC і BD .

Відомо, що площі 1S , 2S , 3S , 4S (рис.6) – натуральні

числа. Доведіть, що добуток цих площ є точним

квадратом.

Факт: Якщо опуклий чотирикутник ABCD ділиться

діагоналями на трикутники із площами 1S , 2S , 3S , 4S ,

то має місце формула: 4231 SSSS (доведіть

самостійно).

Тоді, згідно з формулою, одержимо:

2

314321 SSSSSS – квадрат натурального числа.

Задача 5. Середини сторін двох чотирикутників збігаються. Доведіть, що ці

чотирикутники рівновеликі.

Факт: Середини сторін опуклого чотирикутника є вершинами паралелограма,

площа якого вдвічі менше за площу даного чотирикутника.

Вказівка. Сторони чотирикутника KNTF (рис.7)

паралельні діагоналям даного чотирикутника та

вдвічі менше кожної з них (як середні лінії). Для

доведення другої частини факту скористайтесь

формулами площі паралелограма та площі

127

довільного чотирикутника (через його діагоналі і синус кута між ними).

Отже, розв’язання задачі 5 далі не потребує пояснень.

Задача 6. У гострокутному трикутнику ABC проведено висоти 2BH та 3CH

(рис.8). BT і CK – перпендикуляри на пряму 32 HH .

Доведіть, що THKH 32

Факт: Серединний перпендикуляр до відрізку 32 HH

проходить через середину сторони BC .

Доведемо цей факт. BCMH2

112 – з прямокутного

трикутника CBH 2 (рис.9). Аналогічно BCMH2

113 – з

прямокутного трикутника CBH 3 . Отже, трикутник 312 HMH

– рівнобедрений і серединний перпендикуляр до відрізку

32 HH містить точку 1M – середину сторони ВС.

Тепер розв’язання задачі 6 стає досить тривіальним

(зробіть це самостійно!).

Насамкінець зауважу, що список задач з прихованими фактами може бути

продовжений або змінений – це залежить від уподобань та досвіду роботи

вчителя.

Олімпіадна планіметрія. Робота в групах.

Задача 3. АВСD, DCEF, FEKM – рівні квадрати.

Доведіть, що <САМ+<ЕАМ+<КАМ=90°.

Розв’язання: < САМ = 45°. Тоді треба довести, що

<ЕАМ+<КАМ=45° .

1) На сторонах AD, DF і FM даних квадратів

добудуйте квадрати ADD1А1, DFF1D1 і FMM1F1.

2) На сторонах A1D1, D1F1 і F1M1 останніх квадратів добудуйте квадрати

A1D1D2А2, D1F1F2D2 і F1M1M2F2.

3) Тоді <ЕАМ+<КАМ=<ЕАM1=45° , оскільки - кут

між стороною АЕ і діагоналлю АМ1 квадрата АЕМ1D2.

128

Задача 2. AD – висота гострокутного , О – центр квадрата, побудованого

на АВ зовні трикутника, М центр квадрата, побудованого на АС у одній

півплощині з В. Чи лежать точки М, D, О на одній прямій?

Вказівка.

1) У вписаному чотирикутнику АDВО кути ОАВ і ОDВ рівні. Тоді <ОDВ =

45° .

2) У вписаному чотирикутнику АМDС кути АСМ і АDМ рівні. Тоді

о, <МDВ о - <АDМ=45 о.

3) =<МDВ тоді промені DО і DМ співпадають.


Сьогодні – завершальне заняття факультативу. Предметом нашого

вивчення були властивості й ознаки подільності чисел, цілі вирази та їх

перетворення, особливі точки та лінії в трикутнику, геометричні побудови

Я думаю, ви переконалися, що розв’язування таких завдань є цікавим,

хоч і вимагає чимало зусиль, уміння логічно мислити, аналізувати.

Закінчити заняття хочу такою бувальщиною:

Якось у Гіппократа запитали: – Правда, що геніальність – це хвороба?

– Так, але на жаль, на відміну від багатьох інших вона має ще одну властивість.

– Яку саме?» … Продовжіть цитату Гіппократа.

(Відповідь: вона не перехідна). Тож бажаю всім вам міцного здоров’я і якщо

вже й доведеться хворіти, то тільки на геніальність.

129

Список використаної літератури

1. Бевз Г. П. Геометрія кіл / Г. П. Бевз. — X: Вид. група «Основа», 2004.—

112 с.

2. Бевз Г. П. Геометрія трикутника / Г. П. Бевз. К.: Генеза, 2005.— 128 с.

3. Бевз Г. П. Геометрія трикутника і тетраедра / Г. П. Бевз. — К.: Вежа,

2009.—240 с.

4. Бевз В. Г. За лаштунками шкільної математики. В. Г. Бевз, М. І. Бурда, Н.

С. Прокопенко // Збірник програм з математики для допрофільної

підготовки та профільного навчання. Ч. І. Допрофільна підготовка:

Факультативи та курси за вибором / [Упоряд. Н. С. Прокопенко, О. П.

Вашуленко, О. В. Єргіна]. — X.: Вид-во «Ранок», 2011.— 320 с.

5. Бородін О. І. Біографічний словник діячів у галузі математики / О. І.

Бородін, А. С. Бугай. – Київ: Радянська школа, 1979. – 607 c.

6. Вишенський В. А. Конкурсні задачі з математики / В. А. Вишенський, М.

О. Перестюк, А. М. Самойленко.– К.: «Вища школа», 2001. – 432 с.

7. Вороний О. М. Готуємось до олімпіад з математики / О. М. Вороний. –

Харків: Видавнича група «Основа», 2008. – 256 с.

8. Гаврилюк С. О. Подільність чисел / С. О. Гаврилюк. – Київ: Математика,

2001. – 214 с.

9. Завало С. Т. Алгебра і теорія чисел / С. Т. Завало, В. М. Костарчук. –

Київ: Вища школа, 1994. – 345с.

10. Калужнін Л. А. Основна теорема арифметики і цілі Гаусові числа / Л. А.

Калужнін. – Київ: Вища школа, 1999. – 236 с.

11. Коваль Т. В. 400 задач з математичних олімпіад / Т. В. Коваль. –

Тернопіль: «Мандрівець», 2001. – 80 с.

12. Кушнір І. А. Геометричні формули, що не ввійшли до шкільних

підручників: Довідник / І. А. Кушнір. – К. Факт, 2002. – 180с.

13. Кушнір А. І. Трикутник у задачах / І. А. Кушнір. – К.: Либідь, 1994. –

104 с.

130

14. Кушнір А. І. 101 задача про чудові точки трикутника / І. А. Кушнір — К.:

Факт, 2007.— 160 с.

15. Мерзляк А. Г. Алгебраїчний тренажер: Посібник для школярів та

абітурієнтів / А. Г Мерзляк, В.Б Полонський, М.С. Якір. – К.: А.С.К.,

1997. – 320 с.

16. Мерзляк А. Г. Алгебра: Підручник для 8 класів з поглибленим вивченням

математики / А. Г. Мерзляк , В. Б. Полонський, М. С. Якір – Х.: Гімназія,

2008. – 368 с.

17. Навчальна програма для загальноосвітніх навчальних закладів.

«Математика. 5-9 класи» / [укладачі М. І. Бурда, Ю. І. Мальований, Є. П.

Нелін та ін.], затверджена Наказом Міністерства освіти і науки України

від 07.06.2017 № 804.

18. Рубан О. В. Задачі на подільність/ О. В. Рубан. – Чернігів: Освіта, 2004. –

170 с.

19. Сарана О. А. Математичні олімпіади: просте і складне поруч / О. А.

Сарана // Навч. посібн. – К.: Видавництво А.С.К., 2004. – 344 с.

20. Шмигевський М.В. Видатні математики / М. В. Шмигевський. – Харків.:

Основа, 2004. – 176 с.

131

Додаток 1. Завдання для самостійного осмислення до теми «Подільність і

прості числа»

До заняття № 1-2

1. Встановіть ознаку подільності на 50, 100, 125, 250, 12, 15.

• Для того щоб число ділилося на 50, необхідно і достатньо, щоб дві останні

цифри у записі числа були 00, або 50.

• Для того щоб число ділилося на 100, необхідно і достатньо, щоб дві останні

цифри у записі числа були 00.

• Для того щоб число ділилося на 125, 250, необхідно і достатньо, щоб на ці

числа воно ділилося число, записане трьома останніми цифрами цього числа.

• Для того щоб число ділилося на 12, необхідно і достатньо щоб це число

ділилось на 3 і на 4 одночасно.

• Для того щоб число ділилося на 15, необхідно і достатньо щоб це число

ділилось на 3 і на 5 одночасно.

2. Не виконуючи додавання встановити, чи діляться наступні суми на 3:

а) 126 + 285;

б) 741 + 231;

в) 162 + 112.

3. Не виконуючи ділення встановити чи ділиться різниця чисел 23544 –

17028 на числа 4, 8, 9.

4. Не виконуючи ділення встановити чи ділиться число 1980 на 165.



7. Не виконуючи ділення встановити чи ділиться 1265 на 45.

8. Які з наступних висловлень істинні:

а) якщо число ділиться на 7 і на 5, то воно ділиться на 35;

б) якщо число ділиться на 10 і на 15, то воно ділиться на 150;

в) якщо число ділиться на 4 і на 8, то воно ділиться на 32;

г) якщо число не ділиться на 3 або на 5, то воно не ділиться на 15;

132

д) якщо число не ділиться на 15, то воно не ділиться ні на 3, ні на 5;

е) якщо число не ділиться на 24, то воно або не ділиться на 12, або не

ділиться на 8.

9. Скільки дільників має число 720.


10. Відношення двох чисел дорівнює НСД чисел 210 і 77, а їх сума

дорівнює НСК чисел 168 і 224. Знайти ці числа.

11. Відношення двох чисел дорівнює НСД чисел 913 і 781, а різниця цих

чисел дорівнює НСК чисел 175 і 126. Знайти ці числа.

12. Користуючись алгоритмом Евкліда та зв’язком між найменшим

спільним кратним і найбільшим спільним дільником двох чисел, знайти

найбільший спільний дільник і найменше спільне кратне чисел 817 і 1691.

13. Користуючись алгоритмом Евкліда та зв’язком між найменшим

спільним кратним і найбільшим спільним дільником двох чисел, знайти

найбільший спільний дільник і найменше спільне кратне чисел 391 і 667.

14. Три пароплави заходять у порт після кожного рейсу. Перший

пароплав приходить з рейсу через кожні 6 днів, другий – за 5 днів, третій – 10

днів. Через скільки найближчих днів зустрінуться в порту перший пароплав з

другим, перший з третім, другий з третім. Всі три пароплави разом, якщо вони

вийшли з порту одночасно?

15. Знайти за алгоритмом Евкліда НСД чисел 24750 і 7800.




18. Знайти остачу від ділення 945+17 на 56.



21. Довести, що вираз 650+725 ділиться без остачі на 11.

22. Довести, що вираз 816+8 ділиться без остачі на число 19.

133

23. Довести, що вираз 420+42 ділиться без остачі на число 17.

24. Знайти таке а, при якому вираз 524+7а ділиться без остачі на число 23.

25. Довести, що остача від ділення 319+548 на 23 дорівнює 10.

26. Довести, що остача від ділення 7∙56+21 на 29 дорівнює 8.

27. Довести, що остача від ділення 8∙128+3 на 23 дорівнює 21.


28.Знайдіть цілі розв’язки рівняння 1999х + 2000у = 2001

А) (2000 k; 1999 k); Б) (2000 k –1 ; 2 – 1999 k); В) (2; 4);

Г) (2000 k –2 ; 1 – 1999 k)

29.Знайдіть цілі розв’язки рівняння 13х + 7у = 167

А) (1; 22); (8; 9); Б) ( 22; 1); (9; 8) В) (2; 4); (4; 2); Г) (20; 1); (8; 9)

30. Знайдіть натуральні розв’язки рівняння: х2 – у2 =7

А) (4; 3); Б) ( 4; – 3 ); В) (3; 4); Г) (3; – 4)

31. Розв’язати рівняння 3х + 5у = 7 у цілих числах.

32. Розв'язати рівняння в цілих числах 1990x - 173y = 11.

33. Розв'язати рівняння в цілих числах 3x -12y = 7.


1) Це рівняння не має цілих розв'язків. Ліва частина ділиться на 3, бо

НСД(3;12) = 3, тоді як права частина не ділиться на 3. Звертаємо вашу увагу,

що не виконується умова розв'язності: 7 не ділиться на ціло на 3.

Відповідь: розв'язку в цілих числах рівняння не має.

34. На складі знаходяться ящики із цвяхами по 16 кг і 17 кг. Чи можна

видати 100 кг цвяхів, не відкриваючи ящиків?

Розв’язання. Нехай х - кількість ящиків по 16 кг, y - по 17 кг. Відомо, що всього

необхідно видати 100 кг цвяхів. Складаємо рівняння 16x +17y =100.

Отже, треба розв’язати рівняння 16x +17y =100, де х, y - цілі додатні числа.

35. Розв’язати рівняння 35х - 2004у = 11 у цілих числах.

134

Додаток 2. Завдання для самостійного осмислення до теми «Цілі вирази та

їх перетворення»


1. Знайти частку і остачу при діленні многочлена на многочлен:

P(x)=2x5+3x3-x2+4x+1, Q(x)=2x2-x+1

2. Знайти частку і остачу при діленні многочлена на двочлен:

P(x)=-x4+6x3-2x2+x-2, Q(x)=x-6


3. Розв’яжіть у цілих числах рівняння :

1) m3-7n2=19 2) 16х4-5у3=18

4. Довести, що рівняння не має цілих розв’язків х2+1962=у2.

5. Знайти всі цілі невід’ємні розв’язки рівняння ху=х+у.

6. Знайдіть корені:

a) 2x4 + 3x3 – 16x2 + 3x + 2 = 0, Відповідь: ½; 2; -2±√3.

b) 2x4 + x3 – 6x2 + x +2 = 0, Відповідь: -2; -½; 1.

c) х4 – 2х3 – 13х2 – 2х + 1 = 0. Відповідь: (5±√21)/2; (-3±√5)/2.


7. Записати у вигляді добутку:

а) б) в)

г) д)

8. Розв'язати рівняння

9. Розкласти на множники :

а)

б)

в)

г)

10.Розкласти на множники: 12am+2 bn – 27ambn+2 .

11. Розкласти на множники: 18cm+3kn – 27cmkn+3.

135


12. Доведіть тотожність: 9(a-2)–(a-2)3=(a+1)(a-2)(5-a).

13. Доведіть тотожність: 4(3-b)-(3-b)3=(b-1)(3-b)(5-b).

14. Доведіть, що при будь-якому значенні змінної вираз: –x2-8x-19

набуває лише від’ємних значень.

15. Довести, що серед п’яти послідовних цілих чисел є одне, яке ділиться

на 5.

16. Сума трьох цілих чисел ділиться на 6. Довести, що і сума кубів цих

чисел ділиться на 6.


17. Числа р і 10р2+11 є простими. Знайдіть число р.

18. Довести , що при будь-якому цілому n число n(n-3)(n2-3n+14) ділиться на

24. Вказівка n2-3n+14=n2-3n+2+12

19. Визначити просте чи складене число 241.

20. При яких натуральних значеннях n значення виразу n4+n2+1 є простим

числом?

21. Знайдіть усі прості числа р такі, що числа р+14 і р+40 також є простими

Вказівка Розглянути попарні різниці: (р-40)-р; (р+14)-р;(р+40)-(р+14)

22. Довести, що 255+1 ділиться на 11

24. Легко перевірити, що набір (1; 3; 5; 7) є розв’язком рівняння

x2+y2+z2+t+21=xyzt. Чи існує така четвірка натуральних чисел (a, b, c, d), яка

також є його розв’язком і при цьому справджується нерівність abcd>2008.

25. Знайдіть значення виразу:

найбільший спільний

дільник чисел 72 і 120, а - найменше спільне кратне чисел 25 і 20.50.

26. Доведіть, що значення виразу 4n+2 – 3n+2 + 3n+1 +3n – 4n при будь-

якому натуральному n кратне 15.

27. Вставте пропущені одночлени, щоб рівність була правильною:

27п3+…+…+…+…=(…+5а)3.

136

Додаток 3. Завдання для самостійного осмислення до теми «Особливі

точки та лінії в трикутнику. Геометричні побудови»


1. Медіана трикутника утворює з протилежною стороною кут 90°, а інша

медіана з протилежною стороною утворює кут 90°. Знайди величини

внутрішніх та зовнішніх кутів трикутника.

2. АВС= КМN, К=90°, М=45°. Знайди всі кути трикутника АВС,

що утворилися в результаті перетину медіан.

3. Один з кутів трикутника дорівнює 20°, а один з двох інших в 4 рази

більший другого. Яка найменша медіана трикутника.

4. У рівнобедреного трикутника АВС знайди довжини медіан, якщо бічна

СВ = 43 м, АВ = 10 м

5. Кут між медіаною і стороною, що проведені з однієї вершини

рівнобедреного трикутника, дорівнює 10°, а один з двох інших кутів

трикутника дорівнює 70°. Знайди усі невідомі кути в середині трикутника.

6. Медіана, що проведена до основи рівнобедреного трикутника

нахилена до його основи під кутом 87°. Знайти кути цього трикутника. Скільки

розв’язків має задача?

7. Периметр рівнобедреного трикутника 18 см, бічна сторона на 3 см

довша від основи. Знайти медіани цього трикутника

8. АВС= КМN, К=90°, М=60°. Знайди всі кути трикутника АВС,

що утворилися в результаті перетину висот.

9. Один з кутів трикутника дорівнює 20°, а один з двох інших в 4 рази

більший другого. Яка найменша висота трикутника.

10. У рівнобедреного трикутника АВС знайди довжини висот, якщо бічна

СВ = 43 м, АВ = 10 м.

11. Обчислити довжини висот трикутника, знаючи, сторони трикутника:

1) 2, 8, 4; 2) 4, 3, 5; 3) 2, 3, 5;, 4) 2, 7, 3; б) 8, б, 5.

12. Знайди прямокутний трикутник, якщо у нього є дві рівні бісектриси.

137

13. Обчислити довжини бісектрис трикутника, знаючи, сторони

трикутника: 1) 2, 8, 4; 2) 4, 3, 5; 3) 2, 3, 5;, 4) 2, 7, 3; б) 8, б, 5. Знайти довжини

відрізків, на які ділиться кожна сторона трикутника бісектрисою.

14. Скільки рівних бісектрис у рівнобедреного трикутника? Накресліть

будь-який трикутник та вкажіть центр вписаного в трикутник кола. Перевірте

цю властивість, вписавши в нього коло.

16. Бісектриса, що проведена до основи рівнобедреного трикутника

нахилена до його основи під кутом 78°. Знайти кути цього трикутника. Скільки

розв’язків має задача?

17. Трикутник КМN, К=90°, а = 3 см, b = 4 см, c = 5 см. Знайди радіус

вписаного кола в трикутник АВС.

18. У рівнобедреного трикутника АВС знайди довжину радіуса вписаного

кола, якщо бічна СВ = 43 м, АВ = 10 м.

19. Знайти кути прямокутного трикутника, якщо центр вписаного кола

лежить на висоті трикутника.

20. Обчислити радіус вписаного кола для трикутника, знаючи, сторони

трикутника: 1) 2, 8, 4; 2) 4, 3, 5; 3) 2, 3, 5;, 4) 2, 7, 3; б) 8, б, 5. Знайти довжини

відрізків, на які ділиться кожна сторона трикутника точкою дотику.

До заняття № 27

21.Основа рівнобедреного тупокутного трикутника дорівнює 18 см, а

радіус описаного навколо нього кола - 15 см. Знайдіть бічну сторону


22. Бічна сторона рівнобедреного трикутника точкою дотику вписаного

кола ділиться у відношенні 8:9, рахуючи від вершини кута при основі

трикутника. Знайдіть площу трикутника, якщо радіус вписаного кола 16 см.


23. Побудувати трапецію за її основами a, b і діагоналями d 1, d 2.

24. Побудувати трикутник за двома кутами: А іВ та медіаною mc.

25. Дано середини сторін трикутника. Побудувати трикутник.

138

Для нотаток

139

140

Documents

fc.vseosvita.ua · 4 Кучик А. О. За лаштунками шкільної математики. Факультативні заняття ± Костопіль, 2018. ±