Развитие логического мышления в процессе обучения математике

Таким образом, уравнение относительно y имеет целые корни –2 и 3, а исходное уравнение – рациональные корни –1 и .

Примененный в решении этой задачи прием сведения поиска рациональных корней к поиску целых корней называется в математике методом Руффини-Горнера по именам итальянского и английского математиков.

4. При каких значениях a истинно утверждение:

а) x > a Þ x > 1; г) x > a Þ x < 1; ж) x > a Þ 2x2 – x і³ 1;

б) x > a Þ x ³ 1; д) x > a Þ x2 ³ 1; з) x £ a Þ 2x2 – x > 1;

в) x £ a Þ x < 1; е) x < a Þ x2 ³ 1; и) x < a Þ 5x – 3x2 – 2 ³ 0?

Ответ: а) a ³ 1, б) a ³ 1, в) a < 1, г) ни при каких, д) a ³ 1, е) при a £ –1, ж) при a ³ 1, з) при a > 1, и) при a £ –.

Решение. а) При a ³ 1 утверждение очевидно – следует из транзитивности неравенств, при a < 1 контр примером является любое число на интервале (a, 1) – оно будет больше a, но меньше 1.

б) При a ³ 1 утверждение очевидно, при a < 1 контр пример – любое число на интервале (a, 1);

в) При a < 1 утверждение очевидно, при a = 1 контр примером является 1, при a > 1 контр пример – любое число на интервале (1, a); x £ a Þ x < 1;

г) Проще всего воспользоваться геометрической интерпретацией: "бесконечный вправо" луч вида (a, +¥) не может содержаться в "бесконечном слева" луче вида (–¥, b).

д) При a ³ 1 утверждение очевидно, а при a < 1 контр примером является любое число на интервале (a, 1), если a > 0, и 0, если a < 0.

Можно рассуждать и геометрически: неравенство x2 ³ 1 выполняется на объединении двух лучей – "левого" (–¥, –1) и "правого" (1, +¥), а "правый" луч (a, +¥) может содержаться в этом объединении только в случае, когда он целиком лежит в луче (1, +¥), что выполняется при a ³ 1.

е) Решается геометрическим рассуждением, проведенным в д).

ж) Решим неравенство 2x2 – x ³ 1, или 2x2 – x – 1 ³ 0, разложив левую часть на множители: так как трехчлен 2x2 – x – 1 имеет корни 1 и –, то он равен (x – 1)(2x – 1), и поэтому неравенство выполняется на объединении лучей (–¥, –]È(1, +¥). Луч (a, +¥) лежит в этом объединении при a ³ 1.

з) Решается так же, как ж), но поскольку неравенство x £ a выполняется на замкнутом луче, а неравенство 2x2 – x > 1, то решениями являются a > 1.

и) Так как 5x – 3x2 – 2 ³ 0 Û (x – 1)(5x + 2) ³ 0 Û xÎ(–¥, –]È[1, +¥), то утверждение верно при a £ –.

5. Доказать или опровергнуть утверждения о следовании:

а) k делится на 4 и на 6 Þ k делится на 24;

б) k делится на 4 и на 7 Þ k делится на 28;

в) x3 – 2x = 0 Þ x = 0;

г) x3 + 2x = 0 Þ x = 0;

д) < 1 Þ x > 1;

е) > 1 Þ x < 1;

Решение. а) Например, число 12 делится на 4 и на 6, но не делится на 24, так что утверждение ложно.

б) Так как самое широкое числовое множество, на котором имеет смысл отношение "делится на", есть множество целых чисел, то мы будем считать, что об этом множестве и идет речь.

Если k делится на 4 и на 7, то k = 4p = 7q, где p и q – целые числа; тогда 4p делится на 7, а поскольку 4 и 7 не имеют простых общих делителей, то p делится на 7, p = 7r, k = 28r – делится на 28. Следовательно, данное утверждение истинно.

в) Так как самое широкое числовое множество, на котором данное предложение имеет смысл, есть множество R, то мы будем считать, что xÎR. Поскольку из x3 – 2x = (x2 – 2)x и равно 0, но не только при x = 0, но и при x = , то данное утверждение ложно.

Заметим, что на множестве рациональных чисел Q оно истинно, поскольку числа ±иррациональны, так что уравнение в множестве Q имеет единственный корень 0.

г) Утверждение истинно, так как x3 + 2x = 0 Û (x2 + 2)x Û x = 0;

д) Утверждение неверно: контр пример x = –1.

е) Утверждение верно: из неравенства > 1 следует, что x > 0, а на положительные числа неравенства можно умножать.

ж) (a и b – корни уравнения x2 + px + q = 0 и a ¹ b) Þ a + b = –p и ab = q.

Пусть a2 + pa + q = b2 + pb + q = 0; тогда

(a2 – b2) + p(a – b) = 0, (a + b)(a – b) + p(a – b) = 0,

и поскольку a ¹ b, то a + b + p = 0, откуда a + b = –p, и следовательно,

ab = a(–p – a) = –a2 – pa = q.

Обратим внимание, что проведенное рассуждение представляет собой доказательство теоремы Виета (для приведенного квадратного уравнения), не использующее формулы корней. Заметим также, что ограничение a ¹ b существенно – его из условия нельзя выбросить: например, "1 и 1 – корни уравнения x2 – 1 = 0 – истинное утверждение, а 1 + 1 = 0 – ложное.

з) Утверждение истинно: если a + b = p и ab = q, то

a2 – pa + q = a2 – (a + b)a + ab = a2 – a2 – ab + ab = 0.

Это доказательство теоремы, обратной теореме Виета (для приведенного квадратного уравнения).

Разумеется, проведенные рассуждения относятся к языку и имеют субъективный характер, поскольку в таких тонких вопросах разные люди могут придерживаться разных мнений, в соответствии с личным "чувством языка". Все это, конечно, вопрос семантики русских слов, а для математики главный вывод состоит в необходимости чрезвычайной аккуратности в формулировках задач, в особенности, в ситуации контроля, и тем более в тестовой форме.