пояснення й обґрунтування
Розв’язування найпростіших показникових нерівностей виду ab x > (або ab x < ), де a > 0 і a ≠ 1 , ґрунтується на властивостях функції ya x = , яка зростає при a > 1 і спадає при 01 << a . Наприклад, щоб знайти множину розв’язків нерівності ab x > при b > 0 , достатньо подати b у вигляді ba c = . Одержуємо нерівність
При a > 1 функція ya x = зростає, отже, більшому значенню функції відповідає більше значення аргумента, тому з нерівності (1) одержуємо xc > (знак цієї нерівності збігається зі знаком нерівності (1)).
При 01 << a функція ya x = спадає, отже, більшому значенню функції відповідає менше значення аргумента, тому з нерівності (1) одержуємо xc < (знак цієї нерівності протилежний до знака нерівності (1)).
Графічно це проілюстровано на рис. 2.3.1.
Наприклад, щоб розв’язати нерівність 525 x > , достатньо подати її у вигляді 552 x > , урахувати, що 51 > (функція y x = 5 зростаюча, отже, при переході від порівняння функцій до порівняння аргументів знак нерівності не змінюється), і записати множину розв’язків: x > 2 .
Зауважимо, що множину розв’язків заданої нерівності можна записувати у вигляді нерівності x > 2 або у вигляді проміжку 2; +∞ ( ) . Аналогічно, щоб розв’язати нерівність
, достатньо подати цю нерівність у вигляді
спадна, отже, при переході від порівняння функцій до порівняння аргументів знак нерівності змінюється на протилежний), і записати множину розв’язків: x < 2 . Ураховуючи, що при будь-яких додатних значеннях a значення a x завжди більше нуля, одержуємо, що при b 0 нерівність ab x < розв’язків
2.3.1
§ 2. Розв’язування показникових рівнянь та нерівностей
Наприклад, нерівність 77 x <− не має розв’язків, а множиною розв’язків нерівності 77 x >− є всі дійсні числа.
Узагальнюючи наведені вище міркування стосовно розв’язування найпростіших показникових нерівностей, зазначимо, що при a > 1 нерівність aa fx gx ()() > рівносильна нерівності fx gx () > () , а при 01 << a — нерівності fx gx () < () .
Коротко це твердження можна записати так:
• якщо a > 1 , то aa fx gx ()()>⇔ fx gx () > () (знак нерівності зберігається);
• якщо 01 << a , то aa fx gx ()()>⇔ fx gx () < () (знак нерівності змінюється на протилежний).
Щоб обґрунтувати рівносильність
чити, що при a > 1 нерівності aa fx gx ()() > , (2) fx gx () > () (3) можуть бути правильними тільки одночасно, оскільки функція ya t = при
чення функції). Отже, усі розв’язки нерівності (2) (які перетворюють
розв’язки нерівності (3) будуть розв’язками
(2) і (3) рівносильні.
Аналогічно обґрунтовується рівносильність нерівностей aa fx gx ()() > і fx gx () < () при 01 << a .
У найпростіших випадках під час розв’язування показникових нерівностей, як і під час розв’язування показникових рівнянь, треба за допомогою основних формул дій над степенями звести (якщо це можливо) задану нерівність до виду aa fx gx ()() .
Для розв’язування більш складних показникових нерівностей най-
Аналогічно до розв’язування показникових рівнянь усі рівносильні
то xx 2 76 0 −+ .
Звідси 16 x (див. рисунок 2.3.2). + + – x 6 1
Рис. 2.3.2
Відповідь: 16 ; []. Запишемо праву частину нерівності як степінь числа 0,6, тобто 10 6 0 = , .
Оскільки1,06 < , то при переході від порівняння степенів до порівняння показників степеня
§ 2. Розв’язування показникових рівнянь та нерівностей 35
Оскільки t > 0 , одержуємо tt 2 89 0. Звідси 19 t . Ураховуючи, що t > 0 , маємо
09 < t .
Виконуючи обернену заміну, одержуємо
03 9 < x . Тоді
332 x .
Функція y t = 3 зростаюча, отже, x 2. Ураховуючи ОДЗ, одержуємо 04 x .
Відповідь: 04 ; [] .
з однією основою 3, що дозво-
ляє виконати заміну змінної
3 x t = , де t > 0 .
В одержаній нерівності знаменник є додатним, тому цю дробову нерівність можна звести до рівносильної їй квадратної. Після виконання оберненої заміни треба врахувати не тіль-
Приклад
Записуючи відповідь, треба враховувати, що у випадку, коли ми розв’язуємо нестрогу нерівність fx() 0 , усі
. Розв’язання
Позначимо fx xx x () =−() 39 28 2 .
1) ОДЗ: xx 2 28 0 . Тоді x 2 або x 4 (рис. 2.3.3).
2) Нулі функції: fx() = 0 ; 39 28 0 2 x xx () = , тоді 39 0 x −= або xx 2 28 0 = . Із першого рівняння: x = 2 — не входить до ОДЗ; із другого: x1 2=− , x2 4 = .
3) Позначаємо нулі функції fx() на ОДЗ, знаходимо знак fx() у кожному з проміжків, на які нулями розбивається ОДЗ (рис. 2.3.4), і записуємо множину розв’язків нерівності fx() 0 : x ∈− ∞− ( ];2 або x = 4 .
Рис. 2.3.3
Відповідь: x ∈− ∞− ( ] {} ;2 4 ∪ . + + – x 4 –2
Рис. 2.3.4 + –4–2 x
Показникова та логарифмічна функції
заПитання
1. Поясніть, у яких випадках показникові нерівності ab x > і ab x < (де a > 0 і a ≠ 1 ) мають розв’язки. У яких випадках дані нерівності не мають розв’язків? Наведіть приклади. Проілюструйте їх графічно.
2. Якій нерівності рівносильна показникова нерівність aa fx gx
> при a > 1 ; при 01 << a ? Наведіть приклади. вПрави
2.3.2. 1) 2 3 2 3 5 2 1
2.3.3. 1) 35xx > ; 3*) 25 63 0 21 21 xx x ++ −⋅ + ; 2) 7211 xx ; 4*) 53 15 58 15 22 1 ⋅+ ⋅⋅ xx x .
2.3.4*. 1) 22 60 2 x xx ( ) ; 3) 63 23 1 ⋅− >+xx ; 2) 31 28 0 22 x xx () ; 4) 25 15 2 1
основою 10.
Позначення: loglg 10 bb = .
ближене значення якого e ≈ 27 , ).
Позначення: logln e bb =
число, на-
1) log a 10 =
2) log a a = 1
3) loglog log aa a xy xy () =+
4) loglog log aa a x y xy=−
5) loglog a n a xn x =
§ 3. Логарифм числа. Властивості логарифмів
Зазначимо, що для додатних чисел b і a a ≠ () 1 рівняння ab x = завжди має єдиний розв’язок, оскільки функція ya x = набуває всіх значень з проміжку 0; +∞ ( ) і при a > 1 є зростаючою, а при 01 << a — спадною (рис. 3.1).
Отже, кожного свого значення b > 0 функція ya x = набуває тільки при одному значенні x. Тому для будь-яких додатних чисел b і a a ≠ () 1 рівняння ab x = має єдиний корінь xb a = log .
При b 0 рівняння ab x = ( a > 0, a ≠ 1 ) не має коренів, отже, при b 0 значення виразу log a b не існує.
Наприклад, не існують log 3 9 () , log 1 2 7 () , log 2 0 .
Зазначимо, що існують логарифми, які мають власні назви.
Логарифм за основою 10 називають десятковим
чають lg.
Наприклад, loglg 10 77 = , lglog100100 2 10 == .
У недалекому минулому десятковим логарифмам віддавали перевагу й складали дуже детальні таблиці десяткових логарифмів, які використовувалися в різних обчисленнях. В епоху загальної комп’ютеризації десяткові логарифми втратили свою провідну роль. У сучасній науці й техніці широко використовуються логарифми, основою яких є особливе число e (так само відоме, як і число π ). Число e, як і число π , — ірраціональне, e = 2 718 281828459045 , ... .
Логарифм за основою e називають
значають ln.
Наприклад, logln e 77 = , lnlog11 1 ee e == .
Рис. 3.1 а б
y x у = ax
Наприклад, 59 5 9
log a 10 = ,
оскільки a 0 1 = (при a > 0, a ≠ 1 ).
Отже, логарифм
2) Оскільки aa 1 = , то log a a = 1 .
a n a xx n = 1 .
випадку xy > 0 маємо xy xy=⋅ , і тепер x > 0 та y > 0 , отже, для логарифма
, b ≠ 1 ). Одержимо loglog b u b ax =
навколишнього життя. Наприклад, за відомим психофізіологічним законом Вебера — Фехнера сила p відчуття людиною
Приклад
За означенням логарифма:
1) x = log 5 3 ;
2) x = log 1 3 10 ;
3) x = lg 1 3 .
будь-яких додатних чисел b і a a ≠ () 1 рівняння ab x =
4. Відомо,
loglog 22 22 700 75 2 =⋅ ⋅ () =
=+ += loglog log 22 2 2 2 75 2
=+ += loglog log 22 2 72 52 2
=+ + ba22 .
подамо число 700 як
степенів чисел 5 і 7 (заданих) та 2 (ос-
1) lglglglg x =− + 5233 2; 2) loglog loglog aa
1) lglglglg x =− + 5233 2; lglglglg x =− + 53 2 23 ; lglg x = ⋅
2)
3.
4. 1) Запишіть формули логарифмування.
5.
вП рави
3.1° . Перевірте правильність рівності:
1) log 2 16 4 = ; 3) log 2 1 4 2=− ; 5) log 1 2 83 =− ; 2) log 3 27 3 = ; 4) log 2 44 = ; 6) log, , 02 0 008 3 = .
3.2. Обчисліть: 1°) log 5 25 ; 5) log 9 1 27 ; 9*) log 74 3 74 3 + () ; 2°) log 4 64 ; 6°) log 1 7 1 ; 10*) log 94 5 94 5 + () . 3°) log 3 1 9 ; 7*) log 2 3 4 22 ; 4°) log 6 6 ; 8*) log 7 4 5 77 ;
3.3° . Користуючись означенням
3.4.
3.6*. Прологарифмуйте вираз за основою 10, якщо ab > 0 і c
1) ab c 35 8 ; 2) ab c 3 2 ; 3) c ab 4 2 5 () ; 4) 100 2 5 abc .
3.7. Відомо, що log 5 2 = a , log 5 3 = b . Виразіть через a і b:
1) log 5 15; 2) log 5 12; 3) log 5 30 ; 4) log 5 72.
3.8. Знайдіть x, якщо:
1) loglog ,log log 66 66 32 05 25 23 x =+ ;
2) lglglglg xa bc = () −+ 1 3 52 5 ;
3) lglglglg xm np =+ 3 2 7 1 5 ;
4) loglog loglog 33 33 1 3 82 20 32 x =− .
3.9. Перейдіть у заданому
1) log 1 3 a ; 4) log 3 a ;
2) log 9 a ; 5) log 2 a .
3) log 1 9 a ;
3.10*. Обчисліть значення виразу:
3:
1) 6 3 6 1 3 27 2 6 log log + ; 3) loglog loglog 45 67 56 732 ;
2) 3 2 3 1 4 16 5 3 log log + ; 4) loglglog log 91112 101112 27 .
3.11*. Знайдіть:
1) log 8 9 , якщо log12 18 = a ;
2) log 9 15, якщо log 45 25 = a .
0 :
2.
6.
§ 4. Логарифмічна функція, її властивості та графік
пояснення й обґрунтування
1. Поняття логарифмічної функції
означення. Логарифмічною функцією називається функція виду yx a = log , де a > 0, a ≠ 1 .
Покажемо, що ця функція є оберненою до функції ya x = .
Справді, показникова функція fx a x () = при a > 1 зростає на множині R, а при 01 << a спадає на
R
функції fx a x () = є проміжок 0; +∞ () . Отже, як було показано в підручнику для 10 класу,
отримуємо фор-
мулу yx a = log — формулу функції, оберненої до функції ya x = .
Як відомо, графіки взаємно обернених функцій симетричні відносно прямої yx = . Отже, графік функції yx a = log ( a > 0, a ≠ 1 ) можна одержати з графіка функції ya x = симетричним відображенням відносно прямої yx = . На рис. 4.1.1 наведено графіки логарифмічних функцій для a > 1 і 01 << a .
Графік логарифмічної функції називають логарифмічною кривою.
4.1.1
y x у = logax, у = ax у=x 0 < a < 1 1 1
1)
3) yx x =−() log 7 2 . Область визначення задається
x < 0 або x > 1 (рис. 4.1.2). Отже, Dy() =− ∞ () +∞ ();; 01 ∪ . + + – x
2) yx = log 3
2)
3)
3) yx=− log 3 2
1) loglog33bc > ; 2) loglog ,, 0303bc > .
1) Оскільки функція
yx = log 3 зростаюча, то
для додатних чисел b і c з нерівності loglog33bc >
одержуємо bc > .
2) Оскільки функція
yx = log , 03 спадна, то
для додатних чисел b і c
з нерівності loglog ,, 0303bc >
одержуємо bc < .
У
ня логарифмічної функції yx a = log у точках b і c. Використовуємо зростання
1)
2)
§ 4. Логарифмічна функція, її
Приклад 5. Порівняйте з одиницею додатне число a, знаючи, що log a 60 < . Розв’язання Коментар
Оскільки 61 > , а з умови
маємо, що loglog aa 60 1 <= (тобто loglogaa61 < ), то функція yx a = log є спадною, отже, 01 << a . Числа log a 6 і 0 — це два значення функції yx a = log . Ураховуючи задану нерівність, з’ясовуємо, якою є ця функція — зростаючою або спадною, і згадуємо, що вона зростає при a > 1 і спадає при 01 << a .
1. Сформулюйте означення логарифмічної функції.
2. Як розташовані графіки функцій
графіки для a > 1 і 01 << a .
Побудуйте
3. Користуючись графіком функції yx a = log ( a > 0, a ≠ 1 ), охарактеризуйте
4.1.2. 1°) yx = log 3 ; 3°) yx = log , 03 ; 5) yx = log 1 6 ;
2°) yx = log 1 3 ; 4) yx = log 5 ; 6) yx = log 2 .
4.1.3. 1) yx =−() log 2 ; 4) yx=+ log 4 3 ; 7*) yx=−() log 1 2 24 ;
2) yx=−() log 1 4 1 ; 5) yx =− log 6 ; 8*) y x x = log 4 2 ;
3) yx=+() log 4 3 ; 6*) yx = log 3 ; 9*) yx = loglog33 .
4.1.4. Порівняйте числа: 1) log, 2 35 і log, 2 45 ; 6) log 1 2 10 і log 1 2 20 ; 2) log, , 01 13 і log, , 01 11 ; 7) log 2 3 і 0; 3) log 1 5 2 і log 1 5 5; 8) log 7 1 3 і 0;
4) log, 3 23 і log, 3 02 ; 9) log 3 4 і 1;
5) log π 5 і log π 7 ; 10) log 1 4 1 5 і 1.
4.1.5. Порівняйте додатні числа b і c, якщо: 1) loglog55bc > ; 3) loglog77bc < ;
2) loglog ,, 0505bc > ; 4) loglog 1 3 1 3 bc < .
4.1.6. Порівняйте з одиницею додатне число a, якщо:
1) log a 50 > ; 3) log, a 23 0 < ;
2) log a 1 3 0 > ; 4) log, a 02 0 < .
Щоб обґрунтувати формули похідних показникової та
функції ye x = (вона доводиться в курсі вищої математики*): похідна функції ye x = дорівнює цій самій функції ye x = , тобто eexx()′ =
ex x ln ()′ = ()′ ; ex x ln ln ()′ = 1, тобто xx ln ()′ = 1. Звідси ln x x ()′ = 1 (де x > 0 ).
Оскільки logln ln lnln a xx x aa == 1 , то loglnln ln ln a xx x aa ( )′ =
′ = ()′ = 11 =⋅ = 11 1 lnln ax xa . Отже, log ln a x xa ( )′ = 1 (де
>
, a
, a
1 ,
стала). Формула xnx nn()′ = 1 (див. § 14 підручника для 10 класу) була запропонована тільки для цілих
для кожного з доданків використовуємо формулу похід-
ної складеної функції: знаходимо похідні u 2 та e u і множимо
спростити за формулою 22 sincos sin xx x = .
2.
yxe x = у точці x0 1 = .
Розв’язання Коментар
Якщо fx xe x () = ,
то fx fe 0 1 ( ) = () = ;
′ () = ′ + ()′ =+ fx xe ex exe xx xx .
Тоді ′ ( ) = ′ () = fx fe 0 12 . Підставляючи ці значення в рівняння дотич-
ної yf xf xx x = ( ) + ′ ( ) ( ) 00 0 , одер-
жуємо: ye ex =+ ()21 .
Отже, yexe =− 2 — шукане рівняння дотичної.
Рівняння дотичної до графіка функції yf x = () у точці з абсцисою x0 у загальному вигляді записується так: yf xf xx x = ( ) + ′ ( ) ( ) 00 0 .
Щоб записати це рівняння для заданої функції, потрібно знайти fx0 ( ) , похідну
вПрави
У завданнях 4.2.1, 4.2.2 знайдіть похідну функції.
4.2.1° . 1) ye x =+34 ; 3) ye x x =+ 5 ; 2) ye x x =− ln ; 4) yx=−() ln 21 .
4.2.2. 1) ye x x = 5 cos ; 3) yx x = lg ; 2) y x x = ln ; 4) yx x = 3 2 log .
4.2.3. Розв’яжіть нерівність ′ () > fx 0 , якщо: 1°) fx ex x () =− 2 ; 3) fx xx () = ln ;
2°) fx xx () =−2ln ; 4) fx xe x () =−() 1 2 .
4.2.4. Знайдіть значення x, при яких значення похідної функції fx(): а) дорівнює нулю; б) додатне; в) від’ємне, якщо:
1) fx xx () = 2 ln ; 3) fx x x () = ln ;
2) fx xx () =− 3 3ln ; 4) fx xx () = ln .
4.2.5. Запишіть рівняння дотичної до
з абсцисою x0 , якщо:
функції yf x = () у
1) fx x () = cos , x0 4 = π ; 3) fx ee xx () =+22 , x0 0 = ; 2) fx x () = tg 2 , x0 8 = π ; 4) fx xx () =− ln , x0 1 = .
4.2.6. Знайдіть абсциси x0 точок
функції yf x = (), у яких дотична до нього утворює кут
1) fx x () = sin2 , ϕ= °0 ; 3) fx e x () = , ϕ= °135 . 2) fx x () = ln 2 , ϕ= °45 ;
4.2.7*.
4.2.8*.
4.2.9.
ЛОГАРИФМІЧНИХ
РІВНЯНЬ Таблиця 8
означення. Логарифмом додатного чис-
ла b за основою a ( a > 0 , a ≠ 1 ) називається по-
казник степеня, до якого треба піднести a, щоб
одержати b.
log a bc=⇔ ba c = Графік функції yx a = log ( a > 0 , a ≠ 1 ) a > 1 01 << a 0 y x 1
0 y x 1 спадає
2. Розв’язування найпростіших логарифмічних рівнянь Орієнтир Приклад
Якщо a — число ( a > 0 і a ≠ 1 ), то
log a fx c () =⇔ fx a c () = (використовуємо
) log 3 12 x () = . x −=132 ; x = 10 . Відповідь: 10. 3. Використання рівнянь-наслідків Орієнтир Приклад
log x x + () = 22 .
xx += 2 2 ; xx 2 20 = ; x1 1=− , x2 2 = .
При використанні наслідків
не відбувається втрати коренів початкового рівняння, але можлива поява сторонніх
коренів. Тому перевірка одержаних коренів підстановкою
в початкове рівняння є складовою частиною розв’язування.
РОЗДІЛ 1.
Показникова та логарифмічна функції
Перевірка. x =−1 — сторонній корінь (в основі логарифма одержуємо від’ємне число); x = 2 — корінь ( log 2 22 2 + () = , log 2 42 = , 22 = ).
Відповідь: 2. 4. Рівносильні
Якщо у рівняння (нерівність
або тотожність) змінна вхо-
дить в одному й тому самому
вигляді, то зручно відповід-
ний вираз зі змінною позначити однією буквою (новою
змінною).
lglg 2 23 0 xx = .
Виконаємо заміну: lg xt = ; tt 2 23 0 = ; t1 1=− , t2 3 = .
Отже, lg x =−1 або lg x = 3 .
Тоді x == 10 01 1 , або x ==101000 3 .
: 0,1; 1000. Рівняння виду loglog aa fx gx () = () ( a > 0 і a ≠ 1 )
Орієнтир Приклад loglog aa fx gx () = () ⇔ ⇔ () = () () > () >
логарифмів). loglog 3 2 3 24 5 xx() =−() .
§ 5. Розв’язування
Орієнтир Приклад
1) Ураховуємо ОДЗ заданого рівняння (і уникаємо перетворень, які призводять до звуження ОДЗ).
2) Стежимо за тим, щоб на ОДЗ кожне перетворення можна було виконати як у прямому, так і у зворотному напрям-
ках зі збереженням пра-
вильності рівності
На цій ОДЗ задане рівняння рівносильне рівнянням loglog2213 3 xx + () ++() = ; log 2 13 3 xx + () + () ( ) = ; xx + () + () = 13 23 ; xx 2 45
+− = ;
1 1 = ,
2 5=− . x = 1 — корінь (задовольняє умови ОДЗ); x =−5 — сторонній корінь (не задовольняє умови ОДЗ).
1. Розв’язування найпростіших логарифмічних рівнянь
Найпростішим логарифмічним рівнянням зазвичай вважають рівняння log a xc = ( a > 0 і a ≠ 1 ).
Логарифмічна функція зростає (або
свого значення набуває
РОЗДІЛ 1.
Показникова та логарифмічна функції
заміну, одержуємо, що розв’язки рівняння (2) збігаються з розв’язками рівняння fx a c () = . (3)
Отже, рівняння (2) і (3) є рівносильними. У такий спосіб ми обґрунтували, що для рівносильного перетворення найпростішого логарифмічного рівняння (1) або рівняння (2) (яке ми теж будемо відносити до найпростіших за умови, що основа a є числом) достатньо використати
означення логарифма.
Коротко це можна записати так: log a fx c () =⇔ fx a c () = .
Нагадаємо, що всі рівносильні перетворення рівняння виконуються на його ОДЗ. Для рівняння (2) ОДЗ задається умовою fx() > 0 . Для всіх
коренів рівняння (3) ця умова виконується автоматично (через те що a > 0). Тому для найпростіших логарифмічних рівнянь ОДЗ
записувати (оскільки вона враховується автоматично при переході від рівняння (2) до рівняння (3)). Наприклад, рівняння log 5 23 2 x () = рівносильне рівнянню 23 52 x −= , корінь якого x = 14 і є коренем заданого рівняння. Аналогічно записано й розв’язання найпростішого рівняння log 3 12 x () = в табл. 8.
2. Використання рівнянь-наслідків під час розв’язування логарифмічних рівнянь
У процесі розв’язування рівняння головне — не загубити
корені, тому важливо стежити за тим, щоб кожен корінь першого рівняння залишався коренем наступного — у цьому
няння-наслідки. Нагадаємо, що
числову рівність. Використовуючи
кореня рівняння, можна обґрунтувати такий орієнтир: якщо з припущення про правильність першої рівності випливає правильність
час розв’язування рівнянь у 10 класі: якщо до рівняння (нерівності або тотожності) змінна входить в одному й тому самому вигляді, то зручно відповідний вираз зі змінною позначити однією буквою (новою змінною). Наприклад, до рівняння lglg 2 23 0 xx = змінна входить тільки у вигляді lg x , тому для розв’язування
ристати заміну lg xt = , одержати квадратне рівняння tt 2 23 0 = , яке
має корені t1 1=− і t2 3 = , а потім виконати обернену заміну
заданого рівняння: x == 10 01 1 , і x ==101000 3 . Ураховуючи, що заміна
заміни не обов’язково знаходити ОДЗ заданого рівняння.
для яких (як було
вище)
ураховується автоматично. Отже, у наведеному розв’язанні ОДЗ заданого рівняння врахована автоматично, і тому ОДЗ можна не записувати до розв’язання. Саме так і оформлено розв’язання цього рівняння в п. 4 табл. 8.
З поясненням і обґрунтуванням інших прикладів рівносильних перетворень логарифмічних рівнянь, наведених у п. 4 табл. 8, можна ознайомитися, звернувшись до інтернет-підтримки підручника.
Виконуючи рівносильні перетворення логарифмічних рівнянь у більш складних випадках, можна дотримуватися орієнтира, який було наведено в 2.1 підручника для 10 класу:
1. Ураховуємо ОДЗ заданого рівняння.
2. Стежимо за тим, щоб на ОДЗ кожне перетворення можна було виконати як у прямому, так і у зворотному
правильності рівності. Наприклад, розв’яжемо рівняння loglog 22 13 3 xx + () =− + () (4)
в одному напрямку (від початкового рівняння до наступного),
його виконання у зворотному напрямку потрібні якісь додаткові обмеження, то ми одержимо тільки рівняннянаслідок, і
перевіряти підстановкою в задане рівняння.
Застосуємо зазначений орієнтир до розв’язування рівняння (4).
Щоб звести це рівняння до найпростішого, перенесемо всі члени рівняння, які містять
сильне рівняння
loglog2213 3 xx + () ++() = . (5) (Рівносильність рівнянь
сильність цих рівнянь випливає
не тільки від рівності
користуючись властивостями
ня: оскільки x +>10 і x +>30 , то
сумі логарифмів множників. Отже,
(5), тобто
§ 5. Розв’язування логарифмічних рівнянь
Звичайно, розглянуте рівняння можна було розв’язати з використанням рівнянь-наслідків, без явного врахування ОДЗ, але з перевіркою одержаних розв’язків підстановкою в початкове рівняння. Отже, можна самостійно обирати шлях розв’язування рівняння: або це буде використання рівнянь-наслідків, або рівносильні перетворення заданого рівняння. Але для багатьох рівнянь перевірку одержаних коренів виконати досить непросто, а для нерівностей
взагалі не можна користуватися наслідками. Це пов’язано з тим, що не вдається перевірити всю множину розв’язків нерівностей, оскільки вона, як правило,
тільки рівносильні перетворення (для цього можна використовувати
наведеним вище).
Приклад 1. Розв’яжіть рівняння
22 36 lglglg22 xx() () = ; (2) lglglg xx() () = 23 62 2 2 ; (3) lglg x x () = 2 36 2 4 ; (4) x x () = 2 36 2 4 ; (5) xx() =−()24 36 2 ; (6) xx 2 16 28 0 −+ = ; (7) x1 2 = , x2 14 = .
Перевірка. x = 2 — сторонній корінь (під знаком логарифма
отримуємо 0),
x = 14 — корінь, оскільки маємо: lg lg lg 14 23 14 62 1 2 () −⋅() = ;
Розв’яжемо задане рівняння за допомогою
наслідків. Нагадаємо, що під час використання наслідків головне — гарантувати, що у випадку, коли перша рівність буде правильною, усі наступні теж будуть правильними. Щоб позбутися дробового коефіцієнта, помножимо обидві частини рівняння (1) на 2 (якщо рівність (1) правильна, то й рівність (2) теж правильна). Якщо рівності (1) або (2) правильні (при тих значеннях x, що є коренями цих рівнянь), то при таких значеннях x існують усі записані
lglglg 1236 2 1 2 −= ;
lglglg 1236 2 −= ;
lglg 12 6 2 = ;
lglg22 = .
Відповідь: 14.
мента, з рівності логарифмів (4) одержуємо рівність відповідних аргументів (5). Якщо рівність (5) правильна, то знаменник дробу відмінний від нуля, і після множення обох її частин на 36 0 x −≠ одержуємо правильну рівність (6) (отже, і правильну рівність (7)). Оскільки ми користувалися рівняннями-наслідками, необхідно виконати перевірку знайдених коренів. Приклад
то
Виконаємо заміну 3 x t = .
Одержимо: t t −= 8 9 ; (2) tt 2 89 0 = ; (3) t1 9 = , t2 1=− .
Виконавши обернену заміну, отримаємо: 39 x = , тоді x = 2 , або 31 x =− — коренів немає. Відповідь: 2.
стверджувати, що за означенням логарифма воно рівносильне рівнянню 38 32 xx −= . Як уже було зазначено раніше, ОДЗ заданого рівняння 38 0 x −> для всіх коренів рівняння (1) ураховується автоматично, оскільки 30 2 > x завжди. Далі розв’язуємо рівняння (1) за схемою, наведеною в табл. 3 для показникових рівнянь. Оскільки t x =>30 , то t ≠ 0 , і тому рівняння (2) рівносильне рівнянню (3).
5.1.1° . 1) log 2 4 x = ; 3) log 4 1 2 x = ; 2) log , 02 1 x =− ; 4) lg x = 2.
5.1.2. 1°) log 3 21 2 x () = ; 3) log π xx 2 22 0 +− () = ; 2°) log 1 3 5212 x () =− ; 4) lg 31() =− x .
5.1.3. 1°) lglgxx + () ++() = 92 82; 3) 23 41 22loglogxx() = ;
2°) loglog3313 1 xx + () ++() = ; 4) 1 2 1 2 55 5 42 13 loglog log xx() +−() = .
5.1.4. 1°) loglog 3 2 3 43 0 xx−+ = ; 3) loglog 3 2 3 2 8 xx+= ; 2°) 1 3 1 1 1 −+ += lglgxx ; 4) lglg 32 8 xx = .
5.1.5. 1) log 2 10 22() =+ x x ; 2) lglg lg 24 91 2221++() =+ + ( ) xx ; 3) log 7 67 1 + () =+ x x ; 4) loglog 22 24 36 96 1 ⋅− () () = xx .
5.1.6.
1) log 2 3 xx =− ; 3) log 1 3 1 xx=− ; 2) loglog31 2 xx = ; 4) lg xx =− 11 .
5.1.7*.
log 2 53 x () > .
ОДЗ: x −>50 , тобто x > 5 .
22523 x () > .
yt = log 2 є зростаючою, отже,
нерівності змінюється,
: 13; +∞ () . log 1 2 53 x () > .
§ 5. Розв’язування
3.
І. За
Орієнтир Приклад
допомогою рівносиль -
них перетворень задана
нерівність зводиться до
нерівності відомого виду.
Схема рівносильних
перетворень нерівності
1) Ураховуємо ОДЗ заданої
нерівності (і уникаємо перетворень, які приводять до
звуження ОДЗ).
2) Стежимо за тим, щоб на
ОДЗ кожне перетворення
можна було виконати як
прямому, так і у зворотному напрямках зі збере-
женням правильності нерівності.
lglg 2 10 3 xx() . ОДЗ: x > 0 . На цій ОДЗ задана нерівність рівносильна нерівностям lglglg 10 3 2 + ()xx ; 13 2 + ()lglgxx .
Виконаємо заміну lg xt = .
Одержимо нерівність 13 2 + ()tt , тобто tt 2 20 +− , множина розв’язків якої t 2 або t 1 (див. рисунок). + + – t 1 –2
Виконавши обернену заміну, отримаємо: lg x 2 або lg 1.
Тоді lglg x 10 2 або lglg x 10 .
Ураховуючи, що функція yx = lg є зростаючою,
одержуємо: x 10 2 або x 10 .
Після врахування ОДЗ маємо: 00 01 < x , або x 10 .
Відповідь: 00 0110 ;, ; ( ] +∞ [ ) ∪ .
fx() 0 ).
3) Позначити нулі функції на
ОДЗ і знайти знак fx() у кожному з проміжків, на які ОДЗ розбивається
нулями.
4) Записати відповідь, ураховуючи знак нерівності.
РОЗДІЛ 1.
Показникова та логарифмічна функції
2) Нулі функції: fx() = 0 ; log x x 23 20 + () −= ; log x x 23 2 + () = . На ОДЗ це рівняння рівносильне рівнянню 23 2 xx += (яке одержуємо за означенням логарифма). Тоді xx 2 23 0 = ; x1 1=− , x2 3 = . До ОДЗ входить тільки x = 3 , отже, fx() має єдиний нуль x = 3 . 3) Позначаємо нулі функції на ОДЗ, знаходимо знак
(див. рисунок), і записуємо множину розв’язків нерівності fx() < 0 . +–
x 13 0 Відповідь: 01 3 ;; ( ) +∞ () ∪ . З поясненням і обґрунтуванням
стей, наведених в табл. 9,
ознайомитися, звернувшись до інтернет-підтримки підручника.
приклад
Розв’язання
ОДЗ: x x −> +> { 10 30 , . Тоді x > 1 .
loglog , 02,,02 1 13 02 xx() + () ( ) ( ) .
Функція yt = log , 02 є спадною, отже, xx() + () ( ) 13 02 1 , .
Одержуємо: xx 2 23 5 +− ; xx 2 28 0 +− .
Множина розв’язків останньої нерівності
така (рис. 5.2.1): 42 x .
Ураховуючи ОДЗ, одержуємо: 12 < x .
Відповідь: 12 ; ( ].
Приклад розв’язування
тернет-підтримці підручника.
Запитання
функції.
– x 2 –4
1. Поясніть на прикладах, як можна розв’язувати найпростіші
У завданнях 5.2.1–5.2.6 розв’яжіть нерівність.
5.2.1° . 1) log 3 2 x > ; 3) log , 05 1 x < ; 2) log , 02 1 x >− ; 4) lg x < 2 .
5.2.2. 1) log 2 32 2 x () > ; 3) log 5 32 2 x () < ; 2) log 1 3 51 2 x () >− ; 4) log 1 4 21 1 x + () >− . Рис. 5.2.1
2. Поясніть на прикладі використання методу інтервалів для розв’язування логарифмічних нерівностей.
5.2.3° . 1) lglg 21 2 xx() >+() ; 3) loglog ,, 0202 36xx<−(); 2) loglog 1 3 1 3 31 3 xx + () >+(); 4) loglog 44 21 3 xx() + () .
5.2.4. 1) loglog 3 2 3 32 0 xx−+ > ; 3) log 1 3 2 40 x ; 2) 1 3 1 1 1 −+ +> lglgxx ; 4) loglog 1 2 2 1 2 20 xx+− .
5.2.5. 1) lglgxx+−() > 91 ; 3) log 2 2 12 3 xx () < ; 2) loglog01,,0145 1 xx + () +−() ; 4) loglog log ππ π xx + () + 12 .
5.2.6*. 1) loglog log , 32 05 0 x ; 3) loglog , 2 22 5 x x + ; 2) log x x +> 12 1; 4) log 21 3 30 x x < .
Теми навчальних проектів
1. Показникова функція
2. Логарифмічна функція
3. Застосування показникової
1.
Тест № 1
2.
3.
5. Установіть відповідність між
виразів.
1 lnloglog25 25
2 lglg25 4 +
3 523 5 log
9
2
1
0
6. Розв’яжіть рівняння 45 25 20⋅= xx .
7. Розв’яжіть рівняння loglog5515 1 xx() +−() = .
кілька коренів, знайдіть їх добуток.
8. Розв’яжіть нерівність 05 30 52 0 2 ,, xx −⋅ +< . Пройдіть онлайн-тестування на сайті interactive.ranok.com.ua.
Показникова та логарифмічна функції
Відомості з історії
Поняття
степеневої функції з раціональним
яка має давню історію. Зокрема дробовими показниками степеня й найпростішими правилами дій над степенями з дробовими показниками оперував у XIV ст. французький математик Н. Орем (бл. 1323–1382).
Відомо, що Н. Шюке (бл. 1445 — бл. 1500) розглядав степені з від’ємними і нульовим показниками.
(1642–1727)
Й.
(1667–1748) І.
(1707–1783)
С. Стевін запропонував розуміти під a n 1 корінь a n . Але систематично дробові й від’ємні показники став застосовувати І. Ньютон. Німецький математик М. Штіфель (1487–1567) запропонував позначення a 0
еxponent).
і
(число) і перекладається як
чисел. Вибір винахідником логарифмів Дж. Непером (1550–1617) такої назви у 1594 р. пояснюється тим, що логарифми виникли внаслідок зіставлення двох чисел, одне з яких є членом арифметичної прогресії, а друге — геометричної. Логарифми з основою e увів Дж. Спейдел (1600–1634), який склав перші таблиці для функції yx = ln . Назву натуральний (природний) для цього логарифма запропонував Н. Меркатор (1620–1687), який виявив, що ln x — це площа фігури під гіперболою 1 x . Близьке до сучасного розуміння логарифмування як операції, оберненої
§ 6. Первісна та її властивості
4. Правила знаходження первісних (правила інтегрування)
Якщо F — первісна для f, а G — первісна для g, то FG + — первісна для
функції fg + .
Первісна для суми дорівнює сумі первісних для доданків.
Якщо F — первісна для f, а c — стала, то cF — первісна для функції cf.
Якщо F — первісна для f, а k і b — сталі
(причому k ≠ 0 ), то 1 k Fkxb + () —
1) fx gx dx () + () () = ∫ = () + () ∫∫ fx dx gx dx
Інтеграл від суми дорівнює сумі інтегралів від доданків.
2) cf xdxc fx dx () = () ∫∫ , де c — стала. Сталий множник можна виносити за знак інтеграла.
первісна для функції fkxb + () . 3)
знаходити швидкість vt() , знаючи залежність
часу прискорення at() . Знаходження функції fx() за її заданою похідною ′ ()fx називають операцією інтегрування.
Отже, операція інтегрування є оберненою до операції диференціювання
§ 6. Первісна та її властивості
Зазначимо, що функція x 3 5 + має таку саму похідну xx 32 53 + ()′ = .
Отже, функція x 3 5 + також є первісною для функції 3 2 x на множині R.
Зрозуміло, що замість числа 5 можна підставити будь-яке інше число. Тому задача знаходження первісної має безліч розв’язків. Знайти всі ці розв’язки дозволяє основна властивість
функція Fx() є
функції fx() на даному проміжку, а C — довільна стала, то функція Fx C () + також є первісною для функції fx(). При цьому будь-яка первісна для функції fx() на даному проміжку може
записана у
Fx C () + , де C — довільна стала.
Вираз Fx C () + називають загальним виглядом первісних для функції fx(). 1) За умовою функція Fx() є первісною
І. Отже, ′ () = () Fx fx для будь-якого x із цього
Fx CF xC fx fx () + ( )′ = ′ () + ′ = () += () 0
Fx C () + теж є
. Отже, для всіх xI ∈ функція Fx Fx C 1 () () = . Звідси Fx Fx C 1 () = () + . Маємо: будь-яка первісна для функції fx() на даному проміжку може бути записана у вигляді Fx C () + , де C —
довільна стала.
Наприклад, оскільки для функції fx x () = 2 на інтервалі −∞ +∞ () ; однією з первісних є функція Fx x () = 2 (справді, ′ () = ()′ = Fx xx 2 2 ), то загальний вигляд усіх первісних функції для функції fx x () = 2 можна записати так: xC 2 + , де C — довільна стала.
Зазвичай при зна ход женні первіс ної для функції fx() проміжок, на якому задано функцію fx(), не вка зують. При цьому ма ють на увазі про міжки най більшої довжини.
РОЗДІЛ 2. Інтеграл та його застосування
Геометричний зміст основної властивості первісної: графіки будь-яких первісних для даної функції fx() одержують один з одного паралельним перенесенням уздовж осі Oy (рис. 6.1). Справді, графік довільної первісної Fx C () + можна одержати з графіка первісної Fx() паралельним перенесенням уздовж осі Oy на C одиниць.
Нехай функція fx() має на деякому проміжку первісну Fx() . Тоді за основною властивістю первісної сукупність усіх первісних для функції fx() на заданому проміжку задається формулою Fx C () + , де C — довільна стала.
означення. Сукупність
Невизначений інтеграл
fx dx Fx C () = () +
fx
ним виразом, змінну x —
інтегрування і доданок C — сталою інтегрування.
Наприклад, як зазначалося вище, загальний вигляд первісних для функції fx x () = 2 записують так: xC 2 + , отже, 2 2 xdxx C ∫ =+ .
Ці правила подібні до відповідних правил диференціювання.
За допомогою невизначеного інтеграла це правило можна записати так:
Правило 1 можна поширити на будь-яку кількість доданків (оскільки похідна від будь-якої кількості доданків дорівнює сумі похідних доданків). Правило
якщо F — первісна
можна виносити за знак похідної, маємо cFcFcf()′ = ′ = , а це й означає,
За допомогою невизначеного інтеграла це правило можна записати так: cf xdxc fx dx ⋅ () = () ∫∫ , де
правильність цього пункту таблиці, достатньо перевірити, що похідна від указаної первісної
функції. Оскільки
Приклад 2. Знайдіть:
1) одну з первісних для функції fx x () = 4 на R;
2) усі первісні для функції fx x () = 4 ; 3*) xdx 4 ∫ .
1) Однією з первісних для функції fx x () = 4 на множині R є функція Fx x () = 5 5 , оскільки ′ () =
2) За основною властивістю первісних усі первіс-
ні для функції fx x () = 4
можна записати у вигляді x C 5 5 + , де C — довільна стала.
3*) xdxC x 4 5 5 ∫ =+ , де C — довільна стала. 1) Первісну для функції fx x () = 4 спробуємо
2)
3) За означенням fx dx Fx C () = () + ∫ ,
дженням первісних, можна
1. Поясніть, у якому випадку функцію
2. Сформулюйте основну властивість
3.
4*.
5.
Наведіть приклади.
У завданнях 6.1, 6.2 доведіть, що функція Fx()
fx() на
6.1° . 1) Fx x () = 5 , fx x () = 5 4 , x ∈− ∞+ ∞ ( ) ; ;
2) Fx x () = 3 , fx x () =−3 4 , x ∈+ ∞ ( ) 0; ;
3) Fx x () = 1 7 7 , fx x () = 6 , x ∈− ∞+ ∞ ( ) ; ;
4) Fx x () =− 1 6 6 , fx x () = 7 , x ∈+ ∞ ( ) 0; .
6.2. 1) Fx x () = sin 2 , fx x () = sin2 , x ∈ R ;
2) Fx x () = 1 2 2 cos , fx x () =− sin2 , x ∈ R ;
3) Fx x () = sin3 , fx x () = 33 cos , x ∈ R ;
4) Fx x () =+ 3 2 tg , fx x () = 1 2 2 2 cos , x ∈− ( ) ππ ; .
6.3. Перевірте, що функція Fx() є
для функції fx(). Знайдіть загальний вигляд первісних
функції fx(), якщо:
1) Fx xx x () =−sincos , fx xx () = sin ;
2) Fx x () =+ 2 1 , fx x x () = + 2 1 ;
3) Fx xx x () =+cossin , fx xx () = cos ;
4) Fx x x () =− 1 , fx x x () = + 1 2 2 .
завданнях 6.4, 6.5 визначте, чи є функція Fx() первісною для функції fx() на зазначеному проміжку.
6.4° . 1) Fx x () =−3sin , fx x () = cos , x ∈− ∞+ ∞ ( ) ; ;
2) Fx x () =− 5 4 , fx x () =−4 3 , x ∈− ∞+ ∞ ( ) ; ;
3) Fx x () =−cos4 , fx x () =− sin , x ∈− ∞+ ∞ ( ) ; ;
4) Fx x () =+ 2 2 , fx x () = 1 2 3 , x ∈+ ∞ ( ) 0; .
6.5. 1) Fx x x () =+ 2 2 cos , fx x () =− 2 1 22 sin , x ∈ R ;
2) Fx x () =− 4 2 , fx x x () =− 4 2 , x ∈− ( )22 ; ;
3) Fx x () = 1 2 , fx x () =− 14 1 2 , x ∈+ ∞ ( ) 0; ;
4) Fx xx () = 4 , fx x () = 6 , x ∈+ ∞ ( ) 0; .
завданнях 6.6, 6.7
функції fx().
6.6° . 1) fx x () =− 2 4 ; 5) fx x () = 6 ; 2) fx xx () =+ cos ; 6) fx x () =− 1 3 2 ;
3) fx x () = 4 ; 7) fx x () =− 1 1 4 ; 4) fx() =−8; 8) fx x () = 3 .
6.7*. 1) fx x x () =− + 2 3 3 1 ; 6) fx x () = 32 sin ; 2) fx xx x () =− + 2 5 cos ; 7) fx x () =−() 45 7 ;
3) fx x x () =− 1 2 sin ; 8) fx x () =−
1 34 cos π ; 4) fx x () =−51 2 ; 9) fx x () = () 3 415 4 . 5) fx x () =−() 28 5 ;
6.8. Для
1) fx x () = 1 2 , F 1 2 12
=− ; 3) fx x () = 3 , F () = 12 ; 2) fx x () = 1 2 cos , F
; 4) fx x () = sin , F () =− π 1 .
6.9. 1) fx x () =+21, M 00 ; ( ) ; 3) fx x () =+ 2 , M 13 ; ( ) ; 2) fx xx () =−32 2 , M 14 ; ( ); 4) fx xx () =− + 2 3 , M 21 ; ( ) .
6.10° . 1) fx x () = 2cos , M
2) fx x () =− 1 2 , M ( )39 ; ; 4) fx x () = 1 4 , M 1 2 3;
Виявіть свою компетентність
6.11. Швидкість
динати x від часу t, якщо
момент часу (t = 0 с) точка перебувала в початку координат ( v вимірюється у метрах на секунду).
6.12*. Матеріальна точка рухається
t = 1 с її швидкість дорівнює 10 м/с, а координата 12 м (а вимірюється у метрах на секунду в квадраті).
6.13*. Матеріальна точка масою m рухається по осі Ox
дією сили Ft() , напрямленої вздовж цієї осі. Запишіть формулу залежності xt(), якщо відомо, що при tt = 0 швидкість точки дорівнює v0 , а координата x0 ( Ft() вимірюють у ньютонах, t у секундах, v у метрах на секунду, m у кілограмах):
1) Ft t () =−69 , t0 1 = , v0 4 = , x0 5=− , m = 3; 2) Ft t () = 14 sin , t0 =π , v0 2 = , x0 3 = , m = 7 ; 3) Ft t () = 25 cos , t0 2 = π , v0 2 = , x0 4 = , m = 5; 4) Ft t () =+
функції знайти (відновити) цю функцію. Покажемо,
обчислення площі фігури.
Наприклад, у механіці часто доводиться визначати координату xt() матеріальної точки, що рухається прямолінійно, знаючи залежність її швидкості від часу vt() (нагадаємо, що vt xt () = ′ ()).
Розглянемо спочатку випадок, коли точка рухається з постійною швидкістю vv = 0 . Графіком швидкості в системі координат tv ; ( ) є пряма vv = 0 , паралельна осі часу t (рис. 7.1). Якщо вважати, що в початковий
момент часу t = 0 точка перебувала в початку координат, то шлях s, пройдений нею за час t, обчислюють
швидкості, віссю абсцис
vt() ⋅∆t , На графіку цей
сторонами ∆t і vt() (рис. 7.2).
часу tt t ; + [] ∆ , дорівнює
,
леної на цьому рисунку. Тоді весь шлях, пройдений матеріальною точкою за відрізок часу 0; t [] , можна обчислити
трапецій, тобто шлях дорівнюватиме площі зафарбованої фігури під графіком швидкості (рис. 7.3).
Наведемо відповідні означення й обґрунтування, які дозволять зробити ці міркування більш строгими.
Нехай на відрізку ab ; [] осі Ox задано неперервну функцію fx(), яка набуває на цьому відрізку тільки невід’ємних значень.
Означення. Фігура, обмежена
(рис. 7.4).
Відрізок ab ; []
трапеції. З’ясуємо, як можна обчислити площу криволінійної трапеції
помогою первісної для функції fx(). Позначимо через Sx() площу криволінійної трапеції
до означення похідної
∆x → 0 .
спрощення
розглядається аналогічно).
Оскільки ∆∆ SS xx Sx =+() () , то
0 . Це означає, що ′ () = () Sx fx , тобто Sx() є первісною для функції fx().
Оскільки функція Sx() є первісною для функції fx(), то за основною властивістю первісних будь-яка інша
xa b ∈[] ; відрізняється
РОЗДІЛ 2. Інтеграл та його застосування
Тобто, площу криволінійної трапеції (див. рис. 7.4) можна обчислити за формулою SF bF a = () () , (3)
де Fx() — довільна первісна для функції fx().
Отже, обчислення площі криволінійної трапеції зводиться до знаходження первісної Fx() для функції fx(), тобто до інтегрування функції fx().
Означення. Різниця Fb Fa () () називається визначеним інтегралом функції fx() на
відрізку ab ; [].
:
— нижньою межею, b — верхньою. Отже, за наведеним означенням
Формулу (4) називають формулою
В записі обчислення визначеного інтеграла різницю Fb Fa () () прийнято позначати так: Fx b a
позначенням, формулу
вигляді:
інтеграл та його застосування
відрізком ab ; [] осі Ox і прямими
xa = і xb = (див. рис. 7.4), можна об-
числювати за формулою Sf xdx a b = () ∫ .
Це співвідношення відображає гео-
метричний зміст визначеного інтеграла.
Наприклад, площу криволінійної трапеції, обмеженої графіком функ-
ції yx = cos , відрізком
тільки числові відповіді. Якщо в результаті обчислень
Для випадку ab = також за означенням вважатимемо, що
Формальне застосування формули Ньютона — Лейбніца до обчислення інтегралів у формулах (5) і (6) дає такий самий результат. Справді, якщо функція Fx() є первісною для функції fx(), то
За допомогою формули Ньютона — Лейбніца легко обґрунтувати
швидкість, a — прискорення
1)
2)
формулу
() + () () =
fx gx dx
= () + () ∫∫ fx dx gx dx
7.2.
7.3.
7.4.
7.5. 1) yx =− 1 3 , y = 0 , x = 0 ; 2) yx =− 2 3 , y = 1, x =−1 , x = 1; 3) yx x =− 2 4 , y = 0 , x =−3 , x =−
7.6. 1) yx = 3 , y = 8 , x = 1;
2) yx = 2cos , y = 1, x =− π 3 , x = π 3 ;
3) yx x =− + 2 24 , y = 3, x =−1 ;
4) yx = sin , y = 1 2 , x = π 6 , x =− 5 6 π .
7.7. 1) yx x =− 4 2 , yx =− 4 ; 3) yx = 2 , yx = 2 ; 2) y x = 16 2 , yx = 2 , x = 4 ; 4) yx =−62 , yx x =+ 6 2 .
7.8. 1) yx x =− + 2 44 , yx =− 4 2 ; 3) yx = 2 , yx x =− 2 2 ; 2) yx x =− + 2 22 , yx x =+26 2 ; 4) yx = 2 , yx = 3 .
Виявіть свою компетентність
7.9. Потрібно пофарбувати з однієї сторони 30 однакових
плоских металевих деталей. Ескіз деталі зображено на рис. 7.8 (верхня межа деталі задається графіком функції yx = 8 , а нижня графіком функції yx = 2 , одиничний відрізок на ескізі дорівнює 20 см). Скільки банок, що містять по 0,9 кг фарби, потрібно придбати, якщо для фарбування 1 м2 поверхні витрачається 130 г фарби?
7.10. Під дією сили F = 10 Н пружина розтягується на 2 см. Яку роботу при цьому виконує сила F, якщо за законом Гука Fkx = , де x деформація пружини, k
коефіцієнт
у схемі перед прикладами розв’язування задач).
7.11. Чому формула
1.
Архімед (287–212 рр. до н. е)
Г. Лейбніц (1646–1716)
Ж.-Л. Лагранж (1736–1813)
Євдоксом Кнідським (бл. 408 — бл. 355 рр. до н. е.) і вдосконалений Архімедом
Зазначимо, що математики XVII ст., які здобули багато но-
ст. було зроблено багато відкриттів стосовно інтегрального числення, уведено основні поняття і терміни. Символ ∫ увів Г. Лейбніц (1675). Цей знак є зміненою латинською
S (перша буква слова summa). Саме ′ слово інтеграл увів Я. Бернуллі (1690). Інші відомі вам терміни, що стосуються інтегрального числення, з’явилися значно пізніше.
(або первісна) для функції f (x), яка утворюється з F(x) диференціюванням. Поняття невизначеного інтеграла та його позначення ввів Лейбніц, а по-
значення визначеного інтеграла fx dx a b () ∫ увів
Ж.-Б. Фур’є (1768–1830).
Слід зауважити, що при всій значущості результатів, здобутих математиками XVII ст., інтегрального числення ще не було. Необхідно було окреслити загальні ідеї, на яких ґрунтується розв’язування багатьох окремих задач, а також установити зв’язок операцій диференціювання й інтегрування. Це виконали І. Ньютон і Г. Лейбніц
Ж.-Б. Фур’є (1768–1830)
дати логічні основи нового числення тощо. Але головне
числення створено. Методи інтегрального числення активно розвивались у наступному столітті (насамперед слід
назвати імена Л. Ейлера, який завершив систематичне дослідження інтегрування елементарних функцій, та Й. Бернуллі). У розвиток інтегрального числення значний внесок зробили математики з України В. Я. Буняковський (1804–1889) і М. В. Остроградський (1801–1862). Багато теорем і формул Остроградського
В. Я. Буняковський (1804–1889) М. В. Остроградський (1801–1862)
1.
3.
функція Fx xC () =+ ctg .
fx x () = 1 2 cos
fx x () = tg Д fx x () =− 1 2 sin
fx x () =− 1 2 cos Г fx x () = 1
жуть повторюватися, то сполуку
без повторень.
якої вказано,
гому, ..., який — на n-му).
Формула числа
перестановок Pn ( )
Pn n = ! ,
nn ! = ⋅⋅⋅ …⋅ 12 3 (читають: «ен факторіал»)
ному числі, дорівнює: P6 61 2345 6720 == ⋅⋅⋅ ⋅⋅ = ! .
Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей і математичної статистики
Під час розв’язування багатьох практичних задач доводиться вибирати з певної сукупності об’єктів елементи, що мають ті або інші властивості, розміщувати ці елементи в певному порядку тощо. Оскільки в таких задачах ідеться про ті або інші комбінації об’єктів, то такі задачі називають
методи розв’язування комбінаторних задач, називають
У комбінаториці розглядають вибір і розміщення елементів деякої скінченної множини на основі якихось умов.
Вибрані (або вибрані й розміщені) групи елементів називають сполуками. Якщо всі елементи сполуки різні, то одержуємо сполуку без повторень, а якщо елементи можуть повторюватися, то одержуємо сполуку з повтореннями.
Надалі в цьому розділі будемо розглядати тільки сполуки без повторень, тому не будемо окремо вказувати на це у кожному випадку.
Розв’язування багатьох комбінаторних задач спирається на два основних правила — правило
Правило суми
Якщо на тарілці лежить 5 груш і 4 яблука, то вибрати один фрукт (тобто грушу або яблуко) можна 9 способами 54 9 += () . У загальному вигляді справедливе таке твердження.
§ 8. Елементи комбінаторики
54 20 ⋅= способами (оскільки до кожної з 5 ручок можна взяти будь-який із 4 зошитів). У загальному вигляді має місце таке твердження.
Якщо елемент A можна вибрати m способами, а після цього елемент B — n способами, то A і B можна вибрати mn ⋅ () способами.
Це твердження означає, що оскільки для кожного з m елементів A можна взяти в пару будь-який з n елементів В, то кількість пар дорівнює добутку mn ⋅ .
Повторюючи наведені міркування декілька разів (більш строго — використовуючи метод математичної індукції), одержуємо, що правила суми й добутку можна застосовувати при виборі довільної скінченної кількості елементів.
2. Упорядковані множини
Під час розв’язування комбінаторних задач доводиться розглядати не тільки множини, у яких елементи можна записувати в будь-якому порядку, а й так звані впорядковані множини. Для впорядкованих множин суттєвим є порядок розміщення їх елементів, тобто те, який елемент записано на першому місці, який на другому і т. д. Зокрема, якщо одні й ті самі елементи записати в різному порядку, то отримаємо різні впорядковані множини. Щоб відрізнити запис упорядкованої множини від невпорядкованої, елементи впорядкованої множини часто записують у круглих дужках, наприклад 12 31 ;;;;32 ( ) ≠ ( ) .
Розглядаючи впорядковані множини, треба враховувати, що одну й ту саму множину можна впорядкувати по-різному. Наприклад, множину з трьох чисел {} 51 3 ;; можна впорядкувати за зростанням: ( ) 51 3 ;; , за спаданням: 31 5 ;; ( ) , за зростанням абсолютної величини числа: 13 5 ;; ( ) тощо.
Будемо розуміти, що, для того щоб задати скінченну впорядковану множину з n елементів, достатньо вказати, який елемент розміщено на першому місці, який на другому, ..., який на n-му.
3. Розміщення
РОЗДІЛ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей і математичної статистики
Наприклад, із множини з трьох цифр 15 7 ;; {} можна скласти такі розміщення з двох елементів: 15 ; ( ) , 17 ; ( ), 57 ; ( ) , 51 ; ( ) , 71 ; ( ), 75 ; ( ) .
Кількість розміщень із n елементів по k позначають Ank (читають: «A з n по k»). Як бачимо, A3 2 6 = .
З’ясуємо, скільки можна скласти
розміщень із n елементів по k.
Складання розміщення уявимо як
послідовне заповнення k місць, які будемо зображати у вигляді
клітинок (рис. 8.1.1).
На перше місце ми можемо помістити один з n елементів зада-
ної множини (тобто елемент для
першої
Кількість розміщень із n елементів
по k позначають Ank . A — перша літера французького слова arrangement — розміщення.
ням, одержаним вище).
Під час розв’язування найпростіших комбінаторних задач важливо правильно вибрати формулу, за якою будуть проводитись обчислення кількості сполук. Для цього достатньо з’ясувати:
Приклади
Розв’язання Коментар
Кількість способів вибрати з дванадцяти спортсменок чотирьох для участі в естафеті дорівнює кількості розміщень з 12 елементів по 4, тобто A12 4 121110 911 880 =⋅ ⋅⋅ = .
Для вибору формули відповідаємо на запитання, наведені вище. Оскільки для спортсменок важливо, у якому порядку вони будуть бігти, то порядок розміщення
Приклад 2. Знайдіть кількість трицифрових чисел,
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, якщо цифри в числі не повторюються.
Розв’язання Коментар
Кількість трицифрових чисел, які
можна скласти з семи цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, дорівнює числу розміщень із 7 елементів по 3, тобто A7 3 76 5210 =⋅ ⋅= .
Для вибору формули з’ясовуємо, що для чисел, які ми будемо складати, порядок розміщення враховується й не всі елементи вибираються (тільки 3 із заданих семи). Отже, відповідна сполука — розміщення з 7 елементів по 3.
Приклад 3*. Знайдіть кількість трицифрових
1.
й поясніть на прикладах правило суми й правило добутку для розв’язування комбінаторних задач.
2. Поясніть, яку скінченну множину вважають упорядкованою. Наведіть приклади впорядкованих скінченних множин.
3. Поясніть, що називають розміщенням з n елементів по k без повторень. Наведіть приклади.
4. Запишіть
5*. Обґрунтуйте
рави
8.1.1
8.1.2° . У коробці міститься 10 білих і 6 чорних куль. Скількома спосо
з коробки
витягти: 1) одну кулю будьякого кольору; 2) дві кулі різного кольору?
8.1.3. У корзині лежать 12 яблук і 9 апельсинів (усі різні). Петрик вибирає або яблуко, або апельсин, після чого Надійка вибирає з тих фруктів, що залишилися, і яблуко, і апельсин. Скільки існує таких виборів? При якому виборі Петрика в Надійки більше можливостей вибору?
8.1.4*. Дитині потрібно виконати 4 тести протягом
один тест?
8.1.5*. Скількома способами може розміститися родина
8.1.6. Із 30 присутніх на зборах треба вибрати голову та секретаря. Скількома способами це можна зробити?
8.1.7. Скількома способами можуть зайняти перше, друге й третє місця 8 учасниць фінального забігу на дистанцію 100 м (припускаємо, що всі вони покажуть різний час)?
8.1.8. Скількома способами можна виготовити трикольоровий прапор з вертикальними смугами, якщо є матеріал 7 різних кольорів?
8.1.9. На площині відмітили 5 точок. Їх потрібно позначити латинськими буквами. Скількома способами це можна зробити (у латинському алфавіті 26 букв)?
8.1.10. Скільки чотирицифрових чисел можна скласти з
8.1.11*. Скільки
8.1.12.
8.1.13*.
8.3. комбінації
множини. Наприклад, із множини abcd ,, , {} можна скласти такі комбінації
повторень із трьох елементів: ab c ,, {} , ab d ,, {}, ac d ,, {}, bc d ,, {}.
Кількість комбінацій без повторень із n елементів
Cnk (читають: «число
Як бачимо, C4 3 4 = .
З’ясуємо, скільки всього можна
§ 8. Елементи комбінаторики
1) Оскільки CC n nk n k n nk nn k n nk k = () (()) = () = ! !( ! ! !! , то CC n k n nk = . (4)
Для того щоб формулу (4) можна було використовувати і при kn = , домовилися вважати, що Cn0 1 = . Тоді за формулою (4) CC n n n == 0 1 .
Зауважимо, що формулу (4) можна отримати без обчислень за допо-
могою досить простих комбінаторних міркувань. Коли ми вибираємо k предметів із n, то nk предметів ми залишаємо. Якщо ж, навпаки, вибрані предмети залишимо, а інші nk виберемо, то одержимо спосіб вибору nk предметів із n. Зазначимо, що ми одержали взаємно однозначну відповідність способів вибору k і nk предметів із n. Отже, кількість тих і інших способів
Але кількість одних Cnk , а інших Cnnk , тому CC n k n nk = . Якщо у формулі (3)
за якою зручно обчислювати Cnk при малих значеннях
Вибрати 2 яблука
повіді на запитання, наведені вище. Оскільки порядок розміщення
Одержуємо:
Спочатку окремо
§ 8. Елементи комбінаторики
итання
1. Поясніть, що називається комбінаціями з n елементів по k без повторень. Наведіть приклади.
2. Запишіть формулу для обчислення числа комбінацій із n елементів по k без повторень. Наведіть приклади її використання.
3*. Обґрунтуйте формулу для обчислення числа комбінацій із n елементів по k без повторень.
4. Поясніть на прикладах, як можна
час розв’язування найпростіших
задач.
8.3.1
3 набори?
8.3.3° . Учням дали список із 10 книжок, що рекомендовано прочитати під час канікул. Скількома способами учень (учениця) може вибрати з них 6 книжок?
8.3.4. На полиці стоїть 12 книжок: англоукраїнський словник і 11 художніх творів англійською мовою. Скількома способами читач може вибрати 3 книжки, якщо: 1) словник потрібний йому обов’язково; 2) словник
8.3.5° . У класі
8.3.8° . Скільки перестановок можна зробити з букв слова ХАРКІВ?
8.3.9 ° . Із 12 робітників-бурильників потрібно відрядити 5 для роботи в сусідній області. Скількома способами можна утворити таку бригаду для відрядження?
8.3.10. Скількома різними способами збори, на яких присутні 40 осіб, можуть обрати з числа своїх учасників голову зборів, його заступника та секретаря?
8.3.11. Скільки прямих ліній можна провести через 8 точок, з яких ніякі три не лежать на одній прямій? (Кожна пряма має проходити через дві задані точки.)
8.3.12. Скільки різних п’ятицифрових чисел можна записати за допомогою цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 без їх повторень?
8.3.13. Визначте число всіх діагоналей правильного:
1) п’ятикутника;
2) восьмикутника;
3) дванадцятикутника
4) п’ятнадцятикутника.
8.3.14. Скільки різних трикольорових прапорів можна зробити, комбінуючи 3 вертикальні смуги жовтого, чорного та червоного кольорів?
8.3.15. Скільки різних площин можна провести через 10 точок, якщо ніякі чотири точки не лежать в одній площині?
8.3.16*. Скільки різних п’ятицифрових чисел можна написати за допомогою цифр 0, 2, 4, 6, 8 без їх повторень?
8.3.17. Серед перестановок із цифр 1, 2, 3, 4, 5 скільки таких, що не починаються цифрою 5? числом 12? числом 123?
8.3.18. Серед комбінацій із 10 букв a, b, c, ... по 4 скільки таких, що не містять букви a? букв a і b?
8.3.19. Серед розміщень із 12 букв a, b, c, ... по 5 скільки таких, що не містять букви a? букв a і b?
Таблиця 13 1. Випадкові
Поняття Приклади
Під експериментами з випадковими результатами (або, коротше, випадковими експериментами) розуміють різні
експерименти, досліди, випробовування, спостереження, виміри, результати яких залежать від випадку і які можна повторити багато разів в однакових умовах.
Будь-який результат випадкового експерименту називають випадковою
Експерименти з рулеткою, підкиданням грального кубика, підкиданням монети, серія пострілів одного стрільця по одній
Події A і B називають несумісними, якщо вони не можуть відбутися одночасно в даному експерименті.
Події C1 , C2 , ... , Cn називають несумісними, якщо кожна
експерименті з підкидання монети події A — випав «герб» і B — випало «число» — несумісні.
Знайдіть імовірність випадання
Нам часто доводиться проводити різні спостереження, досліди, брати участь в експериментах або випробуваннях. Часто такі експерименти завершуються результатом, який заздалегідь передбачити неможливо. Наприклад, ми купуємо лотерейний квиток і не знаємо, виграємо чи ні; підкидаємо монету і не знаємо, що випаде — «число» чи «герб». Чи можна якимось чином оцінити шанси появи результату, який нас цікавить? Відповідь на ці запитання дає розділ математики, що має назву теорія ймовірностей. Ми ознайомимося тільки з основами цієї теорії. Одним з основних понять, які розглядаються в теорії ймовірностей, є поняття експерименту
Прикладом такого експерименту може бути підкидання монети суддею футбольного матчу перед його початком із метою визначення, яка з команд почне матч із центра поля.
Під експериментами з випадковими результатами (або, коротше, випадковими експериментами) розуміють різні експерименти, досліди, випробовування, спостереження, виміри, результати яких залежать від випадку і які можна повторити багато разів в однакових умовах. Наприклад, це серія пострілів одного стрільця по одній і тій самій мішені, участь у лотереї, витягання пронумерованих куль із коробки, експерименти з рулеткою, підкиданням грального кубика, підкиданням монети.
Будь-який результат випадкового експерименту називають випадковою подією.
Унаслідок експерименту, який розглядається, ця подія може або відбутися, або не відбутися. Зазначимо, що для кожного випадкового експерименту звичайно заздалегідь домовляються, які його результати розглядаються як елементарні події, а потім випадкова подія розглядається як підмножина отриманої множини (див. п. 3 табл. 13).
Надалі, як правило, будемо позначати випадкові події великими латинськими літерами: A, B, C, D, ... .
Говорячи про випадкові події, будемо вважати, що вони пов’язані з одним конкретним випадковим експериментом.
Зауважимо, що багато важливих і потрібних фактів теорії ймовірно-
У математичної монети немає кольору, розміру, ваги та ціни. Вона не зроблена ні з якого матеріалу й не може служити платіжним засобом. Монета, з погляду теорії ймовірностей,
«герб», а інша — «число». Монету кидають, і вона падає однією зі сторін угору. Ніяких інших
інші
в глибокій давнині в Індії, Китаї, Лідії, Єгипті,
§
9. Основні поняття теорії ймовірностей
Математичний гральний кубик, який обговорюється в теорії ймовірностей, це математичний образ правильного кубика. Випадання всіх граней рівноможливе. Подібно до математичної монети, математичний кубик не має ні кольору, ні розміру, ні ваги, ні інших матеріальних якостей.
Рис. 9.1
2. Деякі поняття, пов’язані з випадковими подіями
Нехай проведено якийсь випадковий експеримент. Як зазначалося вище, його результатами є деякі випадкові
перименту кожна з подій може
Наприклад, в експерименті
B випало «число».
Означення. Події A і B називаються несумісними,
відбутися одночасно в даному експерименті.
Так, в експерименті з одноразового підкидання монети події A випав «герб» і B випало «число» несумісні.
Події C1 , C2, ..., Cn називають несумісними, якщо кожна пара з них несумісна в даному експерименті. Для експерименту з підкидання грального кубика події: C1 випадання 1 очка, C2 випадання 2 очок, C3 випадання 3 очок, C4 випадання 4 очок, C5 випадання 5 очок, C6 випадання 6 очок
подіями, а множину всіх цих подій Uu uun =…{} 12,, , простором елементарних подій.
Наприклад, для експерименту з підкидання монети елементарними
подіями будуть: u1 випадання «герба», u2 випадання «числа». Тоді простір елементарних подій буде складатися з двох подій: Uu u = {} 12 , . (Ці події несумісні, і в результаті експерименту
одна з цих подій.)
Для експерименту з підкидання грального кубика
подіями можуть бути: u1
1 очка, u2 випадання 2 очок, u3 випадання 3 очок, u4 випадання 4 очок, u5 випадання 5 очок, u6 випадання 6 очок. У цьому випадку простір елементарних подій буде складатися з шести подій: Uu uuu uu = {} 12 34 56 ,,, ,, . Будь-яку підможину простору елементарних подій U вважатимемо випадковою подією A. Наприклад, для
ного кубика випадковою є подія A
оскільки Au uu = {} 246 ,, підмножина U.
4. Класичне означення ймовірності
Нехай результатом деякого випадкового експерименту може бути одна й тільки одна з n попарно несумісних і рівноможливих елементарних подій u1 , u2 , ..., un (тобто простір U елементарних подій даного випадкового експерименту складається з рівноможливих
експерименті подія A полягає в тому, що відбувається одна
чином.
означення. Якщо розглядається простір рівноможливих
дорівнює 1 6 .
Обґрунтуйте це самостійно.
Зазначимо, що коли в будь-якому
ву
B що при киданні кубиків у сумі випало 7 очок.
Для події A сприятливими є такі 5 результатів (елементарних подій): 26 ; ( ), 35 ; ( ) , 44 ; ( ) , 53 ; ( ) ,
події B сприятливими
подій): 16 ; ( ) , 25 ; ( ) , 34 ; ( ) , 43 ; ( ) , 52 ; ( ) , 61 ; ( ) .
Тоді PA() = 5 36 , PB()
шансів
ведливою.
Зазначимо, що результати
підбирають так, щоб подія, ймовірність якої потрібно знайти,
того щоб використати класичне
жина тільки двох подій: u1 випадання парної кількості очок, u2 випадання непарної кількості очок (оскільки ці
попарно несумісні й у результаті експерименту обов’язково відбудеться одна з цих подій). Ці події рівноможливі (оскільки серед чисел 1, 2, 3, 4, 5, 6 рівно половина парних і половина непарних).
з них дорівнює 1 2 . Звичайно, якби ми розглянули перший
1. Поясніть, що таке випадковий експеримент та випадкова подія. Наведіть приклади.
2. Поясніть, які події вважають рівноможливими. Наведіть приклади рівноможливих та нерівноможливих подій. Які події вважають несумісними? Наведіть приклади.
3. Поясніть зміст класичного означення ймовірності. Наведіть приклади. Як позначають імовірність події A?
4. Яку подію вважають вірогідною, а яку неможливою? Наведіть приклади. Чому дорівнюють імовірності вірогідної
9.2.
9.3
3 браковані. Яка ймовірність купити браковану батарейку?
9.4° . У магазині підрахували, що звичайно з 1000 телевізорів виявляється 2 бракованих. Яка ймовірність того, що телевізор, вибраний навмання в цьому магазині, буде бракованим?
9.5° . За статистикою в місті N у середньому за рік із 1000 автомобілістів 2 потрапляють в аварію. Яка ймовірність того, що автомобіліст у цьому місті весь рік проїздить без аварій?
9.6° . Яка ймовірність того, що в Києві сонце зійде на заході?
9.7 ° . Яка ймовірність того, що після 31 грудня настане 1 січня?
9.8° . У
9.9 ° . До екзамену з вищої математики у
«нещасливий» білет?
9.10 ° . На запитання вікторини було
числі й ваша. Для визначення призера ведучий повинен навмання витягти одну листівку. Яка ймовірність того, що приз дістанеться вам?
9.11. У лотереї 10 виграшних квитків
9.12. Задача Д’Аламбера
9.13.
9.14.
9.15. У кишені хлопчика лежать 6 монет (рис. 9.4). Яка ймовірність вийняти навмання монету: 1) з номіналом, що є парним числом; 2) з номіналом, що є непарним числом; 3) з номіналом менше 20?
9.16. На картці Суперлото (6 з 52) Данило позначив номери: 1, 2, 3, 4, 5, 6. Наталя на своїй картці позначила номери: 5, 12, 17, 23, 35, 49. Як ви гадаєте, виграш якого набору чисел більш імовірний? Поясніть свою відповідь.
9.17. Ілля позначив у картці Суперлото (6 з 52) номери: 7, 11, 15, 29, 38, 40 і виграв. Тоді він вирішив, що ця комбінація чисел щаслива і він буде відмічати її у всіх тиражах. Чи дійсно він збільшить свої шанси на виграш? Поясніть свою відповідь.
9.18. У сумці лежать 12 червоних, 10 зелених і 3 жовтих яблука.
1) Яблуко якого кольору ймовірніше всього вийняти навмання із сумки?
2) Яка ймовірність вийняти навмання: а) яблуко; б) грушу; в) зелене яблуко; г) не червоне яблуко?
9.19. Ви виграєте, якщо куля, вийнята навмання з коробки, біла. Яку з коробок вигідніше вибрати для гри, щоб імовірність виграшу була більшою, якщо:
9.21. У коробці половина цукерок у червоних обгортках, третина — у синіх, решта — у зелених. Навмання вийняли одну цукерку. Обгортка якого кольору найменш імовірна в цієї цукерки? Знайдіть цю ймовірність.
9.22. У шухляді лежать 8 червоних, 2 синіх і 20 зелених олівців. Ви навмання виймаєте олівець.
1) Яка ймовірність того, що це: а) червоний олівець; б) жовтий олівець; в) не зелений олівець?
2) Яку найменшу кількість олівців потрібно вийняти, щоб з імовірністю, яка дорівнює 1, серед них був зелений олівець?
9.23. Кидають одночасно два гральні кубики. Яка ймовірність того, що сума очок буде дорівнювати 12?
9.24. На лавку довільним чином сідають двоє чоловіків і жінка. Яка ймовірність того, що чоловіки опиняться поруч?
9.25. Із 5 карток із буквами M, P, O, A, E навмання вибирають 4 картки. Знайдіть імовірність того, що, поклавши їх у ряд у тому порядку, у якому їх вибирали, одержать слово МОРЕ.
9.26. Випущено партію з 500 лотерейних білетів. Імовірність того, що перший вибраний навмання білет із цієї партії буде виграшним, дорівнює 0,2. Визначте кількість білетів без виграшу серед цих 500 білетів.
9.27. У коробці лежать різнокольорові кульки, з яких 30 червоних, 10 зелених, а решта — жовті. З’ясуйте, скільки жовтих кульок лежить у коробці, якщо ймовірність вибору випадковим чином жовтої кульки дорівнює 0,6.
9.28*. У торбинці лежать 3 цукерки з молочного шоколаду та m цукерок із чорного шоколаду. Усі цукерки мають однакові форму й розміри.
Економічна статистика вивчає зміну цін, попиту та пропозиції на товари, прогнозує зростання й падіння виробництва й споживання. Медична статистика вивчає ефективність різних ліків і методів лікування, ймовірність виникнення деякого захворювання залежно від віку, статі, спадковості, умов життя, шкідливих звичок, прогнозує поширення епідемій. Демографічна статистика вивчає народжуваність, чисельність населення, його склад (віковий, національний, професійний). А є ще статистика фінансова, податкова, біологічна, метеорологічна...
Статистика має багатовікову історію. Уже в стародавньому світі вели статистичний облік населення. Однак довільні тлумачення статистичних даних, відсутність строгої наукової бази статистичних прогнозів навіть у середині XIX ст. ще не дозволяли говорити про статистику як науку. Тільки у XX ст. з’явилася математична статистика — наука, яка спирається на закони теорії ймовірностей. Виявилося, що статистичні методи обробки даних із самих
Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей і математичної статистики
У математичній статистиці розглядають методи, які дають можливість за результатами експериментів (статистичними даними) робити певні висновки ймовірнісного характеру.
Математична статистика ділиться на дві широкі галузі:
1) описова статистика, яка розглядає методи опису статистичних даних, їх табличне і графічне подання тощо;
2) аналітична статистика (теорія статистичних висновків), яка розглядає обробку даних, одержаних у ході експерименту, і формулювання висновків, що мають прикладне значення для конкретної галузі людської діяльності. Теорія статистичних висновків тісно пов’язана з теорією ймовірностей і базується на її математичному апараті.
Серед основних задач математичної статистики можна зазначити такі.
1. Оцінка ймовірності. Нехай деяка випадкова подія має ймовірність p > 0 , але її значення нам невідоме. Необхідно оцінити цю ймовірність за результатами експериментів, тобто розв’язати задачу про оцінку ймовірності через частоту.
2. Оцінка
Досліджується деяка випадкова величина, точний вираз для закону розподілу якої нам невідомий. Потрібно за результатами експериментів знайти наближений вираз для функції, що задає закон розподілу.
3. Оцінка числових характеристик випадкової величини.
4. Перевірка статистичних гіпотез (припущень). Досліджується деяка випадкова величина. Виходячи з певних міркувань, висувається гіпотеза, наприклад, про розподіл цієї випадкової величини. Потрібно за результатами експериментів прийняти або відхилити цю гіпотезу.
Результати досліджень, що проводяться методами математичної статистики, застосовуються для прийняття рішень. Зокрема, під час планування й організації виробництва, в процесі контролю якості продукції,
Вибірка Те, що вибирають
Варіанта Значення одного з результатів спостереження (вимірювання)
Ряд даних Значення всіх результатів спостереження (вимірювання)
ряд
Множина результатів, які реально одержані в даному спостереженні (вимірюванні)
Варіанта Одне зі значень елементів вибірки
Варіаційний ряд
2. Генеральна сукупність і вибірка
Для вивчення різних масових явищ
статистичні дослідження. Будь-яке статистичне дослідження починається з цілеспрямованого збору інформації про явище або процес, що
Цей етап називають етапом статистичних спостережень. Для отримання статистичних даних у результаті спостережень схожі елементи деякої сукупності порівнюють за різними ознаками. Наприклад, учнів 11 класів можна порівнювати за зростом, розміром одягу, успішністю і т. д. Болти можна порівнювати за довжиною, діаметром, вагою, матеріалом тощо. Практично будь-яка ознака або може бути безпосередньо виміряна, або може одержати
Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей і математичної статистики
У подібних випадках замість вивчення всіх елементів сукупності, яку називають генеральною сукупністю, обстежують її значну частину, обрану випадковим чином. Цю частину називають вибіркою, а число елементів у вибірці — об’ємом
Якщо у вибірці всі основні ознаки генеральної сукупності присутні в тій самій пропорції і з тією самою відносною частотою, з якою дана ознака виступає в заданій генеральній сукупності, то цю вибірку називають репрезентативною.
Іншими словами, репрезентативна вибірка є меншою за розміром, але точною моделлю тієї генеральної сукупності, яку вона має відображати. У тій мірі, у якій вибірка є репрезентативною, висновки, що ґрунтуються на вивченні цієї вибірки, можна з великою упевненістю вважати застосовними до всієї генеральної сукупності.
Поняття репрезентативності відібраної сукупності не означає, що вона повністю за всіма ознаками представляє генеральну сукупність, оскільки це практично неможливо забезпечити. Відібрана частина має бути репрезентативною відносно тих ознак, які вивчаються.
Щоб вибірка була репрезентативною, вона має бути виокремлена з генеральної сукупності випадковим чином.
Найчастіше використовують такі види вибірок:
§ 10. Поняття про статистику. Характеристики рядів даних
виокремлену вибірку, зазвичай подані у вигляді набору чисел, записаних дослідником у порядку їх надходження.
Кількість (n) чисел у цьому наборі називають об’ємом вибірки, а кількість (m) з’явлень варіанти (одного зі значень елементів вибірки) — частотою варіанти. Відношення m n називають відносною частотою (W ) варіанти.
Використовуючи ці поняття, запишемо співвідношення між ними в репрезентативній вибірці.
Знак sS ∑ = () (сигма, читають: «сума») — знак, уведений Л. Ейлером для позначення суми всіх значень деякої величини.
§ 10. Поняття про статистику. Характеристики
итання
1. Поясніть, які завдання розв’язують статистика й математична статистика.
2. Поясніть, як ви розумієте терміни: генеральна сукупність, вибірка, репрезентативна вибірка. Наведіть приклади. вП рави
10.1.1. В уривку з художнього твору деякого автора обсягом 600 слів дієслова трапляються 72 рази. Визначте орієнтовну кількість дієслів в уривку обсягом 2000 слів цього автора.
10.1.2. Серед випадковим чином вибраних 100 молодих
2
1)
2) 100
3) 100
3
4
1) 2 деталі; 2) 100 деталей, які виготовили останніми; 3)
1)
10.2. табличне і графічне П одання даних. числові характеристики
зростання (мається на увазі, що кожне наступне число
ряд
вибірки має вигляд 5, 3, 7, 4, 6, 4, 6, 9, 4, то після ранжирування
3, 4, 4, 4, 5, 6, 6, 7, 9 (1) Розмах
більшим і найменшим значеннями
величини у вибірці. Для ряду (1) розмах вибірки: R =− = 93 6 . Мода (Mo)
Мода — це значення елемента вибірки, яке зустрічається частіше за інші.
ряді (1) значення 4 зустрічається найчастіше, отже, Mo = 4 . Медіана (Me)
Медіана — це так зване серединне
вимірюється, або може одержати числову характеристику. Тому початкові
§ 10. Поняття про статистику. Характеристики рядів даних
Наприклад, нехай у результаті вивчення розміру взуття 30 хлопчиків 11 класу було одержано набір чисел (результати записано в порядку опитування): 39; 44; 41; 39; 40; 41; 45; 42; 44; 41; 41; 43; 42; 43; 41; 44; 42; 38; 40; 38; 41; 40; 42; 43; 42; 41; 43; 40; 40; 42.
Щоб зручніше було аналізувати інформацію, у подібних ситуаціях числові дані спочатку ранжирують, розташовуючи їх у порядку зростання (коли кожне наступне число або більше, або не менше за попереднє).
У результаті ранжирування одержуємо такий ряд: 38; 38; 39; 39; 40; 40; 40; 40; 40; 41; 41; 41; 41; 41; 41; 41; 42; 42; 42; 42; 42; 42; 43; 43; 43; 43; 44; 44; 44; 45.
Потім складаємо таблицю, у першому рядку якої вказуємо всі різні значення одержаного ряду даних (X — розмір взуття вибраних 30 хлопчиків 11 класу), а в другому рядку — їх частоти M:
Одержуємо ряд розподілу ознаки X, яка розглядається, за частотами. Іноді зручно проводити аналіз ряду розподілу на основі його графічного зображення.
Позначимо на координатній площині точки з координатами xm11 ; (), xm22 ; (), ..., xm88 ; ( ) і сполучимо їх послідовно відрізками (рис. 10.2.1).
Одержану ламану лінію називають полігоном частот.
xw11 ; () , xw22 ; () , ..., xwkk ; ( ) , де xi значення різних елементів ряду даних, а wi відповідні їм відносні частоти. Якщо порахувати відносні частоти
даних, розглянутого вище, то розподіл
ється, за відносними частотами
§ 10. Поняття про статистику. Характеристики рядів
кругової діаграми, попередньо записавши значення відносної частоти у відсотках (рис. 10.2.4).
Нагадаємо, що для побудови кругової діаграми круг розбивається на сектори, центральні кути яких пропорційні відносним частотам, обчисленим для
кожного з різних значень ряду даних. Зауважимо, що кругова діаграма зберігає свою наочність і виразність тільки у випадку невеликої кількості одержаних секторів, в іншому випадку її застосування малоефективне. Якщо ознака, яка розглядається, набуває багатьох різних значень, то її
після розбиття всіх значень ряду даних
Кількість класів може бути будь-якою, зручною для
у кількості від 4 до 12). При цьому величини (об’єми) класів мають бути однаковими. Наприклад, у таблиці подано відомості про заробітну платню 100 працюючих на одному підприємстві (у деяких умовних одиницях). При
ностей за
після літніх канікул провели опитування 10 дівчат і 9 хлопців одного класу відносно кількості книжок, які вони прочитали за канікули. Результати було записано в порядку опитування. Одержали такі ряди чисел:
Дівчата: 4, 3, 5, 3, 8, 3, 12, 4, 5, 5.
Хлопці: 5, 3, 3, 4, 6, 4, 4, 7, 4.
Як уже зазначалося, щоб зручніше
аналізувати інформацію, у подібних випадках числові дані ранжирують, розташовуючи їх у порядку зростання (коли кожне наступне число
3, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 5, 8,
§ 10. Поняття про статистику. Характеристики рядів даних
Ці розподіли можна проілюструвати також графічно за допомогою полігону частот (рис. 10.2.7, а, б ).
Для порівняння рядів (1) і (2) використовують різні характеристики. Наведемо деякі з них.
Розмахом ряду чисел (позначають R) називають різницю між найбільшим і найменшим із цих чисел. Оскільки ми аналізуємо вибірку деяких величин, то розмах
і найменшим значеннями величини у
Для ряду (1) розмах R =− = 12 39 , а для ряду (2) розмах R = 73 4. На графіку розмах — це довжина області визначення полігону частот (рис. 10.2.7).
Однією зі статистичних характеристик ряду даних є його мода.
Рис. 10.2.7
Moда — від латин. modus — міра, правило.
Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей і математичної статистики
Означення. Мода
частіше за інші.
Моду позначають Mo.
Так, у ряді (1) дві моди — числа 3 і 5: Mo1 3 = , Mo2 5 = , а в ряді (2) одна мода — число 4: Mo = 4 . На графіку мода — це значення абсциси точки, яка відповідає максимуму полігону частот (рис. 10.2.7). Зазначимо, що моди може й не бути, якщо всі значення ознаки, яка розглядається, зустрічаються однаково часто.
Моду ряду даних зазвичай знаходять тоді, коли хочуть з’ясувати деякий типовий показник.
Наприклад, коли вивчаються дані про моделі чоловічих сорочок, які продали в певний день в універмазі, то зручно використати такий показник, як мода, який характеризує модель, що користується найбільшим попитом (власне, цим і пояснюється назва «мода»).
Ще однією статистичною характеристикою ряду даних є його медіана.
Означення. Медіана
го ряду значень.
Медіану позначають Me.
Медіана поділяє впорядкований ряд даних на дві рівні за кількістю елементів частини.
Якщо кількість чисел
писане посередині.
Наприклад, у ряді (2) непарна кількість елементів n = () 9 . Тоді його медіаною є число, яке стоїть посередині, тобто на п’ятому місці: Me = 4 . 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, 6, 7 4 — медіана
Отже, про хлопців можна сказати, що одна половина з них прочитала не більше 4 книжок, а друга половина — не менше 4 книжок. (Зазначимо, що у випадку непарного
§ 10. Поняття про статистику. Характеристики рядів даних
Наприклад, у ряді (1) парна кількість елементів n = () 10 . Тоді його медіаною є число, яке дорівнює середньому арифметичному чисел, які стоять посередині, тобто на п’ятому й шостому місцях: Me == + 45 2 45 , . 3, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 5, 8, 12 4,5 медіана
Отже, про дівчат можна сказати, що одна половина з них прочитала менше 4,5 книжок, а друга половина більше 4,5 книжок. (Зазначимо, що у випадку парного n номери середніх членів ряду дорівнюють n 2 і n 2 1 + .) 3. Середнє
Означення. Середнім значенням вибірки
Якщо відомо, що в ряді даних різні значення
2 , ..., xk зустрічаються відповідно до частот m1 , m2 , ..., mk (тоді Mn ∑ = ), то, замінюючи однакові доданки в чисельнику на відповідні добутки, одержуємо, що середнє арифметичне можна обчислювати
1 ,
хлопці.
що в посібниках
статистики
медіану й середнє значення вибірки об’єднують одним терміном міри центральної тенденції, підкреслюючи тим самим можливість охарактеризувати ряд вибірки одним числом.
кожного ряду даних
сенс формально знаходити центральні тенденції. Наприклад, якщо досліджується ряд 5, 5, 8, 110 (5) річних прибутків чотирьох людей (у тисячах умовних одиниць), то очевидно, що ні мода (5), ні медіана (6,5), ні середнє значення (32) не можуть виступати в ролі єдиної характеристики всіх значень ряду даних. Це пояснюється тим, що розмах ряду (105) є сумірним із найбільшим значенням елемента ряду.
У даному випадку можна шукати центральні тенденції, наприклад, для частини ряду (5): 5, 5, 8,
умовно назвавши його вибіркою річного
частини населення. Якщо у вибірці середнє значення суттєво відрізняється від моди, то його недоречно вибирати як типову характеристику
1.
2.
протягом тижня комп’ютерів (зелена лінія) і телевізорів (синя лінія).
Укажіть два дні, які безпосередньо слідують один за одним, коли:
1) число проданих телевізорів
зросло більше, ніж число проданих комп’ютерів;
2) число проданих телевізорів збільшилося, а число проданих комп’ютерів зменшилося;
3) число проданих комп’ютерів зросло, а число проданих телевізорів залишилося тим самим.
10.2.4. Знайдіть розмах, моду,
деякої величини X: 1) 1, 1, 2, 2, 2, 3, 4, 4, 5; 2) –3, –2, –2, –1, 0, 2, 2, 2, 3, 5. Побудуйте
10.2.5. Знайдіть
1)
10.2.6. Дівчата 11 класу на уроці
90, 125, 125, 130, 130, 135, 135, 135, 140, 140, 140. Знайдіть моду, медіану
9797
10.2.9.
Земної кулі в цілому. Побудуйте відповідні діаграми. Дослідіть динаміку зростання населення Землі та динаміку зміни його розподілу за расами
§ 10. Поняття про статистику. Характеристики
10.2.10. Користуючись таблицею розбудови Київського метрополітену, побудуйте полігон частот кількості станцій за період 1960–2013 рр.
10.2.11. Користуючись таблицею статистичних даних щодо кількості медалей, які здобули українські спортсмени на
літніх Олімпійських іграх, побудуйте:
1) полігон частот кількості золотих медалей;
2) полігон частот загальної кількості медалей; 3) кругову діаграму розподілу медалей за видами
та
10.2.12.
на іграх 2008 р.
здобули українські школярі
піадах у 2013–2018 рр.
Побудуйте:
1) полігон частот загальної кількості медалей;
2) стовпчасту діаграму розподілу загальної кількості здобутих медалей за роками;
3) полігон частот
кількості золотих медалей;
4) кругову діаграму розподілу медалей
П. Ферма (1601–1665)
(1623–1662)
стохастики, тобто
теорії ймовірностей та
статистики, ставилися й розв’язувалися ще за часів Стародавніх Єгипту, Греції та
Риму. Цей період так званої передісторії теорії ймо
вірностей закінчився в XVI ст. працями італійських математиків Д. Кардано (1501–1576) «Книга про гру в кості», Н. Тарталья (1499–1557) «Загальний трактат про число та міру», Г. Галілея (1564–1642) «Про випадання очок під час гри в кості». У цих працях уже фігурує поняття ймовірності, використовується теорема про ймовірність добутку незалежних подій, висловлюються деякі міркування щодо так
ст. питаннями теорії ймовірностей цікавилися французькі математики П. Ферма (1601–1665) і Б. Паскаль (1623–1662), нідерландський математик Х. Гюйґенс (1629–1695), швейцарські математики Я. Бернуллі (1654–1705), Н. Бернуллі (1687–1759), Д. Бернуллі (1700–1782) та російський математик Л. Ейлер (1707–1788). У своїх працях вони вже використовували теореми додавання і множення ймовірностей, поняття залежних та незалежних подій, математичного сподівання. Велику роль у розповсюдженні ідей теорії ймовірностей та математичної статистики відіграли видатні
А. А. Марков (1856–1922) став видатним математиком
саме завдяки своїм дослідженням у теорії ймовірностей. Книжка А. А. Маркова «Числення ймовірностей», перше видання якої відбулося в 1900 р., а четверте — у 1924 р., протягом багатьох років була
найкращою серед тих, за якими навчалися багато майбутніх математиків. У ХХ ст. теорія ймовірностей поступово перетворилась на строгу аксіоматичну теорію. Це відбулося завдяки працям багатьох математиків. Але дійсно вирішальним етапом розвитку теорії ймовірностей стала праця А. М. Колмогорова (1908–1987) «Основні поняття теорії ймовірностей» (видана в 1933 р.), у якій він виклав свою аксіоматику теорії ймовірностей. Завдяки цьому теорія ймовірностей стала нарівні з іншими математичними дісциплінами. Великі досягнення в теорії ймовірностей та математичній статистиці мали також російські та українські математики О. Я. Хінчин (1894–1959), Є. Є. Слуцький (1880–1948), Б. В. Гнєденко (1911–1995) Й. І. Гіхман (1918–1985), В. С. Михалевич (1930–1994), М. Й. Ядренко (1932–2004), Ю. М. Єрмольєв (нар. 1936), І. М. Коваленко (нар. 1935), В. С. Королюк (1925 р. н.), А. В. Скороход (1930–2011), А. Ф. Турбін (нар. 1940) та інші. В останній час все більше математиків звертають увагу на теорію ігор — один з напрямків застосування теорії ймовірностей.
(1928–2015),
А. М. Колмогоров (1908–1987)
М. Й. Ядренко (1932–2004)
Дж. Ф. Неш (1928–2015)
1.
2.
3.
4. Установіть відповідність
центральними тенденціями (1–3) ви-
9,4
1 Середнє значення вибірки: 10; 11; 10; 9; 8; 10; 8; 9; 9; 10
2 Мода вибірки: 10; 11; 10; 9; 8; 10; 8; 9; 9; 10
3 Медіана вибірки: 10; 11; 10; 9; 8; 10; 8; 9; 9; 10
5. Гральний кубик підкидають двічі. Знайдіть імовірність того, що випаде різна кількість очок.
Пройдіть онлайн-тестування
interactive.ranok.com.ua.
ГЕОМЕТРІЯ
Розділ 1
мноГоГранники
§ 1. Многогранник
§ 2. Паралелепіпед. Прямокутний
§ 3. Побудова
§ 4. Піраміда
§ 5. Розташування висоти
§ 6. Правильні многогранники
1)
2)
ABCDE і AB CD E 11 11 1 —
AA1 , BB1, ...
ABBA11, BCCB11 , ...
AD1 —
AA
AA
Як було зазначено в підручнику для 10 класу, деякі фігури, розглянуті в курсі стереометрії, називають тілами. Наочно геометричне тіло можна уявити собі як частину простору, зайняту фізичним тілом і обмежену його поверхнею. Наприклад, поверхня кулі сфера складається з усіх точок простору,
віддалених від однієї точки центра на відстань, яка дорівнює радіусу. Ця поверхня обмежує кулю, що складається з усіх точок простору, які віддалені від однієї точки центра на відстань, не більшу за радіус. Відомі вам куб, паралелепіпед, призма і піраміда є многогранниками.
Многогранник це тіло, поверхня якого складається зі скінченного числа плоских многокутників (рис. 1.1–1.3).
о значення. Многогранник називається
опуклим, якщо він розташований по один
бік від площини кожного плоского многокутника його поверхні.
Наприклад, куб (рис. 1.2)
опуклий многогранник. Неопуклий многогранник зображено на рис. 1.3.
Кожний плоский многокутник, із яких складається поверхня многогранника, називають гранню многогранника. Грані опуклого многогранника є плоскими опуклими многокутниками. Сторони граней називають
1. Многогранники
§ 1. Многогранник і його елементи. Призма
куба — сторони цих квадратів: AB, BB1, ... .
Вершинами куба є вершини квадратів: A, B, C, D, A1, B1 , C1 , D1 . У куба шість граней, дванадцять ребер і вісім вершин.
Якщо поверхню куба (або іншого многогранника) розрізати по декількох його ребрах і розкласти на площині, то одержимо розгортку цього куба (многогранника).
Інакше кажучи, розгорткою многогранника називають об’єднання скінченного числа многокутників, які відповідно дорівнюють граням цього многогранника. При цьому вказують, які сторони й вершини многокутників зображують одні й ті самі ребра і вершини заданого многогранника, тому повинні склеюватися одне з одним. (Склеювання двох відрізків — рівних сторін многокутників розгортки означає встановлення між
отже, однією точкою
Поверхню одного многогранника можна розгорнути по-різному. Наприклад, на рис. 1.4 показано
многогранника — це сума площ усіх його граней. Вона дорівнює площі розгортки заданого многогранника.
Простим многогранникам — призмам і пірамідам, які будуть основними об’єктами
означення, які, по суті, не використовують поняття тіла. Розглядатимемо геометричні фігури, визначаючи
2. Призма
Означення.
означення. Призма називається n-кутною, якщо її основами є n-кутники. Надалі розглядатимемо тільки призми, основами яких є опуклі многокутники. Такі призми є опуклими многогранниками. На рис. 1.5 зображено п’ятикутну призму ABCDEA BC DE 11 11 1 .
новами є п’ятикутники ABCDE і AB CD E 11 11 1, а
XX1 сполучає відповідні точки основ. Бічні ребра призми —
AA1 , BB1, CC1 , DD1 , EE1 . Бічні грані призми — паралелограми ABBA11, BCCB 1 , ... . Ураховуючи властивості паралельного перенесення,
1.
рівними).
2. Основи призми лежать у паралельних площинах (оскільки в результаті паралельного
площина переходить у паралельну площину (або в себе)).
3. Бічні ребра призми паралельні й рівні (оскільки в результаті па-
Поверхня призми складається
сусідніми бічними ребрами.
Як бачимо, визначена в такий спосіб призма має
вості, що були розглянуті в підручнику для 10
основі наочного поняття призми. Нагадаємо деякі поняття, пов’язані з призмами.
Відрізок,
§ 1. Многогранник і його елементи. Призма
відрізків сполучають і одержують другу основу призми. Невидимі ребра зображують штриховими лініями.
Із властивостей паралельних площин випливає, що перерізи призми площинами, паралельними бічним ребрам, є паралелограмами.
Обґрунтуйте це самостійно.
Зокрема, паралелограмами є так звані діагональні перерізи призми перерізи призми площинами, що проходять через бічне ребро і діагональ основи призми (рис. 1.7).
1.6 Рис. 1.7
3. Пряма призма
означення. Призма називається прямою, якщо її
кулярні до основ. Якщо бічні ребра призми не перпендикулярні до основ, то призма називається
2.
призми (оскільки кожна бічна грань
ребро, перпендикулярне до основи).
3. Діагональні перерізи прямої призми є прямокутниками (оскільки кожний діагональний переріз проходить через бічне ребро, перпендикулярне до основи, то всі кути діагонального перерізу є прямими).
означення. Пряма
§ 1. Многогранник і його елементи. Призма
Приклад.
Площина проведеного перерізу розбиває призму на дві частини (рис. 1.10).
Застосуємо до однієї з них паралельне перенесення, у результаті якого основи призми сумістяться. При цьому одержимо пряму призму, основою якої є переріз заданої призми, а бічні ребра дорівнюють l. Ця призма має таку саму бічну поверхню, що й задана. Отже, площа бічної поверхні заданої призми дорівнює Pl.
Зазначимо, що переріз призми, який перетинає всі бічні ребра і перпендикулярний до бічних ребер, називають перпендикулярним перерізом.
Тому одержаний результат можна сформулювати так: площа бічної поверхні (або бічна поверхня) похилої призми дорівнює добутку периметра перпендикулярного перерізу призми на довжину
4. Особливості розв’язування стереометричних задач на обчислення, пов’язаних із многогранниками
Під час розв’язування таких задач найчастіше доводиться спочатку обґрунтовувати якусь властивість заданої просторової фігури або тіла і тільки після того, як ця властивість встановлена, виконувати обчислення. Звичайно, у записі розв’язання потрібно обґрунтовувати тільки ті твердження, які будуть використані в ході подальшого розв’язування. Пропонуємо схему розв’язування задач
, пов’язаних із многогранниками (і тілами обертання).
1. Обґрунтувати розташування
2.
** позначені правильно.
* Під просторовими кутами маються на увазі кут між прямою і площиною, кут між
3. Якщо розглядається переріз многогранника, то обґрунтувати
форму (якщо ця форма використовується для розв’язування).
4. Якщо розглядається комбінація многогранника і тіла обертання, то описати взаємне розташування їхніх елементів.
5. На кожному кроці обчислень указати, елементи якого трикутника визначаються, і якщо він прямокутний, пояснити чому. Звичайно, ця схема є орієнтовною, але її використання допомагає впорядкувати міркування в процесі складання плану розв’язування задачі. Це дозволяє не пропустити істотні
Розв’язання
1) Нехай ABCDEFAB CD EF 11 11 11
задана правильна шестикут-
на призма (рис. 1.11). В основі
правильної призми лежить правильний шестикутник ABCDEF.
Кожне бічне ребро правиль-
ної призми є її висотою, тому
BB ABC 1 ⊥ пл. .
Рис. 1.11
Використаємо наведену вище схему.
Для обґрунтування розташування висоти достатньо пригадати, що правильна призма є прямою,
§ 1. Многогранник і його елементи. Призма
2) Усі діагональні перерізи правильної призми прямокутники. Їх висоти дорівнюють одна одній і бічному ребру. Основи прямокутників дорівнюють діагоналям основи призми. Тому найбільшим є діагональний переріз, який проходить через найбільшу діагональ основи BE. Тоді SBEEB11 48 = см2.
3) Нехай AB x = , BB y 1 = ( x > 0 , y > 0 ).
4) За властивостями правильного шестикутника BE AB x ==22 .
Тому SBEBBxy BEEB11 1 248 =⋅ == см2.
Звідси xy = 24 см2.
5) Тоді
SABBBxy бі чн =⋅ ==66 144 1 см2.
Відповідь: 144 см2.
бічні грані призми — рівні прямокутники, тому для знаходження площі бічної поверхні правильної призми можна знайти площу однієї
на обчислення взагалі не задано
відрізки (або задані
змінні. Це дозволить за заданим співвідношенням між змінними одержати відповідь.
Задача 2. Основою прямої призми ABCA BC11 1 є рівнобедрений трикут-
ник ABC, сторони якого ABAC== 5 , BC = 8 . Висота призми дорівнює 3. Знайдіть кут між прямою AB 1 і площиною BCC1 .
Розв’язання Коментар
1) Призма ABCA BC11 1 (рис. 1.12) пряма, отже, кожне її бічне ребро є висотою
призми, тому BB AB C 11 11 ⊥ пл. .
Рис. 1.12 A1 A B1 B C1 C M
Використаємо наведену вище схему. Для обґрунтування розташування висоти достатньо пригадати означення прямої призми. За умовою
2) За властивістю прямої призми площина осно-
ви AB C11 1 перпендикулярна до бічної грані
BCCB11 . Проведемо в площині AB C11 1 перпен-
дикуляр AM BC11 1 ⊥ , тоді AM BCCB11 1 ⊥ пл. .
Отже, відрізок BM проекція прямої BA1
на площину BCCB11 і кут ABM 1 кут між
прямою AB 1 і площиною BCC1 .
3) У рівнобедреному трикутнику AB C11 1 відрізок AM 1 висота, медіана і бісектриса, тоді MB1 4 = .
4) Із прямокутного трикутника AMB11 одержу-
ємо: AMAB BM 11 1 2 1 22542 3 =− =− = .
5) Із прямокутного трикутника BB M 1 ( BB CC11 прямокутник) одержуємо: BMBB BM =+ =+ = 1 2 1 22342 5 .
6) Із прямокутного трикутника AMB 1 AM BCCB11 1 ⊥ () пл. одержуємо (рис. 1.13): tg , ABM AM BM 1 1 3 5 06 == = .
Рис. 1.13 A1 M
Отже, ABM 1 06 = arctg, .
Відповідь: arctg,06 .
1. Який
2. Що таке грань опуклого
3.
4.
1.
Для цього використаємо такий прийом: щоб
виносними плоскими рисунками (рівнобедреного трикутника AB C11 1 , прямокутника BB CC11 , прямокутного трикутника AMB 1 — останній зображено у наведеному розв’язанні).
5.
6.
7.
8. Яка призма називається правильною?
9. Що таке площа бічної поверхні призми? повної
1.1° . Зобразіть многогранник, який має: 1) шість ребер; 2) вісім ребер; 3) дев’ять ребер.
1.2° . Назвіть многогранник, який має найменшу кількість граней. Скільки в нього вершин, ребер?
1.3° . Одна з граней многогранника — п’ятикутник. 1) Яку найменшу кількість ребер може мати цей многогранник?
2) Яку найменшу кількість
1.4
1.5
1.6.
1.7.
1.11.
1.12.
1.13.
1.14.
призми дорівнює 12 м2. Знайдіть
1.15. Площа бічної поверхні правильної чотирикутної
ABCDAB CD11 11 з основою ABCD дорівнює 48 м2,
ABCD11 15 м2. Знайдіть висоту призми.
1.16. Висота прямої призми дорівнює 15, її основою є рівнобічна
з
10 і основами 25 і 45. Знайдіть:
1) площу бічної поверхні призми; 2) площу діагонального перерізу призми; 3) двогранні кути при бічних ребрах призми.
1.17. За стороною основи a і бічним ребром b знайдіть площу
поверхні правильної призми: 1) трикутної; 2) чотирикутної; 3) шестикутної.
1.18*. Діагональ BD1 правильної чотирикутної призми ABCDAB CD11 11
завдовжки a утворює з площиною бічної грані BCCB11 кут 30° . Знайдіть: 1) кут між цією
2) площу діагонального
1.19. Підготуйте
BB DD11 .
3)
1. Многогранники
Куб d a a a Кубом називається прямокутний паралелепіпед, усі ребра якого рівні.
Властивості
1) Усі грані куба — квадрати.
2) da = 3 ( da bc 22 22 =+ + , де a — ребро куба, d — діагональ куба).
3) Sa бкубічна . = 4 2 , Sa повн.куба = 6 2
1. Паралелепіпед
означення. Паралелепіпедом називається призма, основою якої є паралелограм.
Із означення випливає, що в паралелепіпеді всі грані паралелограми (рис. 2.1).
Грані паралелепіпеда, що не мають спільних вершин, називають протилежними.
теорема 2.1. протилежні грані парале -
лепіпеда паралельні й рівні.
доведення.
§ 2. Паралелепіпед. Прямокутний паралелепіпед
Аналогічно обґрунтовують паралель-
ність і рівність будь-яких інших протилежних граней паралелепіпеда.
теорема 2.2. діагоналі паралелепіпеда
перетинаються в одній точці і точкою
перетину діляться навпіл.
доведення. Розглянемо які-небудь дві
діагоналі паралелепіпеда, наприклад
AC1 і BD1 (рис. 2.2). Оскільки грані
AB BA 11 й AB CD11 11 — паралелограми
зі спільною стороною AB11 , то їх сто-
рони AB і DC11 паралельні ( AB AB11
і DC AB 11 1 , тоді AB DC11), отже, лежать
в одній площині. Ця площина перетинає
площини протилежних граней парале-
лепіпеда по паралельних прямих AD1
і BC1 . Тоді чотирикутник ABCD11 —
паралелограм. Діагоналі паралелепіпе-
да AC1 і BD1 є діагоналями цього паралелограма, тому вони перетинаються
й точкою перетину O діляться навпіл.
Аналогічно доводять, що діагоналі AC1
і DB1 , а також діагоналі AC1 і CA1 пе-
ретинаються і точкою перетину діляться
навпіл. Звідси одержуємо, що всі чотири
діагоналі паралелепіпеда перетинаються
в одній точці
теореми
2. Прямокутний паралелепіпед
означення. Прямий паралелепіпед, основою якого є прямокутник,
зивається прямокутним паралелепіпедом.
Із наведеного означення випливає, що всі грані прямокутного паралелепіпеда прямокутники, висота дорівнює бічному ребру й кожне ребро перпендикулярне до грані, з якою воно має тільки
одну спільну точку. Справді, наприклад, ADABBA ⊥ пл. 11 (рис. 2.4) за ознакою перпендикулярності прямої і площини, оскільки ADAB ⊥ й ADAA ⊥ 1 .
означення. Прямокутний паралелепіпед, усі ребра якого рівні,
що
§ 2. Паралелепіпед. Прямокутний
теорема 2.3. у прямокутному
доведення. Розглянемо прямокутний паралелепіпед ABCDAB CD11 11 (див.
рис. 2.4) із діагоналлю AC d 1 = і трьома вимірами: AB a = , AD b = , AA c 1 = . Із прямокутного трикутника ACA1 за теоремою Піфагора одержуємо: AC ACAA 1 22 1 2 =+ .
Оскільки AC BD = (як діагоналі прямокутника ABCD), то з прямокутного три-
кутника ABD за теоремою Піфагора одержуємо: BD ABAD ab 22 22 2 =+ =+ .
Тоді AC ACAA BD AA ab c 1 22 1 22 1 22 22 =+ =+ =+ + . Отже, da bc 22 22 =+ + .
Зазначимо, що куб є прямокутним паралелепіпедом, усі виміри якого дорівнюють один одному. Тому, якщо ребро
a,
діагональ d, то за теоремою 2.3 маємо: d aaa 2 222=+ + , тобто da22 3 = , отже, da = 3 .
Симетрія прямокутного
паралелепіпеда
У прямокутного паралелепіпеда, як і в будь-якого паралелепіпеда, є центр симетрії точка перетину його діагоналей.
У нього є також три площини симетрії, що проходять через центр симетрії паралельно
граням. На рис. 2.5 зображено одну з таких площин. Вона проходить через середини чотирьох паралельних ребер паралелепіпеда. Кінці ребер є симетричними точками.
Якщо всі лінійні розміри паралелепіпеда різні, то в нього немає інших площин симе-
Нехай ABCDAB CD11 11 (рис. 2.7)
заданий прямий паралелепіпед, у якого BAD =° 60 , AAABAD 1 == .
Якщо всі сторони паралелограма ABCD дорівнюють одна одній, то па-
ралелограм є ромбом і його менша
діагональ лежить проти гострого кута, тобто BD a = .
Оскільки трикутник ABD рівнобедрений із кутом 60° , то він рівносторонній. Отже, ABAD BD a == = .
Для обчислення площі бічної поверхні прямого паралелепіпеда слід урахувати, що прямий
2.8
2) Тоді DB проекція DB 1 на площину грані ABCD, а CB 1 проекція DB 1 на площи-
грані BCCB11 . Отже, кут DBD 1 кут
прямою DB 1 і площиною
ABCD DBD 1 45 =° (), а кут DBC11 кут
прямою DB 1 і площиною грані BCCB11 DBC11 30 =° () .
3) Із прямокутного трикутника DBD 1 одержуємо: DB DB d =⋅
1) Обґрунтувати розташування висоти многогранника.
2) Обґрунтувати, що просторові кути й просторові відстані позначені правильно.
3) На кожному кроці обчислень указати, елементи якого трикутника визначаємо, і якщо він прямокутний, пояснити чому.
Для
жуємо: DC DB d 11 1 30 2 =⋅ °= sin .
5) Із прямокутного трикутника BCD (ABCD прямокутник,
пригадаємо, що кут
між заданою похилою
1. Що таке паралелепіпед?
2. Доведіть, що протилежні
3. Доведіть, що діагоналі паралелепіпеда
4. Який паралелепіпед називається прямокутним? Що таке лінійні розміри прямокутного паралелепіпеда?
5. Що таке куб?
6. Доведіть, що в прямокутному паралелепіпеді
7. Скільки
2.1° . Зобразіть кілька різних розгорток
2.2
ного перерізу.
2.3° . Знайдіть діагоналі прямокутного паралелепіпеда
вимірами: 1) 1, 2, 2; 2) 2, 5, 14; 3) 6, 6, 7.
2.4° . Знайдіть
трьома його вимірами: 1) 2 см, 5 см, 10 см; 2) 4 см, 6 см, 8 см; 3) 10 см, 12 см, 5 см.
2.5
2.7.
2.8. Знайдіть
2.9. Знайдіть
граней 5 см і 22 см.
2.10. Діагональ прямокутного паралелепіпеда утворює з його ребрами кути α , β , γ . Доведіть, що coscos cos 22 2 1 αβ γ ++ = .
2.11. Основою прямого паралелепіпеда є ромб із
2.12.
1) площу бічної поверхні паралелепіпеда; 2) площу
2.13. Бічне ребро прямого паралелепіпеда дорівнює 5 м, сторони основи 6 м і 8 м, а одна з діагоналей основи 12 м. Знайдіть діагоналі паралелепіпеда.
2.14. У прямокутного паралелепіпеда ABCDAB CD11 11 відомі ребра AB = 2, AD = 1 і діагональ
2.15.
2.16*.
2.18.
2.19.
2.20*.
2.21*.
2.22. У
ABCDAB CD11 11
2.23*. У
ABCDAB CD11 11 відомі ребра AB = 35, AD = 12 , CC1 21 = . Знайдіть
2.24.
на
мокутних паралелепіпедів.
Прямокутний паралелепіпед є найбільш уживаним тілом у будівництві.
Побудова перерізів многогранників була розглянута в курсі геометрії 10 класу. Для побудови можна використовувати властивості паралельності прямих і площин або, наприклад, метод слідів. Нагадаємо ці методи.
1. Використання
Якщо заданий многогранник містить паралельні грані, які перетинає січна площина, то за властивістю паралельних площин прямі перетину січної площини із цими гранями паралельні.
Побудуємо переріз прямокутного паралелепіпеда ABCDAB CD11 11 (рис. 3.1, а) площиною, що проходить через точки K, L, M на його ребрах ( KAA ∈ 1, LBB ∈ 1 , MCC ∈ 1 ). Сполучаємо відрізками пари точок, що лежать в одній грані, — одержуємо відрізки KL і LM (рис. 3.1, б ), за якими січна площина перетинає грані ABBA11 і BCCB11 відповідно. Протилежні грані паралелепіпеда попарно паралельні, наприклад плпл. . AA DD BCCB 11 11 .
Отже, січна площина перетинає грань AA DD11 по прямій KN, паралельній прямій LM (проводимо KN LM , ND D ∈ 1 і сполучаємо відрізками точки N і M). Чотирикутник KLMN — шуканий переріз.
Іноді використання властивостей паралельних прямих і площин поєднують з іншими методами побудови перерізів многогранників.
Рис. 3.1
многогранника (або з їхніми продовженнями). Іноді необхідно розглянути
допоміжні площини, для яких також будується слід січної площини (або слід цієї допоміжної площини на площині якої-небудь грані).
Нагадаємо: для одержання сліду (прямої b) площини β на площині α (рис. 3.2)
достатньо знайти точки перетину двох пря-
мих площини α з площиною β (оскільки
дві точки, наприклад A і C, однозначно визначають пряму b). Точка перетину будь-якої прямої a площини β з площиною α завжди лежить на слідові площини β на площині α (на прямій b). Отримавши уявлення про паралельне і центральне проектування, можна уточнити зміст методу слідів, пов’язаного
використанням відповідних проекцій.
розглядати слід січної площини на площині проекції, то разом із
шуканим перетином прямої a з площиною
щоб знайти точку перетину
достатньо знайти точку перетину прямої
цю площину. Таким чином, для побудови перерізів многогранників методом слідів ми можемо використовувати паралельне проектування (у задачах, пов’язаних із призмами) або центральне (у задачах, пов’язаних із пірамідою).
Часто за площину проекції вибирають площину основи многогранника (як центр проектування вершину піраміди, протилежну основі).
За допомогою методу слідів побудуємо переріз куба ABCDAB CD11 11
площиною, що проходить через три точки K, L, M, які лежать на попарно мимобіжних ребрах куба (рис. 3.4).
Розглянемо паралельне проектування заданих точок на площину основи ABCD у напрямку бічного ребра куба. Тоді проекціями точок K, M, L будуть відповідно точки A, M, L1 , де LL DD11 (рис. 3.5).
Знайдемо точку перетину прямої LK, що лежить у січній площині, з площиною основи куба. Перетином прямої LK з її проекцією LA 1 і є шукана точка P, що належить січній площині й площині основи куба. Отже, січна площина перетинає
M і P належать як
цієї прямої з ребром AB дає ще одну точку перерізу
точки K і H, H і M відрізками.
H
Далі використовуємо паралельність протилежних граней куба, які січна площина перетинає по паралельних прямих. Через точку L проведемо пряму, паралельну KH, і точку її перетину з ребром CC1 куба позначимо буквою E. Сполучимо точки E і M відрізком. Через точку L також проведемо пряму, паралельну HM, і точку її перетину з ребром AD11 куба позначимо буквою F. Сполучимо точки L і F, K і F відрізками.
3.4
3.5
Шестикутник
1)
2)
2) Площини основ ABCD і AB CD11 11 паралельні, тому січна площина перетинає їх по паралельних прямих. Січна площина
ABC1 перетинає нижню основу по прямій AB, а верхню — по прямій, яка паралельна прямій AB і проходить через
точку C1 . Але через точку C1 проходить
тільки одна пряма, паралельна прямій AB, — це пряма CD11 . Отже, перері-
зом є чотирикутник ABCD11 , сторони AB і CD11 якого паралельні й рівні, тобто ABCD11 — паралелограм. Ураховуючи, що ADAB ⊥ і те, що пряма AD — проекція прямої AD1 на площину ABCD, одержуємо, що ADAB 1 ⊥ (за теоремою про три перпендикуляри). Отже, ABCD11 — прямокутник.
3) Із прямокутного трикутника ADD1 ( DD1 — висота паралелепіпеда) маємо:
ADAD DD 1 2 1 2 =+ ==+ = 68 10 22 (см).
4) Тоді площа перерізу дорівнює: SABAD пер =⋅ =⋅ = 1 51050 (см2).
Відповідь: 50 см2.
1.
2.
3) Якщо розглядаєте переріз многогранника, то обґрунтувати його форму, якщо цю форму використовуєте для розв’язання (для обчислення площі отриманого перерізу потрібно обґрунтувати, що перерізом є прямокутник).
4) На кожному етапі обчислень указати, елементи якого трикутника визначаєте, і якщо він прямокутний, пояснити чому. Зокрема, щоб обґрунтувати, що трикутник ADD1 прямокутний, достатньо указати, що DD1 — висота паралелепіпеда (тоді пряма DD1 перпендикулярна до площини основи, а це й означає, що вона перпендикулярна до прямої AD, що лежить у цій площині).
3.1
3.2
3.3
3.4
3.5
3.6.
3.7.
бічне ребро AA1 призми проведено площину, перпендикулярну до ребра BC. Визначте висоту призми, якщо площа утвореного перерізу дорівнює 72 см2.
3.8. Д іагональ основи правильної
3.9.
3.10*.
3.11*.
рону однієї основи й протилежну вершину іншої основи, дорівнює Q.
3.12. Кожне ребро правильної шестикутної призми ABCDEFAB CD EF 11 11 11 дорівнює a. Побудуйте переріз призми площиною, що проходить: 1) через вершини A, C і D1 ; 2) через вершини A, B і E1 . Обчисліть площі цих перерізів.
3.13*. Через діагональ основи правильної чотирикутної призми проведено переріз, паралельний діагоналі призми. Знайдіть площу перерізу, якщо висота призми дорівнює 4 см, а сторона її основи 2 см.
3.14*. У правильній трикутній призмі, кожне ребро якої
a, побудуйте переріз, що проходить через сторону основи й середину відрізка, який сполучає центри основ. Знайдіть площу перерізу і кут між площиною
Виявіть свою компетентність
3.15. Дерев’яний куб із ребром 28 см потрібно розпиляти так, щоб пилка пройшла через точки K, P і T на ребрах куба такі, що точки K
і P розташовані на відстані 7 см
найближчої вершини куба, а точка T середина відповідного ребра куба (рис. 3.7, а). Як
побудувати на кубі лінії розпилу?
Вказівка. Побудуйте відповідний переріз на зображенні куба і знайдіть відстань DX, де Х — точка перетину січної площини з ребром DD1 (рис. 3.7, б ).
Рис. 3.7
Таблиця 3
Піраміда
означення. Пірамідою називається
многогранник, що складається із
плоского многокутника (основи піраміди), точки, яка не лежить у площині основи (вершини піраміди), і всіх
відрізків, які сполучають вершину піраміди з точками основи.
ABCD — основа піраміди;
S — вершина піраміди;
SA , SB, BC, SD — бічні ребра;
ASB , BSC , CSD , ASD —
бічні грані.
Висота піраміди — перпендикуляр, проведений із вершини піраміди
SO — висота піраміди,
SO H = SO ABCD ⊥ ( ) пл.
5)
.
AB C11 1 паралельна площині ABC.
4. Піраміда
називають бічними ребрами. Наприклад, на рис. 4.1 основою піраміди SABCD є многокутник (чотирикутник) ABCD, а бічними ребрами — відрізки SA, SB, SC, SD.
Поверхня піраміди складається з основи й бічних граней. Кожна бічна грань є трикутником. Однією з вершин цього трикутника є вершина піраміди, а протилежною стороною сторона основи піраміди. Зокрема, у розглянутій піраміді
є трикутники SAB, SBC, SCВ, SAD. Для знаходження площі бічної поверхні піраміди достатньо
висота піраміди SABCD). довжину цього перпендикуляра також називають висотою піраміди.
означення. Піраміда називається n- кутною, якщо її основою є n-кутник .
Трикутну піраміду іноді називають тетраедром. Тетраедр, усі грані якого — правильні трикутники, називають правильним тетраедром. У n-кутній піраміді маємо n + 1 вершину, 2n ребер і n + 1 грань. Надалі розглядатимемо тільки піраміди, у яких основи — опуклі многокутники. Такі піраміди є
. Відповідно до правил паралельного проектування зображення пірамі-
піраміди.
2. Правильна піраміда
означення. Піраміда
наочності висоту зображують вертикальним
ній вершину піраміди. Після цього сполучають вершину піраміди з вершинами основи (як завжди, невидимі ребра зображують штриховими лініями). У табл. 3 наведені зображення правильної трикутної, чотирикутної й шестикутної пірамід. Нагадаємо, що зображенням правильного трикутника може бути довільний трикутник, а центр правильного трикутника (рис. 4.2) зображують точкою перетину медіан трикутника-зображення (див. інтернет-підтримку до § 7 підручника
для 10 класу).
Віссю правильної піраміди називають
пряму, що містить її висоту. Оскільки
§ 4. Піраміда
висновок, що апофема (висота) є одночасно бісектрисою й медіаною відповідного рівнобедреного трикутника. Отже, якщо SM — апофема, проведена в грані SBC, то точка M — середина сторони основи BC (рис. 4.2). Оскільки всі бічні грані правильної піраміди рівні, то рівними будуть і відповідні висоти, тобто апофеми. Отже, усі апофеми правильної піраміди рівні. Зазначимо, що коли BC SM ⊥ , то OM BC ⊥ (за теоремою про три перпендикуляри), тоді кут SMO — лінійний кут двогранного кута при ребрі BC, тобто це кут нахилу бічної грані до основи піраміди. Аналогічно кутами нахилу бічних граней
SNO і SKO. Ураховуючи, що прямокутні трикутники SMO, SNO і SKO рівні (за гіпотенузою і катетом), одержуємо: SMOSNOSKO == . Отже, усі бічні грані правильної піраміди нахилені
рівними кутами до її основи. Аналогічно з рівності прямокутних трикутників SAO, SBO і SCO (за
гіпотенузою і катетом) одержуємо: SAOSBO SCO == . Але це кути нахилу бічних ребер
3. Перерізи піраміди
Переріз піраміди площиною, що проходить через її вершину і перетинає її основу, — це завжди трикутник (рис. 4.3). Зокрема, трикутниками є діагональні перерізи — перерізи площинами, що проходять через два не сусідні бічні ребра піраміди (рис. 4.4).
Як і в задачах, пов’язаних із призмою (див. § 3), під час побудови або розгляду перерізів піраміди площинами, що не проходять через вершину піраміди, можна використовувати або властивості паралельності й перпендикулярності прямих і площин, або метод слідів (див. також § 3 підручника для 10 класу). Для побудови перерізу піраміди площиною достатньо побудувати відрізки перетину її граней із січною площиною.
1. Многогранники
піраміди — переріз площиною, паралельною основі піраміди. Властивість. У перерізі піраміди площиною, паралельною основі, одержуємо многокутник, подібний многокутнику основи (рис. 4.5) (а також одержуємо піраміду, подібну заданій).
Із доведенням цієї властивості можна ознайомитися, звернувшись до інтернет-підтримки підручника.
Інша частина піраміди, отримана внаслідок перетину заданої піраміди площиною, паралельною її основі — многогранник, який називають зрізаною пірамідою. На рис. 4.5 це многогранник
ABCA BC11 1 .
2)
правильної
1) Нехай SABCD (рис. 4.6) —
2) Оскільки SO ABCD ⊥ пл. , то AO — проекція бічного ребра SA на площину основи, тобто кут SAO — кут нахилу
ребра SA
площини основи й SAO =° 45 .
3) Із прямокутного трикутника SAO (SO — висота піраміди) маємо: AO SA =⋅ °= ⋅= cos458 42 2 2 (см).
4) За властивістю діагоналей квадрата AO
ного трикутника AOB маємо: ABAO BO =+ = 22 = () + () = 4242 8 22 (см).
5) Отже, у заданій піраміді
SS ASB бі
364
31 +
(см2).
1.
: 64 31 + () см2.
3*. Обґрунтуйте, що в правильній піраміді:
1) усі бічні ребра рівні;
2) усі бічні грані
3) усі бічні грані нахилені під рівними кутами до основи;
4) усі бічні ребра нахилені під рівними кутами до площини основи.
4. Що таке бічна поверхня піраміди? повна поверхня піраміди?
5*. Доведіть, що площа бічної поверхні правильної піраміди дорівнює добутку півпериметра основи
6. Яка фігура є перерізом піраміди площиною, що проходить через її
4.1° . У піраміді 31 грань. Скільки в неї ребер?
4.2° . Висота правильної чотирикутної піраміди дорівнює 7 см, а сторона основи 8 см. Знайдіть бічне ребро.
4.3. За стороною основи a і бічним ребром b знайдіть висоту правильної піраміди: 1) трикутної; 2) чотирикутної; 3) шестикутної.
4.4. За стороною основи a і висотою H знайдіть апофему правильної піраміди: 1) трикутної; 2) чотирикутної; 3) шестикутної.
4.5. За стороною основи a і висотою H знайдіть площу повної поверхні правильної піраміди: 1) трикутної; 2) чотирикутної; 3) шестикутної.
4.6. Знайдіть
4.9.
4.10.
4.11.
4.12*.
піраміди.
4.13*. Знайдіть двогранні кути при основі правильної
4.14*.
4.15.
4.16. Підготуйте
тографії.
Якщо в піраміді SABC: SASBSC == ,
або SAOSBO SCO == ,
або ASOBSO CSO ==
і SO ABC ⊥ пл.
то O — центр описаного навколо основи кола OAOBOC == ().
Якщо в піраміді SABC: SO ABC ⊥ пл. і точка O — центр описаного навколо основи кола,
то SASBSC == , SAOSBO SCO == і ASOBSO CSO == .
Для розв’язання використовують прямокутний трикутник SAO, у якому: SO AO ⊥ , AO R = опис
Якщо в піраміді SABC грані SAB, SAC і SBC однаково нахилені до основи ABC (тобто SMOSKOSNO == —
відповідні лінійні кути рівні) і SO ABC ⊥ пл. , то O — центр кола, вписаного в основу OKOMON r == = () .
РОЗДІЛ 1. Многогранники
Якщо в піраміді SABC SO ABC ⊥ пл. і точка O — центр кола, вписаного в основу,
то SMOSKOSNO == (тобто всі бічні грані піраміди нахилені під рівними кутами до основи піраміди).
Для розв’язання використовують прямокутний трикутник SOM, у якому: SO OM ⊥ , OM r = —
то це спільне бічне ребро проектується на пряму, що містить бісектрису кута між суміжними із цим ребром сторонами основи (і навпаки).
Якщо в піраміді SABC грані SAB і SAC однаково нахилені до основи ABC (тобто SKOSMO = ) або
SABSAC = і SO ABC ⊥ пл. ,
то AO — бісектриса кута BAC (або пряма AO містить бісектрису
кута BAC ).
Якщо в піраміді SABC SO ABC ⊥ пл.
і AO — бісектриса кута BAC (або
пряма AO містить бісектрису
кута BAC ),
то SKOSMO = (грані SAB
і SAC однаково нахилені
до основи) і SABSAC = .
4.
Якщо в піраміді SABC: плпл .. SACABC ⊥ і SO AC ⊥
OAC ∈ (), то SO — висота піраміди SO ABC ⊥ ( ) пл. .
Якщо плпл .. SABABC ⊥ і плпл .. SACABC ⊥ , то SA — висота піраміди SA ABC ⊥ ( ) пл. .
6. Якщо дві несуміжні бічні грані піраміди перпендикулярні до площини основи, то висотою піраміди є відрізок прямої, по якому перетинаються площини цих граней.
Якщо плпл .. SABABCD ⊥ , плпл .. SCDABCD ⊥ і пл. SAB перетинає пл. SCD по прямій SO OABCD ∈ ( ) пл. , то SO — висота піраміди.
то
основи піраміди (і навпаки).
доведення. Справді, нехай SO — висота піраміди SABC (рис. 5.1). Потрібне твер-
трикутників SOA, SOB, SOC (для доведення прямого твердження використовуємо
рівність за спільним катетом SO і гіпотенузою або за спільним катетом SO і гострим кутом, а для доведення оберненого твердження — рівність за двома катетами).
Наприклад, якщо всі бічні ребра піраміди рівні: SASBSC == , то з рівності зазначених трикутників одержуємо: OAOBOC == .
Отже, точка O рівновіддалена від точок A, B, C і є центром кола, описаного навколо
основи піраміди — трикутника ABC. (Інші прямі й обернені твердження цієї властивості обґрунтуйте самостійно.)
Зазначимо, що для розв’язування задач, пов’язаних із пірамідами такого виду, зазвичай використовують прямокутний трикутник SAO, у якому SO AO ⊥ , AO R = (радіус кола, описаного навколо основи піраміди), SAO
(оскільки SO ABC ⊥ пл. , то AO проекція
Аналогічно
O, яка є проекцією основи висоти піраміди (ураховуючи властивості паралельного проектування), а потім з основи висоти (точка O) вертикально (для більшої наочності) проводять висоту піраміди SO і сполучають точку S із вершинами основи.
Розглянемо як приклад побудову рисунка до задачі 1 (див. далі).
Основою піраміди є прямокутний трикутник із катетом а і прилеглим гострим кутом 60°. Знайдіть висоту піраміди, якщо всі її бічні ребра нахилені до площини основи під кутом 45° .
Спочатку будуємо проекцію основи піраміди. Проекцією прямокутного трикутника може бути довільний трикутник.
зображуємо довільний трикутник ABC, який є зображенням прямокутного трикутника, і позначаємо зображення прямого кута (наприклад, при вершині C, як показано на рис. 5.2, а).
Потім звертаємо увагу на ту частину умови, яка відповідає властивостям 1–6. Зокрема, якщо всі бічні ребра
нахилені під рівними кутами до площини основи, то основою висоти піраміди є центр
описаного навколо основи піраміди (властивість 1).
описаного навколо прямокутного трикутника, є середина гіпотенузи. Середина відрізка проектується в середину відрізка проекції, тому проекцією основи висоти є точка O середина відрізка AB. Проводимо із точки O відрізок SO (бажано вертикально для більшої наочності), який є зображенням висоти піраміди (рис. 5.2, б ), і, сполучаючи відрізками точку S із вершинами трикутника ABC, одержуємо зображення заданої піраміди SABC (рис. 5.2, в). (Розв’язання цієї задачі наведено нижче задача 1.) Нагадаємо, що під час розв’язування задач на обчислення, пов’язаних із пірамідами, доцільно використовувати загальну схему розв’язування й запису задач, пов’язаних із многогранником, наведену в § 1.
S
Рис. 5.2 а б в
Задача
Побудову зображення піраміди до цієї задачі наведено на рис. 5.2.
ребра нахилені під рівними кутами до пло
щини основи, то основою висоти SO піраміди є центр кола, описаного навколо
основи піраміди. Центром кола, описа
ного навколо прямокутного трикутника, є середина гіпотенузи, тому основа висо
ти SO — точка O — це середина гіпоте
нузи AB (рис. 5.2, в).
2) Оскільки AO — проекція бічного ребра SA
на площину основи ABC, то кут SAO —
це кут між бічним ребром SA і площи
ною основи (за умовою SAO =° 45 ).
3) Із прямокутного трикутника ABC одер
жуємо: AB a BC ABC a == = ° coscos 60 2 . Тоді AOAB a == 1 2 .
4) Із прямокутного трикутника SAO (SO — висота піраміди) маємо: SO AO SAOa a =⋅ =⋅ °= tg tg 45 .
Відповідь: a.
точку M із вершиною S і використати теорему про три перпендикуляри (ураховуючи, що AM — проекція похилої SM на площину основи).
Розв’язання
Нехай в основі піраміди SABC (рис. 5.3) лежить рівнобедрений трикутник ABC ( ABAC== 5 см, BC = 6 см). За умовою суміжні бічні грані SAB і SAC перпендикулярні до площини основи, тому висотою піраміди є спільне бічне ребро цих граней, тобто SA висота піраміди SA ABC ⊥ ( ) пл. . У площині ABC
проведемо перпендикуляр AM BC ⊥ .
За теоремою про три перпендикуляри SM BC ⊥ . Отже, кут SMA лінійний кут двогранного кута з ребром BC, а за умовою SMA =° 60 .
Із прямокутного трикутника AMC (AM висота, медіана й бісектриса рівнобедреного трикутника
прямокутного трикутника SAM SA ABC ⊥ ( ) пл. одержуємо: SA AM =⋅ °= tg 60 43 (см).
: 43 см.
1.
5.1
5.2.
5.3
4)
піраміди.
5.4. Основа піраміди — рівнобедрений трикутник
5.5
5.6.
5.7.
5.8.
5.9.
в основу, і дорівнює
стороні трикутника основи. Знайдіть кут нахилу бічних граней піраміди до основи.
5.10. В основі піраміди MABCD лежить ромб ABCD із діагоналями AC = 6 , BD = 8 , а
Знайдіть:
1) висоту піраміди; 2) відстань від вершини M
5.11.
5.12° . Основа піраміди — прямокутний
5.13. Основа піраміди — рівнобедрений трикутник зі
вершину кута основи, протилежного
завдовжки 40 см. Знайдіть площу бічної поверхні піраміди.
5.14*. Основою піраміди є правильний трикутник. Одна
трикутники (рис. 6.2), а в кожній вершині сходяться три ребра. Оскільки у цього многогранника всього чотири грані, його називають також тетраедром, що в перекладі з грецької означає «чотиригранник».
Іноді тетраедром називають також довільну трикутну піраміду. Тому у випадку, коли мова йде про правильний многогранник, говоритимемо — правильний тетраедр.
Многогранник, гранями якого є правильні трикутники й у кожній вершині якого сходяться чотири ребра, зображено на рис. 6.3. Його поверхня складається з восьми правильних трикутників, тому його називають октаедром
гранник, гранями якого є правильні трикутники й у кожній вершині якого сходяться п’ять ребер, зображено на рис. 6.4. Його поверхня складається з двадцяти правильних трикутників, тому його називають ікосаедром.
Оскільки у вершинах опуклого многогранника може сходитися тільки три квадрати, то, крім куба (рис. 6.1), інших правильних многогранників, у яких гранями є квадрати, не існує. Куб має шість граней, тому його ще називають гексаедром.
Многогранник, гранями якого є правильні п’ятикутники й у кожній вершині сходяться три ребра, зображено на рис. 6.5. Його поверхня складається з дванадцяти правильних п’ятикутників, тому його називають додекаедром.
Зазначимо, що у вершинах опуклого многогранника не можуть сходитися чотири й більше правильних п’ятикутників. Також не можуть сходитися правильні многокутники з кількістю сторін більше ніж п’ять. Тому інших правильних многогранників не існує, і є тільки п’ять правильних многогранників: тетраедр, гексаедр (куб), октаедр, додекаедр і ікосаедр.
Рис. 6.2
Рис. 6.3
Рис. 6.4
Рис. 6.5
§ 6. Правильні многогранники
Рис. 6.6
Як і для інших многогранників, моделі правильних многогранників можна виготовити з розгорток або геометричного конструктора. На рис. 6.6 зображено одну з можливих розгорток додекаедра (додаткові частини в правильних п’ятикутниках призначені для склеювання відповідних граней). За такою розгорткою можна виготовити, наприклад, абажур зі спеціальних матеріалів (з урахуванням правил пожежної без- пеки!)
Зауважимо, що форму правильних многогранників має більшість кристалів. Ми вже згадували, що кристали добре
алюмінію та керамічних фарб використовують алюмокалієві галуни,
октаедра. Сировиною для виробництва сірчаної кислоти, сірки
п риклад роЗ в’я Зування З адач
Задача. Знайдіть двогранні кути правиль-
ного тетраедра (рис. 6.7).
Коментар
Правильний тетраедр є правильною трикут-
ною пірамідою, основою якої можна вважати
будь-яку грань цього тетраедра.
Справді, в основі лежить правильний три -
кутник, а основою висоти піраміди є центр цієї основи, оскільки рівні похилі мають рівні
проекції.
Отже, основою висоти є центр описаного
довжину ребра тетраедра).
Розв’язання
Проведемо з вершини D правильного тетраедра
і висоту DO тетраедра (рис. 6.7).
Якщо DN BC ⊥ , то ON BC ⊥ (за теоремою про три перпендикуляри),
6.1° . Чи є правильним многогранником: 1) довільна правильна піраміда; 2) довільна правильна призма?
6.2° . Чи існує правильний многогранник, який є: 1) пірамідою; 2) призмою?
6.3. Многогранник є об’єднанням двох правильних тетраедрів, що мають спільну основу. Чи буде такий многогранник правильним? Чому?
6.4. Які площини симетрії має правильний: 1) тетраедр; 2) гексаедр?
6.5. Скільки площин симетрії має
1) октаедр; 2) додекаедр; 3) ікосаедр?
6.6° . Площа
6.7*.
6.8.
Відомості
Многогранники і, зокрема, правильні многогранники з давніх часів привертали увагу вчених, архітекторів, представників багатьох інших професій завдяки своїй красі, досконалості та гармонії. Піфагорійці обожнювали правильні многогранники і використовували їх у своїх філософських творах про сутність світу. Детально описав властивості правильних многогранників давньогрецький вчений Платон (429–348 рр. до н. е.). Саме тому правильні многогранники називаються також тілами Платона.
Правильним многогранникам присвячена остання, XIII книга знаменитих «Начал» Евкліда. Услід
Евклідом вивченням п’яти правильних многогранників займався Архімед (287–212 рр. до н. э.).
Переконавшись у тому, що не можна побудувати шостий правильний многогранник, Архімед став будувати многогранники, у яких гранями були правильні, але не однойменні многокутники, а в кожній вершині, як і у правильних многогранниках, сходилася однакова кількість ребер. Так він отримав 13 напівправильних многогранників. В роботі вченого «Про многогранники», яка збереглася до нашого часу, детально описані усі 13 многогранників (рис. 1), названих на честь вченого тілами Архімеда, і наведені відповідні рисунки.
Рис. 1
Крім правильних і напівправильних многогранників, увагу дослідників привертають так звані зірчасті многогранники. Існує тільки чотири правильні зірчасті многогранники. Перші два були відкриті І. Кеплером (1571–1630), а два інших майже 200 років по тому побудував Л. Пуансо (1777–1859). Саме тому правильні зірчасті многогран-
ники називаються тілами Кеплера — Пуансо.
Зірчасті многогранники можна отримати, продовживши грані або ребра деяких правильних многогранників. З тетраедра, куба й октаедра зірчасті многогранники одержати не можна. Якщо розглянути додекаедр, то продовження його ребер приводить до заміни кожної грані зірчастим правильним п’ятикутником (рис. 2), в результаті виникає многогранник, який називають малим зірчастим додекаедром (рис. 3, а).
Рис. 2
Якщо продовжувати грані додекаедра, можливі два варіанта результату. По-перше, якщо розглядати правильні п’ятикутники, то отримаємо так званий великий додекаедр (рис. 3, б ). По-друге, якщо як грані розглядати зірчасті п’ятикутники, то одержуємо великий зірчастий додекаедр (рис. 3, в).
Ікосаедр має одну зірчасту форму. Продовжуючи грані ікосаедра, одержуємо великий зірчастий ікосаедр (рис. 3, г).
Отже, справді існують тільки чотири типи правильних зірчастих многогранників.
Рис. 3
Рис. 4
Багато форм зірчастих многогранників можна помітити, спостерігаючи навколишній світ. Наприклад, сніжинки — це зірчасті многогранники (рис. 4). З давніхдавен люди намагалися описати всі можливі типи сніжинок, складали спеціальні атласи. Зараз
ця Луки Пачолі (1445–1514)
(рис. 5) на передньому
правильним
Тест № 1
1. Знайдіть діагональ прямокутного паралелепіпеда, якщо його виміри дорівнюють 3 см, 4 см, 12 см. а 5 б 12 в 13 г 14 д 15
2. Обчисліть площу бічної
ралелограм зі сторонами 6 см і 14 см, якщо висота
12 см.
3. Основою піраміди SABCD, зображеної на рис. 1, є квадрат;
SB піраміди перпендикулярне до
площини її основи, точка M середина відрізка
при ребрі CD.
а ∠ SAB г ∠ SMB
б ∠ SDB д ∠ SCD
в ∠ SCB
4. Діагональ правильної
6. Дано зображення
призми (рис. 2). Більша
1 Висота призми
2 Сторона основи призми
3 Площа найбільшого діагонального перерізу
Пройдіть
Теми навчальних проектів
interactive.ranok.com.ua.
1. Многогранники в архітектурі України і світу.
2. Правильні й напівправильні многогранники.
3. Геометрія в кристалах.
4. Зірчасті многогранники.
що сполучають відповідні точки
твірні циліндра.
AA1 , BB1 — твірні циліндра. Циліндр називається прямим, якщо
пендикулярні до площин основ. У шкільних підручниках: циліндр = прямий
циліндр Властивості
1. Основи циліндра рівні й паралельні. OA OA R == 11 плпл ..AOBA OB11 1 O — центр нижньої основи, O1 — центр верхньої основи.
2. Твірні циліндра паралельні й рівні. AA BB 11 AA BB 11 =
3. Висота циліндра (відстань між площинами основ) дорівнює довжині твірної. Також висотою називають перпендикуляр, проведений із
1. Циліндр
означення. Циліндром (точніше,
означення.
Вісь паралельна твірним.
Поверхня циліндра складається
верхню циліндра утворюють твірні.
Якщо поверхню циліндра розрізати
твірній, а потім розгорнути
(рис. 7.3).
складається
Переріз
(рис. 7.4). Дві його сторони
7.1.
означення.
ліндра.
Із означень призми й циліндра робимо висновок, що бічні ребра вписаної
циліндра (рис. 7.7). означення.
x 2 .
рівняння xQ 2 =
Задача 2*. Висота циліндра дорівнює 8 см, радіус основи 5 см (рис. 7.9). Циліндр перетнули площиною, паралельною осі, так, що в перерізі отримали квадрат. Знайдіть відстань від цього перерізу до осі.
Коментар
Відстань від осі до паралельної їй площини можна знайти як відстань від будь-якої точки осі (наприклад, від точки O) до цієї площини. Щоб знайти відстань від точки O до січної площини, достатньо помітити, що площина основи перпен -
дикулярна до площини перерізу. Тоді перпендикуляр OH до прямої AB перетину перпендикулярних площин є перпендикуляром до січної площини.
Розв’язання
Нехай переріз ABCD (рис. 7.9) паралельний осі OO1 циліндра ( ADAB== 8 см, AO = 5 см). Відстань
віссю й перерізом
стані від точки O до перерізу. Ураховуючи, що твірна ADABO ⊥ пл. , маємо: плпл .. ABCD ABO ⊥ . Проведемо OH AB ⊥ , тоді OH ABCD ⊥ пл. , тобто відрізок OH
R = 8 . Тоді AB R ==38 3 .
⋅= 38 33 72 3
7.10
7.11
Для її знаходження можна скористатися формулою aR = 3
або формулою R a A = 2sin , тоді aR AR== °= 22 60 sinsin
=⋅ = 23 3 2 RR .
Можна також урахувати, що
центр O — точка перетину висот, медіан і бісектрис правильного трикутника ABC. Із прямокутного трикутника AOH (рис. 7.11)
маємо: AHAO=° cos30 , тобто a R 2 3 2 = , тоді aR = 3 .
Запитання
1. Поясніть, що таке циліндр (прямий круговий циліндр). Що таке твірна циліндра? основи циліндра? бічна поверхня циліндра? висота й вісь циліндра?
2. Якою фігурою є переріз циліндра площиною, паралельною його осі? осьовий переріз циліндра?
3. Якою фігурою є переріз циліндра площиною, паралельною його основам? Відповідь обґрунтуйте.
4. Поясніть, що таке розгортка циліндра.
5. Запишіть формули для визначення площ бічної та повної поверхонь циліндра.
прави 7.1° . Чи має циліндр:
1) центр симетрії; 2) вісь симетрії;
3) площину симетрії? Укажіть їх.
7.2° . Радіус основи циліндра дорівнює 2 м, висота — 3 м. Знайдіть: 1) діагональ осьового перерізу циліндра; 2) площу бічної поверхні циліндра; 3) площу повної поверхні циліндра.
7.3° . Площа бічної поверхні циліндра дорівнює 72π , а висота 8. Знайдіть діаметр основи.
7.4. Осьовий переріз циліндра — квадрат, площа якого дорівнює S. Знайдіть площу основи циліндра.
7.5. Висота циліндра дорівнює 6 см, радіус основи 5 см. Знайдіть площу перерізу, проведеного паралельно
4
7.6.
від неї.
7.7. Діагональ
7.8*.
7.9*.
7.10.
7.11.
7.12*.
7.13. Діагональ розгортки бічної поверхні циліндра дорівнює d і утворює кут ϕ з основою розгортки. Знайдіть площу повної поверхні циліндра.
7.14*. Осьовим перерізом циліндра є квадрат, діагональ якого дорівнює 10 2 . Знайдіть площі бічної і повної поверхонь правильної призми, вписаної в цей циліндр, якщо призма:
1) трикутна;
2) чотирикутна;
3) шестикутна.
Рис. 7.12
7.15. Прямокутний паралелепіпед описано навколо циліндра (рис. 7.12), радіус основи і висота якого дорівнюють 8. Знайдіть площу повної поверхні паралелепіпеда.
Виявіть свою компетентність
7.16. Скільки банок, кожна з яких містить 2,8 кг фарби, потрібно придбати для фарбування в два шари 10 закритих металевих циліндричних бочок із діаметром дна 60 см і висотою 85 см, якщо для фарбування 1 м2 металевої поверхні в один шар витрачається 120 г фарби?
7.17. У майстерні виготовили два однакові пуфи у формі циліндра висотою 45 см і діаметром 45 см. Скільки тканини пішло на обивку обох пуфів (включаючи дно), якщо на шви й обрізання додатково було витрачено 10 % тканини? Відповідь подайте в квадратних метрах,
SAB — осьовий переріз (переріз, що прохо -
через вісь SO).
SAB — рівнобедрений SASB = () (SA і SB — твірні)
SMK — рівнобедрений,
SMSK = (SM і SK — твірні)
сто
1. Конус
означення. Конусом (точніше, круговим конусом
SA і SB — твірні конуса). означення. Конус називається
8.1, б, SO AOB ⊥
розглядатимемо тільки
Спасо-Преображенського собору (м. Чернігів)).
поверхню конуса розрізати за якою-небудь твірною і розгорнути на площині, то одержимо її розгортку. Розгортка бічної поверхні конуса радіуса R з твірною l є сектором радіуса l,
дуги якого дорівнює довжині кола
основи, тобто 2πR (рис. 8.3).
Площу цієї розгортки приймають за площу бічної поверхні
конуса * . Вона у стільки разів
менша від площі круга радіуса l, у скільки разів
2. Переріз конуса площинами
Переріз конуса площиною, що проходить через його вершину, є рівнобедреним трикутником, бічні сторони якого є твірними конуса (рис. 8.4). Зокрема, рівнобедреним трикутником є осьовий переріз конуса. Цей переріз проходить через вісь конуса (рис. 8.5).
теорема 8.1. площина, паралельна площині основи конуса, перетинає конус
кругу, а бічну поверхню — по
з центром на осі конуса.
доведення. Нехай площина β , паралельна
площині основи конуса, перетинає конус (рис. 8.6). Точка O1 — точка перетину площини β з висотою конуса SO. Площина SOB перетинає паралельні площини по
паралельних прямих: AO BO 1 . Тоді три-
кутники SO A 1 і SOB подібні, а їх сторони пропорційні, тобто O OB SO SO A 1 1 = . Звідси OA OB SO SO 1 1 =⋅ — постійна величина.
Отже, довжина відрізка OA
що залишилася, називається зрізаним конусом (рис. 8.7).
Зрізаний конус обмежено двома кругами його основами (площини яких паралельні) і бічною поверхнею. Висотою зрізаного конуса називається перпендикуляр, проведений із будь-якої точки однієї основи на іншу основу, наприклад, відрізок OO 1 , що сполучає центри кругів основ. Довжина цього перпендикуляра дорівнює відстані між основами зрізаного конуса її також називають висотою зрізаного конуса. Відрізок AB, який сполучає найближчі точки кіл основ, твірна (вона є частиною твірної SB повного конуса, з якого був одержаний зрізаний
конус (див. рис. 8.6). Довжина цього відрізка AB також називається твірною зрізаного конуса. Ураховуючи, що на рис. 8.6 площина SOB перетинає паралельні площини основ зрізаного конуса по паралельних прямих, одержуємо, що OA OB 1 , тому осьовим перерізом зрізаного конуса є рівнобічна трапеція (ABCD на рис. 8.8), і зрізаний конус можна також розглядати як тіло, утворене обертанням прямокутної трапеції AO OB1 навколо бічної сторони OO 1 , перпендикулярної
о значення. Піраміда називається
описаною навколо конуса (а конус —
вписаним у піраміду), якщо основа
піраміди описана навколо кола основи конуса, а вершиною піраміди є вершина конуса (рис. 8.10).
Із цього означення одержуємо, що
висоти піраміди й конуса збігаються, а радіус конуса дорівнює радіусу кола,
вписаного в основу піраміди.
8.10
S
Задача 1. Конус перетнули площиною, паралельною
вершини.
рівнює
теоремою 8.1 в перерізі одержуємо
Якщо β площина,
конус по кругу з радіусом OA 1 (рис. 8.11)
і SO H = , OB R = , SO d 1 = . Площина SO A 1 перетинає паралельні площини по паралельних прямих: AO BO 1 .
Тоді SO ASOB 1 і O OB SO SO A 1 1 = ,
тобто O R d H A 1 = і OA dR H 1 = . Отже, SO A dR H перерізу=π=⋅ π 1 2 22 2 .
Рис. 8.11
S
Задача 2*. Знайдіть площу поверхні
120° навколо прямої, яка містить
Розв’язання Коментар
Нехай рівнобедрений трикутник ABC ( AC BC == 8 см, ACB =° 120 ) обертається навколо осі, що містить сторону BC (рис. 8.12). Проведемо OA BC ⊥ .
У результаті обертання прямокутного три-
кутника AOB навколо осі BO утворюється
конус, тому відрізок AB у результаті обертання навколо осі BO утворює бічну поверхню конуса з твірною AB і радіусом основи AO.
Аналогічно в результаті обертання прямокутного трикутника AOC
BO утворюється конус, тому відрізок AC у результаті обертання навколо осі BO утворює бічну поверхню конуса з твірною AC і радіусом основи AO.
Тоді площа поверхні отриманого тіла дорівнює сумі площ бічних поверхонь цих конусів.
Із прямокутного трикутника AOC
ACO =° ( ) 60 маємо: OA AC =⋅ °= sin604 3 (см).
Із прямокутного трикутника AOB
ABC =° ( ) 30 одержуємо: AB AO == °sin30 83 (см).
Тоді поверхня тіла обертання дорівнює SAOABAOAC =⋅ ⋅+ ⋅⋅ = ππ =⋅ ⋅+ = ππ438343 8
=+ =+() 96 32 3323 3 ππ π (см2).
Під час розв’язування задач, пов’язаних із обертанням фігур навколо осі, слід ураховувати, що в результаті обертання прямокут-
конус, а в результаті обертання прямокутної трапеції
відрізків, що не лежить на
Рис. 8.12
Розв’язання
Нехай SABC (рис. 8.13) задана
піраміда. Оскільки всі її бічні ребра нахилені під рівними кутами до площини основи, то основою її висоти SO є центр кола, описаного навколо основи піраміди, який у прямокутному трикутнику ABC лежить
у середині гіпотенузи AB, тобто точка O
середина AB.
Рис. 8.13
Оскільки SO ABC ⊥ пл. , то AO
проекція SA на площину ABC, тобто SAO
кут між бічним ребром і площиною ABC SAO =° ( ) 60 .
Якщо конус описаний навколо піраміди, то їхні вершини збігаються й коло основи
конуса описане навколо основи піраміди, тобто радіус основи конуса дорівнює OA, а твірна конуса дорівнює бічному ребру SA
піраміди.
Із прямокутного трикутника ABC C =° ( ) 90 одержуємо: AB = 10 см. Тоді AO = 5 см. Із прямокутного трикутника
AOS маємо: SA AO == °cos60 10 (см).
SAOSA бі чн =⋅ ⋅= π =⋅ ⋅= ππ 51050 (см2).
Корисно використовувати трохи уточнену (див. п. 4 нижче) загальну схему розв’язування
(див. § 1). 1) Обґрунтувати
2)
ребром і площиною основи, тобто кут між цим ребром і його проекцією на площину основи).
3) Обґрунтувати вид
4) Якщо розглядається комбінація
5)
итання
1. Поясніть, що таке конус (прямий круговий конус). Що таке твірна конуса? основа конуса? бічна поверхня конуса? висота й вісь конуса?
2. Якою фігурою є переріз конуса, що проходить через його вершину? осьовий переріз конуса?
3. Якою фігурою є переріз конуса площиною, паралельною його основі? Відповідь обґрунтуйте.
4. Поясніть, що таке розгортка бічної поверхні конуса.
5. Запишіть формули для визначення площ бічної й повної поверхонь конуса.
6. Поясніть, яка піраміда
описаною навколо конуса.
8.1° . Радіус основи конуса дорівнює 3 м,
1) твірну конуса; 2) площу бічної поверхні конуса; 3) площу повної поверхні конуса.
8.2° . Твірна конуса дорівнює 10 і нахилена до
30°. Знайдіть висоту конуса.
8.3° . Висота конуса дорівнює 8, а довжина твірної 10. Знайдіть діаметр основи конуса.
8.4° . Висота конуса дорівнює 15, а діаметр
1) твірну конуса; 2) площу бічної
8.5. Радіус
8.6.
8.8.
8.9
8.10. Висота конуса дорівнює
половині площі основи?
8.11. Через середину висоти конуса
підприємстві, входить конічне відро з діаметром основи
пеку на підприємстві потрібно пофарбувати 50 таких відер (зовні і зсередини). У нього є дві банки червоної фарби, кожна містить 0,9 кг. Чи вистачить йому фарби, якщо для фарбування 1 м2 металу витрачається 120 г фарби?
навпаки: якщо площина (пряма) проходить через точку сфери
дотична площина, M — точка дотику
OM ⊥α (OM — радіус кулі)
дотична пряма, M — точка дотику
OM ⊥α (OM — радіус кулі)
Кулі й сфери та їхні частини ми часто спостерігаємо в природі (наприклад, Сонце, планети, фрукти) і побуті (глобус, мильні бульбашки), в техніці (кульковий підшипник) й архітектурі (музей Біосфера (Монреаль, Канада), куполи Домініканського собору та вежі Корнякта (Львів, Україна)).
означення.
тичної площини і кулі (сфери) називається точкою
. теорема 9.2. дотична площина до кулі перпендикулярна до радіуса, про -
веденого в точку дотику.
доведення. Нехай площина α в точці M дотикається до кулі з центром
у точці O і радіуса R (рис. 9.5). Доведемо, що OM ⊥α . Припустимо, що OM — похила до площини α . Проведемо перпендикуляр
OM1 до площини α . Оскільки пер-
пендикуляр має довжину, меншу від
довжини похилої, то OMOM R 1 <= .
Але тоді точка M1 належить одночасно і кулі, і площині α , а це суперечить
§ 9. Куля і сфера
дотику. Оскільки дотична пряма до ку-
лі
лежить у дотичній площині, що пер-
пендикулярна до радіуса, проведеного
в точку дотику, то дотична пряма до
кулі перпендикулярна до радіуса, проведеного в точку дотику.
Також має місце й обернене твер-
дження: якщо пряма проходить через точку M сфери перпендикулярно до радіуса, проведеного в цю точку, то вона
дотикається до сфери.
Обґрунтуйте це самостійно.
Зазначимо, що властивості, сформу-
льовані в теоремах 9.1 і 9.2, дозволяють знайти зв’язок між взаємним розташування кулі й площини і відстанню
OA d = від центра кулі до площини та радіусом R кулі. Справді, якщо dR < , то площина перетинає кулю; якщо dR = , то площина дотикається до кулі; якщо dR > , то площина і куля не мають спільних точок (рис. 9.6).
(рис. 9.7).
OA 1 радіус перерізу, а OA радіус кулі ( OA = 26 см). Оскільки OO1 ⊥α , то OO1 відстань від центра
трикутника OO A 1 маємо: OA OAOO 1 22 1 22 2 26 10576 =−= −= . Отже, площа перерізу
Задача 2. Куля з центром у точці O дотикається до площини (рис. 9.8). Точка A лежить у цій площині. Знайдіть відстань від точки
дорівнює 25 см, а радіус кулі 15 см.
Коментар
Згідно з теоремою 9.2 дотична площина до кулі
перпендикулярна до радіуса, проведеного в точку дотику, але тоді й будь-яка пряма
1. Поясніть, що таке куля й сфера. Що таке центр кулі? радіус і діаметр кулі?
2. Якою фігурою є переріз кулі площиною? Що таке великий круг кулі? велике коло сфери?
3*. Сформулюйте й доведіть теорему про переріз кулі площиною.
4. Як пов’язані між собою радіуси кругів — перерізів кулі двома площинами і відстані від цих кругів до центра кулі?
5. Чи має куля центр симетрії й площини симетрії?
6. Яка площина називається дотичною площиною до кулі (сфери)?
7*. Сформулюйте і доведіть властивість дотичної площини до кулі.
8. Яка пряма називається дотичною до кулі (сфери)?
9. Як розташовані куля і площина
9.1
9.5
9.6.
9.8*.
9.9.
до вершин трикутника, якщо AB = 3, AC = 4 , BC = 5.
9.10. Сфера радіуса 1,5 дотикається до площини трикутника ABC у центрі вписаного в нього кола. Знайдіть відстань від центра сфери до сторін трикутника, якщо AB = 6, AC = 8 , BC = 10 .
9.11. Сфера дотикається до трьох сторін трикутника зі сторонами 5, 5, 8. Знайдіть радіус сфери, якщо
трикутника.
9.12. Кулю радіуса 41 дм перетнули площиною, розташованою
9.13.
перпендикулярну до нього. Як відноситься площа утвореного
9.14. Дві
радіусами
9.15. Сфера дотикається до однієї з паралельних площин і перетинає іншу по колу радіуса 4. Знайдіть радіус сфери, якщо відстань між площинами дорівнює 8.
9.16. Радіус кулі дорівнює R. Через кінець радіуса проведено площину під кутом 60° до нього. Знайдіть площу перерізу. Виявіть свою компетентність
9.17. Радіус земної кулі R ≈ 6000 км. Чому дорівнює
становить 60°
9.18.
1.
Тест № 2
2.
60° . Знайдіть висоту конуса. а 15 см Б
3. Куля з центром у точці О дотикається до площини α в точці А (рисунок), а точка В
AOB ϕ . Знайдіть радіус кулі а a sin ϕ в a tg ϕ д a sin ϕ
Б a cos ϕ г a ctg ϕ
4. Кулю радіуса 10 перетнули площиною на відстані 6 від центра. Знайдіть площу перерізу.
а
5. Циліндр, осьовим перерізом якого є квадрат із стороною 20, перетнули площиною, паралельною
центра. Установіть
значеннями (А–Г).
1 Довжина твірної циліндра 2 Площа одержаного
1.
3.
Відомості
Поняття тіла обертання було відомо ще задовго до часів Стародавньої Греції. Означення циліндра, конуса і кулі як тіл обертання наведені в «Началах» Евкліда (близько 300 р. до н. е.). Значна заслуга в дослідженні цих тіл належить його сучасникам і послідовникам — Євдоксу (близько 408 р. до н. е. — близько 355 р. до н. е.), Аполлонію (близько 262 р. до н. е. — 190 р. до н. е.), Архімеду (близько 287 р.
до н. е. — 212 р. до н. е.). Зокрема Аполлоній Перзький у своїй роботі «Конічні перерізи» встановив, що перетинами конічної поверхні можуть бути коло, еліпс, парабола або гіпербола.
Досить цікаве застосування куль, вписаних і описаних навколо правильних многогранників, запропонував І. Кеплер (1571–1630) у своїй праці «Таємниця світобудови» в 1596 р. Він описав свій погляд на принцип, який зумовлює форми й розміри орбіт відомих на той час планет Сонячної системи. На думку Кеплера, геометрія Сонячної системи описувалася так: «Земля (звісно, орбіта Землі) є міра всіх орбіт. Навколо неї опишемо додекаедр. Описана навколо додекаедра сфера є сфера Марса. Навколо сфери Марса опишемо тетраедр. Описана навколо тетраедра сфера є сфера Юпітера. Навколо сфери Юпітера опишемо куб. Описана навколо
ікосаедр.
Меркурія». Така модель Сонячної системи
Розділ 3
§ 10. Поняття
§ 11. Об’єм
§ 12. Об’єм кулі
§ 13. Площа поверхні
Об’єм — величина, що ставить у відповідність тілам у
1. Об’єм тіла в просторі є невід’ємним числом.
2. Рівні тіла мають рівні об’єми.
3. Якщо тіло F поділене на частини, що не перетинаються, то об’єм тіла дорівнює сумі об’ємів його частин.
4. Об’єм куба, ребро якого дорівнює одиниці
1. Об’єм прямокутного паралелепіпеда
Va bc =⋅ ⋅ ,
де a, b, c — ребра прямокутного паралелепіпеда.
2. Об’єм прямої
3. Об’єм прямого кругового циліндра VR H =⋅ π 2 , де R — радіус основи, H — висота циліндра.
§ 10. Поняття об’єму тіл. Об’єми призми й циліндра
Пояснення й обґрунтування Проблема обчислення
привертала до себе увагу вчених. Обчисленням об’ємів найпростіших просторових фігур займалися Демокрит (близько 460 – 370 рр. до н. е.), Євдокс (близько 406 – 355 рр. до н. е.), Архімед (близько 287 – 212 рр. до н. е.). У середні віки обчисленням об’ємів просторових фігур займали-
ся І. Кеплер (1571–1630), Б. Кавальєрі (1598–1647), П. Ферма (1601–1665)
та ін. Інтегральне числення, появу якого наприкінці XVII ст. пов’язують із роботами І. Ньютона (1643–1727) і Г. Лейбніца (1646–1716), дало потужний метод обчислення об’ємів довільних просторових фігур. Із цим методом ви ознайомитеся в курсі алгебри і початків аналізу. У цьому розділі ми розглянемо поняття об’єму, його властивості, способи
одержують у кубічних міліметрах (мм3), кубічних сантиметрах (см3) або
кубічних метрах (м3) відповідно.
Об’єм — число V, що показує, скільки разів одиниця виміру об’єму і її частини укладаються в заданому тілі.
Це число може бути натуральним, раціональним або навіть ірраціональним.
Для об’ємів просторових тіл мають
властивостям площ плоских
Означення. Два тіла, що мають рівні об’єми, називаються рівновеликими.
Наприклад, рівновеликими є тіла, скла дені з однакового числа рівних кубиків (рис. 10.1).
Для знаходження об’ємів тіл зручно об’єднувати певні тіла в класи. Із цією метою сформулюємо загальне означення циліндра.
Нехай α і β — дві паралельні площини, l — пряма, що перетинає ці площини; F — фігура на одній із цих площин, ′ F — її
паралельна проекція на іншу площину в напрямку прямої l (рис. 10.2, а). Усі відрізки, що сполучають точки фігури F з їхніми проекціями, утворюють фігуру в просторі, яку
назвемо циліндром. Фігури F і ′ F називають основами циліндра. Відстань між площинами основ називають висотою циліндра. У випадку якщо в означенні циліндра
береться ортогональна, тобто
і β , то циліндр називають
теорема 10.1. об’єм прямого циліндра дорів-
циліндра лежить квадрат зі стороною, що дорівнює одиниці, а висота циліндра дорів-
нює H (рис. 10.3). Оскільки задана одиниця
виміру довжини і її частини укладаються у ви-
соті H разів, то й одиничний куб укладати-
меться в цьому циліндрі H разів, отже, об’єм
циліндра дорівнює H.
Тепер розглянемо прямий циліндр із площею
основи S і висотою H. Виокремимо в ньому
шар висотою 1, який є прямим циліндром із тією самою основою, що і заданий циліндр (рис. 10.4). Кожному
в шарі. Те, що
площа основи циліндра дорівнює S, означає, що одиничний квадрат і його частини укладаються в основі циліндра S разів. Тому одиничний куб і його
шарі, висота якого дорівнює 1, S разів, тобто об’єм
виокремленого шару дорівнюватиме S.
Те, що висота циліндра дорівнює H, означає, що одиничний відрізок і його частини укладаються по висоті H разів. Отже, виділений оди-
ничний шар і його частини укладатимуться
в циліндрі H разів.
Маємо: одиничний куб укладається в шарі S разів і цей шар укладається
Рис. 10.9
Розв’язання
Нехай у прямому паралелепіпеді ABCDAB CD11 11 (рис. 10.9) BC1 5 = см, ABCD ромб: AB BC CD AD == == 4 см і BAD =° 30 . Із прямокутного трикутника BCC1 (паралелепіпед прямий, тому CC ABCD 1 ⊥ пл. ) маємо: CC BCBC11 22 =− = =− = 54 3 22 (см). SABAD осн =⋅ ⋅° = sin30 =⋅ ⋅= 44 1 2 8 (см2). Тоді VS HS CC =⋅ =⋅ =⋅ = осн1 83 24 (см3).
3. 1) Чому дорівнює об’єм прямого циліндра (для
циліндра)?
2*) Обґрунтуйте відповідну формулу.
4. Запишіть формулу для обчислення об’єму:
1) прямокутного паралелепіпеда; 2) прямої призми; 3) прямого кругового циліндра. Поясніть справедливість цих формул.
в прави
10.1. Чи може об’єм фігури в просторі бути: 1) від’ємним числом; 2) нулем?
10.2° . Чому дорівнює об’єм просторового хреста (рис. 10.10),
одиниці?
10.3° . Чому дорівнює об’єм многогранника, зображеного
10.4° . Знайдіть об’єм многогранника, зображеного на рис. 10.12 (усі двогранні
10.5.
10.7° . Знайдіть об’єм V частини циліндра, зображеної: 1) на рис. 10.13; 2) на рис. 10.14.
10.8. Основою прямої трикутної призми є прямокутний трикутник із катетами 6 см і 8 см, висота призми дорівнює 10 см. Знайдіть об’єм цієї призми.
10.9. Знайдіть об’єм правильної чотирикутної призми, сторона основи якої дорівнює 6 см, а висота 5 см.
10.10. Як зміниться об’єм прямокутного паралелепіпеда, якщо:
1) один із його вимірів збільшити в 2 рази; 2) два його виміри збільшити, кожен у 2 рази; 3) усі три його виміри збільшити в 2 рази?
10.11. Знайдіть висоту правильної чотирикутної призми, якщо сторона її основи дорівнює 20 см, а об’єм 4800 см3.
10.12. Через середню лінію основи трикутної призми проведено площину, паралельну бічному ребру. У якому відношенні ця площина ділить об’єм призми?
10.13. Як відносяться об’єми
10.14.
10.16. За стороною основи a і
призми:
1) трикутної;
2) чотирикутної; 3) шестикутної.
10.17. Знайдіть об’єм фігури, утвореної
10.18. Діагональ осьового перерізу циліндра дорівнює a і нахилена до площини
10.19. Два циліндри утворені обертанням того самого прямокутника
об’єми цих циліндрів?
10.20*. У скільки разів об’єм циліндра, описаного навколо правильної чотирикутної
саму призму?
10.21*. Доведіть, що будь-яка площина, яка проходить через центр куба, ділить його на дві рівновеликі
10.22. У циліндричну посудину діаметром
см. Який об’єм деталі?
10.23. У циліндричній посудині рівень рідини
стане рівень рідини, якщо перелити її в іншу посудину, діаметр якої в 2 рази більший
10.24.
Принцип Кавальєрі. Якщо в результаті перетину двох
них просторових тіл рівні.
Строге обґрунтування принци-
пу Кавальєрі проводиться в курсах
математичного аналізу. Зазначимо ідею обґрунтування цього принци-
пу. Уявимо, що тіла Ф1 й Ф2 скла-
дені з тонких шарів однакової
тіл Ф1 і Ф2 площинами, паралельними деякій заданій площині (рис. 11.1). Тіла, одержані в
тонких шарів,
наближено вважати прямими циліндрами. Тоді з рівності площ їх основ і рівності висот одержуємо,
матимемо наслідок.
наслідок.
2. Об’єми піраміди й конуса
Сформулюємо загальне означення конуса, що дозволяє об’єднати в один клас розглянуті
раніше конуси й піраміди.
Нехай F фігура на площині α , S точка поза цією площиною. Всі відрізки, що сполучають точки фігури F із точкою S, утворюють фігуру в просторі, яку називатимемо конусом (рис. 11.3).
Фігура F називається основою конуса, точка S вершиною конуса. Перпендикуляр, проведений із вершини конуса на площину основи, називається висотою конуса. У випадку якщо фігура F є кругом, конус
Рис. 11.3
Використовуючи
то їхні об’єми рівні.
конуси Ф1 і Ф2 мають висоти, що дорівнюють H, а основи площею S розташовані в одній площині α (рис. 11.4).
Проведемо площину β , паралельну площині α , на відстані x від неї 0 << () xH .
Тоді фігури F1 і F2 , що утворюються
в перерізах конусів площиною β , по-
дібні відповідним основам, і коефіцієнт
подібності k в обох
F1 і F2
конуса).
Нехай AABC 1 — трикутна
призми ABCA BC11 1 .
Площини ABC 1 і AB C11 розбивають
AABC 1 , ABBC 11 і ACCB 11 1
Піраміди ABBC 11 і ACCB 11 1 мають рівні основи BB C1 і CC B 11 ,
CB1
де S — площа основи, H — висота піраміди. Якщо
трикутну піраміду з такою самою висотою H і такою
на висоту.
Для заданого конуса з основою, площа якої дорівнює S, і висотою H роз-
глянемо яку-небудь піраміду з такими
самими площею основи S і висотою H (рис. 11.6). Тоді за принципом Кавальє-
рі одержуємо, що об’єми цих
Розв’язання Коментар
Нехай ABCDAB CD11 11 (рис. 11.7)
заданий похилий паралелепіпед
(ABCD квадрат, AB = 1 м, AA1 2 = м, AABAAD 11 60 == ° ).
Проведемо висоту AO 1 паралелепіпеда AO ABCD 1 ⊥ пл. . Оскільки в похилому
паралелепіпеді бічне ребро AA1 утво-
рює рівні кути із суміжними сторона-
ми основи, то це ребро проектується на
бісектрису кута BAD, тобто на діагональ
AC OAC ∈ () квадрата ABCD. Проведемо
OM AB ⊥ , тоді AM AB 1 ⊥ за теоремою
про три перпендикуляри. Із прямокут-
ного трикутника AA M 1 маємо:
AMAA=⋅ °= 1 60 1 cos (м).
Із прямокутного трикутника
AOM маємо: AO AM == °cos45 2 (м).
Із прямокутного трикутника AA O1
маємо:
Якщо в похилій призмі (або в піраміді) бічне ребро утворює
сторонами
то воно проектується на пряму, що містить бісектрису кута між
обчислень зручно з основи висоти паралелепіпеда (точки O) провести в площині основи OM AB ⊥ і використовувати теорему про три перпендикуляри (одержимо AM AB 1 ⊥ ). Потім послідовно розглянути прямокутні трикутники: AA M 1 (знаходимо AM ), AOM (знаходимо AO), AA O1 (знаходимо AO 1 ). Далі можна скористатися формулою для обчислення об’єму похилої призми VS H =⋅ осн .
Задача
Розв’язання
Нехай у піраміді SABC (рис. 11.8)
трикутник ABC прямокутний ( C =° 90 , BC a = , AC b = ).
Проведемо висоту піраміди SO. Оскіль-
ки за умовою всі бічні ребра піраміди
однаково нахилені до площини основи, то O центр кола, описаного навко-
ло основи, тобто точка O середина гіпотенузи AB. Ураховуючи, що відрізок AO проекція бічного ребра SA
на
площину ABC, одержуємо, що
SAO кут нахилу бічного ребра
SA до площини основи й SAO =ϕ . Із прямокутного трикутника ABC
одержуємо:
AB BC AC ab =+ =+ 22 22 ,
тоді AOAB ab == + 1 2 1 2 22 .
Спочатку визначимо розташування висоти піраміди: якщо всі бічні ребра піраміди однаково нахилені до площини основи, то основою висоти піраміди є центр описаного
1.
2. 1) Чому дорівнює об’єм похилої призми? 2*) Обґрунтуйте відповідну формулу.
3. Сформулюйте загальне означення конуса. Що таке
такого конуса?
4. 1) Чому дорівнює об’єм піраміди?
2*) Обґрунтуйте відповідну формулу.
5. 1) Чому дорівнює об’єм конуса?
2*) Обґрунтуйте відповідну формулу.
в прави
11.1° . В основі похилого
11.3.
11.5
11.6
11.7° . Знайдіть об’єм правильної трикутної піраміди, сторона основи якої дорівнює a, висота h.
11.8° . Знайдіть об’єм правильної чотирикутної піраміди, висота якої дорівнює h, а діагональ основи d.
11.9. Визначите об’єм правильної чотирикутної піраміди, якщо її діагональним перерізом є правильний трикутник зі стороною, що дорівнює 12.
11.10. Знайдіть об’єм правильного тетраедра з ребром, що дорівнює 1.
11.11. Об’єм правильної шестикутної піраміди дорівнює 6 см3. Сторона основи дорівнює 1 см. Знайдіть бічне ребро піраміди.
11.12. Бічні ребра трикутної
11.13. Як зміниться об’єм правильної
збільшена в n разів, а сторона основи зменшена в стільки ж разів?
11.14. У куб із ребром, яке дорівнює 1, вписано правильний тетраедр так, що його вершини збігаються
тетраедра.
11.15. Знайдіть об’єм октаедра з ребром, яке дорівнює 1.
11.16° . Висота конуса дорівнює 6, твірна — 10. Знайдіть об’єм конуса.
11.17° . У скільки разів збільшиться об’єм кругового конуса, якщо: 1) висоту збільшити в 3 рази; 2) радіус основи збільшити в 2 рази?
11.18. Чи зміниться об’єм кругового конуса,
Об’єми та площі поверхонь геометричних тіл
11.22. Знайдіть об’єм тіла, отриманого в результаті обертання рівнобедреного прямокутного трикутника навколо катета, який дорівнює 3 см.
11.23*. Рівносторонній трикутник обертається навколо своєї сторони
тіла обертання.
11.24. Два конуси отримані обертанням нерівнобедреного прямокутного трикутника навколо кожного з катетів. Чи рівні об’єми цих конусів?
11.25. Знайдіть об’єм частини конуса, зображеної на рис. 11.10.
11.26*. Конус вписано в правильну трикутну піраміду зі стороною основи a і висотою h. Знайдіть його об’єм.
11.27*. Конус описано навколо правильної чотирикутної піраміди зі стороною основи a і висотою h. Знайдіть його об’єм.
Виявіть свою компетентність
11.28. Пакетик для томатної пасти має форму піраміди, в основі якої лежить рівнобедрений трикутник із рівними сторонами 12 см і кутом 30° між ними. Висота піраміди дорівнює 6 см. Обчисліть об’єм пакетика.
11.29. Знайдіть об’єм пожежного відра конічної форми, якщо його стандартні розміри такі: діаметр основи 30 см і твірна конуса 38 см. Відповідь дайте в літрах, округливши її до десятих частин літра.
11.30*. При насипанні сипучого матеріалу у вигляді купи, близької за формою до конуса, для кожного сипучого матеріалу кут природного укосу (кут нахилу твірної конуса до площини його основи) свій і для вологого піску він наближено дорівнює 45°. Для бетонування підлоги в їдальні школи привезли пісок, який висипали в купу, що має форму конуса, з твірною 1,2 м. Цей пісок необхідно перенести до приміщення. Скільки відер із піском, місткістю 10 л, доведеться перенести до приміщення?
пояснення
Розглянемо питання про знаходження об’єму кулі.
Задача 2*. Знайдіть
і нахилена до площини
Розв’язання Коментар
Розглянемо осьовий переріз зада-
ної комбінації тіл. Осьовим перерізом
конуса є рівнобедрений трикутник
SAB, у якому сторона SB дорівнює твірній конуса ( SB = 12 см), а висота
SO є висотою конуса (рис. 12.2). Тоді
кут SBO кут нахилу твірної SB до
площини основи і SBO =° 60 .
Перерізом кулі є круг, радіус OO1
якого дорівнюватиме радіусу кулі.
Оскільки куля вписана в конус, то
круг буде вписано в трикутник. Тоді
відрізок BO1 бісектриса кута SBO
і OBO1 30 =° .
Із прямокутного трикутника SBO
маємо: BO SB =⋅ °= cos606 (см).
Із прямокутного трикутника OBO1
одержуємо: OOOB 1 30 23 =⋅ °= tg (см).
Тоді
Під час розв’язування задач на комбінацію тіл обертання зручно розглядати осьовий переріз цієї комбінації.
Одержавши в перерізі круг, вписаний у трикутник, слід урахувати, що центр круга, вписаного в трикутник,
Об’єми та площі поверхонь геометричних тіл
вправи
12.1° . Діаметр кулі дорівнює 10 см. Знайдіть її об’єм.
12.2° . Задано дві кулі. Радіус першої кулі у два рази більший за радіус другої. У скільки разів об’єм першої кулі більший за об’єм другої?
12.3° . У скільки разів збільшиться об’єм кулі, якщо її радіус збільшити: 1) у три рази; 2) у п’ять разів?
12.4° . Об’єм однієї кулі в 64 рази більший за об’єм іншої. У скільки разів радіус першої кулі більший за радіус іншої кулі?
12.5. Переріз кулі площиною, віддаленою від центра кулі на відстань 8 см, має радіус 6 см. Знайдіть об’єм кулі.
12.6. Циліндр описаний навколо кулі. Знайдіть об’єм кулі, якщо об’єм циліндра дорівнює 6 куб. од.
12.7. Із дерев’яного циліндра, висота якого дорівнює діаметру основи (рівносторонній циліндр), виточили найбільшу кулю. Визначте, скільки відсотків матеріалу сточили.
12.8. Знайдіть об’єм кулі, описаної навколо правильного тетраедра з ребром a.
12.9. Конус вписано в кулю. Радіус основи конуса дорівнює радіусу кулі, об’єм конуса дорівнює 6 куб. од. Знайдіть об’єм кулі.
12.10. Мідний куб, ребро якого дорівнює 10 см, переплавили в кулю. Знайдіть радіус кулі. (Втратами металу під час переплавлення знехтуйте.)
12.11. Потрібно переплавити в одну кулю дві чавунні кулі діаметрами 10 см і 20 см. Знайдіть діаметр нової кулі. (Втратами металу під час переплавлення знехтуйте.)
12.12*. Є шматок свинцю масою 1 кг. Скільки кульок діаметром 1 см можна відлити з цього шматка? (Густина свинцю становить 11,4 г/см3, втратами металу під час переплавлення знехтуйте.)
12.13*. Резервуар для води складається з півкулі радіуса R і циліндра з таким самим радіусом основи (рис. 12.3). Якої висоти h повинна бути його циліндрична частина, щоб об’єм усього резервуара дорівнював 200 м3? (Розміри на рисунку наведено в сантиметрах.)
Рис. 12.3
∅700 h R350
пояснення
