Книжная полка Сохранить
Размер шрифта:
А
А
А
|  Шрифт:
Arial
Times
|  Интервал:
Стандартный
Средний
Большой
|  Цвет сайта:
Ц
Ц
Ц
Ц
Ц

Математика для школьников, 2020, № 2

научно-практический журнал
Покупка
Артикул: 742529.0001.99
Математика для школьников : научно-практический журнал. - Москва : Шк. Пресса, 2020. - № 2. - 48 с. - ISSN 2074-4281. - Текст : электронный. - URL: https://znanium.com/catalog/product/1145971 (дата обращения: 29.03.2024). – Режим доступа: по подписке.
Фрагмент текстового слоя документа размещен для индексирующих роботов. Для полноценной работы с документом, пожалуйста, перейдите в ридер.
2

ИДУ НА ЭКЗАМЕН

  3 Малышев И.Г.
Отрезки Брианшона в описанном четырёхугольнике
В статье обсуждается теорема Брианшона для описанных четырёхугольников, а также рассмотрены некоторые задачи для отрезков, соединяющих 
точки касания окружности с противоположными сторонами описанного 
четырёхугольника.

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

  7 Локуциевский В.О.
Решаем уравнения с помощью циркуля и линейки
В статье, адресованной учащимся 8–9 классов, разбираются задачи на 
построение с помощью циркуля и линейки корней линейных и квадратных уравнений.

СОВЕТЫ К УРОКУ

12 Севрюков П.Ф.
О решении уравнений высших степеней в школьном курсе 
математики
В курсе высшей алгебры доказывается, что уравнения третьей и четвёртой 
степеней могут быть решены в общем виде. Уравнения, степень которых 
выше четвёртой, при помощи радикалов не могут быть решены в общем 
виде. Поэтому особое значение приобретают частные приёмы решения, 
выбор которых вызывается не общими соображениями, а конкретным 
видом данного уравнения. В статье рассматриваются некоторые из таких 
приёмов.

КЛУБ ЮНЫХ МАТЕМАТИКОВ

18 Седова Е.А., Миловидова Н.В.
Задачи, приводящие к рекуррентным уравнениям
Когда в формулировке задачи встречаются слова «сколькими способами 
можно» выполнить то-то и то-то,  многие школьники считают, что в её 
решении непременно нужно использовать методы комбинаторики. Задачи же, которые рассматриваются в этой статье, гораздо проще решать 
иначе — используя рекуррентные соотношения, соответствующие их 
условиям. Статья доступна как старшеклассникам, так и учащимся 5–6 
классов, интересующимся математикой. 

Дружинин Б.Л.
На олимпиаду
О том, как ученики 5Б класса ехали на олимпиаду.

ДЕЯТЕЛИ НАУКИ И ПРОСВЕЩЕНИЯ

33 К Юбилею И.Я. Депмана
В этом году исполняется 135 лет со дня рождения Ивана Яковлевича Депмана (1885–1970), известного учёного и педагога, историка математики и 
популяризатора науки. В этом номере мы публикуем подборку любопытных историй по материалам сборника И.Я. Депмана «Рассказы о решении 
задач», первое издание которой вышло в далёком 1957 году.

ЗАНИМАТЕЛьНАЯ СТРАНИцА

39 Карпушина Н.М.
Не доказано — не факт! Ошибки и заблуждения знаменитых 
математиков
Плох тот учёный, который не учится на ошибках предшественников. 
История науки знает множество примеров заблуждений математиков — 
по неведению, из-за поспешных выводов, неверных рассуждений и пр. 
Математика тем и хороша, что в ней ничто не принимается на веру, и 
даже ошибки бывают поучительными, побуждают работу мысли и могут 
привести к важным открытиям. 

Научнопрактический журнал для учащихся старшего и среднего возраста

Рукописи, поступившие в редакцию, не рецензируются и не возвращаются.  Редакция не несёт ответственности за содержание объявлений и рекламы

Издание охраняется Законом Российской Федерации об авторском праве. Любое воспроизведение опубликованных в журнале материалов
как на бумажном носителе, так и в виде ксерокопирования, сканирования, записи в память ЭВМ, размещение в Интернете запрещается

Адрес редакции и издательства:

корреспонденцию направлять по адресу:
127254 , г. Москва, а/я 62

Телефоны: 8 (495) 6195287, 6198380
Факс: 6195289

Email:
matematika@schoolpress.ru

Интернет
http://www.школьнаяпресса.рф

Главный редактор
Е. А. Бунимович

Заместитель главного редактора
С.Д. Троицкая

Редакторы
С.И. Калинин,  
Н.М. Карпушина,  
С.И. Недосекина,  
В.П. Норин,  
С.Н. Федин

Выпускающий редактор
И.А. Моргунова

Корректор
И.И. Саможенкова

Компьютерная вёрстка
С.В. Уральская

Журнал зарегистрирован Министерством РФ
по делам печати, телерадиовещания
и средств массовых коммуникаций

Свидетельство о регистрации
ПИ № 77–9198 от 14 июня 2001 г.

Формат 84 × 108 /16. Усл. п. л. 3,0.
Изд. № 3421. Заказ

Отпечатано
в АО «ИПК «Чувашия»
428019, г. Чебоксары, пр. И. Яковлева, 13

© «Школьная Пресса»,
© «Математика для школьников», 2020, № 2

В оформлении обложки использована карти
на Жоса де Мея «НЛО над фламандской де
ревней» (репродукция заимствована с сайта 
«Невозможный мир»: http://impossible.info)

Журнал зарегистрирован в базе данных Российского индекса научного цитирования

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

ИДУ НА ЭКЗАМЕН

И.Г. Малышев
(г. Нижний Новгород)
ОТРЕЗКИ БРИАНШОНА 
В ОПИСАННОМ ЧЕТЫРЁХУГОЛЬНИКЕ

В статье обсуждается теорема Брианшона для описанных четырёхугольников, а также рассмотрены некоторые задачи для отрезков, 
соединяющих точки касания окружности с противоположными сторонами описанного четырёхугольника.

В известном труде по элементарной геометрии [1] есть следующая задача: «Докажите, что квадраты расстояний от центра окружности, вписанной в четырёхугольник, до двух его противоположных 
вершин относятся как произведения сторон, сходящихся в этих вершинах».

A
a

Q

O

E
F

D

d

C

c
P

B

b

r

r

Рис. 1
Для доказательства этого утверждения 
воспользуемся тригонометрическими соотношениями в описанном четырёхугольнике (рис.1). Отрезки

sin 2

r
AO =
α  и  
.
sin 2

r
CO =
γ

Выразим стороны четырёхугольника через радиус вписанной окружности и 
функции углов:

ctg
+ctg
2
2
a
r
α
β


=
⋅
=





sin
2
,
sin
sin
2
2

r

α + β

⋅
α
β
⋅

sin
2
,
sin
sin
2
2

b
r

β + γ

=
⋅
γ
β
⋅

sin
2
,
sin
sin
2
2

c
r

γ + δ

=
⋅
γ
δ
⋅

sin
2
.
sin
sin
2
2

d
r

α + δ

=
⋅
α
δ
⋅

Сумма внутренних углов четырёхугольника α + β + γ + δ = 360°, откуда 
получим:

=180°
,
2
2
α + β
γ + δ
−
=180°
.
2
2
α + δ
β + γ
−

В результате проделанной работы можем записать отношение произведений 
сторон четырёхугольника:

2/2020
МАТеМАТИКА дЛЯ ШКОЛьНИКОВ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

2

2

sin 2 .
sin 2

ad
bc

γ

=
α

Но, в то же время,

2
2

2
2

sin 2 .
sin 2

АО

СО

γ

=
α

Таким образом, имеем равенство:

2

2
.
AO
ad
bc
CO
=

Оказывается, 
подобное 
выражение 
можно получить и для других отрезков во 
вписанном четырёхугольнике. Обратимся 
для этого к теореме Брианшона для описанных четырёхугольников. В том же пособии по геометрии [1] она представлена в задаче. В одной из статей [2] была 
предложена следующая формулировка 
этой теоремы (см. рис. 2):
а) В описанном четырехугольнике прямые, соединяющие точки касания противоположных сторон с окружностью, проходят через точку пересечения его диагоналей (теорема Брианшона);
б) Отношения, в котором точка пересечения диагоналей делит отрезки, соединяющие точки касания окружности со 
сторонами, имеют вид:

cos
cos
2
2 ,
cos
cos
2
2

MQ
MP

α
β
⋅
=
γ
δ
⋅

cos
cos
2
2 ,
cos
cos
2
2

MF
ME

α
δ
⋅
=
γ
β
⋅

где каждая точка касания (Q, Е, Р, F) лежит на стороне с соответствующими прилежащими углами (α, β; β, γ; γ, δ; δ, α).
Пункт б) появился благодаря выбранному способу доказательства теоремы. Здесь 
мы получим те же отношения длин отрезков другим способом, в предположении, 
что исходная теорема (то есть утвержде
ние а)) уже известна. В этом случае для 
доказательства утверждения б) достаточно найти отношение площадей треугольников, например QЕF и ЕРF (рис. 2). Наконец, найдём отношение самих отрезков 
EF и PQ, которые, для удобства, будем 
называть отрезками Брианшона.

A
a

α

δ
γ

α–2

α–2

Q

O

E
F

D

d

C

c
P

B

b

r

r

β

M

Рис. 2
Итак, рассмотрим четырёхугольник 
АQОF. Так как сумма его противоположных углов равна 180°, то угол при вершине О равен 180° – α. Тогда углы при основании равнобедренного треугольника QОF 

равны α/2 и отрезок 
2 cos
.
2
QF
r
α
=
 Анало
гично находим все остальные отрезки: 

2 cos
,
2
QЕ
r
β
=
2 cos
,
2
РЕ
r
γ
=
2 cos
.
2
РF
r
δ
=

Так как 
,
2
EQF
α + β
∠
=
 то площадь 

треугольника ЕQF:

1
sin
2
2
EQF
S
EQ QF
α + β
=
⋅
⋅
=

2
2
cos
cos
sin
.
2
2
2
r
α
β
α + β
=
⋅
⋅

Аналогично получаем и площадь треугольника ЕРF:

ИдУ НА эКЗАМеН

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

1
sin
2
2
EРF
S
EР РF
γ + δ
=
⋅
⋅
=

2
2
cos
cos
sin
.
2
2
2
r
γ
δ
γ + δ
=
⋅
⋅

Отношение площадей треугольников с 
одинаковым основанием ЕF равно отношению их высот (рис. 2), которое, в свою 
очередь, равно отношению отрезков MQ 
и MP, то есть

cos
cos
2
2 .
cos
cos
2
2

EQF

EPF

S
MQ
S
MP

α
β
⋅
=
=
γ
δ
⋅

Аналогично получается и второе отношение 

cos
cos
2
2 .
cos
cos
2
2

MF
ME

α
δ
⋅
=
γ
β
⋅

Далее определим углы QОР и FОЕ, исходя из известных углов четырёхугольника (см. рис.2): в пятиугольнике ВСРОQ 
имеем ∠QOP = 540° – (180° + β + γ) = 
= 360° – (β + γ), в пятиугольнике СDFОЕ 
имеем ∠FOE = 540° – (180° + γ + δ) = 
= 360° – (γ + δ). Учитывая равнобедренность треугольников QОР и FОЕ, получаем длины отрезков QР и FЕ:

2 sin
,
2
PQ
r
β + γ
=
2 sin
.
2
FE
r
γ + δ
=

Найдём отношение произведений противоположных сторон четырёхугольника:

sin
sin
2
2

sin
sin
2
2

ac
bd

α + β
γ + δ
⋅
=
β + γ
α + δ
⋅

2

2

sin
2
.
sin
2

γ + δ

=
β + γ

С другой стороны, отношение квадратов отрезков Брианшона имеет то же значение:
2
2

2
2

sin
2
.
sin
2

EF

PQ

γ + δ

=
β + γ

Таким образом, для описанных четырёхугольников получаем соотношение

2

2
.
EF
ac
bd
PQ
=

Полученный результат можно сформулировать следующим образом: «Квадраты отрезков Брианшона относятся 
как попарные произведения двух противоположных сторон описанного четырёхугольника, не включающих  концы отрезков».
Определим угол между отрезками Брианшона, исходя из следующих соображений. Углы

180
90
2
2
QOP
QOP
СРМ
° − ∠
∠
∠
=
° −
=
 и 

.
2
ЕOF
СЕМ
∠
∠
=

Таким образом, угол между отрезками 
Брианшона равен 

360
.
2
ЕМР
СРМ
СЕМ
β + γ
∠
=
° − ∠
− ∠
− γ =
 
Отсюда следует, что если исходный 
четырёхугольник АВСD вписан в окружность, то отрезки Брианшона перпендикулярны (одна из задач в [1]).
Рассмотрим частные случаи описанных 
четырёхугольников.
1. Очевидно, что для дельтоида (ромб, 
квадрат) отношение отрезков Брианшона 
равно 1. 
2. В случае трапеции (АВ и СD — основания трапеции) отрезок РQ — диаметр 
вписанной окружности, а

2
sin
,
2
EF
r
α + β
=
⋅
 
где α и β — углы при основании трапеции. Тогда отношение отрезков Брианшона

sin
.
2
EF
PQ
α + β
=

2/2020
МАТеМАТИКА дЛЯ ШКОЛьНИКОВ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

3. Для вписанного и одновременно 
описанного четырёхугольника в статье [3] 
было получено отношение

2
tg
,
2
bd
ac
ϕ
=

где φ − угол между диагоналями (на рисунке 2 ϕ = ∠BMA). Отсюда следует, что 
для таких четырёхугольников отношение 

отрезков Брианшона 
2
tg
.
PQ
EF
ϕ
=

Рассмотрим применение полученной 
формулы на примере 16­й задачи из резервного экзамена 2017 г.
Окружность, вписанная в трапецию 
АВСD, касается её боковых сторон АВ и 
СD в точках М и N, соответственно. Известно, что АМ = 8МВ и DN = 2СN.
а) Докажите, что АD = 4ВС;
б) Найдите длину отрезка МN, если 

радиус окружности равен 
6.

A

H
Q

O

E
D

N

C
P
B
x

x

8x

8x
2y

2y

y

y

r
r
M

Рис. 3

На рисунке 3 отмечены все равные отрезки касательных и проведены высоты 
ВН и СЕ. Воспользовавшись теоремой 

Пифагора в треугольниках АВН и СЕD, 
получим равенство (9x)2 – (7x)2 = (3y)2 – y2, 
откуда следует, что y = 2x. Таким образом, отношение

8
2
4.
AD
x
y
BC
x
y
+
=
=
+

Что касается отрезка МN, то его можно 
найти из треугольника ОМN по уже приведённой выше формуле

2
sin
,
2
MN
r
α + β
=
⋅

учитывая, что функции углов определяются из треугольников  АВН и СЕD. Чтобы не связываться с половинками углов, 
удобнее применить теорему косинусов. 
Однако можно воспользоваться полученной выше формулой:

2

2
(8
2 )(
)
2 ,
9
3
3
4

MN
x
y x
y
x
y
r

+
+
=
=
⋅

откуда 
2
2 2
4
16
3
MN
r
=
⋅
=
 и MN = 4.

Литература
1. Понарин Я.П.  Элементарная геометрия: В 3 т. Т. 1: Планиметрия. Преобразования плоскости. — М.: МЦНМО, 2018. — 
312 с.: ил.
2. Малышев И.Г.  Теорема Брианшона для 
четырёхугольника и её продолжение // Scientific discussion VOL 1, No 26, (2018) С. 18–22.
3. Малышев И.Г.  Клумбовый четырёхугольник // Математика в школе.— 2016. — 
№ 3. — С. 50–53.

В № 1, 2020 на с. 32 в примере 5 правильно читать b2 < b4 вместо b2 = b4. На с. 33 в левой 
части формулы радиуса описанной около треугольника окружности должно быть R вместо S. 
На с. 4 обложки в сноске должно быть «...чин в артиллерии». Приносим извинения читателям.

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

В.О. Локуциевский,
Российский экономический университет
им. Г.В. Плеханова, Москва

РЕШАЕМ УРАВНЕНИя  
С ПОМОщЬю цИРКУЛя И ЛИНЕйКИ

В статье, адресованной учащимся 8–9 классов, разбираются задачи 
на построение с помощью циркуля и линейки корней линейных и 
квадратных уравнений.

В истории математики часто ставилась 
задача решения алгебраических уравнений геометрическими средствами (см., например, [1]), в частности задача построения с помощью циркуля и линейки отрезка, длина которого равна корню решаемого уравнения (см., например, [2]). В этой 
статье приводятся геометрические построения, реализующие основные арифметические операции. А именно, описано, как 
можно на плоскости, где заданы отрезок 
единичной длины и два отрезка длины a 
и b, циркулем и линейкой построить от
резки длиной 1 ,
a

,
a  a2, a ⋅ b и 
.
a
b

 

Способов таких построений, вообще говоря, много, мы предлагаем здесь такие 
способы, которые, с одной стороны, достаточно просты, а с другой — позволяют 
учащемуся легко понять решение и более 
сложных задач, таких, например, как построение с помощью циркуля и линейки 
корней квадратного уравнения. Далее в 
статье в предположении, что на плоскости задан острый угол, рассматриваются 
построения отрезков, длины которых рав
ны значениям некоторых тригонометрических функций этого угла. Заметим что 
в статье предполагается, что читателю 
известны простейшие геометрические построения циркулем и линейкой, такие, 
как построение прямой, перпендикулярной данной и проходящей через заданную точку, прямой, параллельной данной 
и проходящей через заданную точку, и 
т.п.
Задача 1. Пусть дан отрезок длины a. 

Построить отрезок длины 1
a

.

Р е ш е н и е. Построим окружность ра
диуса 1
2 .
.
 и две параллельные прямые l1 

и l2, касающиеся её; обозначим через C 
и B точки касания (рис. 1). На прямой 
l2 отложим отрезок BA заданной длины a 
и соединим прямой точки A и C. Пусть 
M — точка пересечения прямой AC с 
окружностью. Через точки B и M проведём прямую до пересечения с прямой 
l1, полученную точку пересечения обозначим D. Тогда CD — искомый отрезок. 

2/2020
МАТеМАТИКА дЛЯ ШКОЛьНИКОВ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

Действительно, несложно видеть, что 
прямоугольные треугольники ABC и BCD 
подобны, поэтому

.
CD
CB
CB
AB
=

Но CB = 2R = 1, поэтому 
1
1 .
CD
AB
a
=
=

Такое построение определяет отображение прямых l1 и l2 друг на друга. Это 
отображение называется инверсией.

а

B
A

O
1–2

1–а
l1

l2

M

D
C

Рис. 1

Задача 2. Пусть дан отрезок длины 

a < 1. Построить отрезок длины 
.
a

Р е ш е н и е.

B
A
O
1–2

D

C

Рис. 2

Построим окружность радиуса 1
2  и на 

её диаметре AC отложим отрезок AB заданной длины a (рис. 2). Из точки B восстановим перпендикуляр к AC до пере
сечения с верхней полуокружностью, точку пересечения обозначим через D. Тогда 
отрезок AD и есть искомый. Действительно, прямоугольные треугольники ABD и 

ADC подобны, поэтому 
.
AD
AB
AC
AD
=
 Но 

AC = 2R = 1, поэтому AD2 = AB = a, и 

.
AD
a
=

Задача 3. Пусть дан отрезок длины 

a > 1. Построить отрезок длины 
.
a

Р е ш е н и е. С помощью инверсии (см. 
решение задачи 1) строим отрезок длины 

1 ,
b
a
=
 b < 1. Затем, воспользовавшись ре
шением задачи 2, строим отрезок 
1 ,
b
a
=
 

а потом вновь используем инверсию для 

построения отрезка длины 
.
a

Задача 4. Пусть даны отрезки длины 
a и b. Построить отрезок длины a ⋅ b.

B

b

A
a
O

M
1

C

Рис. 3

Р е ш е н и е. На одной из сторон прямого угла с вершиной в точке O отложим отрезок OA заданной длины a, а на второй 
стороне этого угла отложим два отрезка: 
отрезок OM единичной длины и OB заданной длины b (рис. 3). Соединим точки 
M и A отрезком, а затем построим параллельную этому отрезку прямую, проходящую через точку B, до пересечения с лучом 
OA; полученную точку обозначим через C. 

АКАдеМИЯ МАТеМАТИКИ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

Отрезок OC и есть — искомый. Действительно, треугольники AOM и COB подобны, поэтому

,
OB
OC
OM
OA
=
 или 
,
1
b
OC
a
=

значит, OC = a ⋅ b.
Вопрос 1. Насколько существенно, что 
угол, с которого начинается построение в 
решении задачи 4, является прямым?
О т в е т: не существенно.
Задача 5. Пусть дан отрезок длины a. 
Построить отрезок длины a2.
Р е ш е н и е. Следует воспользоваться 
способом решения задачи 4 для случая 
b = a.
Задача 6. Пусть даны отрезки длины 

a и b. Построить отрезок длины 
.
a
b

Р е ш е н и е. Воспользуемся сначала 
способом решения задачи 1 и построим 

отрезок длины 1
b , а затем – алгоритмом 

решения задачи 4 для построения отрез
ка длины 
1
a b
⋅
.

Теперь читателю должно быть очевидным, как решить следующую задачу.
Задача 7. Пусть даны отрезки длины 
a и b. Построить отрезок длины

5
2
.
a
ab
b
+

И, конечно же, читатель теперь легко 
справится с задачами построения корней 
линейных и квадратных уравнений.
Задача 8. Пусть даны отрезки длины 
a и b. Построить отрезок длины x, где 
x — корень уравнения a ⋅ x = b.
Задача 9. Пусть x2 – px + q = 0 (p > 0, 
q > 0) – произвольное квадратное уравнение с действительными корнями 
1
x  и 
2
x  
и пусть даны отрезки с длинами p и q. 
Построить отрезки с длинами 
1
x  и 
2.
x

Р е ш е н и е. Помимо очевидного решения с использованием формул для нахождения этих корней, рассмотрим следующее решение. Через концы диаметра 
окружности единичного радиуса проведём 
две параллельные касательные и выберем в качестве оси Ox нижнюю прямую, 
а прямую, перпендикулярную ей и проходящую через точки касания, — в качестве оси Oy (рис. 4). Тогда уравнение 
окружности будет таким:
x2 + y(y – 2) = 0.

A
y

x
x2
x1

l1
l2

l

O

D

4–p

1

q–p

C

Рис. 4

На верхней касательной y = 2 от точки 
касания А вправо отложим отрезок, рав
ный 4 ;
p  а на оси Ox от точки O вправо 

отложим отрезок, равный q
p  (рис. 4). Со
единим концы этих отрезков прямой l, а 
затем прямыми l1 и l2 «спроецируем» из 
точки A на ось Ox точки C и D пересечения прямой l с окружностью. Полученные 
таким образом на оси Ox отрезки имеют 
длины 
1
x  и 
2
x , соответственно.
Докажем это. Пусть длины получившихся на оси Ox отрезков равны x1 и x2. 
Тогда соответственно
уравнение прямой l1 : 2x + x1 (y – 2) = 0;
уравнение прямой l2 : 2x + x2 (y – 2) = 0.
Перемножая левые части этих уравнений, получаем уравнение пары прямых:

2/2020
МАТеМАТИКА дЛЯ ШКОЛьНИКОВ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

A
O
D

C

B

M

Рис. 5

 
2
2
1
2
1
2
(
2)
(
2)
0.
2
4
x
x
x x
x
x y
y
+
+
−
+
−
=
 (1)

Вычитая из (1) уравнение окружности, 
получаем:

 

2
1
2
1
2
(
2)
(
2)
2
4
–
(
2)
0,

x
x
x x
x y
y

y y

+
−
+
−
−

−
=
 
(2)

или

 
1
2
1
2
(
2)
(
2)
0.
2
4
x
x
x x
y
x
y
y
+


−
+
−
−
=





 (3)

Рассмотрим две прямые, задаваемые 
следующими уравнениями: 
 
y – 2 = 0  
(5)
и

 

1
2
1
2 (
2)
0.
2
4
x
x
x x
x
y
y
+
+
−
−
=

 
(6)

Первое из них — это уравнение верхней касательной, а второе является уравнением прямой l: действительно, координаты точек C и D удовлетворяют уравнениям (2), (3) и не удовлетворяют уравнению (5), следовательно, они удовлетворяют уравнению (6). Несложно видеть, что 
прямая 
l 
отсекает 
на 
касательной  
y = 0 и на касательной y = 2 отрезки 

1
2

1
2

x x
q
x
x
p
=
+
 и 

1
2

4
4 ,
x
x
p
=
+
 соответственно. 

Отсюда находим, что x1 + x2 = p и  

x1 ⋅ x2 = q, то есть x1 и x2 — это в точности 

1
x  и 
2.
x
 Таким образом, правильность 
построения установлена. Заметим, что изложенное выше решение принадлежит известному немецкому математику Феликсу 
Клейну (см. [2, с. 71]).
А вот задача на построение с помощью 
циркуля и линейки значений тригонометрических функций.
Задача 10. Пусть на плоскости заданы 
острый угол α и отрезок единичной длины. Построить отрезки с длинами

а) sin α; б) cos α; в) tg α; г) cos2
 α;

д) sin2
 α; е) sin α ⋅ cos α; ж) 
1
.
cosα   

Р е ш е н и е. Построим окружность радиуса 1 с центром O в вершине заданного угла. Точки пересечения окружности 
со сторонами угла обозначим C и D. Затем построим последовательно точки A, B 
и M, опуская и восстанавливая перпендикуляры (рис. 5). Получаем решения:
а) AC = sin α; б) OA = cos α; 
в) MD = tg α; г) OB = cos2
 α; 
д) BC = sin2 α; е) AB = sin α ⋅ cos α; 

ж) 
1
.
cos
OM =
α  

Действительно, т.к. OC = 1, то утверждения а) и б) очевидны. Из подобия треугольников OCA и OMD имеем:

tg
,
1
AC
MD
MD
OA
OD
α =
=
=

таким образом, MD = tg α. Далее, из подобия треугольников OCA и OBA имеем: 

,
OA
OB
OC
OA
=
 или cos
,
1
cos
OB
α =
α  откуда полу
чаем утверждение г); аналогично, треугольник OAC подобен треугольнику 

ABC, поэтому 
,
BC
AC
AC
OC
=
 или 
sin
.
sin
1
BC
α
=
α
 

Откуда получаем BC = sin2
 α, то есть доказано утверждение д). Из рисунка 5 вид
АКАдеМИЯ МАТеМАТИКИ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

но, что OB + BC = 1, или cos2
 α + sin2
 α=1, 
что доказывает основное тригонометриче
ское тождество. Далее, 
,
AB
AC
OA
OC
=
 поэто
му 
sin
,
cos
1
AB
α
=
α
 и утверждение е) дока
зано. 
Наконец, 
,
OC
OM
OA
OD
=
 
то 
есть, 

1
,
cos
1
OM
=
α
 доказано утверждение ж).

В завершение мы предлагаем читателю рассмотреть ещё две задачи на построение, в которых отрезок единичной длины 
не задан. При этом мы советуем читателям прежде, чем ознакомиться с предлагаемым решением, сначала попробовать 
решить эти задачи самостоятельно.
Задача 11. Даны отрезки со сторонами a, b и c. Построить отрезок длины x, 
где x – решение линейного уравнения  
cx = ab. 
Р е ш е н и е. Воспользуемся конструкцией, описанной в решении задачи 4. Если на прямой OB (рис. 3) отложить отрезок OM не единичной длины, а как раз 
длины c, то отрезок OC, построенный так, 
как описано в решении задачи 4, и есть 
искомый отрезок. 
Задача 12. Пусть x2 – px + c2 = 0 (p > 0) 
– произвольное квадратное уравнение с 
действительными корнями 
1
x  и 
2,
x
 и 
пусть даны отрезки с длинами p и c. Построить отрезки с длинами 
1
x  и 
2,
x
 где 

1
x  и 
2,
x
 – корни этого квадратного уравнения.
Р е ш е н и е. Воспользуемся формулой 
для 
корней 
квадратного 
уравнения:

1,2
,
2
p
D
x
±
=

 где дискриминант D = p2 – 4c2. 

Построим отрезок длины 
.
D  Для этого 
рассмотрим окружность радиуса R = p с 
центром в точке O. На диаметре этой 

окружности отложим от точки O отрезок 
OM длины 2c. 
Заметим, что если D > 0, то точка M 
оказывается обязательно внутри окружности. Точка M разбивает диаметр окружности на два отрезка длины p + 2c и 
p – 2c. Восстановим из точки M перпендикуляр к диаметру до пересечения с 
окружностью, точку пересечения обозначим через N. Тогда длина отрезка MN 

как раз равна 
.
D  Действительно, треугольник с вершиной в точке N и опирающийся на диаметр – прямоугольный. 
MN – его высота, опущенная из прямого 
угла, она разбивает гипотенузу треугольника (диаметр окружности) на отрезки 
длины p + 2c и p – 2c. Из курса геометрии мы знаем, что квадрат этой высоты 
равен произведению длин этих отрезков: 
MN2 = (p + 2c)(p – 2c), то есть MN2 = D, 
что и требовалось показать. Ясно, что те
перь, умея строить отрезок длины 
,
D  
легко можно построить отрезки с искомыми длинами 
1
x  и 
2.
x

Легко видеть, что при D < 0 (когда 
уравнение не имеет действительных корней) точка M не попадает внутрь окружности и соответствующее построение не 
имеет силы. Если же D = 0, то точка 
M совпадает с концом диаметра, и тогда единственное (сдвоенное) решение 

1
2
/ 2.
x
x
p
=
=



Литература
[1] Троицкий Е.В. Омар Хайям и кубические уравнения // Математика для 
школьников — 2018 — № 2, с. 26–33.
[2] Локуциевский В.О. Феликс Клейн 
о построении правильного семнадцатиугольника (к 170­летию со дня рождения 
Ф. Клейна) // Математика в школе — 
2019 — № 3, С. 67–76.

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

СОВЕТЫ К УРОКУ

П.Ф. Севрюков,
г. Ставрополь
О РЕШЕНИИ УРАВНЕНИй ВЫСШИХ СТЕПЕНЕй 
В ШКОЛЬНОМ КУРСЕ МАТЕМАТИКИ

В курсе высшей алгебры доказывается, что уравнения третьей и 
четвёртой степеней могут быть решены в общем виде. Уравнения, 
степень которых выше четвёртой, при помощи радикалов не могут 
быть решены в общем виде. Поэтому особое значение приобретают 
частные приёмы решения, выбор которых вызывается не общими 
соображениями, а конкретным видом данного уравнения. В статье 
рассматриваются некоторые из таких приёмов.

В настоящей работе мы используем 
материалы главы «Нестандартные способы решения уравнений и неравенств» из 
учебного пособия [1]. Большинство иллюстрационных примеров нами заимствуются из сборника задач [2].
Начнём с формулировки свойств многочленов, о которых нередко забывают при 
решении уравнений высоких степеней.
Свойство 1. Если сумма коэффициентов многочлена равна нулю, то одним из 
корней многочлена является 1.
Свойство 2. Если сумма коэффициентов многочлена, стоящих перед чётными 
степенями, равна сумме коэффициентов, 
стоящих перед нечётными степенями, то 
одним из корней многочлена является –1.
Пример. Для многочлена 
Р(х) = х4 – 2х3 – 9х2 + 2х + 8 
найти все его корни.
В соответствии со свойством 
1 ⋅ 1 – 2 – 9 + 2 + 8 = 0, 
поэтому одним из корней многочлена является 1.

В соответствии со свойством 2 ⋅ 1 – 9 + 
+ 8 = –2 + 2, поэтому вторым корнем нашего многочлена является –1.
Ясно, что многочлен х4 – 2х3 – 9х2 + 2х + 
+ 8 делится на
х2 – 1 = (х – 1)(х + 1).
Способы деления могут быть различными (например, «уголком»), при 
этом получаем х4 – 2х3 – 9х2 + 2х + 8 = 
= (х – 1)(х + 1)(х2 – 2х – 8). Приравняв нулю выражение в последних скобках, после решения получающегося квадратного 
уравнения найдём, что корнями многочлена P являются значения 1; –1; –2; 4.

1. Введение нового неизвестного
Пример 1. Решить уравнение 
(х – 3)(х – 4)(х – 7)(х – 8) = 12.
Р е ш е н и е. 
Перемножим 
крайние 
множители и множители, стоящие в середине левой части, получим
(х2 – 11х + 24)(х2 – 11х + 28) = 12.
Дальше необходимо сделать подстановку, но даже в этом есть маленькие хитрости