Matematikos mokomoji priemonė 9 klasei

Gabių vaikų ugdymo mokymo priemonių dokumentas parengtas, įgyvendinant ES lėšomis finansuojamą projektą „Gabių vaikų

ugdymo efekytyvumo didinimas švietimo sistemoje“

(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Leonas Narkevičius

Natalja Sinicyna

Zina Šiaulienė

Matematika



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Pratarmė

Matematikos pamokų metu susiduriame su tokia problema: vieniems mokiniams reikia nemažai

laiko, norint įsisavinti einamąją medžiagą, tuo tarpu kitiems nauja tema tampa aiški labia greitai.

Pastarieji arba visiškai sumažina savo tempą, atlikdami gerokai mažiau negu galėtų, arba sprendžia

daugiau panašios temos uždavinių, kurie dažniausiai nėra daug sunkesni už vadovėlinius. Tačiau ne

vienas iš šių mokinių mielai išbandytų savo jėgas su sunkiais ir labia sunkiais nagrinėjamos temos

uždaviniais, taip pat susipažintų su viena kita tema, kuri šiuo metu mokykloje nenagrinėjama.

Ši knyga skirta 9–12 klasių mokinimas ir jų mokytojams, norintiems gerokai giliau pažvelgti į kai

kurias mokyklines temas, taip pat susipažinti su keliomis matematikoje tradicinėmis, bet šiuo metu

mokykloje nenagrinėjamomis temomis. Knyga sudaryta taip, kad pradžioje eina atskirų temų

uždaviniai, kai kurių ir šiek tiek teorijos bei pavyzdžių, o po to eina visų duotųjų uždavinių

sprendimai. Tad patogu yra mokytojui pasiūlyti mokiniui pavyzdžius ir uždavinius, o po to

nagrinėti su juo pateiktus sprendimus. Taip pat tą patogu daryti ir mokiniui savarankiškai. Kadangi

vyresnėse klasėse matematikos mokymo programa sudaryta taip, kad tą pačią temą mokiniai

mokosi ir devintoje klasėje, ir kartoja vyresnėse, tai daugelio temų tiesiog neįmanoma atskirti į

dalis, kurios būtų skirtos nagrinėti žemesnėje arba vyresnėje klasėse. Tie skyreliai pateikiami su

įvairaus lygio uždaviniais, o kurioje klasėje kuriuos uždavinius išspręs, priklausys nuo kiekvieno

mokinio individualaus lygio. Kadangi visi uždaviniai yra išspęsti, tai tikimės, ka dir mokytojams, ir

individualiai knyga besinaudojantiems mokiniams bus patogu ja naudotis.

Iš kitos pusės, manome, kad ši knyga pasitarnaus kaip matematikos mokėjimų minimumas, kurį

turėtų įsisavinti devintokas, besirengiantis dalyvauti matematikos konkursuose ir olimpiadose.

Knyga toil gražu neapima visų tokiems mokiniams reikalingų temų, bet tikrai suteiks nemenkus

pagrindus įvairiose matematikos srityse.

Visiems matematikos mėgėjams linkime su šia knyga maloniai praleisti laiką, ugdant savo

kūrybines galias ir pamilstant matematiką.

Autoriai



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

1. Lyginiai ir nelyginiai skaičiai

Dažnai sprendžiant uždavinius pakanka panagrinėti, lyginiai ar nelyginiai skaičiai gaunasi atlikus

tam tikrus veiksmus ar pertvarkymus. Paprastai, gavus jog nesutampa dviejų reiškinių lyginumas

(t.y. vienas iš jų lyginis, o kitas nelyginis), daroma išvada, kad kažkuris laukiamas rezultatas yra

negalimas. Kituose uždaviniuose lyginumas taip pat padeda padaryti reikiamas išvadas apie

sąryšius, po ko jau gaunamas sprendinys, arba matosi, jog jis vienintelis.

Pirmiausia, reikia prisiminti paprasčiausių veiksmų su lyginiais ir nelyginiais skaičiais rezultatus:

– sudėję du nelyginius skaičius, gausime lyginį skaičių;

– sudėję lyginį skaičių su nelyginiu, gausime nelyginį skaičių;

– sudauginę du nelyginius skaičius, gausime nelyginį skaičių;

– sudauginę lyginį skaičių su nelyginiu, gausime lyginį skaičių.

Remiantis tuo, nesunku greitai sugalvoti ir kitų analogiškų veiksmų rezultatą.

Pavyzdys 1. Trijų skaičių suma lyginė. Lyginė ar nelyginė yra šių skaičių sandauga?

Sprendimas. Kadangi trijų skaičių suma lyginė, tai arba visi jie yra lyginiai, arba du nelyginiai ir

vienas lyginis. Dauginant skaičius, tarp kurių yra bent vienas lyginis, sandaugą gauname lyginį

skaičių. Atsakymas: sandauga yra lyginis skaičius.

Pavyzdys 2. Ar galima 31 akmenuką išdėlioti į 10 krūvelių taip, kad kiekvienoje krūvelėje būtų

trys, penki arba septyni akmenukai?

Sprendimas. Kadangi kiekvienoje krūvelėje gali būti nelyginis skaičius akmenukų, o dešimties

nelyginių skaičių suma yra lyginis skaičius, tai taip išdėlioti akmenukų negalima.

Pavyzdys 3. Sąsiuvinyje yra parašytas 2001 natūralusis skaičius. Ar galima taip užbraukti vieną iš

šių skaičių, kad likusių skaičių suma būtų lyginė?

Sprendimas. 1) Sakykime, kad surašyti skaičiai yra to paties lyginumo, tai nubraukus bet kurį iš jų,

gausime 2000 tik lyginių arba tik nelyginių skaičių. Šių skaičių suma būtinai bus lyginė.

2) Sakykime, kad surašyti skaičiai yra ir lyginiai, ir nelyginiai. Tuomet, jei nelyginių skaičių kiekis

yra nelyginis skaičius, tai, užbraukę vieną iš jų, sumoje gausime lyginį skaičių. Jei nelyginių skaičių

kiekis yra lyginis skaičius, tai, užbraukę lyginį skaičių, sumoje būtinai gausim lyginį skaičių.

Uždaviniai

1. Ratu sustojo 16 vaikų. Ar galima jiems išdalinti 71 saldainį taip, kad bet kurių šalia stovinčių

vaikų turimų saldainių skaičius skirtųsi vienetu?

2. Dalindami natūralųjį skaičių a iš natūraliojo skaičiaus b, gavome skaičių c ir liekaną d. Ar gali

visi skaičiai a,b,c ir d būti nelyginiai?



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

3. Viename rankraštyje buvo aprašytas miestas, turintis 8 salas. Salos tarpusavyje ir su krantu

sujungtos tiltais. Į krantą išeina 5 tiltai; iš 4 salų išeina 4 tiltai; iš 3 salų eina 3 tiltai ir į vieną salą

veda tik vienas tiltas. Ar gali būti taip, kaip parašyta sename rankraštyje?

4. Barsukų šalyje buvo pristeigta tiek komisijų, kad niekas net tiksliai nežinojo, kiek jų yra. Be viso

to, vyriausiasis Barsukas kiekvieną dieną į kurią nors komisiją arba paskirdavo vieną naują narį,

arba vieną buvusį atleisdavo. Lygiai po metų pasirodė, kad kiekvienoje komisijoje narių skaičius

pasidarė vėl toks kaip buvęs. Ar galėjo taip būti?

5. Ar egzistuoja tokie natūralieji skaičiai a ir b, kad 45045)( baab ?

6. Trijų paeiliui einančių skaičių sumą pažymėkime a, o po jų paeiliui einančių trijų skaičių sumą

pažymėkime b. Ar gali sandauga ab būti lygi 123 456 789?

7. Kubo viršūnėse bet kuria tvarka surašyti skaičiai 1,2,3,4,5,6,7,8. Kiekvienoje kubo sienoje

surašykime skaičių, esančių jos viršūnėse, sumą. Ar gali būti, kad sienose esančios sumos bus šeši

paeiliui einantys skaičiai?

8. Skaičius )2( nn baigiasi skaitmeniu 4 (n – natūralusis skaičius). Koks gali būti priešpaskutinis

šio skaičiaus skaitmuo?

9. Du broliai turėjo avių bandą. Jie ją pardavė, už kiekvieną avį gaudami tiek litų, kiek bandoje

buvo avių. Gautus pinigus jie dalijosi taip: 10 litų vyresniajam broliui, 10 litų jaunesniajam, 10 litų

vyresniajam it t.t. Galiausiai, vyresniajam paėmus paskutinę jam priklausančių dešimtinę,

jaunesniajam pilnų 10 litų jau neužteko. Tuomet, kad pelnas būtų padalintas po lygiai, vyresnysis

brolis atidavė jaunesniajam peiliuką. Kiek kainavo peiliukas?

10. Eile surašyti skaičiai 1 2 3 4 ... 99 100 101. Ar galima tarp jų įrašyti “+” ir “–“ ženklus taip, kad

gautume reikšmę, lygią 0?

11. Duotas natūralusis skaičius 5n . Įrodykite, kad skaičių n galima išreikšti pirminio ir sudėtinio

skaičių suma.

12. Ar egzistuoja tokie natūralieji skaičiai m ir n, kad būtų teisinga lygybė 312 mn ?

13. Duota, kad n ir 93 n yra pirminiai skaičiai. Raskite n.

2. Dalumo savybės

Jau nagrinėjome lyginių ir nelyginių skaičių savybes, kitaip sakant, dalumo iš 2 savybes. Šiame

skyrelyje dalumo temą praplėsime.

Apibrėžimas. Sakome, kad sveikasis skaičius m dalijasi iš sveikojo skaičiaus n, jei egzistuoja toks

sveikasis skaičius k, kuriam nkm . Tai užrašome taip: nm arba mn / .

Dalumo savybės:



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

1. Jei ab ir ac , tai acb )( ;

2. Jei ab , tai akb ;

3. Jei ab 1 , ab 2 , …, abn , tai akbkbkb nn )...( 2211 ;

4. Jei ab , bc , tai ac ;

5. Jei ax ir by , tai abxy .

Uždaviniai

1. Duota trupmena n3

!100. Kokia gali būti didžiausia n reikšmė, kad trupmena būtų suprastinama?

2. Žinome, kad !a dalijasi iš 1012

. Kokia galima mažiausia a reikšmė?

3. Su kuriomis natūraliosiomis n reikšmėmis reiškinys 1

122

n

nn lygus sveikajam skaičiui?

4. Įrodykite, kad su visomis sveikosiomis n reikšmėmis, trupmena 13

12

n

n yra nesuprastinama.

5. Raskite dviženklius skaičius, kurie dalijasi iš savo skaitmenų sandaugos.

6. Patikrinkite, ar skaičius, sudarytas iš 81 vieneto dalijasi iš 81.

7. Įrodykite, kad iš 12 paeiliui paimtų skaičių bent vienas yra mažesnis už savo daliklių sumą

(imami dalikliai, mažesni už patį skaičių).

8. Skaičius 2002 ir 75 dalijant iš to paties skaičiaus, gaunamos lygios liekanos. Iš kokio skaičiaus

galėjo būti dalyta?

9. Ar visada trijų iš eilės einančių natūraliųjų skaičių kubų suma dalijasi iš 9?

10. Iš dviženklio skaičiaus atėmę dviženklį, parašytą tais pačiais skaitmenimis, bet atvirkščia tvarka,

gavome natūraliojo skaičiaus kvadratą. Raskite visus tokius skaičius, kuriems galioja ši savybė.

11. Kiek natūraliųjų sprendinių turi lygtis 6

111

yx?

12. Ar egzistuoja tokie sveikieji skaičiai x ir y, kurie tenkintų lygtį 02...2022 yx ?

13. Pirmųjų n natūraliųjų skaičių suma yra triženklis skaičius, kurio visi skaitmenys vienodi.

Raskite n.

14. Raskite dviženklį skaičių, kuris lygus savo pirmojo skaitmens ir antrojo skaitmens kvadrato

sumai.



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

15. Išspręskite lygtį !!!2

3zyxxyz .

3. Liekanos

Nagrinėjant skaitinių ar algebrinių reiškinių dalumą kartais labai patogu nagrinėti veiksmus tik su

liekanomis. Atskirai panagrinėsime veiksmus su liekanomis skaitiniams reiškiniams ir algebriniams

reiškiniams.

3.1. Liekanų panaudojimas skaitiniuose reiškiniuose

Apibrėžimas 1. Duoti sveikieji skaičiai a, b ir natūralusis skaičius . Sakome, kad skaičiai a

ir b lygsta moduliu n ir rašome )(modnba , jei a–b dalijasi iš n.

Teorema 1. )(modnba tada ir tik tada, kai skaičius a ir b dalydami iš n, gauname vienodas

liekanas.

Savybės:

1) Jei a, dalijant iš n , gauname liekaną r, tai )(modnra .

2) Jei )(modnba ir )(modndc , tai

a) ,

b) ,

c) ,

d) .

3) Refleksyvumas: visiems skaičiams a: )(modnaa .

4) Simetriškumas: jei )(modnba , tai )(modnab .

5) Tranzityvumas: jei )(modnba , )(modncb , tai )(modnca .

Be įrodymo pateiksim dar porą teoremų, kuriomis galima naudotis sprendžiant uždavinius.

Teorema 2. Seka n

n ax bet kuriuo moduliu yra periodinė.

Periodo didumą ir jį sudarančius narius galima rasti, rašant paeiliui skaičius moduliu m .

Kuomet sekos kiekvienas narys kartojasi, mes esame radę periodą. Aukštesnių laipsnių reiškiniams

naudosime tokią teoremą:

Teorema 3. (Mažoji Ferma teorema (MFT)) Jei p yra pirminis skaičius ir a nesidalija iš p, tuomet

11 pa dalijasi iš p.



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Naudodami lyginius pagal modulį MFT galim parašyti taip:

.

Pavyzdys 1. Kokia liekana gaunama skaičių A = 103 × 20

2 × 30, dalijant iš n = 7?

Sprendimas. 10 3 (mod 7),

20 - 1 (mod 7),

30

Tuomet 103

× 202 × 30 3

3 × ( -1)

2 × 2 = 54 5 (mod 7).

Pavyzdys 2. Apskaičiuokime 1234 + 5678 + 9876 (mod 10).


5678 8 (mod 10),

9876 6 (mod 10).

Tada 1234 + 5678 + 9876 4 + 8 + 6 8 (mod 10);

Pavyzdys 3. Apskaičiuokime 55 (mod 7).


52 25 4 (mod 7),

53 = 5

2 × 5 4 × 5 = 20 6 (mod 7),

54 = 5

3 × 5 6 × 5 = 30 2 (mod 7),

55 = 5

4 × 5 2 × 5 = 10 3 (mod 7).

Toumet 55 3 (mod 7).

Pavyzdys 4. Apskaičiuokime 223

(mod 10).

Sprendimas.

n 1 2 3 4 5 6 ...

2 4 8 6 2 4 ...

Tuomet, 24k+1

2 (mod 10), 24k+2

4k+3

8 (mod 10), 24k

6 (mod 10).

223

2 4×5+3

8 (mod 10).

Uždaviniai

1. Ar yra teisingos šios lygybės?

a) 4 54 (mod 10);

b) - 7 11 (mod 6);

c) - 4 13 (mod 9);

d) 86 1 ( mod 9);

e) 112 12

2 (mod 23);

f) 12 3 14

3 (mod 13).



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

2. Kurie iš duotųjų skaičių lygsta moduliu 9?

3, 37, 103, 201, - 5, - 13.

3. Kurie iš duotųjų skaičių lygsta moduliu 10?

7, 13, 117, - 33, 35, - 38, 8.

4. Nurodykite, kurie iš duotųjų skaičių lygsta skaičiui 2 moduliu 7:

- 5, - 2, 2, 5, 30, 100, - 9.

5. Kokia liekana gaunama skaičių A, dalijant iš n?

a) A = 20 × 21 × 22 × 23 × 24, jei n = 11;

b) A = 145 × 15

4 × 16

3, jei n = 13.

6. Apskaičiuoti duotuoju moduliu n:

a) 1 + 22 + 333 + 4444 + 55555 (mod 9);

b) 1995 + 1996 + 1997 (mod 11);

c) 666 × 777 + 888 × 999 (mod 9);

d) 771 × 772 + 773 × 774 (mod 7);

e) 1000 ×1001 + 1002 ×1003 (mod 12).

7. Apskaičiuokite duotus laipsnius moduliu n.

a) 399

(mod 10);

b) 3101

(mod 8);

c) 2200

(mod 31);

d) 1996

(mod 11);

e) 10100

(mod 12);

f) 888

(mod 9).

8. Apskaičiuoti duotus laipsnius moduliu n:

a) 2333

(mod 10);

b) 31000

(mod 16).

3.2. Liekanų panaudojimas algebriniuose reiškiniuose

Pavyzdys 1. Įrodykime, kad skaičius dalijasi iš 8 su visais natūraliaisiais skaičiais n.

Sprendimas. Jei , tai

.

Jei , tai

.

Pavyzdys 2. Koks yra skaičiaus paskutinis skaitmuo?



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Sprendimas. Duotojo skaičiaus paskutinis skaitmuo yra 9, nes

.

Uždaviniai

1. Įrodykite, kad skaičius dalijasi iš 19 su visais natūraliaisiais skaičiais n.



4. Įrodykite, kad skaičius dalijasi iš 190.

5. Įrodykite, kad skaičius dalijasi iš 451.

6. Įrodykite, kad skaičius dalijasi iš 18 su visais natūraliaisiais

skaičiais n.

7. Ar dalijasi iš 3?

8. Koks yra skaičiaus paskutinis skaitmuo?

9. Nustatykite skaičiaus du paskutinius skaitmenis.

10. Įrodykite, kad 2015

– 1 dalijasi iš 3119 .

4. Algebriniai pertvarkiai

1. Raskite santykį y

x , jei 5,142

22

22

yx

yxyx .

2. Išskaidykite dvinarį 44 x dauginamaisiais.

3. Duota, kad a + b = 1. Įrodykite, kad a 3

+ b3

+ 3ab = 1.

4. Duota, kad x=y-1. Įrodykite, kad (x+y)(x2+y

2)(x

4+y

4) = y

8-x

8 .

5. Duota, kad x+y=a ir x2+y

2=b. Apskaičiuokite x

3+y

3.

6. Raskite visas sveikų skaičių poras (x, y) tenkinančias lygtį xy x y 20 3 .

7. Duota, kad 1 cba . Įrodykite, kad abcbbaca 22 .

8. Įrodykite, kad jei a+b+c=0, tai abccba 3333 ;

9. Įrodykite, kad jei a+b+c=0, tai 03223 bcbabccaa .

10. Įrodykite, kad keturių paeiliui paimtų skaičių sandaugos ir 1 suma yra pilnas kvadratas.



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

11. Raskite keturženklį skaičių abca , jei jis lygus skaičiui 2)15( c .

12. Keturženklį skaičių padauginę iš skaičiaus, kuris užrašytas tais pačiais skaitmenimis, tik

atvirkščia tvarka, gautas aštuonženklis skaičius, kurio 3 paskutinieji skaitmenys yra 0. Raskite visus

šitokius skaičius.

5. Lygčių sprendimas sveikaisiais skaičiais

Sprendžiant lygtis sveikaisiais arba natūraliaisiais skaičiais sąlyginai galima išskirti tokius

sprendimo metodus:

1) lygčių sprendimas skaidant dauginamaisiais;

2) lygties su dviem nežinomaisiais sprendimas kaip kvadratinės vieno kintamojo atžvilgiu;

3) liekanų metodas;

4) sveikosios dalies išskyrimas.

5.1. Lygčių sprendimas skaidant dauginamaisiais

1 pavyzdys: Išspręskime lygtį sveikaisiais skaičiais .

Sprendimas:

Išskaidykime kairiąją lygties pusę dauginamaisiais: . Kadangi

91 = 1 ∙ 91 = 91 ∙1 = ( -1) ∙ (-91) = (-91) ∙(-1) = 7∙13 = 13∙7 = (-7) ∙(-13)=

= (-13) ∙ (-7), tai duotosios lygties sprendimas suvedamas į aštuonių sistemų sprendimą:

{

Šios lygčių sistemos sprendinia i

(46;45)

{


( -46;-45)

{


(10;3)



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

{


( -10;-3)

{


(46;-45)

{


( -46;45)

{


(10;-3)

{


( -10;3)

Atsakymas: (46;45), (46;-45), (-46;-45), (-46;45), (10;3), (10; -3), (-10;3), (-10;-3)


Sprendimas:

Perrašykime duotąją lygtį ir išskaidykime kairiąją pusę dauginamaisiais:

Pastebėkime, kad antras dauginamasis yra neneigiamas skaičius su visomis realiosiomis kintamųjų

x ir y reikšmėmis:



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Tai reiškia, kad 91 reikia išskaidyti dviem teigiamais dauginamaisiais. Tai padaryti galima keturiais

būdais:

Taigi, lygties sprendimas suvedamas į keturių lygčių sistemų sprendimą:

{


(5;6) ir ( -6;-5)

{

ši lygč ių sistema sveikųjų sprendinių

neturi.

{

ši lygč ių sistema sveikųjų sprendinių

neturi.

{


( -3;4), ( -4;3)

Atsakymas: (5;6), ( -6;-5), (-3;4),(-4;3)


Sprendimas:

Duotąją lygtį perrašome, pridedami po vienetą kairėje ir dešinėje lygties pusėje:

.

Dabar, sugrupavę narius kairėje pusėje , galime ją išskaidyti dauginamaisiais:

Kadangi , tai duotosios lygties sprendimas keičiamas dviejų lygčių

sistemų sprendimu:



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

{

Iš šios sistemos gauname vieną sprendinių porą (2;2).

{

Iš šios sistemos gauname kitą sprendinių porą (0;0).

Atsakymas: (2;2), (0;0)

4 pavyzdys: Išspręskime lygtį natūraliaisiais skaičiais .

Sprendimas:

Kairiąją lygties pusę išskaidome dauginamaisiais. Tam tikslui vidurinį narį pakeičiame

algebrine suma . Gauname:

Su natūraliosiomis x ir y reikšmėmis reiškinio reikšmė yra natūralusis skaičius, be

to .

Todėl galimi šie variantai: . Nagrinėjamos lygties sprendimas

suvedamas į trijų lygčių sistemų sprendimą:

{

Šios lygčių sistemos sprendiniai (8;5).

{

Ši lygčių sistema natūraliųjų sprendinių neturi.

{




(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Atsakymas: (8;5)

5 pavyzdys: Išspręskite lygtį natūraliaisiais skaičiais.

Sprendimas:

Duotąją lygtį perrašome tokiu būdu :

šios lygties kairiąją pusę išskaidome dauginamaisiais, išskirdami pilną kvadratą:

Taigi, gauname lygtį :

Kadangi , tai duotosios lygties sprendimas keičiamas dviejų lygčių

sistemų sprendimu:

{

Šios lygčių sistemos sprendiniai (2;2)

{


Atsakymas: (2;2)

6 pavyzdys: Išspręskite lygtį sveikaisiais skaičiais: .

Sprendimas:

Perrašome lygtį tokiu būdu: . Išskyrę pilnąjį kvadratą kairėje pusėje

gauname:



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Kadangi

,

tai duotosios lygties sprendimas keičiamas dvylikos lygčių sistemų sprendimu:

{

Ši lygčių sistema sveikųjų sprendinių neturi.

{

Šios lygčių sistemos sprendinys (4;1)

{


{


{

Šios lygčių sistemos sprendinys (4;-3)

{


{


{

Šios lygčių sistemos sprendinys (-4;-3)

{


{


{

Šios lygčių sistemos sprendinys (-4;1)

{




(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Atsakymas: (4;1), (4; –3), (–4; –3), (–4;1).

Uždaviniai

Išspręskite lygtį sveikaisiais skaičiais:

1.

2.

3.

4.

5. (natūraliaisiais skaičiais)

6.

7.

5.2. Lygties su dviem nežinomaisiais, kaip kvadratinės vieno kintamojo atžvilgiu,

sprendimas


Sprendimas:

Šią lygtį galima būtų spręsti skaidant dauginamaisiais, tačiau tai gana sudėtinga užduotis. Lygtį

galime išspręsti grakštesniu būdu. Nagrinėkime duotąją lygtį, kaip kvadratinę kintamojo x atžvilgiu:

Skaičiuokime šios lygties diskriminantą:

Taigi, duotoji lygtis turi sprendinius tik tuo atveju, kai diskriminantas lygus nuliui, t.y. .

Skaičiuojame kintamojo x reikšmę:

.

Atsakymas: (1;-1).

2 pavyzdys: Išspręskime dar vieną lygtį sveikaisiais skaičiais .



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Sprendimas:

Nagrinėkime šią lygtį kaip kvadratinę kintamojo x atžvilgiu:

(*)

Skaičiuokime šios lygties diskriminantą

.

Taigi, duotoji lygtis turi sprendinius tada, kai josdiskriminantas yra neneigiamas, t.y.

√

√

]

Šiam intervalui priklauso sveikos reikšmės: 0, 1, 2, 3.

1) Kai , tai nagrinėjamoji lygtis virsta tokia: .

Šios lygties sprendiniai yra ir

. Gauname pirmąją sveikųjų skaičių porą, tenkinančią

lygtį (*): (0;0).


Šios lygties sprendiniai yra ir

. Gauname antrąją sveikųjų skaičių porą,

tenkinančią lygtį (*): (1;1).


Šios lygties sprendiniai yra iracionalieji skaičiai √

.


Šios lygties sprendiniai yra iracionalieji skaičiai √

.

Atsakymas: (0;0), (1;1).

Taigi nagrinėdami lygtis su dviem nežinomaisiais kaip kvadratines vieno iš kintamųjų

atžvilgiu,mūsų pagrindinis tikslas yra įvertinti jos diskriminantą.

Uždaviniai



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Išspręskite lygtis sveikaisiais skaičiais:

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

5.3. Liekanų metodas

1 pavyzdys: Išspręskime lygtį sveikaisiais skaičiais.

Perrašykime lygtį tokiu būdu . Kadangi kairioji pusė dalijasi iš trijų, tai ir turi

dalytis iš trijų.

Išnagrinėkime tris stvejus:

1) Kai , tai - šis skaičius iš trijų nesidalija.

2) Kai , tai - šis skaičius iš trijų

nesidalija.

3) Kai , tai - šis skaičius dalijasi iš trijų.

Todėl

Atsakymas: .


Nesunku pastebėti, kad skaičių pora (0;0) yra duotosios lygties sprendinys. Įrodykime, kad kitų

sveikųjų sprendinių lygtis neturi. Nagrinėkime du atvejus:

1) Jeigu x – natūralusis skaičius, o y – sveikasis, tai skaičius dalijasi iš trijų, tačiau

dalydami iš trijų dešinę lygties pusę gausime liekaną 1 arba 2.

2) Jeigu x – neigiamas sveikasis skaičius, o y – sveikasis, tai

, o .

Taigi, lygybė vėl negalima.

Atsakymas: (0;0).



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Uždaviniai


1.

2.

3.

4. (raskite visas pirminių skaičių poras, tenkinančias šią lygtį).

5.

Įrodykite, kad lygtis neišsprendžiama sveikaisiais skaičiais:

5.4. Sveikosios dalies išskyrimas

1 pavyzdys: Aštuonkojis turi aštuonias kojas, o jūros žvaigždė – penkias. Kiek akvariume yra vienų

ir kitų, jeigu iš viso yra 39 kojos?

Pažymėkime aštuonkojų skaičių x, o jūros žvaigždžių skaičių y. Tuomet pagal užduoties sąlygą

galime sudaryti lygtį:

Iš lygties išreiškiame kintamąjį y ir išskiriame sveikąją dalį:

Taigi, skirtumas turi dalytis iš penkių.

1) Kai , tai nėra natūralusis skaičius.

2) Kai , tai .



5) Kai , tai , bet .

Atsakymas: 3 aštuonkojai ir 3 jūros žvaigždės.

2 pavyzdys: Raskime visas sveikųjų skaičių poras, tenkinančias sąlygą

.

Iš duotosios lygties išreiškiame kintamąjį y kintamuoju x:



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Pastebėkime, kad vardiklis negali būti lygus nuliui, nes x yra sveikasis skaičius. Gautoje

trupmenoje išskirkime sveikąją dalį:

Pastarąją lygybę padauginkime iš trijų:

Gautoje trupmenoje vėl išskiriame sveikąją dalį. Gauname sąryšį:

Kadangi skaičiai 3y ir 14 yra sveikieji, tai turi būti skaičiaus 25 daliklis, t.y.

{ }– iš viso šešios galimybės.

1) Kai , tai

nėra sveikasis skaičius.

2) Kai , tai . Tuomet . Gauname pirmąją

sprendinių porą (-6; -13).

3) Kai , tai . Tuomet . Gauname antrąją

sprendinių porą (-4;-3).

4) Kai , tai


5) Kai , tai


6) Kai , tai . Tuomet . Gauname trečiąją

sprendinių porą (-14;-5).

Atsakymas: (-6;-13), (-4;-3), (-14;-5).

Uždaviniai


1.

2.



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

3.

4.

5.

6. Lygtys su parametru

Uždaviniai

1. Raskite visas a reikšmes, su kuriomis lygties 01)1(22 xax šaknų suma būtų lygi šaknų

kvadratų sumai.

2. Kvadratinė lygtis 02 cbxax turi dvi šaknis. Sudarykite naują kvadratinę lygtį, kurios viena

šaknis yra vienetu mažesnė už pradinės lygties didesniąją šaknį, o kita šaknis vienetu didesnė už

pradinės lygties mažesniąją šaknį.

3. Nustatykite su kuriomis m reikšmėmis lygties 0)633()7( 223 mmxmmx viena

šaknis lygi 1 . Raskite kitas dvi lygties šaknis, kai m įgyja šias reikšmes.

4. Lygties 02 cbxax koeficientus a, b ir c sieja sąlyga 092 2 acb . Įrodykite, kad lygties

šaknų santykis lygus 2.

5. Jeigu a ir b yra lygties 012 qxx šaknys, o b ir c – lygties 022 qxx šaknys, tai

6))(( pqcbab . Įrodykite.

6. Su kuria teigiamaja p reikšme lygties 22 4)3(42 pxpx šaknų ženklai yra priešingi?

Raskite tas šaknis.

7. Lygties 02 qpxx šaknų skirtumas lygus 5, o jų kubų skiertumas lygus 35. Raskite lygties

koeficientus.

8. Sudarykite kvadratinę lygtį, kurios šaknys 2)( ba ir 2)( ba , kai a ir b – lygties

02 qpxx šaknys.

9. Lygties 0473 2 xx šaknis pažymėkite raidėmis a ir b. Nespręsdami šios lygties, sudarykite

kvadratinę lygtį su skaitiniais koeficientais, kurios šaknys lygios 1b

a ir

1a

b.

10. Su kuriomis a reikšmėmis lygtis 0)102()5( 2 axaxa turi lygias šaknis?

11. Su kuriomis p reikšmėmis viena lygties 01472 pxx šaknis yra tris kartus didesnė už

antrąją?



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

12. Su kuriomis m reikšmėmis lygtis 01)1()4( 2 xmxm lygtis turi dvi skirtingas

neigiamas šaknis?

7. Algebrinės nelygybės

Šiame skyriuje mokysimės įrodyti algebrines nelygybes. Įrodant nelygybes, jas visada galima

ekvivalenčiai pertvarkyti. Todėl būtina žinoti pagrindines nelygybių savybes.

Kelios nelygybių savybės.

1.

2.

3. Jei ir , tai

4. Jei , tai su bet kuriuo .

5. Jei , ir , tai

6. Jei ir , tai .

Jei ir , tai .

7. Jei ir , tai .



10. Jei , tai √

√

su bet kuriuo .

11. Jei , tai √

√

su bet kuriuo .

12. Jei ir arba , tai

.

Dažnai nelygybės įrodomos remiantis atraminėmis nelygybėmis bei nelygybėmis – teoremomis.

Pirma atraminė nelygybė.

Jei , tai .

Šiuo faktu remiasi beveik visos klasikinės nelygybės.

Antra atraminė nelygybė.

Visiems neneigiamiems ir

√

Ši nelygybė faktiškai išplaukia iš pirmosios atraminės nelygybės, nes bet kuriems neneigiamiems

ir

√

(√ √ )

Trečia atraminė nelygybė.

Visiems teigiamiems , tenkinantiems sąlygą ,



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Ši trečioji atraminė nelygybė išplaukia iš tokių pertvarkymų:

Ketvirta atraminė nelygybė.

Visiems teigiamiems , tenkinantiems sąlygą ,

Ketvirtoji atraminė nelygybė išplaukia iš tokių pertvarkymų:

Įrodykite nelygybes remdamiesi atraminėmis nelygybėmis.

1.

2. √

3.

4.

5.

6.

√

√

√

7.

8. (

)

9. (

)

10. Įrodykite, kad bet kuriems realiesiems

11. Parodykite, kad su visais neneigiamais tenkinančiais sąlygą , teisingos

nelygybės:

Sudėtingesnės atraminės nelygybės

Koši-Švarco nelygybė

Kartais vadinama Koši – Buniakovskio nelygybe arba tiesiog Koši nelygybe.



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Augustin Louis Cauchy (1789-1857) – prancūzų matematikas, vienas matematinės analizės

pradininkų, suformulavo ir kelias svarbias kompleksinės analizės teoremas.

Karl Hermann Amandus Schwarz (1843 - 1921 ) – vokiečių matematikas, žinomas savo darbais

kompleksinės analizės srityje.

Viktor Yakovlevich Bunyakovsky (1804 - 1889) – rusų matematikas, žinomas darbais skaičių

teorijoje ir teorinėje matematikoje.

Bet kuriems realiems ir teisinga nelygybė

(

)

Įrodymas.

Pagal pagal pirmąją atraminę nelygybę gauname, kad bet kuriam realiąjam t

Vadinasi,

(

)

Pažymėję

gauname, kad nelygybė

teisinga su visais realiais t. Todėl užrašytos lygties diskriminantas yra neteigiamas. Taigi

arba Koši – Švarco nelygybė įrodyta.

Viena įdomi išvada iš Koši – Švarco nelygybės.

Bet kuriems teigiamiems realiems

(

)

Įrodymas.

Pagal Koši – Švarco atraminę nelygybę turime:

(

) (√

√ √

√ √

√

)



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Suformuluotoji išvada įrodyta.

Kitas išvados įrodymas.

Pasinaudoję 1 uždavinio nelygybe turime, kad

bet kuriems ir .

Vadinasi,

(

) ∑ (

)

nes sumoje po sigma ženklu yra lygiai

narių.

Minkovskio nelygybė

Herman Minkowski (1864 - 1909) – vokiečių matematikas. Rašė darbus skaičių teorijoje,

matematinėje fizikoje. Šiose mokslo srityse taikė geometrinius metodus. Gimė Kaune. Mokslus išėjo

Kionigsberge. Buvo vienas iš Einšteino (Albert Einstein) dėstytojų. Kurį laiką dirbo kartu su

Hilbertu (David Hilbert).

Su bet kuriais realiaisiais ir teisinga nelygybė

√∑

√∑

√∑

Įrodymas.

Jeigu visi ir lygūs nuliui, tai nelygybė akivaizdžiai teisinga. Sakykime toliau, kad bent vienas

iš ir nelygus nuliui. Aišku, kad

∑

∑

∑

Abiems paskutinėms sumoms pritaikę Koši – Švarco nelygybę, gauname:

∑

√∑

√∑

√∑

√∑

Šitos nelygybės abi puses padalinę iš



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

√∑

gauname Minkovskio nelygybę.

Apibendrinta Minkovskio nelygybė

Matematinės indukcijos metodu nesunku įrodyti, kad bet kuriems realiesiems

√∑ (∑

)

∑√∑

T.y.

√∑

√∑

√∑

√∑

Iškilos funkcijos ir jų savybės

Nagrinėsime funkcijas apibrėžtas realiųjų skaičių aibėje arba jos dalyje su reikšmėmis realiųjų

skaičių aibėje.

1. Apibrėžimas. Funkcija vadinama iškila žemyn (įgaubta) intervale ], jeigu su visais

ir iš šio intervalo teisinga nelygybė

(

)

Analogiškai iškila žemyn funkcija apibrėžiama ir kitokio pavidalo intervaluose:

] ] .

Pavyzdžiui funkcija yra iškila žemyn realiųjų skaičių aibėje.



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

2. Apibrėžimas. Funkcija vadinama iškila aukštyn (išgaubta) intervale ], jeigu su

visais ir iš šio intervalo teisinga nelygybė

(

)

Analogiškai iškila aukštyn funkcija apibrėžiama ir kitokio pavidalo intervaluose:

] ] .

Pavyzdžiui funkcija yra iškila aukštyn intervale .

1. Teorema. Jeigu funkcija iškila žemyn intervale , tai su visais iš šio intervalo

(

)

2. Teorema. Jeigu funkcija iškila aukštyn intervale , tai su visais iš šio intervalo

(

)

Abiejų suformuluotų teoremų įrodymai identiški. Todėl įrodysime tik antrąją teoremą. Įrodymui

naudosime matematinės indukcijos metodą.

Antrosios teoremos įrodymas.

Kai , tai nelygybė

(

)

visiems yra teisinga pagal iškilos aukštyn funkcijos apibrėžimą.

Tarkime, kad antros teoremos nelygybė teisinga, kai . Tai yra, visiems

(

)

Įrodysime, kad nelygybė teisinga, kai . Tai yra, parodysime, kad



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

(

)

visiems .

Tris kartus pasinaudoję indukcijos prielaida gauname:

(

)

(

) (

)

(

(

))

(

)

Iš čia

(

)

Gavome, kad antrosios teoremos nelygybė teisinga su . Iš matematinės indukcijos

principo išplaukia, kad nelygybė teisinga visiems natūraliesiems . Antra teorema įrodyta.

Remdamiesi pirmąja ir antrąja teoremomis, įrodykite tokias nelygybes:

12. Kai , tai

√

√

Pastaba. Pastaroji gerai žinoma nelygybė gali būti užrašoma trumpiau. Būtent:

, čia yra teigiamų skaičių harmoninis vidurkis, yra tų pačių skaičių

geometrinis vidurkis, – aritmetinis vidurkis, – kvadratinis vidurkis.

13. Kai , tai

(√ √ √ )

14. Kai , tai

15. Kai , tai

(

)

16. Kai , tai



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

(√

√ √

)

17. Kai , tai

18. Bet kuriems

√ √ √ √

19. Bet kuriems

√ √ √

20. Kai [

] , tai

(

)

21. Bet kuriems [

]

(

)

Įrodykite nelygybes savarankiškai pasirinkdami įrodymo būdą.

22. Įrodykite nelygybę

√ √ √

23. Įrodykite, kad teisinga nelygybė

]

24. Įrodykite, kad

( )( )( )

.


nt du iš jų trijų nelygūs nuliui.

26. Įrodykite, kad

.



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

27. Įrodykite, kad

.


.

29. Įrodykite, kad

, kai

30. Teigiami skaičiai a,b,c ir d tenkina lygybę .

Įrodykite, kad teisinga nelygybė .

31. Įrodykite, kad ]


.


(√ √

)

kai


√ √

√

√

kai


∏

(∑

)

∑

,

36. (2011 m. mokytojų olimpiada)

Įrodykite, kad nelygybė

√ √

teisinga su bet kuriais realiaisiais skaičiais a .

37. Įrodykite, kad teisinga nelygybė √ √ √ √ , kai

38. (Baltic Way 2011)



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Duoti neneigiami realieji skaičiai , tenkinantys lygybę .

Įrodykite nelygybę

Nelygybių taikymai

Aritmetinio ir geometrinio vidurkių nelygybes galima taikyti nustatant reiškinio mažiausią arba

didžiausią reikšmę.

Suformuluosime Koši nelygybės

√

,

svarbias išvadas.

1 išvada

Jeigu n teigiamų skaičių (n = 2, 3, ...) suma yra pastovi, tai jų sandauga yra didžiausia, kai dėmenys

lygūs.

Įrodymas

Tarkime, .

Tada (

)

(

)

.

(

)

yra didžiausia sandaugos reikšmė, kai

.

2 išvada

Jeigu n teigiamų dauginamųjų sandauga yra pastovi, tai jų suma yra mažiausia, kai dauginamieji

lygūs.

Įrodymas.

Tarkime .



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Tada

√

√

√

.

√

yra mažiausia sumos reikšmė, kai

.

Pavyzdys nr.1

Rasime funkcijos

mažiausią reikšmę.

⏟

√

⏟

Ats.: 2015.

Pavyzdys nr.2

Rasime didžiausią f-jos (

) reikšmę.

Funkcijai taikysime Koši-Švarco nelygybę:

√ √ √ .

Maksimumą (lygybę) pasieksime, kai

, t.y. kai

.

Ats.: √ .

8. Lygčių sistemos

Sprendžiant lygčių sistemas reikia rasti visas skaičių poras arba visus skaičių trejetus, tenkinančius

duotąją lygčių sistemą. Tam naudojamos įvairios „gudrybės“: vieno kintamojo išreiškimas kitu ir

įstatymas į kitą lygtį; keitinio ar keitinių įvedimas; vienos lygties išskaidymas dauginamaisiais ir

paprastesnių dviejų sistemų sprendimas ir kt. Be to, galima kiekvienos iš lygčių abi puses sudėti,

atimti, sudauginti arba padalinti.



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Pavyzdys 1. Išspręskime lygčių sistemą:

20)(

9

y

xyx

y

xyx

.

Sprendimas. Pastebime, kad abiejose lygtyse yra nežinomųjų grupės yx ir y

x. Todėl galime

įvesti keitinį:

vy

x

uyx

.

Tuomet lygtis virsta tokia:

20

9

vu

vu.

Šią sistemą išspręsti nesunku iš pirmos lygties išreiškus vieną kintamąjį per kitą ir įstačius į antrąją

lygtį. Gauname du atvejus:

1)

5

4

v

u; 2)

4

5

v

u

Grįžtame prie buvusių kintamųjų. Gauname:

1)

5

4

y

x

yx

45

5

yy

yx

3

2

3

10

y

x

;

2)

4

5

y

x

yx

54

4

yy

yx

1

4

y

x.

Atsakymas: (3

2;

3

10); (4;1).


13

22

22

2

yxyx

xyxyx.

Sprendimas. Pirmąją lygtį galime išskaidyti dauginamaisiais:

0)1()1(2 xyxx ,

0)2)(1( yxx .

Sandauga lygi 0, jei kuris nors dauginamasis lygus 0. Todėl duotąją sistemą išskiriame į dvi:



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

1)

13

01

22 yxyx

x 2)

13

02

22

yxyx

yx.

Pirmojoje sistemoje išreiškę x=1, įstatome į antrąją ir gauname dvi y reikšmes: y=0 ir y=3.

Antrojoje sistemoje išreiškiame x=2y ir įstatome į antrąją lygtį. Ji sprendinių neturi.

Atsakymas: (1;0), (1;3).


9

1722

yxyx

yx.

Sprendimas. Antrąją lygtį padauginkime iš 2 ir abi lygtis sudėkime:

35222 22 yxyxyx ,

035)(2)( 2 yxyx .

Pažymėkime x+y = t, gauname lygtį 03522 tt , kurią išsprendę gauname

t= –7 arba t= 5.

Tuomet sprendžiame dvi sistemas:

1)

17

7

22 yx

yx arba 2)

17

5

22 yx

yx.

Išreiškę vieną kintamąjį per kitą randame, kad pirmoji sistema sprendinių neturi, o iš antrosios

gauname skaičių poras (1;4) ir (4;1).

Atsakymas: (1;4), (4;1).


26

5

24

22 yx

x

y

y

x

.

Sprendimas. Pastebime, kad pirmoje lygtyje yra du vienas kitam atvirkštiniai dydžiai. Todėl,

pažymėję ty

x , gaunam lygtį

5

241

tt .

Ją išsprendę gauname

5

1t arba 5t .

Sprendžiame dvi sistemas:



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

1)

26

5

1

22 yx

y

x

2)

26

5

22 yx

y

x

.

Gauname:

1)

2625

5

22 xx

xy 5,1 11 yx ir 5,1 22 yx ;

2)

2625

5

22 yy

yx 1,5 11 yx ir 1,5 22 yx .

Atsakymas: (1; – 5); (– 1;5); (5;1); (– 5; –1).

Uždaviniai

1.

6

6

111

22 yxxy

yx ;

2.

)(3

522

22

yxxyyx

yxxy

;

3.

2

5,2

yx

xy

xy

yx

yx

xy

xy

yx

;

4.

7

8

22

22

yxxy

yxyx;

5.

6)(

20))(( 22

yxxy

yxyx;

6.

6

1102244

xy

yxyx;

7.

5

8

9

xzxy

yzxz

yzxy

;



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

8.

01225

033

22

2

yxx

yyxyx;

9.

3)1)((

10)1)(1( 22

xyyx

yx;

10.

122

2244

yxyx

yxyx ;

11.

18

12

6

2

2

2

zyzxz

yzyxy

xzxyx

;

12. {

;

13. {

;

14. {

;

15. {

;

16. {

;

17. {√ √

;

18. {

.

9. Apskritimo uždaviniai

Įvadinės teoremos ir uždaviniai



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Šioje ir visų kitų dalių uždavinių sprendimuose panaudotos teoremos apie apskritimo lankų ir

kampų sąryšius.

1. Teorema. Įbrėžtinio kampo didumas lygus pusei lanko, į kurį šis kampas remiasi, didumo.

(1.brėž.).

2. Teorema. Įbrėžtiniai kampai, kurie remiasi į lygius lankus, yra lygūs.

3. Teorema. Įbrėžtiniai kampai, kurie remiasi į tą patį lanką, yra lygūs.

4. Teorema. Įbrėžtinis kampas, kuris remiasi į skersmenį, yra statusis.

5. Teorema. Statusis įbrėžtinis kampas remiasi į skersmenį.

6. Teorema. Įbrėžtinio iškilojo keturkampio priešingų kampų suma lygi 1800. (2.pav.)

7. Teorema. Stygos ir liestinės kampo didumas yra lygus pusei to lanko, kurį šis kampas atkerta.

(3.pav.).

8. Teorema. Jei tiesė eina per stygos galą ir kampas, kurį sudaro ši tiesė su styga, yra lygus pusei šio

kampo atkirsto lanko didumui, tai minėta tiesė yra apskritimo liestinė.

9. Teorema. Kampo tarp stygų didumas lygus pusei lankų, kurie yra tarp kampo kraštinių, didumų

sumos. (4.pav.)

C

B A

3.pav.



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

10. Teorema. Išorinio

kampo didumas lygus

pusei lankų, kurie yra

tarp kampo kraštinių,

didumų skirtumui.

(5.pav.)

Pavyzdys 1. Įrodykite sinusų teoremą: trikampio kraštinės ir prieš ją esančio kampo sinuso santykis

yra lygus apie tą trikampį apibrėžto apskritimo skersmeniui (6.pav.).

Sprendimas. Reikės įrodyti, kad = 2R. Išvesim skersmenį BD. Tada DCB=900 , nes

remiasi į skersmenį ir D =A kaip įbrėžtiniai kampai, kurie remiasi į vieną lanką.

=BD =2R. Panašiai galima įrodyti, ir jei A yra bukasis kampas.

Pavyzdys 2. Du apskritimai kertasi taškuose P ir Q. Iš vieno apskritimo taško A išvestos kirstinės

AP ir AQ, kurios kerta antrą apskritimą taškuose B ir C. Įrodykite, kad tiesė BC yra lygiagreti

pirmojo apskritimo liestinei taške A (7.pav.).

Sprendimas. Tam, kad įrodytume, jog BC||AD, reikia įrodyti, kad BCQ =DAQ.

S

A

B

C

D

S=1/2(BD–AC)

S

A

B

C

S=1/2(BC–AC)

5.pav.



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

BCQ =1800– APQ = DAQ.

Kitiems taškų A, P, B ir A, Q, C išsidėstymams uždavinį galima spręsti panašiai.

Pavyzdys 3. Apskritimo stygos AB, BC ir CD yra lygios. Skersmuo BE kerta stygą AD taške F.

Įrodykite, kad

a) AB = AF

b) styga CE dalija pusiau atkarpą FD.

Sprendimas. Jei AB = BC =CD = , tai AE =1800– ir DE =1800–2 (8.pav.).

a) Tam, kad įrodytume, jog AB=AF, parodysim, kad ABF = AFB. ABF = (1800- ).

AFB= ( +1800-2 )= (1800- ).

b) DFE =AFB = (1800- ); FDE = AE = (1800- ). Tuomet DFE = FDE ir

trikampis EFD yra lygiašonis. BEC = CED = . Kadangi EG yra lygiašonio trikampio

pusiaukampinė, tai ji taip pat yra ir pusiaukraštinė, ką ir reikėjo įrodyti.



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Uždaviniai

1. Smailiojo trikampio ABC aukštinė yra AH, o O - apibrėžto apskritimo centras. Įrodykite, kad

BAH =OAC.

2. Ant apskritimo, duotąja tvarka, pažymėti taškai A, B, C ir D taip, kad AC = BD<1800.

Įrodykite, kad ABC = DCB.

3. 9.brėžinyje AB = DE. Įrodykite, kad ACD = ECB.

4. 10.brėžinyje AM ir BN yra ABC aukštinės. Įrodykite, kad C yra lanko ECD vidurio taškas.

5. Du vienodi apskritimai kertasi taškuose A ir B. Kirstinė, einanti per tašką A, kerta abu

apskritimus taškuose C ir D. Įrodykite, kad CBD yra lygiašonis trikampis.

6. Apskritimas, einantis per trikampio ABC viršūnę C, kerta jo kraštines BC ir AC atitinkamai

taškuose A1 ir B1 ir apie trikampį apibrėžtą apskritimą taške M. Įrodykite, kad AB1M ~BA1M.

7. Du skirtingi apskritimai kertasi taškuose A ir B. Per tašką A išvesta kirstinė, kuri abu apskritimus

dar kerta taškuose M ir N. Įrodykite, kad atkarpa MN iš taško B matoma vienu ir tuo pačiu kampu,

nepriklausomai nuo to, kokia kirstinė išvesta, jei taškas A yra tarp M ir N.

8. Iš taško M, esančio apskritimo su centru O išorėje, išvestos liestinės MA ir MB (A ir B -

lietimosi taškai). Taip pat išvestas skersmuo BC. Įrodykite, kad AC||OM.



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

9. Duotas apskritimas su centru O. Jo stygoje AB pažymėtas taškas C, kuris nesutampa su jos galų

taškais. Apskritimas, kuris eina per taškus A, C ir O, kerta pirmąjį apskritimą dar kartą taške D.

Įrodykite, kad BC=CD.

10. Keturkampis ABCD įbrėžtas į apskritimą. Keturkampio kampų A ir C pusiaukampinės kerta

apskritimą atitinkamai taškuose E ir F. Įrodykite, kad EF yra šio apskritimo skersmuo.

11. Išvesta trikampio ABC prie viršūnės C esančio priekampio pusiaukampinė kerta apie šį trikampį

apibrėžtą apskritimą taške D. Įrodykite, kad AD=BD.

apibrėžto apskritimo centras priklauso vienam apskritimui. Apskaičiuokite kampą A.

Taško priklausymas apskritimui

11. Teorema. Jei taškai C ir D yra vienoje tiesės AB pusėje ir ACB=ADB, tai taškai A, B, C ir

D priklauso vienam apskritimui.

12. Teorema. Jei keturkampio priešingų kampų suma lygi 1800, tai apie jį galima apibrėžti

apskritimą.

Pavyzdys 4. Įrodykite, kad keturkampio pusiaukampinių keturi susikirtimo taškai priklauso vienam

apskritimui.

Sprendimas. (11 pav.) FEH= AEB= 1800- BAD- ABC.

FGH= CGD=1800- BCD- ADC.

FEH+ FGH=3600- ( BAD+ABC+ BCD+ ADC)=3600-1800=180 0.

Todėl taškai E, F, G ir H priklauso vienam apskritimui.



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Pavyzdys 5. Įrodykite, kad įbrėžto keturkampio vidaus kampo pusiaukampinė kerta apibrėžtą

apskritimą tame pačiame taške, kuriame jį kerta keturkampio priešingos viršūnės priekampio

pusiaukampinė.

Sprendimas. (12 pav.) Pažymėsim P abiejų minėtų pusiaukampinių susikirtimo tašką ir įrodysim,

kad P priklauso apie keturkampį apibrėžtam apskritimui.

Kadangi DCB+DAB=1800 ir DCB+DCE=1800, tai DAB=DCE ir DAP=DCP. Tai

reiškia, kad per taškus D, A, C ir P galima nubrėžti apskritimą ir jis yra apie keturkampį ABCD

apibrėžtas apskritimas, nes jam priklauso D, A ir C.

Pavyzdys 6. Įrodykite, kad vienam apskritimui priklauso bet kurio trikampio aukštinių pagrindai,

kraštinių vidurio taškai ir atkarpų, jungiančių aukštinių susikirtimo taškus su trikampio viršūnėmis,

vidurio taškai. (Jį vadina Oilerio apskritimu arba devynių taškų apskritimu).

Sprendimas. Pažymėkim trikampio aukštinių susikirtimo tašką H, aukštinių pagrindus A1 , B1, C1,

kraštinių vidurio taškus A2, B 2, C2 ir atkarpų AH, BH, CH vidurio taškus A3 , B3, C3 (13 pav.).

Nagrinėkim apskritimą, kuris nubrėžtas per taškus A3 , B3 ir C3 ir įrodysim, kad jam priklauso ir

likusieji šeši taškai.

Pradėsim nuo taško A2. A2B3||CC1, nes A2B3 yra trikampio BCH vidurio linija. A3B3 ||AB, nes A3B3

yra trikampio ABH vidurio linija. A 2B3A3=900, nes CC1 AB.

Panašiai A 2C3A3=900, nes A2C3 ||BB1 ir A3C3||AC. A 2B3A3+A2C3A3 =1800. Taškai A2, A3, B3

ir C3 priklauso vienam apskritimui.

Panašiai galima įrodyti, kad taškai B2 ir C2 priklauso šiam apskritimui. A3A1A2+ A3C3A2=

=900+90

0=180

0. Tuomet taškas A1 taip pat priklauso šiam apskritimui.

Panašiai galima įrodyti ir taškams B1 ir C1.



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Uždaviniai

13. Iškilojo keturkampio ABCD AB=AD ir CB=CD. Įrodykite, kad apie šį keturkampį galima

apibrėžti apskritimą tada ir tik tada, jei ABBC.

14. Per apskritimo lanko AB vidurio tašką M nubrėžtos dvi tiesės, kurios kerta apskritimą dar ir

taškuose F ir C, o stygą AB - taškuose E ir D. Įrodykite, kad taškai F, C, D ir E priklauso vienam

apskritimui.

15. Lygiašonės trapecijos ABCD (AB - šoninė kraštinė) įstrižainės kertasi taške P. Įrodykite, kad

apie trapeciją apibrėžto apskritimo centras priklauso apie trikampį APB apibrėžtam apskritimui.

16. Įrodykite, kad taškai, kurie yra simetriški trikampio aukštinių susikirtimo taškui trikampio

kraštinių atžvilgiu, priklauso apie trikampį apibrėžtam apskritimui.

17. Keturkampio įstrižainės yra statmenos. Įrodykite, kad jo kraštinių vidurio taškai ir jų projekcijos

priešingose kraštinėse priklauso vienam apskritimui.

18. Du apskritimai kertasi taškuose A ir B. Tiesė, kuri eina per tašką A, kerta apskritimus dar kartą

taškuose C ir D. Tiesės, kurios liečia apskritimus taškuose C ir D, kertasi taške E. Įrodykite, kad

apie keturkampį BCED galima apibrėžti apskritimą.

Pagalbinis apskritimas

Šioje dalyje pateikiami uždaviniai, kurių sprendimui pirmiausia reikia nubrėžti vieną arba

keletą apskritimų, kuriuos po to panaudojame, kad įrodytumetai, kas prašoma.

Sprendžiant įvairius uždavinius naudojamės susikertančių stygų ir kirstinių savybėmis.



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

13. Teorema. Jei stygos AB ir CD kertasi taške O,

tai AOBO=CODO.

14. Teorema. Jei atkarpos AB ir CD kertasi taške O

ir AOBO = CODO, tai per taškus A, B, C ir D

galima išvesti apskritimą.

15. Teorema. Jei iš taško S, esančio apskritimo

išorėje, išvestos dvi kirstinės, iš kurių viena

apskritimą kerta taškuose A ir B, o kitą

taškuose C ir D, tai ASBS=CSDS.

16. Teorema. Jei iš taško S, esančio

apskritimo išorėje, išvesta kirstinė,

kuri apskritimą kerta taškuose A ir B

bei liestinė, kuri apskritimą liečia

taške C, tai CS2 =ASBS.

C B

A D

O

C

B

A

D

S

C

B

A

S



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Pavyzdys 7. Išvesta trikampio ABC pusiaukampinė AD

ir kraštinėje AB pažymėtas taškas E taip, kad

EDB=BAC. Įrodykite, kad DE = DC.

Sprendimas. Kadangi EDC =1800BAC, tai apie

keturkampį AEDC galima apibrėžti apskritimą. Tuomet

DEC=DAC=EAD=ECD ir DE=DC.

Pavyzdys 8. Du apskritimai kertasi taškuose A ir B.

Per tašką A išvesta kirstinė kerta apskritimą dar

kartą taškuose M ir N. Per tašką A abiem

apskritimams išvestos liestinės kerta tieses BN ir

BM taškuose P ir Q. Įrodykite, kad PQ||MN.

Sprendimas. Kadangi QBP+QAP=

=QBP+QAB+PAB=

=QBP+AnB+AmB=

=QBP+ANB+AMB=1800, tai apie keturkampį

APBQ galima apibrėžti apskritimą. Tuomet BQP=BAP =AmB =BMA ir PQ||MN.

Pavyzdys 9. Įrodykite, kad bet kurio trikampio ABC

pusiaukampinė AE yra tarp pusiaukraštinės AM ir

aukštinės AH.

Sprendimas. Pažymėsim tiesės AE susikirtimo su

apie trikampį ABC apibrėžtu apskritimu tašką D.

Kadangi CAD =BAD, tai CD = BD ir

DMBC todėl AH||DM. Todėl taškas E yra tarp tiesių

AH ir DM ir tarp taškų H ir M.

B

C A

E

D

M

B

Q

P m n

N A

A

D

E

M

H C B



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Uždaviniai

19. Yra žinoma, kad iškilajame keturkampyje ABCD ABD =ACD. Įrodykite, kad

BCA=BDA.

20. Iš taško B, kampo A viduje išvesti statmenys BC ir BD kampo kraštinėms. Įrodykite, kad

CAB =CDB.

21. Stačiojo trikampio ABC statinyje BC pažymėtas taškas M ir iš jo išvestas statmuo MN

įžambinei AB. Įrodykite, kad MAN =MCN.

22. Stačiojo trikampio ABC įstrižainėje BC ir statinyje AB paimti atitinkamai taškai D ir E taip, kad

DCE =DAE. Apskaičiuokite CDE.

23. Stačiojo trikampio ABC įžambinė AB yra kvadrato ABMN kraštinė; kvadratas yra trikampio

išorėje. Kvadrato įstrižainės kertasi taške O. Įrodykite, kad CO yra kampo pusiaukampinė.

24. Iškilajame keturkampyje ABCD kraštinėse AB ir CD atitinkamai pažymėti taškai F ir E. Yra

žinoma, kad trikampiai ABE ir CFD yra lygiakraščiai. Įrodykite, kad ABCD yra trapecija arba

lygiagretainis.

25. Smailiojo trikampio ABC B = 600, AM ir CN yra aukštinės, Q kraštinės AC vidurio

taškas. Įrodykite, kad trikampis NMQ yra lygiakraštis.

26. Taškai E, K ir M yra atitinkamai keturkampio ABCD kraštinių AB, BC ir CD vidurio taškai.

Yra žinoma, kad BEK =CMK ir CD =1000. Raskite BAD.

27. Du apskritimai w1 ir w2 su centrais O1 ir O2 kertasi taške A. Tiesė O1A kerta apskritimą w2 taške

K2, o tiesė O2A kerta apskritimą w1 taške K1. Įrodykite, kad O1O2A =K1K2A.

28. Kampo A viduje paimtas taškas M. Iš jo išvesti statmenys MP ir MQ kampo kraštinėms. Iš

taško A išvestas statmuo AK atkarpai PQ. Įrodykite, kad PAK =MAQ.

29. Trikampio ABC A =600 , o BK ir CM yra pusiaukampinės. Apskaičiuokite BKM. Įrodykite,

kad ML = LK.

30. Išvesti apskritimo skersmenys AB ir CD. Lanke BD pažymėtas taškas P ir iš jo išvesti

statmenys PM ir PN tiesėms AB ir CD. Įrodykite, kad atkarpos MN ilgis nepriklauso nuo taško P

pasirinkimo.



(nr. VP1-2.3-ŠMM-06-K-01-001)

Matematikos mokomoji priemonė 9 klasei

Documents

Transcript of Matematikos mokomoji priemonė 9 klasei