KAUNAS

Mokytojo knyga gimnazijos III klaseiMatematika

UDK 51(072) Na295

Autoriai ALDONA NAVICKIENĖ, RŪTA ŠVELNIKIENĖ

Pirmasis leidimas 2011

ISBN 978-5-430-05708-4

Navickienė, AldonaNa295 Matematika : išplėstinis kursas: mokytojo knyga gimnazijos III klasei, vidurinės

mokyklos XI klasei / Aldona Navickienė, Rūta Švelnikienė. – Kaunas: Šviesa, 2011. – ... p.: iliustr.. – (Mokytojo knyga: MK)

Bibliogr., p. . ISBN 978–5–430–05708–4

Ši mokytojo knyga pritaikyta prie A. Ambraškienės ir kt. autorių parengto vadovėlio „Matematika. Išplėstinis kursas. Vadovėlis gimnazijos III klasei, vidurinės mokyklos 11 klasei“.

Knyga suskirstyta į tokius pačius skyrius ir skyrelius kaip ir vadovėlis. Joje rasite matema-tikos kurso ilgalaikį planą, visų užduočių atsakymus, o kai kurių ir sprendimus. Kiekvieno skyriaus pabaigoje yra uždavinių klasifi kacijos pagal rūšis lentelė, pateikiama faktų ir įdomybių iš matematikos istorijos.

UDK 51(072)+372.851

© Rūta Švelnikienė, 2011 © Aldona Navickienė, 2011 © Leidykla „Šviesa“, 2011

Ilgalaikis matematikos mokymo gimnazijos III klasėje (11 klasėje) planas 5

Turinys

1. Aibės ir teiginiai 181.1. Aibės 181.2. Teiginiai 191.3. Teiginių įrodymo metodai 21 Pasitikrinkite 25

2. Planimetrija 312.1. Kampai apskritime 312.2. Įbrėžtiniai ir apibrėžtiniai daugiakampiai (ir apskritimai) 332.3. Taisyklingieji daugiakampiai 35 2.4. Bukojo kampo trigonometrinės funkcijos 382.5. Sinusų ir kosinusų teoremos 392.6. Sinusų ir kosinusų teoremų taikymas 41 Pasitikrinkite 43

5

Ilgalaikis matematikos mokymo gimnazijos III klasėje (11 klasėje) planas

Bendroji informacija: 4 pamokos per savaitę (144 pamokos per metus).

Mokymo ir mokymosi priemonės• Vidurinio ugdymo bendrosios programos. Matematika (patvirtinta Lietuvos Respublikos

švietimo ir mokslo ministro 2011 m. vasario 21 d. įsakymu Nr. V-269, plane žymima BP).• Matematika. Išplėstinis kursas. Vadovėlis gimnazijos III klasei, vidurinės mokyklos 11 klasei.

Pirmoji knyga, 2010. • Matematika. Išplėstinis kursas. Vadovėlis gimnazijos III klasei, vidurinės mokyklos 11 klasei.

Antroji knyga, 2010.• Matematika 11. Uždavinynas, 2003.• Pekarskas V. Matematika. Kurso kartojimo medžiaga, 2004.• Razmas R., Teišerskis J., Vitkus V. Matematikos uždavinynas XI-XII klasei, 1997.

Mokymo ir mokymosi uždaviniaiMokytojo padedami ir (ar) savarankiškai, mokiniai, siekdami plėtoti matematinę kompetenciją, turėtų:

• įgyti matematikos žinių ir plėtoti įgūdžius, susijusius su atskiromis matematikos sritimis, • atlikti praktines užduotis, nagrinėti ir spręsti praktines ir teorines problemas taikydami

matematinius metodus, kritiškai vertinti gautus rezultatus, daryti išvadas ir apibendrinimus,• suvokti įgytų matematinių žinių praktinę, mokslinę ir istorinę vertę (BP);

gebėtų:1) atpažinti sąvokas, terminus, sąryšius, simbolius, santrumpas, modelius;2) apibrėžti, savais žodžiais paaiškinti ir tinkamai vartoti pagrindines sąvokas, matavimo vienetus,

simbolius;3) atlikti paprasčiausius standartinius skaičiavimus;4) naudoti matematinius modelius paprastoms užduotims atlikti;5) naudotis formulių rinkiniais, braižymo įrankiais, IKT ir kitomis priemonėmis, reikalingomis

mokantis matematikos;6) taikyti paprasčiausius standartinius algoritmus, komentuoti atliekamas procedūras, pateikti jų

taikymo pavyzdžių;7) formuluoti teiginius, apibendrinimus ir išvadas, paaiškinti savo teiginius ir argumentus raštu ar

schema, juos pagrįsti (įrodyti);8) teisingai suprasti uždavinių sąlygas bei kitokius nesudėtingus matematinius tekstus;9) pastebėti dėsningumus paprasčiausiose standartinėse situacijose ir priimti argumentuotus

sprendimus taikydami matematikos žinias;10) derinti kelias standartines procedūras spręsdami sudėtingesnį uždavinį;11) pagrįsti uždavinio sprendimo žingsnius teorinėmis žiniomis: matematiniais simboliais, sche-

momis, lentelėmis, grafi kais, diagramomis, nuosekliai aprašyti uždavinio sprendimą ir paaiškin-ti jo svarbiausius etapus;

12) diskutuoti matematinėmis temomis, pristatydami informaciją;13) taikyti matematikos vidinius ryšius ir matematikos ryšius su kitais dalykais; 14) taikyti matematinius modelius aprašydami įvairias (realaus turinio ir matematines) situacijas; 15) esant probleminei situacijai, kelti hipotezes ir jas tikrinti; 16) taikyti problemų sprendimo strategijas: analizuoti problemą (nustatyti objektų bei reiškinių

sąryšius ir dėsningumus), uždavinį suskaidyti į lengviau įveikiamas, geriau išnagrinėtas dalis; susiplanuoti problemos ar sudėtingos užduoties atlikimą;

17) daryti tikslias logines išvadas, jas pagrįsdami, argumentuodami, apibendrindami, įrodyti tei-ginių teisingumą;

6

18) demonstruoti matematinių idėjų originalumą;19) atsirinkti tinkamą informaciją, kai jos pateikta per daug;20) argumentuotai pagrįsti savo atsakymus į atvirus probleminius klausimus;21) kritiškai įsivertinti gautus rezultatus;22) kritiškai vertinti savo gebėjimus ir galimybes mokytis matematikos; 23) išsikelti realius mokymosi tikslus ir uždavinius;24) tikslingai planuoti mokymąsi atsižvelgdami į mokymosi uždavinius;25) taikyti įvairias matematikos mokymosi strategijas;26) nuolat vertinti savo mokėjimą mokytis matematikos ir veiklos rezultatus (BP 4.7.1.1–4.7.6.5).

VertinimasVertinimas – tai nuolatinis informacijos apie mokinio mokymosi pažangą ir pasiekimus kaupimo, interpretavimo ir apibendrinimo procesas. Vertinimas planuojamas kartu su ugdymo procesu. Planuojant vertinimą atsižvelgiama į mokinių pasiekimus ir išgales, remiamasi Bendrųjų programų reikalavimais, iškeltais tikslais, tariamasi su mokiniais, kitais mokytojais.Diagnostinis vertinimas – vertinimas, kuriuo naudojamasi siekiant išsiaiškinti mokinio pasieki-mus ir padarytą pažangą baigus temą ar kurso dalį, kad būtų galima numatyti tolesnio mokymosi galimybes, suteikti pagalbą įveikiant sunkumus. Formuojamasis vertinimas – nuolatinis vertinimas ugdymo proceso metu, kuris padeda numa-tyti mokymosi perspektyvą, pastiprinti daromą pažangą, skatina mokinius mokytis analizuoti esa-mus pasiekimus ar mokymosi spragas, sudaro galimybes mokiniams ir mokytojams geranoriškai bendradarbiauti. Apibendrinamasis vertinimas – vertinimas, naudojamas baigus programą, kursą, modulį. Jo re-zultatai formaliai patvirtina mokinio pasiekimus ugdymo programos pabaigoje.(Mokinių pažangos ir pasiekimų vertinimo samprata. Patvirtinta Lietuvos respublikos švietimo ir mokslo ministro 2004 m. vasario 25 d. įsakymu Nr. ISAK-256.)Formuojamasis vertinimas – nuolat.Diagnostinis vertinimas - diagnostinės užduotys, skiriamos išnagrinėjus kiekvieną skyriaus temą.Kaupiamasis vertinimas – savarankiški darbai, apimantys atskiras skyriaus temas (SD).Apibendrinamasis vertinimas – kontrolinis darbas, vertinamas pažymiu, išnagrinėjus ir susisteminus visą skyriaus medžiagą (KD).

Mokymo ir mokymosi turinio santrauka

Eilės nr. Skyriaus pavadinimas Pamokų skaičius Pastabos

1. Aibės ir teiginiai 9

2. Planimetrija 19

3. Vektoriai 16

4. Skaičių aibės ir reiškiniai 18

5. Funkcijos 12

6. Lygtys, nelygybės ir jų sistemos 27

7. Laipsninės funkcijos 8

8. Rodiklinė ir logaritminė funkcijos 14

9. Sekos 15

10. Rezervinis laikas 6

Iš viso per mokslo metus: 144

7

Vado

vėlio

sky

rius

, tem

aPa

mok

ų sk

aiči

usM

okin

ių ž

inio

s, g

ebėj

imai

ir s

upra

timas

Vert

inim

asPa

stab

os

1. A

ibės

ir t

eigi

niai

9

1.1.

Aib

ės2

Geb

ėti p

aaišk

inti

sąvo

kas:

aibė

, aib

ių s

ąjun

ga, s

anki

rta,

aib

ės

poai

bis,

pap

ildin

ys.

Mok

ėti v

arto

ti fo

rmal

ius

aibi

ų ir

jų v

eiks

mų

simbo

lius.

Mok

ėti r

asti

dvie

jų a

ibių

sąj

ungą

, san

kirt

ą, s

kirt

umą.

1.2.

Tei

gini

ai2

Skir

ti te

igin

ius

nuo

kitų

sak

inių

nag

rinė

jant

pap

rast

as s

ituac

ijas.

Susif

orm

uoti

aksio

mos

ir te

orem

os s

ampr

atą.

G

ebėt

i iš p

atei

ktos

teor

emos

išsk

irti

sąly

gą ir

išva

dą.

Žin

oti,

kad

tiesio

ginė

teor

ema

ir at

virk

štin

ė pr

iešin

gai t

eore

mai

yr

a ek

viva

lenč

ios.

1.3.

Tei

gini

ų įro

dym

o m

etod

ai3

Geb

ėti p

aaišk

inti

tiesio

gini

o įro

dym

o m

etod

ą ir

jį ta

ikyt

i pap

ras-

tais

ir ne

sudė

tinga

is at

veja

is.G

ebėt

i paa

iškin

ti pr

iešt

aros

met

odą

ir jį

taik

yti p

apra

stai

s at

veja

is.Su

form

uluo

ti pa

teik

tai t

eore

mai

atv

irkšt

inę

teor

emą.

Sist

emin

imas

. Pas

itikr

inki

te1

Rez

ulta

tų v

ertin

imas

/įsiv

ertin

imas

1G

ebėt

i tai

kyti

įvai

rius

teig

inių

įrod

ymo

met

odus

.K

DB

P 1.

1.3,

1.3

.1, 1

.3.2

, 1.

4.1,

1.4

.2

2. P

lani

met

rija

20

2.1.

Kam

pai a

pskr

itim

e2

Skir

ti ap

skri

timo

cent

rinį

kam

pą n

uo įb

rėžt

inio

.Ž

inot

i, ka

ip ra

sti v

ieno

jo d

idum

ą, k

ai ž

inom

as k

ito d

idum

as.

Geb

ėti t

aiky

ti įb

rėžt

inio

kam

po s

avyb

es.

2.2.

Įbrė

žtin

iai i

r api

brėž

tinia

i da

ugia

kam

piai

(ir a

pskr

itim

ai)

3G

ebėt

i suf

orm

uluo

ti įb

rėžt

o į t

rika

mpį

ir a

pibr

ėžto

api

e tr

ikam

pį

apsk

ritim

o sa

vybe

s.Ž

inot

i ir g

ebėt

i įro

dyti

įbrė

žto

į aps

kriti

mą

ir ap

ibrė

žto

apie

ap-

skri

timą

ketu

rkam

pio

pagr

indi

nes

savy

bes.

8

Vado

vėlio

sky

rius

, tem

aPa

mok

ų sk

aiči

usM

okin

ių ž

inio

s, g

ebėj

imai

ir s

upra

timas

Vert

inim

asPa

stab

os

2.3.

Tai

sykl

ingi

eji d

augi

akam

piai

3G

ebėt

i paa

iškin

ti įb

rėžt

o į a

pskr

itim

ą ta

isykl

ingo

jo d

augi

akam

pio

ir ap

ibrė

žto

apie

aps

kriti

mą

taisy

klin

gojo

dau

giak

ampi

o są

voka

s.M

okėt

i aps

kaič

iuot

i sąr

yšiu

s ta

rp ly

giak

rašč

io tr

ikam

pio,

kva

drat

o ir

taisy

klin

gojo

šešia

kam

pio

kraš

tinės

ilgi

o ir

įbrė

žtin

io b

ei a

pi-

brėž

tinio

aps

kriti

mų

spin

dulio

ilgi

o.Ta

ikyt

i šia

s ži

nias

spr

endž

iant

įvai

rias

užd

uotis

.

SDG

alim

a pa

siūly

ti da

rbą

„Par

ketų

kūr

imas

“ (m

atem

atik

os ir

dai

lės

inte

grav

imas

).

2.4.

Buk

ojo

kam

po tr

igon

omet

rinė

s fu

nkci

jos

1G

ebėt

i aps

kaič

iuot

i buk

ojo

kam

po s

inus

ą, k

osin

usą,

tang

entą

.Su

sieti

su 1

0 kl

. pa

teik

tom

is sm

ailio

jo

kam

po s

inus

o, k

osin

uso

apib

rėžt

imis.

2.5.

Sin

usų

ir ko

sinus

ų te

orem

os5

Žin

oti i

r geb

ėti į

rody

ti ko

sinus

ų te

orem

ą ir

sinus

ų te

orem

ą, tr

i-ka

mpi

o pl

oto

form

ulę

S =

1 2 ab si

n ,

taik

yti š

ias

žini

as tr

ikam

pio,

ke

turk

ampi

o ir

taisy

klin

gųjų

dau

giak

ampi

ų el

emen

tam

s be

i plo

tui

rast

i.

SDSu

sieti

su 1

sky

riuj

e pa

teik

tais

įrody

mo

met

odai

s.

2.6.

Sin

usų

ir ko

sinus

ų te

orem

ų ta

ikym

as

2Ta

ikyt

i sin

usų

teor

emą

ir ko

sinus

ų te

orem

ą sp

rend

žian

t pra

ktin

io

bei m

atem

atin

io tu

rini

o už

davi

nius

.

Sist

emin

imas

. Pas

itikr

inki

te2

Rez

ulta

tų v

ertin

imas

/įsiv

ertin

imas

2Ta

ikyt

i žin

ias

apie

plo

kštu

mos

fi gū

ras

spre

ndži

ant n

esud

ėtin

gus

įvai

rių

plok

štum

os fi

gūrų

, jų

dalių

bei

jung

inių

ele

men

tų il

gių,

ka

mpų

dyd

žių,

per

imet

rų ir

plo

tų, s

kaič

iavi

mo

užda

vini

us, į

roda

nt

teig

iniu

s.Ta

ikyt

i tri

gono

met

rijo

s ži

nias

spr

endž

iant

pap

rast

us g

eom

etri

nius

(p

rakt

inio

bei

mat

emat

inio

turi

nio)

užd

avin

ius.

KD

BP

4.1,

4.2

3. V

ekto

riai

16

3.1.

Vek

tori

aus

sąvo

ka ir

žym

enys

2G

ebėt

i api

brėž

ti ve

ktor

ių k

aip

plok

štum

os k

rypt

inę

atka

rpą.

A

tpaž

inti

kolin

eari

uosiu

s ( a

↑↑b,

a↑↓

b) b

ei ly

giuo

sius

vekt

oriu

s.M

okėt

i užr

ašyt

i ir t

aiky

ti ve

ktor

ių ly

giag

retu

mo

(kol

inea

rum

o)

sąly

gą.

Įžve

lgti

vekt

oriu

s ge

omet

rini

uose

brė

žini

uose

.

9

Vado

vėlio

sky

rius

, tem

aPa

mok

ų sk

aiči

usM

okin

ių ž

inio

s, g

ebėj

imai

ir s

upra

timas

Vert

inim

asPa

stab

os

3.2.

Vek

tori

ų al

gebr

a2

Žin

oti,

kaip

atli

ekam

i vei

ksm

ai s

u ve

ktor

iais

grafi

škai

plo

kštu

mo-

je, i

r geb

ėti j

uos

atlik

ti.SD

Paro

dyti,

kad

vek

tori

ų al

gebr

a tu

ri d

aug

pana

šu-

mų

su p

apra

stąj

a al

gebr

a.

3.3.

Ska

liari

nė d

viej

ų ve

ktor

ių

sand

auga

2Ž

inot

i vek

tori

ų sk

alia

rinė

s sa

ndau

gos

apib

rėžt

į, sa

vybe

s, ta

ikyt

i ja

s pa

pras

tiem

s ir

nesu

dėtin

giem

s pr

aktin

io ir

mat

emat

inio

turi

nio

užda

vini

ams

sprę

sti.

SD

3.4.

Vek

tori

ai k

oord

inač

ių

plok

štum

oje.

Vek

tori

aus

koor

dina

tės,

ilgis.

Vei

ksm

ai s

u ve

ktor

iais

2G

ebėt

i išr

eikš

ti ve

ktor

ių k

oord

inat

ėmis

( a =

(x; y

), =

x +

y)

ir ap

skai

čiuo

ti jo

ilgį

. Ž

inot

i, ka

ip u

žraš

omi v

eiks

mai

koo

rdin

atėm

is, ir

geb

ėti j

uos

atlik

ti.

Skat

inti

mok

iniu

s pa

lygi

n-ti

veik

smų

su v

ekto

riai

s, pa

teik

tais

kryp

tinėm

is at

-ka

rpom

is ir

koor

dina

tėm

is,

pran

ašum

us ir

trūk

umus

, ta

ikym

o ga

limyb

es.

3.5.

Ska

liari

nė v

ekto

rių

daug

yba

3Ž

inot

i vek

tori

ų, iš

reik

štų

koor

dina

tėm

is, s

kalia

rinė

s da

ugyb

os

savy

bes,

taik

yti j

as p

apra

stie

ms

ir ne

sudė

tingi

ems

užda

vini

ams

sprę

sti.

Mok

ėti a

pska

ičiu

oti k

ampo

tarp

vek

tori

ų di

dum

ą nu

rody

tu ti

ks-

lum

u, k

ai v

ekto

riai

išre

ikšt

i koo

rdin

atėm

is.

SD

3.6.

Vek

tori

ai e

rdvė

je2

Geb

ėti a

pibr

ėžti

vekt

orių

kai

p er

dvės

kry

ptin

ę at

karp

ą. Iš

reik

šti

vekt

orių

koo

rdin

atėm

is (

= (x

; y; z

), =

x +

y+

z),

apsk

ai-

čiuo

ti jo

ilgį

.Ž

inot

i, ka

ip u

žraš

omi v

eiks

mai

koo

rdin

atėm

is.

Pasiū

lyti

mok

inia

ms

pari

nkti

kuo

įvai

resn

ių

pavy

zdži

ų, il

iust

ruoj

anči

ų ve

ktor

ių ta

ikym

ą.

Sist

emin

imas

. Pas

itikr

inki

te1

Geb

ėti t

aiky

ti ve

ktor

ius

nesu

dėtin

giem

s sk

aiči

avim

o ir

įrody

mo

užda

vini

ams

sprę

sti.

BP

4.4.

4

Rez

ulta

tų v

ertin

imas

/įsiv

ertin

imas

2N

audo

tis v

ekto

riau

s są

voka

ir v

eiks

mų

savy

bėm

is sp

rend

žian

t pa

pras

tus

bei į

rody

mo

užda

vini

us.

KD

BP

4.4

4. S

kaič

ių a

ibės

ir r

eišk

inia

i20

4.1.

Rac

iona

lieji

skai

čiai

2G

ebėt

i paa

iškin

ti ai

bės

ir sk

aiči

ų ai

bės

sąvo

ką. Ž

inot

i, ka

ip s

kaič

ių

aibė

s va

izdu

ojam

os s

kaič

ių ti

esėj

e.M

okėt

i pav

erst

i deš

imta

ines

per

iodi

nes

trup

men

as p

apra

stos

iom

is

ir at

virk

ščia

i.

10

Vado

vėlio

sky

rius

, tem

aPa

mok

ų sk

aiči

usM

okin

ių ž

inio

s, g

ebėj

imai

ir s

upra

timas

Vert

inim

asPa

stab

os

4.2.

Rea

lieji

skai

čiai

2Ž

inot

i rea

liųjų

ska

ičių

aib

ės s

anda

rą.

Mok

ėti p

alyg

inti

real

iuos

ius

skai

čius

, apv

alin

ti nu

rody

tu ti

kslu

mu.

Geb

ėti p

apra

sčia

usia

is at

veja

is įv

ertin

ti sk

aiči

avim

o re

zulta

tų

tikslu

mą.

Mok

ėti a

tlikt

i vei

ksm

us s

u sk

aiči

ais,

užra

šyta

is st

anda

rtin

e išr

aišk

a.

Prim

inti

mok

inia

ms,

kaip

ap

skai

čiuo

jam

a ab

soliu

čioj

i ir

sant

ykin

ė pa

klai

dos.

4.3.

n-t

ojo

laip

snio

šakn

ys2

Žin

oti n

-toj

o la

ipsn

io ša

knie

s ap

ibrė

žtį,

veik

smų

su n

-toj

o la

ipsn

io

šakn

imis

savy

bes.

Mok

ėti a

tlikt

i nes

udėt

ingu

s ve

iksm

us s

u n-

tojo

laip

snio

šakn

imis.

Geb

ėti p

agrįs

ti n-

tojo

laip

snio

šakn

ų sa

vybe

s.

Prad

edan

t nag

rinė

ti sk

yre-

lį, re

ikėt

ų pa

tikri

nti m

oki-

nių

gebė

jimus

atli

kti v

eiks

-m

us s

u kv

adra

tinėm

is ša

k-ni

mis

ir pa

pras

tais

reišk

i-ni

ais,

kuri

uose

yra

laip

snių

su

sve

ikai

siais

rodi

klia

is.

4.4.

Lai

psni

ai s

u ra

cion

alia

isiai

s ir

real

iaisi

ais

rodi

klia

is2

Mok

ėti n

-toj

o la

ipsn

io ša

knį i

šrei

kšti

laip

sniu

su

trup

men

iniu

ro

dikl

iu ir

atv

irkšč

iai.

Žin

oti l

aips

nių

(su

real

iuoj

u ro

dikl

iu) s

avyb

es.

Geb

ėti j

as ta

ikyt

i nes

udėt

ingi

ems

reišk

inia

ms

pert

vark

yti.

SD

4.5.

Ska

ičia

us lo

gari

tmas

3M

okėt

i api

brėž

ti sk

aiči

aus

loga

ritm

ą.Ž

inot

i, ka

s yr

a de

šimta

inis

loga

ritm

as.

Žin

oti,

kas

yra

natū

ralu

sis lo

gari

tmas

. M

okėt

i aps

kaič

iuot

i deš

imta

iniu

s ir

natū

raliu

osiu

s lo

gari

tmus

.

4.6.

Pag

rind

inės

loga

ritm

ų sa

vybė

s1

Geb

ėti,

rem

iant

is lo

gari

tmo

apib

rėžt

imi i

r/ar

loga

ritm

ų sa

vybė

mis,

aps

kaič

iuot

i log

aritm

inių

reišk

inių

ska

itine

s re

ikšm

es.

Geb

ėti p

ertv

arky

ti ne

sudė

tingu

s re

iškin

ius.

Mok

ėti p

agrįs

ti lo

gari

tmų

savy

bes.

Loga

ritm

ų at

sirad

imas

ir

skai

čiav

imo

tech

niko

s to

bulė

jimas

(int

egra

cija

su

istor

ija).

4.7.

Rei

škin

iai i

r jų

tapa

tieji

pert

vark

iai

3Su

pras

ti, m

okėt

i paa

iškin

ti ir

naud

oti s

ąvok

as: r

acio

nalu

sis

reiš

kiny

s ir

iraci

onal

usis

reiš

kiny

s. M

okėt

i nus

taty

ti ra

cion

alio

jo ir

ira

cion

alio

jo re

iškin

ių le

istin

ųjų

reik

šmių

aib

ę (a

pibr

ėžim

o sr

itį).

Mok

ėti t

apač

iai p

ertv

arky

ti ra

cion

aliu

osiu

s re

iškin

ius

naud

ojan

t gr

eito

sios

daug

ybos

form

ules

(a

± b

)3 = a

3 ± 3

a2 b +

3ab

2 ± b

3 ,a3 ±

b3 =

(a ±

b)(

a2 ∓ a

b +

b2 ).

Geb

ėti a

pska

ičiu

oti p

apra

stų

reišk

inių

su

mod

uliu

reik

šmes

.

SD

11

Vado

vėlio

sky

rius

, tem

aPa

mok

ų sk

aiči

usM

okin

ių ž

inio

s, g

ebėj

imai

ir s

upra

timas

Vert

inim

asPa

stab

os

Sist

emin

imas

. Pas

itikr

inki

te3

Rez

ulta

tų v

ertin

imas

/įsiv

ertin

imas

2G

ebėt

i nes

udėt

inga

s sit

uaci

jas

apra

šyti

alge

brin

iais

reišk

inia

is.M

okėt

i aps

kaič

iuot

i šių

reišk

inių

ska

itine

s re

ikšm

es a

r dyd

žio

reik

šmes

pag

al n

urod

ytą

form

ulę.

Geb

ėti t

aiky

ti ve

iksm

ų su

laip

snia

is ir

veik

smų

su n

-toj

o la

ipsn

io

šakn

imis

savy

bes

spre

ndži

ant s

kaič

iavi

mo,

reišk

inių

per

tvar

kym

o ir

paly

gini

mo

užda

vini

us.

Geb

ėti t

aiky

ti sk

aiči

aus

loga

ritm

o ap

ibrė

žtį i

r sav

ybes

spr

endž

iant

sk

aiči

avim

o, re

iškin

ių p

ertv

arky

mo

ir pa

lygi

nim

o už

davi

nius

.

KD

BP

1.3,

1.4

, 1.5

5. F

unkc

ijos

12

5.1.

Fun

kcija

, jos

reišk

imo

būda

i. Fu

nkci

jos

grafi

kas

2Pa

kart

oti s

ąvok

as: f

unkc

ija, f

unkc

ijos

argu

men

tas,

funk

cijo

s re

ikšm

ė,

funk

cijo

s ap

ibrė

žim

o sr

itis,

funk

cijo

s re

ikšm

ių s

ritis

. G

ebėt

i sie

ti įv

airi

us fu

nkci

jų re

iškim

o bū

dus.

Mok

ėti i

š pat

eikt

o gr

afi k

o (e

skiz

o) a

rba

pate

ikto

s fo

rmul

ės n

usta

-ty

ti, s

u ku

riom

is ar

gum

ento

reik

šmėm

is: fu

nkci

ja įg

yja

nuro

dytą

re

ikšm

ę, fu

nkci

jos

reik

šmės

yra

teig

iam

os (a

rba

neig

iam

os),

funk

cijo

s re

ikšm

ės y

ra d

ides

nės

ar m

ažes

nės

už n

urod

ytą

skai

čių.

5.2.

Fun

kcijo

s gr

afi k

o tr

ansf

orm

acijo

s2

Geb

ėti n

ubrė

žti f

unkc

ijos

grafi

ką

(esk

izą)

.G

ebėt

i atli

kti f

unkc

ijos

grafi

ko

tran

sfor

mac

ijas

turi

nt fu

nkci

jos

f(x)

gra

fi ką,

nub

rėžt

i fun

kcijų

f(x)

± b

, f(x

± b

), af

(x),

|f(x)

| gr

afi k

us.

Nau

dotis

turi

mom

is IK

T

prie

mon

ėmis

funk

cijų

gr

afi k

ams

brėž

ti.

5.3.

Fun

kcijo

s di

dėjim

o ir

maž

ėjim

o in

terv

alai

1Ž

inot

i did

ėjan

čios

ios

ir m

ažėj

anči

osio

s in

terv

ale

funk

cijo

s ap

i-br

ėžtis

. Pap

rasč

iaus

iais

atve

jais

mok

ėti a

naliz

iškai

ir iš

funk

cijo

s gr

afi k

o nu

stat

yti f

unkc

ijos

reik

šmių

did

ėjim

o ir

maž

ėjim

o in

terv

alus

.

Pate

ikti

med

žiag

ą su

sieja

nt

su n

elyg

ybių

spr

endi

mu.

5.4.

Lyg

inė

ir ne

lygi

nė fu

nkci

jos.

Peri

odin

ė fu

nkci

ja2

Geb

ėti i

š gra

fi ko

(esk

izo)

ir p

asin

audo

jant

api

brėž

timi n

usta

tyti

funk

cijo

s ly

ginu

mą,

per

iodi

škum

ą.

SDPa

kart

oti,

kaip

kei

čiam

as

ženk

las

reišk

iniu

ose.

12

Vado

vėlio

sky

rius

, tem

aPa

mok

ų sk

aiči

usM

okin

ių ž

inio

s, g

ebėj

imai

ir s

upra

timas

Vert

inim

asPa

stab

os

5.5.

Fun

kcija

i atv

irkšt

inė

funk

cija

3G

ebėt

i nus

akyt

i iš g

rafi k

o fu

nkci

jai a

tvirk

štin

ės fu

nkci

jos

egzi

stav

imo

sąly

gas

(did

ėjan

čioj

i arb

a m

ažėj

anči

oji).

Geb

ėti i

liust

ruot

i ryš

į tar

p fu

nkci

jos

ir ja

i atv

irkšt

inės

funk

cijo

s gr

afi k

ų.M

okėt

i pat

ikri

nti,

ar d

vi fu

nkci

jos

yra

vien

a ki

tai a

tvirk

štin

ės.

Geb

ėti u

žraš

yti d

uota

i fun

kcija

i atv

irkšt

inę

funk

ciją

, nur

odyt

i jų

apib

rėži

mo

bei r

eikš

mių

sri

tis.

Paka

rtot

i, ka

ip ra

ndam

os

dvie

jų fu

nkci

jų g

rafi k

ų sa

nkir

tos

tašk

o ko

ordi

natė

s sp

rend

žian

t lyg

tis

f(x)

= g

(x).

Nau

dotis

turi

mom

is IK

T

prie

mon

ėmis

funk

cijų

gr

afi k

ams

brėž

ti.

Sist

emin

imas

. Pas

itikr

inki

te1

Rez

ulta

tų v

ertin

imas

/įsiv

ertin

imas

1G

ebėt

i nus

taty

ti ne

sudė

tingų

funk

cijų

api

brėž

imo

ir re

ikšm

ių

sriti

s, išt

irti

funk

cijo

s ly

ginu

mą,

nub

rėžt

i gra

fi ką,

nur

odyt

i fun

k-ci

jos

didė

jimo

ir m

ažėj

imo

inte

rval

us, r

asti

funk

cija

i atv

irkšt

inę

funk

ciją

, jos

reik

šmių

ir a

pibr

ėžim

o sr

itį, p

apra

sčia

usia

is at

veja

is nu

brėž

ti at

virk

štin

ės fu

nkci

jos

grafi

ko

eski

zą.

KD

BP

2.5

6. L

ygty

s, n

elyg

ybės

ir jų

s

iste

mos

28

6.1.

Tie

sinės

ir k

vadr

atin

ės ly

gtys

2G

ebėt

i paa

iškin

ti, k

ą re

iškia

išsp

ręst

i lyg

tį, k

ą va

dina

me

jos

spre

n-di

niu,

kai

p pa

tikri

nti,

ar s

kaič

ius

yra

lygt

ies

spre

ndin

ys.

Geb

ėti a

trin

kti t

am ti

kras

sąl

ygas

tenk

inan

čius

lygt

ies

spre

ndin

ius.

Geb

ėti p

aaišk

inti,

ką

reišk

ia e

kviv

alen

čios

ios

lygt

ys, i

r pat

eikt

i pa

vyzd

žių.

M

okėt

i spr

ęsti

kvad

ratin

es ly

gtis

taik

ant į

vair

ius

spre

ndim

o bū

dus

(Vie

to te

orem

ą, iš

skir

iant

piln

ą kv

adra

tą).

6.2.

Tru

pmen

inės

raci

onal

iosio

s ly

gtys

2G

ebėt

i spr

ęsti

raci

onal

iąsia

s ly

gtis.

Mok

ėti n

usta

tyti

lygt

ies

apib

rėži

mo

sritį

.

6.3.

Lyg

tys

su m

odul

iu3

Geb

ėti g

rafi n

iu ir

alg

ebri

niu

būdu

spr

ęsti

papr

asta

s ly

gtis

|f(x)

| = a

, čia

f(x)

– n

e au

kšte

snio

kai

p an

troj

o la

ipsn

io d

augi

ana-

ris,

|g(x

)| ±

|h(x

)| =

b, č

ia g

(x),

h(x)

– p

irm

ojo

laip

snio

dau

gian

a-ri

s, o

a ir

b –

real

ieji

skai

čiai

.

SDN

audo

tis tu

rim

omis

IKT

pr

iem

onėm

is fu

nkci

jų

grafi

kam

s br

ėžti.

13

Vado

vėlio

sky

rius

, tem

aPa

mok

ų sk

aiči

usM

okin

ių ž

inio

s, g

ebėj

imai

ir s

upra

timas

Vert

inim

asPa

stab

os

6.4.

Auk

štes

nioj

o la

ipsn

io ly

gtys

2Sp

rend

žian

t auk

štes

nioj

o la

ipsn

io ly

gtis,

mok

ėti k

eist

i než

inom

ąjį

ir pe

rtva

rkyt

i į ly

gtį f

(x)

g(x

) = 0

, čia

f(x)

, g(x

) – n

e au

kšte

snio

ne

gu a

ntro

jo la

ipsn

io d

augi

anar

is.

6.5.

Irac

iona

liosio

s ly

gtys

2M

okėt

i spr

ęsti

iraci

onal

iąsia

s ly

gtis:

¿

f(x)

¡ = a

, 3 ¿f(

x)¡ =

a, ¿

f(x)

¡ = ¿

g(x)

¡,g(

x)

¿f(

x)¡ =

0, č

ia f(

x) ir

g(x

) yra

ne

aukš

tesn

io n

egu

antr

ojo

laip

snio

dau

gian

aria

i, a

– re

alus

is sk

aiči

us;

¿f(

x)¡ =

g(x

), či

a f(

x) y

ra n

e au

kšte

snio

neg

u an

troj

o la

ipsn

io

daug

iana

ris,

o g(

x) –

pir

moj

o la

ipsn

io d

augi

anar

is;

¿f(

x)¡ +

¿h(

x)¡ =

g(x

), či

a f(

x), g

(x) i

r h(x

) – p

irm

ojo

laip

snio

da

ugia

nari

ai.

Geb

ėti n

usta

tyti

lygt

ies

apib

rėži

mo

sritį

.

6.6.

Lyg

tys

su d

viem

než

inom

aisia

is,

jų s

istem

os2

Geb

ėti p

aaišk

inti,

kok

ie y

ra ly

gčių

su

dvie

m n

ežin

omai

siais

siste

mos

spr

endi

mo

būda

i. M

okėt

i spr

ęsti

lygč

ių s

u dv

iem

než

inom

aisia

is sis

tem

as, k

urių

vi

ena

lygt

is yr

a tie

sinė,

o k

ita –

kva

drat

inė

arba

raci

onal

ioji.

G

ebėt

i pav

aizd

uoti

lygt

ies

su d

viem

než

inom

aisia

is ir

lygč

ių

su d

viem

než

inom

aisia

is sis

tem

os s

pren

dini

us k

oord

inač

ių

plok

štum

oje.

Mok

ėti s

udar

yti t

iesin

ę ly

gtį s

u dv

iem

než

inom

aisia

is, k

ai ž

inom

i du

jos

spre

ndin

iai.

Mok

ėti p

atik

rint

i, ar

duo

ti pl

okšt

umos

tašk

ai

(du,

trys

ir d

augi

au) y

ra v

ieno

je ti

esėj

e.

SD

6.7.

Tie

sinės

ir k

vadr

atin

ės

nely

gybė

s3

Mok

ėti s

pręs

ti kv

adra

tines

nel

ygyb

es, g

ebėt

i pav

aizd

uoti

spre

ndin

ius

skai

čių

tiesė

je, u

žraš

yti s

pren

dini

ų ai

bę in

terv

alu.

G

ebėt

i paa

iškin

ti, k

ą re

iškia

ekv

ival

enči

osio

s ne

lygy

bės,

pate

ikti

pavy

zdži

ų.

6.8.

Inte

rval

ų m

etod

as2

Mok

ėti s

pręs

ti ra

cion

alią

sias

nely

gybe

s.G

ebėt

i pav

aizd

uoti

spre

ndin

ius

skai

čių

tiesė

je, u

žraš

yti s

pren

dini

ų ai

bę in

terv

alu.

14

Vado

vėlio

sky

rius

, tem

aPa

mok

ų sk

aiči

usM

okin

ių ž

inio

s, g

ebėj

imai

ir s

upra

timas

Vert

inim

asPa

stab

os

6.9.

Nel

ygyb

ių s

istem

os, d

vigu

bosio

s ne

lygy

bės

2G

ebėt

i spr

ęsti

nely

gybi

ų sis

tem

as, k

urių

nel

ygyb

ės y

ra n

e au

kšte

snio

kai

p an

troj

o la

ipsn

io.

Geb

ėti p

avai

zduo

ti ne

lygy

bių

siste

mos

spr

endi

nius

ska

ičių

ties

ėje,

m

okėt

i užr

ašyt

i spr

endi

nių

aibę

inte

rval

u.

6.10

. Nel

ygyb

ės s

u m

odul

iu2

Mok

ėti g

rafi š

kai i

nter

pret

uoti

ir sp

ręst

i nel

ygyb

es s

u m

odul

iu

(|f(x

)| *

a, č

ia f(

x) –

pir

moj

o la

ipsn

io d

augi

anar

is, *

žym

i <, >

, ≤

arba

≥, a

– re

alus

is sk

aiči

us).

SD

6.11

. Gra

fi nis

lygč

ių ir

nel

ygyb

ių s

u vi

enu

neži

nom

uoju

spr

endi

mas

2G

ebėt

i nur

odyt

i lyg

čių

f(x)

= 0

ir f(

x) =

g(x

) (či

a f(

x), g

(x) –

ne

aukš

tesn

io n

egu

antr

ojo

laip

snio

dau

gian

aris)

spr

endi

nių

skai

čių,

sp

rend

žian

t lyg

tis g

rafi n

iu b

ūdu.

Mok

ėti g

rafi š

kai i

liust

ruot

i nel

ygyb

ių (f

(x) *

g(x

), či

a *

žym

i <,

>, ≤

arb

a ≥)

spr

endi

nių

aibe

s, ka

i f(x

) ir g

(x) y

ra ti

esio

gini

o ar

atv

irkšč

iojo

pro

porc

ingu

mo

funk

cijo

s, tie

sinės

funk

cijo

s, kv

adra

tinės

funk

cijo

s).

Sist

emin

imas

. Pas

itikr

inki

te2

Geb

ėti s

ituac

ijas

apra

šyti

lygt

imis,

nel

ygyb

ėmis

bei s

istem

omis.

G

ebėt

i gau

tus

spre

ndin

ius

susie

ti su

situ

acija

.

Rez

ulta

tų v

ertin

imas

/įsiv

ertin

imas

2M

okėt

i spr

ęsti

kvad

ratin

es, r

acio

nalią

sias

ir pa

pras

tas

iraci

onal

ią-

sias

lygt

is, ly

gtis

su m

odul

iu b

ei ly

gtis,

kur

ias

galim

a pa

keist

i to

kiom

is: f(

x)

g(x)

= 0

, f(

x)g(

x) =

0; č

ia f(

x), g

(x) –

ne

aukš

tesn

io

negu

ant

rojo

laip

snio

dau

gian

aris.

Geb

ėti s

pręs

ti kv

adra

tines

ir n

esud

ėtin

gas

raci

onal

iąsia

s ne

lygy

bes,

papr

asta

s ne

lygy

bes

su m

odul

iu.

Geb

ėti s

pręs

ti dv

iejų

nel

ygyb

ių s

u vi

enu

neži

nom

uoju

ir ly

gčių

su

dvie

m n

ežin

omai

siais

siste

mas

. M

odel

iuot

i lyg

timis,

nel

ygyb

ėmis

bei j

ų sis

tem

omis

papr

asta

s m

atem

atin

es ir

real

ias

prob

lem

as.

BP

2.1,

2.2

, 2.3

, 2.4

15

Vado

vėlio

sky

rius

, tem

aPa

mok

ų sk

aiči

usM

okin

ių ž

inio

s, g

ebėj

imai

ir s

upra

timas

Vert

inim

asPa

stab

os

7. L

aips

ninė

s fu

nkci

jos

8

7.1.

Fun

kcijo

s f(

x) =

xn ,

kuri

ų n

N1

Mok

ėti b

rėžt

i lai

psni

nės

funk

cijo

s gr

afi k

ą (e

skiz

ą) ir

atli

kti

funk

cijo

s gr

afi k

o (e

skiz

o) tr

ansf

orm

acija

s.G

ebėt

i nur

odyt

i int

erva

lus,

kuri

uose

f(x)

* a

, (či

a *

žym

i <, >

, ≤,

≥, a

– re

alus

is sk

aiči

us),

kai f

unkc

ija iš

reik

šta

grafi

ku

ir/ar

fu

nkci

jos

form

ule.

Geb

ėti n

usta

tyti

funk

cijo

s ly

ginu

mą.

Siet

i žin

ias

apie

laip

snin

ių

funk

cijų

gra

fi kų

pobū

dį

lygi

nant

raci

onal

iuos

ius

skai

čius

, nus

tata

nt ly

gčių

sp

rend

inių

ska

ičia

us

prik

laus

omyb

ę nu

o pa

ram

etro

reik

šmės

.

7.2.

Fun

kcijo

s f(

x) =

x–n

, arb

a f(

x) =

1

xn, ku

rių

n N

2G

ebėt

i nus

taty

ti fu

nkci

jos

apib

rėži

mo

bei r

eikš

mių

sri

tis, f

unkc

ijos

reik

šmių

did

ėjim

o, m

ažėj

imo,

pas

tovu

mo

inte

rval

us, d

idži

ausią

ar

maž

iaus

ią fu

nkci

jos

reik

šmes

(nur

odyt

ame

inte

rval

e), r

emia

ntis

funk

cijo

s gr

afi k

u. Iš

nagr

inėt

i bei

pag

rįsti

funk

cijų

f(x)

= x

n , ku

rių

n N

yra

lygi

nis

arba

nel

ygin

is sk

aiči

us, s

avyb

es.

7.3.

Fun

kcijo

s f(

x) =

n ¿x

, kur

ių

n N

, n ≥

2

2G

ebėt

i nus

taty

ti fu

nkci

jos

apib

rėži

mo

bei r

eikš

mių

sri

tis, f

unkc

ijos

reik

šmių

did

ėjim

o, m

ažėj

imo,

pas

tovu

mo

inte

rval

us, d

idži

ausią

ar

maž

iaus

ią fu

nkci

jos

reik

šmes

(nur

odyt

ame

inte

rval

e), r

emia

ntis

funk

cijo

s gr

afi k

u.B

rėžt

i fun

kcijų

f(x)

= n ¿

x , n

N

, n ≥

2, g

rafi k

ų es

kizu

s ir

nagr

inėt

i fun

kcijų

sav

ybes

taik

ant ž

inia

s ap

ie n

-toj

o la

ipsn

io

šakn

is. P

anau

doti

funk

cijų

f(x)

= n ¿

x , n

N

, n ≥

2, g

rafi k

us

nust

atan

t rac

iona

liųjų

lygč

ių ir

nel

ygyb

ių s

pren

dini

ų sk

aiči

ų ir

rand

ant a

pytik

slius

spr

endi

nius

.

7.4.

Fun

kcijo

s f(

x) =

xp ,

kuri

ų p

Q1

Paai

škin

ti, k

odėl

funk

cijų

f(x)

= x

p , ku

rių

p Q

, api

brėž

imo

sriti

s yr

a D

f = (0

; +∞

). Si

stem

inti

žini

as a

pie

laip

snin

es fu

nkci

jas,

jų

grafi

kus

ir s

avyb

es.

Sist

emin

imas

. Pas

itikr

inki

te1

Sprę

sti į

vair

ias

uždu

otis

su la

ipsn

inėm

is fu

nkci

jom

is.

Rez

ulta

tų v

ertin

imas

/įsiv

ertin

imas

1Ta

ikyt

i lai

psni

nių

funk

cijų

f(x)

= x

n , ku

rių

n –

bet k

oks

natū

ra-

lusis

ska

ičiu

s, f(

x) =

k x, f(x

) = ¿

x , f

(x) =

3 ¿x

sav

ybes

spr

endž

iant

pa

pras

tus

įvai

raus

turi

nio

užda

vini

us.

KD

BP

2.6

16

Vado

vėlio

sky

rius

, tem

aPa

mok

ų sk

aiči

usM

okin

ių ž

inio

s, g

ebėj

imai

ir s

upra

timas

Vert

inim

asPa

stab

os

8. R

odik

linė

ir lo

gari

tminė

f

unkc

ija14

8.1.

Rod

iklin

ė fu

nkci

ja2

Mok

ėti b

rėžt

i rod

iklin

ės fu

nkci

jos

grafi

ką

(esk

izą)

.G

ebėt

i atli

kti f

unkc

ijos

grafi

ko

tran

sfor

mac

ijas.

Žin

oti i

r geb

ėti t

aiky

ti ro

dikl

inės

funk

cijo

s sa

vybe

s.

Pasin

audo

ti sk

yrel

io 5

.2

išvad

omis.

8.2.

Rod

iklin

ės ly

gtys

ir n

elyg

ybės

4G

ebėt

i spr

ęsti

nesu

dėtin

gas

rodi

klin

es ly

gtis

ir ne

lygy

bes.

Geb

ėti t

aiky

ti ro

dikl

inės

funk

cijo

s sa

vybe

s sp

rend

žian

t užd

avin

ius

(pop

ulia

cijo

s au

gim

o, ra

dioa

ktyv

iojo

ski

limo

ir ki

tų p

roce

sų,

sudė

tinių

pro

cent

ų ir

kt.).

SDPr

isim

inti

pagr

indi

nius

ly

gčių

ir n

elyg

ybių

spr

en-

dim

o bū

dus.

Inte

grac

ija s

u fi z

ika,

bio

lo-

gija

, eko

nom

ika.

8.3.

Log

aritm

inė

funk

cija

2M

okėt

i brė

žti l

ogar

itmin

ės fu

nkci

jos

grafi

ką

(esk

izą)

.G

ebėt

i atli

kti f

unkc

ijos

grafi

ko

tran

sfor

mac

ijas.

Žin

oti i

r geb

ėti t

aiky

ti lo

gari

tmin

ės fu

nkci

jos

savy

bes.

8.4.

Log

aritm

inės

lygt

ys ir

nel

ygyb

ės4

Geb

ėti s

pręs

ti ne

sudė

tinga

s lo

gari

tmin

es ly

gtis

ir ne

lygy

bes.

SD

Sist

emin

imas

. Pas

itikr

inki

te1

Rez

ulta

tų v

ertin

imas

/įsiv

ertin

imas

1G

ebėt

i tai

kyti

rodi

klin

ės fu

nkci

jos

savy

bes

spre

ndži

ant

mat

emat

inio

ir p

rakt

inio

turi

nio

užda

vini

us.

Geb

ėti t

aiky

ti lo

gari

tmin

ės fu

nkci

jos

savy

bes.

KD

BP

2.7,

2.8

9. S

ekos

16

9.1.

Ska

ičių

sek

os, j

ų re

iškim

o bū

dai

2G

ebėt

i paa

iškin

ti sk

aiči

ų se

kos

sąvo

ką, p

atei

kti s

kaič

ių s

ekų

pavy

z-dž

ių, u

žraš

ant p

irm

uosiu

s jo

s na

rius

.G

ebėt

i atk

urti

seko

s na

rius

pag

al s

ekos

n-t

ojo

nari

o fo

rmul

ę ar

re

kure

nčią

ją fo

rmul

ę.

Geb

ėti u

žraš

yti p

apra

stos

sek

os n

-toj

o na

rio

form

ulę.

9.2.

Ari

tmet

inė

prog

resij

a2

Mok

ėti a

pibr

ėžti

aritm

etin

ę pr

ogre

siją.

G

ebėt

i išv

esti,

žin

oti i

r mok

ėti t

aiky

ti n-

tojo

nar

io fo

rmul

ę sp

ren-

džia

nt n

esud

ėtin

gus

užda

vini

us.

Ats

klei

sti a

ritm

etin

ės

prog

resij

os, t

iesin

ės

funk

cijo

s ir

tiesin

io

augi

mo

(maž

ėjim

o),

papr

astų

jų p

alūk

anų

ryšį.

17

Vado

vėlio

sky

rius

, tem

aPa

mok

ų sk

aiči

usM

okin

ių ž

inio

s, g

ebėj

imai

ir s

upra

timas

Vert

inim

asPa

stab

os

9.3.

Ari

tmet

inės

pro

gres

ijos

sum

a3

Geb

ėti i

šves

ti, ž

inot

i ir m

okėt

i tai

kyti

pirm

ųjų

n na

rių

sum

os

form

ulę

spre

ndži

ant n

esud

ėtin

gus

užda

vini

us.

SD

9.4.

Geo

met

rinė

pro

gres

ija2

Mok

ėti a

pibr

ėžti

geom

etri

nę p

rogr

esiją

. G

ebėt

i išv

esti,

žin

oti i

r mok

ėti t

aiky

ti n-

tojo

nar

io fo

rmul

ę sp

ren-

džia

nt n

esud

ėtin

gus

užda

vini

us.

Ats

klei

sti g

eom

etri

nės

prog

resij

os ir

rodi

klin

ės

funk

cijo

s, ek

spon

entin

io

augi

mo

(maž

ėjim

o), s

udė-

tinių

pal

ūkan

ų ry

šį.

9.5.

Geo

met

rinė

s pr

ogre

sijos

sum

a3

Geb

ėti i

šves

ti, ž

inot

i ir m

okėt

i tai

kyti

pirm

ųjų

n na

rių

sum

os

form

ules

spr

endž

iant

nes

udėt

ingu

s už

davi

nius

.SD

9.6.

Nyk

stam

oji g

eom

etri

nė

prog

resij

a2

Suvo

kti,

koki

a se

ka y

ra n

ykst

amoj

i geo

met

rinė

pro

gres

ija. G

ebėt

i pa

teik

ti pa

vyzd

žių,

iliu

stru

ojan

čių

seko

s ri

bos

sąvo

ką.

Mok

ėti t

aiky

ti be

galin

ės n

ykst

amos

ios

geom

etri

nės

prog

resij

os

sum

os fo

rmul

ę pa

pras

čiau

siem

s už

davi

niam

s sp

ręst

i.Ž

inot

i, ka

s yr

a sk

aiči

us e

.G

ebėt

i sie

ti pr

ogre

sijas

su

papr

astų

jų ir

sud

ėtin

ių p

alūk

anų

skai

-či

avim

u ir

sprę

sti n

esud

ėtin

gus

užda

vini

us.

Mok

ėti s

pręs

ti dy

džio

pro

cent

inio

did

ėjim

o ir/

arba

maž

ėjim

o už

davi

nius

.

Sist

emin

imas

. Pas

itikr

inki

te1

Sprę

sti į

vaira

us m

atem

atin

io ir

real

aus

turi

nio

uždu

otis

taik

ant

žini

as a

pie

seka

s ir

jų s

avyb

es.

Rez

ulta

tų v

ertin

imas

/įsiv

ertin

imas

1G

ebėt

i apr

ašyt

i pap

rast

as re

alia

s ir

mat

emat

ines

situ

acija

s ar

itme-

tinėm

is ir

geom

etri

nėm

is pr

ogre

sijom

is be

i rem

iant

is pr

ogre

sijų

savy

bėm

is išs

pręs

ti ir

įver

tinti/

patik

rint

i gau

tus

rezu

ltatu

s.

KD

BP

1.2

18

1.1 A – skaičiaus 4 kartotinių ir skaičiaus 0 aibė, B – nelyginių skaičių aibė, C – natūraliųjų skaičių kvadratų aibė, D – pirminių skaičių aibė, E – skaičiaus 3 kartotinių ir skaičiaus 0 aibė.

1.2 a) {90, 522, 692, 7 232 430}; b) {45, 90, 522, 45 063, 7 232 430}; c) {692}; d) {45, 90, 7 232 430}; e) {90, 7 232 430}; f) {45, 90}. 1.3 a) A ∪ B = {0, 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 10}, A ∩ B = {6}, A\B = {0, 2, 4, 8, 10};

b) A ∪ B = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, A ∩ B = {2, 4, 6}, A\B = {8}; c) A ∪ B = {10, 11, 13, 14, 15}, A ∩ B = {13}, A\B = {11, 15}.

1.4 Teisingi teiginiai: B, D.

Aibės ir teiginiai

1

Lengviausios: 1.1–1.7, 1.9–1.11.Vidutinio sunkumo: 1.8, 1.13 a), b), 1.15–1.17.Sunkiausios: 1.12, 1.13 c), d), 1.14, 1.18.

U Ž D U O Č I Ų D I F E R E N C I J AV I M A S

U Ž D U O Č I Ų S P R E N D I M A I I R AT S A K YM A I

1.1. Aibės

MOKINIAI TURĖTŲ mokėti paaiškinti sąvokas: aibių sąjunga, sankirta, aibės poaibis, papildinys, mokėti vartoti aibių ir jų veiksmų simbolius, mokėti rasti dviejų aibių sąjungą, sankirtą, skirtumą.

REIKĖTŲ PAKARTOTI

• aibės ir skaičių aibės sąvoką,• skaičių aibės vaizdavimą skaičių tiesėje,• lygčių ir nelygybių sprendimą.

ŠIAME SKYRELYJEPrimenama aibės sąvoka, aiškinama, kokie veiksmai atliekami su aibėmis, nagrinėjami aibės sąvokos taikymo pavyzdžiai.

19

1.2. Teiginiai

MOKINIAI TURĖTŲ skirti teiginius nuo kitų sakinių nagrinėdami paprastas situacijas, susiformuoti aksiomos ir teoremos sampratą, gebėti iš pateiktos teoremos išskirti sąlygą ir išvadą, žinoti, kad tiesioginė teorema ir atvirkštinė priešingai teoremai yra ekvivalenčios.

REIKĖTŲ PAKARTOTI

• teiginius (aksiomas), su kuriais mokiniai susipažino pagrindinėje mokykloje.

ŠIAME SKYRELYJESupažindinama su teiginio sąvoka, aiškinamos aksiomos, teoremos sąvokos, prisimenamos teoremos ir joms atvirkštinės teoremos.

1.5 a) A ∩ B A; b) A A ∪ B; c) kai A = B. 1.6 a) Gali; b) gali; c) negali; d) negali; e) gali; f) gali. 1.7 a) Ne; b) ne; c) taip; d) taip. 1.8 A = {1, 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25}, B{1, 5, 9, 13, 17, 21, 25}. A ∪ B = {1, 4, 5, 7, 9, 10, 13, 16, 17, 19, 21, 22, 25}, A ∩ B = {1, 13, 25}, A\B = {4, 7, 10, 16, 19, 22}, B\A = {5, 9, 17, 21}. 1.9 A ∩ U = {1, 2, 3}, A ∪ U = N, A\U = Æ, U\A = {4, 5, 6, ...}. 1.10 Aibė A yra tuščioji.

1.11 {45, 9

10, 4950} A.

1.12 A: n + 1n2 , n ≥ 2, n N, B: 2n

3n + 2, n N.

1.13 a) {–3 ¿2 , 3 ¿2 }; b) {1,5}; c) (–; 0]; d) {0}.

1.14 a) {0, 6} ∪ {–2, 6} = {–2, 0, 6}; b) {0, 6} ∩ {–2, 6} = {6}. 1.15 x2 + y2 = 9 sprendinių aibę sudaro apskritimo, kurio centras O(0; 0) ir spindulys lygus 3, taškai. 1.16 Žr. 1.1 pav. a)

b)

1.1 pav.

1.17 a) ((–, –4) ∩ (–, 5]) ∪ ((–4, +) ∩ [5, +)) = (–, –4) ∪ [5, +); b) ((–, –3) ∩ [–5, 5]) ∪ (((–, –5] ∪ [5, +)) ∩ (–3, +)) = [–5, –3) ∪ [5, +).

1.18 a) (–, –12) ∪ (–2, +); b) (((–, –3) ∪ (3, +)) ∩ (–, 2)) ∪ ((–3, 3) ∩ (2, +)) = (–, –3) ∪ (2, 3).

Aibės ir teiginiai

20

1.19 Apibrėžtys: b), d); teoremos: c), f); aksiomos: a), e). 1.20 a) Stačiakampis, kurio kraštinės yra lygios, vadinamas kvadratu. b) Rombas, kurio kampai yra

statūs, vadinamas kvadratu. c) Lygiagretainis, kurio kraštinės yra lygios ir kampai statūs, vadi-namas kvadratu. d) Keturkampis, kurio priešingos kraštinės yra lygios ir lygiagrečios, o kampai statūs, vadinamas kvadratu.

1.21 a) Apskritimu vadinama figūra, kurią sudaro visi plokštumos taškai, vienodai nutolę nuo vieno taško.

b) Lygiagretainiu vadiname keturkampį, kurio priešingos kraštinės yra lygiagrečios. c) Keturkampis, kurio dvi priešingos kraštinės yra lygiagrečios, o kitos dvi – nelygiagrečios,

vadinamas trapecija. d) Natūralusis skaičius, turintis daugiau negu du daliklius, vadinamas sudėtiniu. e) Nelygybės sprendiniu vadinama jos apibrėžimo srities kintamojo reikšmė, su kuria nelygybė

yra teisinga. f) Lygtys, turinčios vienodus sprendinius, vadinamos ekvivalenčiosiomis. g) Stačiojo trikampio smailiojo kampo sinusu vadinamas statinio, esančio prieš tą kampą, ilgio

ir įžambinės ilgio santykis. Stačiojo trikampio smailiojo kampo kosinusu vadinamas statinio, esančio prie to kampo, ilgio ir įžambinės ilgio santykis. Stačiojo trikampio smailiojo kampo tangentu vadinamas statinio, esančio prieš tą kampą, ilgio ir statinio, esančio prie to kampo, ilgio santykis.

h) Funkcija vadinama lygine, jei su visais x iš apibrėžimo srities teisinga lygybė f(–x) = f(x). i) Viena šimtoji dalis vadinama procentu. 1.22 Teisingi teiginiai: a), c), d), e), f), g), i); klaidingi teiginiai: b), h). 1.23 Pavyzdžiui, teiginys „Trikampio kampų suma lygi 180°“ – teisingas, o teiginys „Trikampio du

kampai bukieji“ – klaidingas. 1.24 a) Žinoma: tiesės a ir b statmenos trečiai tiesei. Reikia įrodyti: tiesė a lygiagreti su tiese b. b) Žinoma: vieno trikampio trys kraštinės proporcingos kito trikampio atitinkamoms kraš-

tinėms. Reikia įrodyti: trikampiai yra panašieji. c) Žinoma: du skaičiai dalijasi iš 13. Reikia įrodyti: tų skaičių skirtumas dalijasi iš 13. d) Žinoma: nubrėžta lygiagretainio įstrižainė. Reikia įrodyti: gauti du lygieji trikampiai. e) Žinoma: trikampiai yra panašieji. Reikia įrodyti: trikampių plotų santykis lygus panašumo

koeficiento kvadratui. f) Žinoma: figūra yra rombas. Reikia įrodyti: plotas lygus įstrižainių sandaugos pusei. g) Žinoma: skaičius yra lyginis. Reikia įrodyti: jo kvadratas yra skaičiaus 4 kartotinis. h) Žinoma: sandauga lygi 0. Reikia įrodyti: bent vienas daugiklis lygus nuliui. 1.25 a) Jei trikampis lygiakraštis, tai jo visi kampai lygūs. b) Jei skaičius lyginis, tai jis dalijasi iš 2. c) Jei lygiagrečiąsias tieses kirsime kirstine, tai gautieji priešiniai kampai bus lygūs. d) Jei natūraliojo skaičiaus paskutinis skaitmuo 0, tai jis yra skaičiaus 10 kartotiniu. e) Jei trikampis lygiašonis, tai į pagrindą nubrėžta aukštinė yra ir pusiaukraštinė. f) Jei skaičiai lyginiai, tai jų suma yra lyginis skaičius. g) Jei trikampiai turi du lygius kampus, tai jie panašieji. h) Jei funkcija yra lyginė, tai jos grafikas simetriškas y ašies atžvilgiu.

U Ž D U O Č I Ų S P R E N D I M A I I R AT S A K YM A I

Lengviausios: 1.19, 1.22, 1.23, 1.24.Vidutinio sunkumo: 1.20, 1.21.Sunkiausios: 1.25.

U Ž D U O Č I Ų D I F E R E N C I J AV I M A S

21

1.26 Kai n = 1, tai trinario reikšmė yra 19; kai n = 2, tai 23; kai n = 3, tai 29; kai n = 4, tai 37; kai n = 5, tai 47; kai n = 6, tai 59; kai n = 7, tai 73; kai n = 8, tai 89; kai n = 9, tai 107;

kai n = 10, tai 127; kai n = 11, tai 149; kai n = 12, tai 173; kai n = 13, tai 199; kai n = 14, tai 227; kai n = 15, tai 257; kai n = 16, tai 289. 289 turi tris daliklius: 1, 17, 289, todėl jis sudėtinis.

Suformuluotas teiginys nėra teisingas. 1.27 Žr. 1.2 pav. H – bet kuris atkarpos AB vidurio statmens MH

taškas. Tada MAH ir MBH yra lygūs statieji trikampiai, todėl AH = HB.

Taigi taškas M yra vienodai nutolęs nuo atkarpos AB galų. 1.28 Priminkite mokiniams lygiagretainio požymius. Žr. 1.3 pav. ABCD – keturkampis, E, F, G, H – keturkampio

kraštinių vidurio taškai. Nubrėžkime įstrižainę AC. Tada HE yra trikampio ABC vidurinė linija, todėl HE || AC ir HE = 0,5AC. Taip pat FG yra trikampio ADC vidurinė linija, todėl FG || AC ir FG = 0,5AC. Iš čia HE = FG, HE || FG. Todėl keturkampis EFGH yra lygiagretainis.

1.29 Tarkime, a = 2n + 1 ir b = 2k + 1. Jų suma: a + b = 2n + 1 + 2k + 1 = 2k + 2n + 2 = 2(k + n + 1

r { ) = 2r.

Gavome, kad skaičius a + b yra lyginis. Tai ir reikėjo įrodyti. 1.30 Pasirinkime bet kokius keturis iš eilės einančius natūraliuosius skaičius: n, n + 1, n + 2 ir n + 3.

Apskaičiuokime jų sumą: n + n + 1 + n + 2 + n + 3 = 4n + 6 = 2(2n + 3k

{ ) = 2k. Gavome ly-ginį skaičių. Tai ir reikėjo įrodyti.

1.31 Skaičiai ab ir ba yra dviženkliai. Apskaičiuokime jų sumą: ab + ba = 10a + b + 10b + a = = 11a + 11b = 11(a + b). Gavome skaičiaus 11 kartotinį, todėl ab + ba dalijasi iš 11.

1.2 pav.

1.3 pav.

U Ž D U O Č I Ų S P R E N D I M A I I R AT S A K YM A I

Lengviausios: 1.26–1.33, 1.50.Vidutinio sunkumo: 1.34–1.43, 1.49.Sunkiausios: 1.44–1.48.

U Ž D U O Č I Ų D I F E R E N C I J AV I M A S

1.3. Teiginių įrodymo metodai

MOKINIAI TURĖTŲ mokėti paaiškinti tiesioginio įrodymo metodą ir jį taikyti paprastais atvejais, paaiškinti prieštaros metodą ir jį taikyti paprastais atvejais.

REIKĖTŲ PAKARTOTI

• trikampių lygumo ir panašumo požymius.

ŠIAME SKYRELYJESupažindinama su pagrindiniais teiginių įrodymo metodais: tiesioginiu, prieštaros, kontrapavyzdžio. Mokoma juos taikyti paprastais atvejais.

Aibės ir teiginiai

22

1.32 Prisiminę dalybos su liekana teoremą, rašome: 14m + 3 = a, 14n + 4 = b. Apskaičiuojame sumą: a + b = 14m + 3 + 14n + 4 = 14m + 14n + 7 = 7(2m + 2n + 1

k

{ ) = 7k. Gavome, kad a + b yra 7 kartotinis, todėl jis dalijasi iš 7 be liekanos.

1.33 Kadangi f(x) ir g(x) nelyginės, tai f(–x) = –f(x) ir g(–x) = –g(x). Apskaičiuokime p(–x) == f(–x) ∙ g(–x) = –f(x) ∙ (–g(x)) = f(x) ∙ g(x) = p(x). Remiantis lyginės funkcijos apibrėžtimi, p(x) yra lyginė funkcija.

1.34 a) Žr. 1.4 pav. Tarkime, a – duotoji tiesė, o taškas A yra joje. Vieną tiesės a spindulį, kurio pradžia yra taškas A, pažymėkime a1, ir prie spindulio a1 atidėkime kampą (a1b1), lygų 90°. Tada b1 a. Tarkime, kad egzistuoja kita tiesė, taip pat einanti per taš-ką A ir statmena tiesei a. Šios tiesės spindulį, esantį vienoje pus-plokštumėje su spinduliu b1, pažymėkime c1. Gavome, kad spin-dulio a1 vienoje pusplokštumėje atidėti du kampai:

(a1b1) = 90° ir (a1c) = 90°. Tačiau nurodytoje pusplokštumėje galima atidėti tik vieną kampą, lygų 90°. Gavome priešta-

ravimą. Todėl per kiekvieną tašką, esantį tiesėje, galima nubrėžti tik vieną jai statmeną tiesę. b) Tarkime, yra n-kampis, kurio kampų suma 1900°. Tada (n – 2) 180° = 1900°; iš čia n = 12 59 12 59 N, todėl prielaida neteisinga, o teisingas teoremos tvirtinimas. c) Tarkime, trikampis turi tik vieną smailųjį kampą α ≤ 90°, tada β≥ 90° ir ≥ 90°. Apskai-

čiavę šio trikampio kampų sumą, gauname α + β + > 180°. Gavome prieštaravimą trikampio kampų sumos teoremai. Todėl prielaida neteisinga, o teisingas teoremos tvirtinimas.

d) Žr. 1.5 pav. Tiesės a ir b lygiagrečios su tiese c. Tarkime, tiesės a ir b nėra lygiagrečios, t. y. susikerta taške M. Tada per tašką M eina dvi tiesės (a ir b), lygiagrečios su tiese c. Tačiau tai prieštarauja lygiagrečiųjų tiesių aksiomai. Taigi prielaida netei-singa, todėl a ir b yra lygiagrečios.

e) Žr. 1.6 pav. Tarkime priešingai, tiesės a ir b nėra lygiagrečios. Tada jos susikerta kuriame nors taške C. Iš trikampio ABC:

A + B + C = 180°. Iš čia A + B < 180°. Gavome prieš-taravimą teoremos sąlygai. Todėl prielaida klaidinga, o tiesės a ir b yra lygiagrečios.

1.35 Tarkime, kampai yra kryžminiai, tada α = β ir α – β = 0. Gavome prieštaravimą teoremos sąlygai, jog kampų skirtumas lygus 5°.

Taigi prielaida klaidinga, todėl kampai negali būti kryžminiai. 1.36 Žr. 1.7 pav. Keturkampio ABCD įstrižainė AC dalija keturkampį

į du trikampius. SABC = 12 AC BO ir SADC = 12 AC DO.

Tada SABCD = SABC + SADC = 12 AC BO + 12 AC DO =

= 12 AC(BO + DO) = 12 AC BD.

1.37 Žr. 1.8 pav. BA ir BC yra liestinės. M ir K – lietimosi su mažesniuoju apskritimu taškai, O1M = O1K – mažesniojo apskritimo spinduliai. Pagal liestinės teoremą O1M BA, O1K BC. Taigi taškas O1 yra vienodai nutolęs nuo kam-po kraštinių, todėl jis priklauso kampo pusiaukampi-nei. N ir L – lietimosi su didesniuoju apskritimu taškai, O2N = O2L – didesniojo apskritimo spinduliai. Analo-giškai taškas O2 yra kampo pusiaukampinėje.

1.4 pav.

1.5 pav.

1.6 pav.

1.7 pav.

1.8 pav.

23

1.38 Žr. 1.9 pav. AB – styga, OP – jai statmenas spindulys. Nubrėžę spindu-lius OA ir OB, gauname lygiašonį trikampį. OP AB, todėl OM yra trikampio AOB aukštinė. Remiantis lygiašonio trikampio savybe, ji ir pusiaukraštinė, todėl AM = BM. Taškas M dalija stygą pusiau.

1.39 Žr. vadovėlyje 1.18 pav., p. 22. AB yra bendra apskritimų liestinė. O1ABO2 yra keturkampis. Remdamiesi liestinės teorema, gauna-me: O1A AB, O2B AB. Iš čia: O1A || O2B. Pagal trapecijos apibrėžtį O1ABO2 yra trapecija.

1.40 Darome prielaidą, kad duotieji skaičiai yra lygties sprendiniai: x1 = 1, x2 = –1. Įrašę juos į lyg-

tį, gauname lygčių sistemą: a + b = 1,{ a + b = –1. Sistema sprendinių neturi, todėl prielaida yra kla-

idinga, t. y. skaičiai 1 ir –1 negali būti duotos lygties sprendiniai. 1.41 Lygiakraščio trikampio kraštinė a. Remdamiesi Pitagoro teorema, apskaičiuojame šio trikam-

pio aukštinę:

h = a ¿32 . Tada S = 12 a a ¿3

2 = a2 ¿34 . Įrodyta.

1.42 Žr. 1.10 pav. Nubrėžkime BH AC ir apskaičiuokime trikampių plotus:

SAMB = 12 AM BH, SBMC = 12 MC BH.

Kadangi AM = MC, tai SAMB = SBMC. Įrodyta.

1.43 a) Žr. 1.11 pav. Nubrėžkime CH AB ir apskaičiuokime trikampių plotus: SAMC = 12 AM CH,

SBMC = 12 BM CH.

Apskaičiavę trikampių plotų santykį, gauname:

S AMCSBMC

= AMBM = 37. Įrodyta.

b) Žr. 1.12 pav. Nubrėžkime BH, statmeną AD, ir ap-skaičiuokime trikampių ABD ir CBD plotus:

SABD = 12 AD BH, SCBD = 12 DC BH.

Apskaičiuojame trikampių plotų santykį:

S ABDSCBD

= 12 AD BH

12 DC BH

= ADDC . Įrodyta.

1.44 Žr. 1.13 pav. Per trapecijos viršūnę D ir kraštinės BC vidurio tašką F nubrėžiame tiesę, kuri kerta tiesę AB

taške G. Trikampiai CFD ir BFG lygūs pagal kraš-tinę ir du kampus prie jos. Iš trikampių lygumo išplaukia atitinkamų kraštinių lygumas: DF = FG ir DC = BG. Todėl trapecijos vidurinė linija yra tri-kampio AGD vidurinė linija. Pagal trikampio vidu-rinės linijos savybę

EF || AG ir EF = 12 AG =12 (AB + CD).

Kadangi AB || CD, tai ir EF || CD.

1.9 pav.

1.10 pav.

1.11 pav.

1.12 pav.

1.13 pav.

Aibės ir teiginiai

24

1.45 (Žr. vadovėlyje 1.19 pav., p. 23.) a) Trikampiai ADC ir BDC panašūs į trikampį ABC, nes turi su juo po vieną bendrą smailųjį

kampą ir po statųjį kampą. Trikampiai ADC ir BDC panašūs pagal du kampus: ADC = BDC = 90°, A = 90° – B = DCB. Įrodyta. b) Remiamės trikampių panašumu: 1) ACD ~ CBD, todėl jų kraštinės proporcingos: AD

CD = CDBD , iš čia CD2 = AD BD,

CD = ¿AD BD¡, 2) ACD ~ ABC, todėl jų kraštinės proporcingos: AD

AC = ACAB ; iš čia AC2 = AD AB,

AC = ¿AD AB¡, 3) BCD ~ ABC, todėl jų kraštinės proporcingos: BD

BC = BCAB ; iš čia BC2 = BD AB,

BC = ¿BD AB¡. 1.46 Žr. 1.14 pav. ABC kraštinių vidurio taškus E, F ir G sujungia-

me tiesių atkarpomis. EF yra trikampio ABC vidurinė linija, todėl EF || AB ir 1 = 2, 3 = 4, kaip vidaus priešiniai kampai. Pagal du kampus ADB ~ EDF, taigi jų kraštinės proporcingos:

ADDF = BD

DE = ABEF , bet AB = 2EF, todėl AD

DF = BDDE = 21.

Analogiškai išnagrinėję trikampius ADC ir GDF bei BDC ir EDG, įsitikiname, kad

ADDF = CD

DG = ACGF , arba AD

DF = CDDG = 21, CD

DG = BDDE = BC

GE arba

CDDG = BD

DE = 21. Iš visų gautų santykių lygybės gauname: ADDF = BD

DE = CDDG = 21.

1.47 (Žr. vadovėlyje 1.20 pav., p. 23.) Per tašką B nubrėžiame lygiagrečią su tiese AD1 tiesę, kuri kerta tiesę CC1 taške C2. ABB1 ~ BCC2, nes BAB1 = CBC2, o ABB1 = BCC2.

Kadangi panašiųjų trikampių kraštinės proporcingos, tai ABBC = AB1

BC2. BC2 = B1C1, nes jos yra

lygiagretainio B1BC2C1 priešingos kraštinės. Todėl ABBC = AB1

B1C1 (1). Pritaikę proporcijos savybes,

gauname ABAB1

= BC B1C1

. Analogiškai per tašką C nubrėžiame lygiagrečią su tiese AD1 tiesę, kuri

kerta tiesę DD1 taške D2. Kadangi ABB1 ~ DCD2, tai ABCD = AB1

CD2. CD2 = C1D1, tai

ABCD = AB1

C1D1

arba ABAB1

= CD C1D1

(2). Iš (1) ir (2) lygybių gauname ABAB1

= BC B1C1

= CD C1D1

= ... .

1.48 (Žr. vadovėlyje 1.21 pav., p. 23.) Pažymime CBD = 1, ABD = 2. Per viršūnę A nu-brėžiame tiesę, lygiagrečią su pusiaukampine BD. Ji susikerta su kraštinės BC tęsiniu taške E. BEA = CBD = 1, BAE = ABD = 2, taigi ABE yra lygiašonis, AB = EB. Pagal Talio teoremą BD dalija kampo ACE kraštines į proporcingųjų atkarpų poras: AD

DC = EBBC arba

ADDC = AB

BC, nes EB = AB. Sukeitę proporcijos narius vietomis, gauname ADAB = DC

BC . Įrodyta.

1.49 Remiamės skaitinių nelygybių savybėmis: jei a – b > 0, tai a > b; jei a – b < 0, tai a < b; jei a – b = 0, tai a = b.

a) (6y – 1)(y + 2) – (3y + 4)(2y + 1) = –6 < 0 – nelygybė teisinga. Įrodyta. b) (x + 1)2 – 4x = (x – 1)2 ≥ 0 – nelygybė teisinga. Įrodyta. c) a2 + b2 + 2 – 2(a + b) = a2 – 2a + 1 + b2 – 2b + 1 = (a – 1)2 + (b – 1)2 ≥ 0, – nelygybė tei-

singa. Įrodyta.

d) c2 + 12 – c = c2 – 2c + 1

2 = (c – 1)2

2 ≥ 0 – nelygybė teisinga. Įrodyta.

e) a + 1a – (–2) = a2 + 2a + 1a = (a + 1)2

a ≤ 0, nes a < 0, – nelygybė teisinga. Įrodyta.

f) a + b2 – ¿ab¡ = a – 2 ¿ab¡ + b

2 = (¿a – ¿b )2

2 ≥ 0, – nelygybė teisinga. Įrodyta.

1.14 pav.

25

1.50 a) (2n + 1)2 – (2n – 1)2 = (2n + 1 – 2n + 1)(2n + 1 + 2n – 1) = 2 4n = 8n. Įrodyta. b) Pertvarkome dešinėje lygybės pusėje esantį reiškinį: (x – 3)(y – 5) + 1 = xy – 3y – 5x + 15 + 1 = xy – 3y – 5x + 16. Gavome reiškinį, tapačiai lygų

kairėje lygybės pusėje esančiam reiškiniui. Įrodyta. c) Pertvarkome kairėje ir dešinėje lygybės pusėse esančius reiškinius: (x – 3)(x + 7) – 13 = x2 + 4x – 34; (x + 8)(x – 4) – 2 = x2 + 4x – 34. Gavome tapačiai lygius reiškinius. Įrodyta. d) Pertvarkome dešinėje lygybės pusėje esantį reiškinį: 6 – 18

x + 3 = 6x + 18 – 18x + 3 = 6x

x + 3.

Gavome reiškinį, tapačiai lygų kairėje lygybės pusėje esančiam reiškiniui. Įrodyta.

Pasitikrinkite Sukauptų žinių sisteminimas, susiformuotų įgūdžių įsivertinimas

Sąvokų įtvirtinimo uždaviniai

Įgūdžių įtvirtinimo uždaviniai

Taikymo uždaviniai

Probleminiai uždaviniai

1.51, 1.52, 1.55, 1.57, 1.58, 1.59 1.53, 1.54, 1.60, 1.61–1.68 1.56, 1.69–1.73, 1.75–1.82 1.74

1.51 C [3; 4], nes aibę B\A sudaro tie aibės B elementai, kurie nepriklauso aibei A; B [–3; 2], nes aibę A\B sudaro tie aibės A elementai, kurie nepriklauso aibei B.

1.52 A4 A2, nes visi skaičiai, kurie dalijasi iš 4, dalijasi ir iš 2, bet ne visi skaičiai, kurie dalijasi iš 2, dalijasi ir iš 4.

1.53 Neneigiamųjų skaičių suma lygi nuliui tada ir tik tada, kai kiekvienas dėmuo lygus nuliui, to-

dėl lygties (x3 – 8x)4 + (x2 – 2 ¿2 x)4 = 0 sprendinių aibė yra lygčių x3 – 8x = 0 ir x2 – 2 ¿2 x = 0

sprendinių sankirta: {0; 2 ¿2 }. 1.54 a) Ieškome nelygybių x > 15 ir x < –8 sprendinių aibių sankirtos, sistemos sprendinių aibė Æ; b) ieškome nelygybių x2 – 36 < 0 ir x < – 14 sprendinių aibių sankirtos, sistemos sprendinių aibė

(–6; – 14); c) ieškome nelygybių sistemų

3x – 15 ≥ 0,{ x + 8 > 0 ir 3x – 15 ≤ 0,{ x + 8 < 0 sprendinių aibių sąjungos, nely-

gybės sprendinių aibė (–; –8) ∪ [5; +); d) trupmenos skaitiklis x2 + 5 įgyja tik teigiamąsias reikšmes su kiekviena realiąja x reikšme,

taigi nelygybės sprendinių aibė yra R ∩ (–7; +) = (–7; +). 1.55 A = {a, e, ę, i}, B = {d, j, n, p, s, v}, A = {d, j, n, p, s, v}, B = {a, e, ę, i}. 1.56 Reiškinys neturi prasmės, kai x (–, 6). Ta aibė yra aibių sąjunga. 1.57 a) Lygiagretainis, kurio kraštinės lygios, vadinamas rombu. b) Nežinomojo reikšmė, su kuria lygtis virsta teisinga skaitine tapatybe, vadinama lygties

sprendiniu. c) Stačiakampis gretasienis, kurio visos sienos yra kvadratai, vadinamas kubu. d) Funkcija vadinama nelygine, jei su visais x iš apibrėžimo srities teisinga lygybė f(–x) = –f(x). 1.58 a) Žinoma: vieno trikampio kraštinė lygi kito trikampio kraštinei, prie šios kraštinės esantys

vieno trikampio kampai atitinkamai lygūs kito trikampio kampams, esantiems prie lygiosios kraštinės. Reikia įrodyti, kad vienas trikampis lygus kitam trikampiui.

b) Žinoma, kad du skaičiai yra skaičiaus 7 kartotiniai. Reikia įrodyti, kad jų suma irgi yra skai-čiaus 7 kartotinis.

Aibės ir teiginiai

26

c) Žinoma, kad du trikampiai yra panašieji. Reikia įrodyti, kad šių trikampių perimetrų santy-kis lygus panašumo koeficientui.

d) Žinoma, kad skaičių sandauga dalijasi iš 11. Reikia įrodyti, kad bent vienas jos daugiklis dalijasi iš 11.

1.59 a) Jei skaičius nesidalija iš 2, tai šis skaičius yra nelyginis. Atvirkštinis teiginys: jei skaičius nelyginis, tai jis nesidalija iš 2. Teiginys teisingas.

b) Jei lygiagrečiąsias tieses perkirstume kirstine, tai gautume atitinkamuosius lygius kampus. Atvirkštinis teiginys: jei tieses perkirtus kirstine gaunami lygūs atitinkamieji kampai, tai tiesės yra lygiagrečios. Teiginys teisingas.

c) Jei funkcija nelyginė, tai jos grafikas yra simetriškas koordinačių pradžios taško atžvilgiu. Atvirkštinis teiginys: jei funkcijos grafikas yra simetriškas koordinačių pradžios taško atžvilgiu, tai funkcija yra nelyginė. Teiginys teisingas.

d) Jei trikampis yra lygiašonis, tai pusiaukraštinė, išvesta į pagrindą, yra ir pusiaukampinė. Atvirkštinis teiginys: jei pusiaukraštinė, išvesta į pagrindą, yra ir pusiaukampinė, tai trikampis yra lygiašonis. Teiginys teisingas.

e) Jei kampai yra gretutiniai, tai jų suma lygi 180°. Atvirkštinis teiginys: jei kampų suma lygi 180°, tai šie kampai yra gretutiniai. Teiginys ne visada teisingas, nes ir negretutinių kampų suma gali būti lygi 180°.

1.60 Žr. 1.15 pav. Nagrinėjame stačiuosius trikampius BDK ir BDL, nes DKB = DLB = 90°. BD – bendra kraštinė, ABD == DBC. Jei vieno stačiojo trikampio įžambinė ir smailusis kampas lygus kito stačiojo trikampio įžambinei ir smailiajam kampui, tai tie trikampiai yra lygūs, todėl BDK = BDL. Lygių trikampių atitinkamosios kraštinės lygios, todėl DK = = DL. Tai ir reikėjo įrodyti.

1.61 n, n + 1 ir n + 2 – trys iš eilės einantys natūralieji skaičiai. Jų suma n + n + 1 + n + 2 = 3n + 3 = 3(n + 1) dalijasi iš 3, nes vienas daugiklis dalijasi iš 3.

1.62 Sakykime, dviženklis skaičius yra ab, tada ab = 10a + b. Skaičius, parašytas tais pačiais skait-menimis, bet atvirkščia tvarka yra ba, ba = 10b + a.

ab – ba = 10a + b – (10b + a) = 10a + b – 10b – a = 9a – 9b = 9(a – b) 1.63 Kadangi nelyginės funkcijos f(x) ir g(x) apibrėžtos su visais x R, tai f(–x) = –f(x) ir g(–x) =

= –g(x). Tuomet h(–x) = f(–x) – g(–x) = –f(x) + g(x) = –(f(x) – g(x)) = –h(x). Pagal apibrėžtį h(x) – nelyginė funkcija.

1.64 Tarkime, kad iškilojo daugiakampio kampų didumų suma lygi 1020°. Tada lygties 180°(n – 2) = 1020° sprendinys n N. Kadangi n – 2 = 5 23, o n = 7 23, tai n N. Gavome prieš-tarą, taigi iškilojo daugiakampio kampų suma negali būti lygi 1020°.

1.65 Tarkime priešingai: nors m2 yra nelyginis skaičius, bet m – lyginis skaičius. Bet kurį lyginį skaičių galima užrašyti taip: m = 2k, kai k Z. Tada jo kvadratas m2 = (2k)2= 4k2 = 2 2k2 irgi lyginis skaičius, tačiau tai prieštarauja teiginio sąlygai. Gautasis prieštaravimas įrodo, jog prielaida m yra lyginis skaičius – klaidinga. Taigi m yra nelyginis skaičius.

1.66 Dviejų gretutinių kampų suma lygi 180°, todėl kampai, kurių suma lygi 160°, negali būti gre-tutiniai.

1.67 Žr. 1.16 pav. Iš viršūnių B ir C nubrėžiame trapecijos aukšti-nes BM ir CN. Nagrinėkime stačiuosius trikampius ABM ir DCN. ABM = DCN, nes AB = CD (lygiašonės trapeci-jos šoninės kraštinės yra lygios) ir BM = CN (atstumai tarp lygiagrečiųjų tiesių AD ir BC taškų yra lygūs). Lygių trikam-pių atitinkamieji kampai yra lygūs, todėl A = D. Tai ir reikėjo įrodyti.

1.15 pav.

1.16 pav.

27

1.68 Žr. 1.17 pav. E ir F – trapecijos įstrižainių vidurio taškai. 1) Tašką E sujungiame su trapecijos šoninės kraštinės CD

vidurio tašku N. Atkarpa, jungianti dviejų trikampio ACD kraštinių AC ir CD vidurio taškus – trikampio vidurinė linija, kuri yra lygiagreti su trečiąja trikampio kraštine ir lygi jos ilgio pusei. Taigi EN || AD ir EN = 12 AD.

Tašką F taip pat sujungiame su tašku N. Atkarpa FN yra tri-kampio BCD vidurinė linija, todėl FN || BC ir FN = 1

2 BC. Kadangi AD || BC ir FN || BC, tai FN || AD (jei dvi tiesės lygiagrečios su trečiąja tiese, tai jos yra lygiagrečios viena su kita). Kadangi FN || AD ir EN || AD, tai taškai E, F ir N yra vienoje tiesėje. Priešingu atveju gautume prieštarą teiginiui, kad per tašką eina viena ir tik viena tiesė, lygiagreti su duotąja. Todėl EF || AD || BC.

2) EF = EN – FN = 12 AD – 12 BC = 12 (AD – BC). Tai ir reikėjo įrodyti. 1.69 1 būdas. (Žr. 1.18 pav., a.) Pratęsiame CO, atidedame atkarpą OD = CO, tašką D sujungiame su taškais A ir B. Gauname

keturkampį ACBD, kurio įstrižainės susikirsdamos dalija vie-na kitą pusiau (AO = OB ir CO = OD), taigi šis keturkampis yra lygiagretainis. Lygiagretainis, kurio vienas kampas status ( C = 90°), yra stačiakampis, o stačiakampio įstrižainės ly-gios: CD = AB, tada CO = AO. Tai ir reikėjo įrodyti.

2 būdas. (Žr. 1.18 pav., b.) Per statinio AC vidurio tašką M brėžiame tiesę, statmeną AC, kuri įžambinę AB kerta taške O. MO AC ir BC AC, taigi MO || BC. Lygiagrečiosios tiesės kerta CAB kraštines AC ir AB, taigi gautos atkarpų po-ros yra proporcingos (Talio teorema), t. y. AM

MC = AOOB. Kadangi

AMMC = 1, tai ir AO

OB = 1, t. y. AO = OB. CO yra trikampio ABC pusiaukraštinė. AMO = CMO, nes MO – bendra kraštinė, AM = MC ir AMO = CMO = 90°. Lygių trikampių ati-tinkamos kraštinės yra lygios, todėl AO = OC. Tai ir reikėjo įrodyti.

1.70 a) (Žr. vadovėlyje 1.22 pav., p. 26.) Tarkime, kad taškai A, L ir B nėra vienoje tiesėje. Per lie-timosi tašką L nubrėžiame apskritimų liestinę LP bei spindulius AL ir BL. Kadangi spindulys statmenas liestinei lietimosi taške, tai AL LP ir BL LP, t. y. per tiesės LP tašką L nubrėžti du statmenys tiesei LP. Gavome prieštarą teiginiui, kad per tiesės tašką galima nubrėžti tik vieną statmenį. Taigi, prielaida, kad taškai ne vienoje tiesėje – klaidinga. Teisingas priešingas teigi-nys, kad taškai A, L ir B yra vienoje tiesėje.

b) Kadangi taškai A, K ir C; A, L ir B; B, M ir C – vienoje tiesėje, ir AK= AL = BL = BM == CK = CM (vienodo spindulio ilgio apskritimai), tai AK + KC = AL + LB = BM + MC ir AC = AB = BC, t. y. ABC visos kraštinės lygios, ir trikampis yra lygiakraštis. Tai ir reikėjo įrodyti.

1.71 Žr. 1.19 pav. Atkarpa MN yra trikampio AOB vidurinė lini-ja, nes jungia kraštinių AO ir OB vidurio taškus. MN || AB (trikampio vidurinės linijos savybė). MNO ~ ABO, nes AOB bendras, BAO = NMO (atitinkamieji kampai tarp AB || MN ir kirstinės AO). OM

OA = 12 (M – atkarpos OA vidurio taškas). Kadangi panašiųjų trikampių plotų santykis lygus pa-

našumo koeficiento kvadratui, tai SMON SAOB

= 14, SMON = 14 SAOB. Tai ir reikėjo įrodyti.

1.17 pav.

1.18 pav.

a)

b)

1.19 pav.

Aibės ir teiginiai

28

Analogiškai įrodoma, kad SNOK = 14 SBOC, SKOL = 14 SCOD, SMOL = 14 SAOD.

SMNKL = SMON + SNOK + SKOL + SMOL = 14 SAOB + 14 SBOC + 14 SCOD + 14 SAOD = 14 (SAOB + SBOC +

+ SCOD + SAOD) = 14 SABCD.

Tai ir reikėjo įrodyti. 1.72 Žr. 1.20 pav. Nubrėžiame įstrižainę BD bei atkarpas BE ir DK. Ga-

vome keturkampį BKDE. KBD = KBC + CBD, BDE = EDA + ADB. Kadangi

KBC = ADE = 60° (lygiakraščių trikampių kampai), CBD = ADB (vidaus priešiniai kampai tarp BC || AD ir kirstinės BD), tai KBD = BDE yra vidaus priešiniai kampai tarp BK, ED ir kirstinės BD, todėl BK || ED. Be to, BK = DE. Keturkampis, ku-rio dvi priešingos kraštinės lygiagrečios ir lygios, yra lygiagretai-nis, taigi BKDE – lygiagretainis. BD ir EK – jo įstrižainės. Ly-giagretainio įstrižainės susikirsdamos dalija viena kitą pusiau, tai-gi atkarpa KE eina per atkarpos BD vidurio tašką. Lygiagretainio ABCD įstrižainės BD vidurio taškas yra ir įstrižainės AC vidurio taš-kas. Taigi atkarpa KE lygiagretainio įstrižaines dalija pusiau. Tai ir reikėjo įrodyti.

1.73 xy + yz + zx = 10x + y + 10y + z + 10z + x = 11x + 11y + 11z == 11(x + y + z). Suma yra skaičiaus 11 kartotinis.

1.74 (Žr. vadovėlyje 1.23 pav. p. 27.) Penkiakampio MNKPT vidaus kampų suma lygi 180°(5 – 2) == 540°. Kadangi trikampio kampų suma lygi 180°, tai

A + AND + D = 180°, B + BKE + E = 180°, C + CPA + A =180°, D + DTB + B = 180°, E + EMC + C = 180°. A + AND + D + B + BKE + C+ CPA + A + D + DTB + B +

+ E + EMC + C = 5 180°, 2 A + 2 B + 2 C + 2 D + 2 E + ( AND + BKE + CPA + DTB +

+ EMC) = 900°, 2( A + B + C + D + E) + 540° = 900°,

2( A + B + C + D + E) = 360°, A + B + C + D + E = 180°. Tai ir reikėjo įrodyti. 1.75 a) (3y – 1)(2y + 1) > (2y – 1)(2 + 3y). Nagrinėkime skirtumą: (3y – 1)(2y + 1) – (2y – 1)(2 + 3y) = 6y2 + y – 1 – 6y2 – y + 2 = 1 > 0. Kadangi skirtumas teigiamas, tai nelygybė (3y – 1)(2y + 1) > (2y – 1)(2 + 3y) yra teisinga. b) a(a – b) ≥ b(a – b). Skirtumas a(a – b) – b(a – b) = (a – b)(a – b) = (a – b)2 ≥ 0, taigi nelygybė

a(a – b) ≥ b(a – b) yra teisinga. c) c

c2 + 1 ≤ 12. Skirtumas c c2 + 1 – 12 = 2c – c2 – 1

c2 + 1 = –(c – 1)2 c2 + 1 ≤ 0. Taigi nelygybė c

c2 + 1 ≤ 12 yra teisinga.

d) a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(a + b + c). Kadangi a2 + b2 + c2 + 3 – 2(a + b + c) = a2 – 2a + 1 + b2 – – 2b + 1 + c2 – 2c + 1 = (a – 1)2 + (b – 1)2 + (c – 1)2 ≥ 0, tai nelygybė a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(a ++ b + c) yra teisinga.

e) 14 x2 – 8x + 64 ≥ 0. Kadangi 14 x2 – 8x + 64 = (12 x – 8)2 ≥ 0, tai nelygybė 14 x2 – 8x + 64 ≥ 0

yra teisinga. f) a(a + 1) + 3a > 4(a – 0,5). Kadangi a(a + 1) + 3a – 4(a – 0,5) = a2 + a + 3a – 4a + 2 = a2 +

+ 2 > 0, tai nelygybė a(a + 1) + 3a > 4(a – 0,5) yra teisinga.

1.20 pav.

29

1.76 Nagrinėkime skirtumą a + 1a – 2 = a2 – 2a + 1a = (a – 1)2

a ≥ 0, nes a > 0, o (a – 1)2 ≥ 0. Kadangi

skirtumas neneigiamas, tai nelygybė a + 1a ≥ 2 teisinga, todėl bet kurio teigiamojo skaičiaus ir jam atvirkštinio skaičiaus suma yra ne mažesnė už 2.

1.77 a) (a2 + a + 1)(a2 – a + 1) = a4 + a + 1. Pertvarkome reiškinio kairiąją pusę: (a2 + a + 1)(a2 – a + 1) = ((a2 + 1) + a))((a2 + 1) – a) =

= (a2 + 1)2 – a2 = a4 + 2a2 + 1 – a2 = a4 + a2 + 1; a4 + a2 + 1 = a4 + a2 + 1. Tapatybė įrodyta. b) c4 + 4 = (c2 – 2c + 2)(c2 + 2c + 2). Pertvarkome reiškinio dešiniąją pusę: (c2 – 2c + 2)(c2 + 2c + 2) = ((c2 + 2) + 2c)((c2 + 2) – 2c) = (c2 + 2)2 – 4c2 = c4 + 4c2 + 4 –

– 4c2 = c4 + 4; c4 + 4 = c4 + 4. Tapatybė įrodyta. c) (a – 4)(a + 2) + 4 = (a + 1)(a – 3) – 1. Pertvarkome reiškinio kairiąją pusę: (a – 4)(a + 2) + 4 = a2 – 2a – 8 + 4 = a2 – 2a – 4. Pertvarkome reiškinio dešiniąją pusę: (a + 1)(a – 3) – 1 = a2 – 2a – 3 – 1 = a2 – 2a – 4. a2 – 2a – 4 = a2 – 2a – 4. Tapatybė įrodyta. d) ax

x + b = a – ab x + b. Pertvarkome reiškinio dešiniąją pusę: a – ab

x + b = ax + ab – abx + b = ax

x + b.

ax x + b = ax

x + b. Tapatybė įrodyta.

1.78 a) Reiškinio 1016 + 8 reikšmė yra skaičius, sudarytas iš skaitmenų 1, 0, 8. Šių skaitmenų suma 1 + 0 + 8 = 9 dalijasi iš 9, todėl ir duotojo reiškinio reikšmė dalijasi iš 9.

b) Sandaugos 81 173 883 1 002 051 daugiklis 1 002 051 dalijasi iš 9 be liekanos, nes jo skaitmenų suma 1 + 0 + 0 + 2 + 0 + 5 + 1 = 9, taigi ir sandauga dalijasi iš 9 be liekanos.

c) 55...545 penketai{ – 187. Turinys yra skaičius, sudarytas iš 45 penketų, jo skaitmenų suma lygi

45 5 = 225, dalijasi iš 9. Atėminys 187 = 2 9 186 dalijasi iš 9 be liekanos, taigi ir skirtumas dalijasi iš 9 be liekanos.

1.79 a) (n – 3)2 – (n + 9)2 = (n – 3 – n – 9)(n – 3 + n + 9) = –12(2n + 6). Duotojo reiškinio reikšmė lygi sandaugai, kurios vienas daugiklis dalijasi iš 12, taigi ir sandauga dalijasi iš 12.

b) (n + 4)2 – (n – 4)2 = (n + 4 – n + 4)(n + 4 + n – 4) = 8 2n. 8 dalijasi iš 4, taigi ir sandauga 8 2n dalijasi iš 4.

c) (2n + 8)2 – (2n – 2)2 = (2n + 8 – 2n + 2)(2n + 8 + 2n – 2) = 10 (4n + 6). Gauto reiškinio reikšmė dalijasi iš 10, todėl yra skaičiaus 10 kartotinis.

d) (5n – 3)2 – (5n + 4)2 = (5n – 3 – 5n – 4)(5n – 3 + 5n + 4) = –7 (10n +1). Gauto reiškinio reikšmė dalijasi iš 7, todėl yra skaičiaus 7 kartotinis.

1.80 a) (¿10 + 5 ¿3 ¡+ ¿10 – 5 ¿3 ¡ )2 = 10 + 5 ¿3 + 2 ¿(10 + 5 ¿3 )(10 – 5 ¿3 ¡) + 10 – 5 ¿3 = 30;

b) (¿7 + 4 ¿3 ¡– ¿7 – 4 ¿3 ¡ )2 = 7 + 4 ¿3 – 2 ¿(7 + 4 ¿3 )(7 – 4 ¿3 ¡) + 7 – 4 ¿3 = 14 – 2 = 12;

c) 1 3 ¿2 – 4

– 1 3 ¿2 + 4

= 3 ¿2 + 4 – 3 ¿2 + 4(3 ¿2 – 4)(3 ¿2 + 4) = 8

18 – 16 = 82 = 4;

d) 1 5 + 2 ¿6

+ 1 5 – 2 ¿6

= 5 – 2 ¿6 + 5 + 2 ¿6 (5 + 2 ¿6 )(5 – 2 ¿6 ) = 10

25 – 24 = 10.

1.81 a) (8n + 1 + 8n)2

(4n – 4n – 1)3 = (8n(8 + 1))2

(4n – 1(4 – 1))3 = 82n ‧ 92

43(n – 1) ‧ 33 = 64n ‧ 81 64n ‧ 1

64 ‧ 27 = 64 3 = 192;

b) –27n + 2 + 6 ‧ 33n + 3

3n ‧ 9n + 2 = –36 ‧ 33n + 2 ‧ 3 ‧ 33 ‧ 33n

3n ‧ 32n ‧ 34 = 33n ‧ 34(–9 + 2)

33n ‧ 34 = –7;

c) (8n – 2 + 7 ‧ 8n – 3)4

(16n – 1 – 16n – 2)3 = (8n – 3(8 + 7))4

(16n – 2(16 – 1))3 = 23(n – 3) ‧ 4 ‧ 154

24(n – 2) ‧ 3 ‧ 153 = 212n – 36 – 12n + 24 15 = 15212;

1.82 a) ( 9 n2 + n3) : ( 3

n2 – 1n + 13) = 27 + n3

3n2 : 9 – 3n + n2

3n2 = (3 + n)(9 – 3n + n2) ‧ 3n2

3n2 ‧ (9 – 3n + n2) = 3 + n;

b) (a – a2 + x2

a + x ) (2ax + 4a

a – x) = a2 + ax – a2 – x2

a + x 2a2 – 2ax + 4axx(a – x) = x(a – x) ‧ 2a(a + x)

(a + x)x(a – x) = 2a.

Aibės ir teiginiai

30

Aibių teorijos atsiradimasAibė yra viena pirmųjų neapibrėžiamų matematikos sąvokų. Aibių teorijos idėjos matematikoje

brendo per visą XIX a. XIX a. pradžioje vokiečių matematikas Karlas Frydrichas Gausas (1777–1855),nagrinėdamas skaičių teorijos klausimus, savo darbuose rėmėsi aibėmis, sudarytomis iš sveikųjų skaičių. Labai reikšmingas toliau plėtojant aibių teoriją buvo funkcijų tyrimas, jų trūkio taškų aibės ieškojimas.

Galutinai begalinių aibių teoriją, kaip savarankišką matematikos šaką, XIX a. antroje pusėje savo darbais suformavo vokiečių matematikas Georgas Kantoras (1845–1918). G. Kantoras rašė: „Įvairovę, arba aibę, aš suprantu kaip apskritai visokią daugybę, kurią galima suvokti kaip vienybę“. XIX a. aštuntojo dešimtmečio pradžioje G. Kantoras, lygindamas ir tyrinėdamas aibes, rėmėsi dviejų aibių elementų abipus vienareikšmės atitikties nustatymo principu. Jis įvedė aibių galios sąvoką. Jeigu tarp bet kurių dviejų aibių elementų galima nustatyti abipus vienareikšmę atitiktį, tai tų aibių galia yra vienoda. „Baigtinių aibių galia sutampa su elementų skaičiumi“, – rašė G. Kantoras. Ši G. Kantoro idėja padėjo jam padaryti puikų atradimą, pavyzdžiui, įrodyti, kad baigtinėms aibėms galioja Euklido aksioma (visuma yra didesnė už dalį), o begalinėms – ne. Bet kuri aibė, ekvivalenti natūraliųjų skaičių aibei, vadinama skaičiąja, nes jos elementus galima sunumeruoti. 1873 m. G. Kantoras atrado, kad visų trijų aibių – natūraliųjų skaičių, racionaliųjų skaičių, algebrinių skaičių – galia yra vienoda, t. y. racionaliųjų ir algebrinių skaičių aibės yra skaičiosios. Pavyzdžiui, išnagrinėkime sveikųjų skaičių aibę Z = {..., –4, –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3, 4, ...}. Iš pradžių atrodo, kad šios aibės neįmanoma sunumeruoti, kad ji nėra suskaičiuojama. Jei pradėsime numeruoti nuo nulio, o paskui numeruosime į dešinę, tai visi neigiamieji skaičiai liks nesunumeruoti. Jei pradėsime numeruoti nuo nulio į kairę, tai visi teigiamieji skaičiai liks nesunumeruoti. Iš tikrųjų sunumeruoti šios aibės elementus galima, tačiau reikia numeruoti ne viena kryptimi, o visą laiką ją keičiant. Numerius, kuriuos gaus sveikieji skaičiai, galime surašyti lentelėje:

Skaičiai –4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4

Numeriai 9 7 5 3 1 2 4 6 8

Šią numeraciją galima apibrėžti taip: skaičiaus n, kai n N, numeris yra 2n, skaičiaus –n, kai n N, numeris yra 2n + 1, o skaičiaus 0 numeris yra 1.

G. Kantoras įrodė, kad ne visos begalinės aibės yra ekvivalenčios, kad begalumo laipsniai gali būti įvairūs. Realiųjų skaičių aibės galia buvo pavadinta kontinuumo galia ir pažymėta raide C.

Iki Kantoro buvo manoma, kad tiesė turi mažiau taškų negu plokštuma. 1878 m. G. Kantoras įrodė, kad vienetiniame kvadrate yra ne daugiau taškų nei vienetinėje atkarpoje, ir pateikė atkarpos ir kvadrato taškų abipus vienareikšmės atitikties nustatymo metodą. Pasirodė, kad dvimačio kontinuumo galia lygi vienmačio kontinuumo galiai.

G. Kantoras pradėjo vartoti transfiničiuosius skaičius. Kadangi baigtinę aibę galima sutvarkyti tik vienu būdu, kuris apibūdinamas transfiničiaisiais skaičiais, o begalinę aibę – įvairiais būdais, G. Kantoras pirmasis ėmė tiesiogiai ir plačiai nagrinėti pačią matematinę begalybę ir gavo visiškai naujus nelauktus rezultatus. Devintojo dešimtmečio viduryje G. Kantoras sistemingai išdėstė savo mokymą apie aibes – abstrakčiąją aibių teoriją.

Dešimtojo dešimtmečio pradžioje aibių teorija buvo beveik visuotinai pripažinta ir pradėta taikyti matematikoje.

G. Kantoras yra begalinių aibių teorijos svarbiausių sąvokų ir teoremų autorius. Begalinių aibių teorijos sukūrimas padarė didelę įtaką visam tolimesniam XX a. matematikos plėtojimui. Šiuolaikinės matematikos sritys – topologija, bendroji algebra, funkcionalinė analizė – ištisai remiasi aibių teorijos sąvokomis, o geometrija, tikimybių teorija buvo pertvarkytos iš naujo aibių teorijos pagrindu.

Iš matematikos istorijos

31

Planimetrija

2

2.1 a) AOB = 180°; c) ACB = 90°. 2.2 a) Taip, nes įbrėžtinio kampo didumas lygus pusei centrinio kampo, kuris remiasi į tą patį

lanką, didumui. b) Taip, nes centrinio kampo didumas lygus lanko laipsniniam matui. c) Ne. Priminkite, kad trikampio kampų didumų suma lygi 180°. Taikykite įbrėžtinio kampo

savybę. 2.3 (Žr. vadovėlyje 2.11 pav., p. 31.) Sujungiame taškus B ir C. ACB = 90°, nes šis kampas yra

įbrėžtinis, kuris remiasi į skersmenį. Δ ABC = Δ BCD, nes AB = CD, kraštinė BC – bendra, ACB = DCB = 90°. Todėl AB = BD. Tai ir reikėjo įrodyti.

2.4 (Žr. vadovėlyje 2.12 pav., p. 31.)AFB = 90°, nes jis yra įbrėžtinis, kuris remiasi į skersmenį. AOE = 90°, nes AB CD. Tada AFB = AOE, A – bendras. Trikampiai, kurių du ati-tinkamieji kampai lygūs, yra panašieji, todėl Δ ABF ~ Δ OAE. Tai ir reikėjo įrodyti.

Lengviausios: 2.1, 2.2, 2.5, 2.6, 2.7, 2.10.Vidutinio sunkumo: 2.3, 2.4, 2.8, 2.11, 2.12, 2.13, 2.14.Sunkiausios: 2.9, 2.15, 2.16, 2.17.

U Ž D U O Č I Ų D I F E R E N C I J AV I M A S

U Ž D U O Č I Ų S P R E N D I M A I I R AT S A K YM A I

2.1. Kampai apskritime

MOKINIAI TURĖTŲ gebėti apskaičiuoti įbrėžtinio kampo didumą, kai žinomas centrinis kampas, apskaičiuoti centrinio kampo didumą, kai žinomas įbrėžtinio kampo didumas, paprastais atvejais įrodyti įbrėžtinių kampų savybes.

REIKĖTŲ PAKARTOTI

• trikampių lygumo ir panašumo požymius,• trikampio priekampio savybę,• apskritimo liestinių savybes.

ŠIAME SKYRELYJENagrinėjama, koks ryšys yra tarp centrinio ir įbrėžtinio kampų dydžių, įrodomos įbrėžtinio kampo sa-vybės, susikertančiųjų stygų atkarpų sandaugos savybė.

Planimetrija

32

2.5 a) x = 60°, nes įbrėžtinio kampo didumas lygus pusei centrinio kampo, kuris remiasi į tą patį lanką, didumo;

b) x = 100°, nes centrinis kampas dvigubai didesnis už įbrėžtinį, besiremiantį į tą patį lanką; c) x = 40°, nes įbrėžtiniai kampai remiasi į tą patį lanką. 2.6 Patarkite nubrėžti stygas AC, AE, BE. a) Įbrėžtiniai kampai: ABC, ACB, BAC, AEC, EBA, centriniai kampai: AOB,

AOE, EOB, AOC. b) ACB = 90°, nes įbrėžtinis kampas remiasi į skersmenį; EBA = 12 EOA = 64°; DAC = OAD – OAC = 90° – BAC = 90° – (90° – 44°) = 44°;

AEC = ABC = 44°, nes jie yra įbrėžtiniai kampai, kurie remiasi į tą patį lanką; AEB = = 90°, nes kampas yra įbrėžtinis ir remiasi į skersmenį.

2.7 ADC = 60°, nes yra įbrėžtinis ir remiasi į tą patį lanką kaip ir ABC. 2.8 a) OAC = 90°, nes spindulys statmenas liestinei lietimosi taške. OAB = OAC – BAC = 90° – 75° = 15°, AOB = 180° – 2 15° = 150°; b) OAB = 0,5(180° – AOB) = 0,5(180° – 70°) = 55°; BAC = OAC – OAB = 90° – 55° = 35°. 2.9 (Žr. vadovėlyje 2.17 pav., p. 32.) Patarkite mokiniams nubrėžti skersmenį AD ir stygą BD.

DAM = 90° (liestinės savybė), DBA = 90° (įbrėžtinis kampas, kuris remiasi į pusapskritimį). DBC = DAC – įbrėžtiniai kampai, kurie remiasi į tą patį lanką CD. DAC + CAM = 90°. DBC + CBA = 90°. Kadangi DBC = DAC, tai CAM = CBA, M – bendras, todėl Δ MAC ~ Δ MBA, AM

BM = MCAM. Iš čia AM2 = MC BM. Tai ir reikėjo įrodyti.

2.10 a) 3 37; b) 12.

2.11 Δ BAC – lygiakraštis, nes AB = AC (liestinių savybė), ABC = ACB, A = 60°, taigi BC = AB = AC = 0,5 m. 2.12 Patarkite mokiniams nubrėžti spindulius į lietimosi taškus. Mažesniojo lanko kampinis didu-

mas lygus 80°, BOC = 80°, OBC = OCB = 50°, taigi ABC = ACB = 40°, BCA == 100°.

Ats.: 40°, 40°, 100°. 2.13 Patarkite mokiniams nubrėžti spindulį OC. Δ AOC – lygiašonis, nes OA = OC. OCA = OAC = 30°; ACD = 120°, CDO = 30°.

Trikampio COD OCD = 90°, taigi OC = 12 OD. Tai ir reikėjo įrodyti. 2.14 Žr. 2.1 pav. Nubrėžiame spindulius O1B ir O1A, bei OA ir OC.

Gauname lygiašonius trikampius BO1A ir COA. Todėl O1AB = O1BA, ir OAC = OCA. O1BC = O1BA + ABC = 90° (spindulys O1B statmenas

liestinei BC), ABC = 90° – O1BA, OCB = OCA + ACB = 90° (spindulys OC statmenas

liestinei BC), ACB = 90° – OCA. ABC = 180° – (ABC + ACB) = 180° – ((90° –

– O1BA) + (90° – OCA)) = O1AB + OCA. Gavome, kad BAC = O1AB + OAC, bet BAC + O1AB + OAC = 180°, nes sudaro

ištiestinį kampą. Taigi 2 BAC = 180°, o BAC = 90°. Tai ir reikėjo įrodyti. 2.15 Patarkite mokiniams nubrėžti spindulius į trikampio kraštinių ir pusapskritimio sankirtos taš-

kus. Iš gautų trikampių apskaičiuojame centrinių kampų, o kartu ir lankų dydžius. Ats.: 62°, 62°, 56°.

2.1 pav.

33

2.16 (Žr. vadovėlyje 2.19 pav.) AD = DB = DC (liestinių savybė). Nubrėžiame AM || O1O2. Trikampio AMB MBA = 90°, taigi pritaikę Pitagoro teoremą, gauname AB = 2 ¿14¡ (cm). AD = 12 AB, AD = ¿14¡ (cm). Stačiajam trikampiui O1CD pritaikę Pitagoro teoremą gauname O1D = 3 ¿2 (cm) Ats.: 3 ¿2 cm. 2.17 Laikrodis rodo 9 h 25 min. Reikia apskaičiuoti kampo, kurį sudaro valandinė ir minutinė ro-

dyklės, didumą. Per 9 h 25 min. valandinė rodyklė pasisuka kampu, kurio didumas lygus 360° ∙ (9 ∙ 60 + 25)

12 60 = 5652 = 282°30´.

Per 25 min. minutinė rodyklė pasisuka kampu, kurio didumas lygus 360° ∙ 2560 =150°.

Todėl kampo tarp valandinės ir minutinės rodyklių didumas lygus 282°30´ – 150° = 132°30´. Ats.: 132°30´.

2.19 a) Priminkite mokiniams, kad lygiagretainio priešingieji kampai yra lygūs; lygiagretainis, kurio kampai statieji, yra stačiakampis. b) Priminkite mokiniams, kad lygiašonės trapecijos kampų, esančių prie vieno pagrindo, didumai

lygūs, o kampų, esančių prie vienos šoninės kraštinės, didumų suma lygi 180°. c) Priminkite mokiniams, kad: rombas, kurio kampai statieji, yra kvadratas. d) Priminkite mokiniams, kad: lygiagretainis, kurio kraštinės lygios, yra rombas. 2.20 Taip, nes priešingųjų kampų sumos lygios 180°. 2.21 B = 100°, C = 120°, D = 80°.

Lengviausios: 2.18, 2.20, 2.21, 2.22.Vidutinio sunkumo: 2.19, 2.23, 2.24, 2.25, 2.26, 2.27, 2.29.Sunkiausios: 2.28, 2.30, 2.31, 2.32, 2.33.

U Ž D U O Č I Ų D I F E R E N C I J AV I M A S

U Ž D U O Č I Ų S P R E N D I M A I I R AT S A K YM A I

2.2. Įbrėžtiniai ir apibrėžtiniai daugiakampiai (ir apskritimai)

MOKINIAI TURĖTŲ mokėti nusakyti įbrėžto į trikampį ir apibrėžto apie trikampį apskritimo savybes, mokėti įrodyti į apskritimą įbrėžto ir apie apskritimą apibrėžto keturkampio savybes, gebėti taikyti savybes spręsdami nesudėtingas užduotis.

REIKĖTŲ PAKARTOTI

• trikampio pusiaukraštinės, pusiaukampinės apibrėžtis,• lygiagretainio, stačiakampio, trapecijos apibrėžtis, požymius, savybes.

ŠIAME SKYRELYJENagrinėjami daugiakampiai, įbrėžti į apskritimą, ir daugiakampiai, apibrėžti apie apskritimą, įrodoma, kad trikampį visada galima įbrėžti į apskritimą ir apibrėžti apie apskritimą; taip pat įrodoma, kada keturkampį galima įbrėžti į apskritimą ir kada apibrėžti apie apskritimą.

Planimetrija

34

2.22 a) a = 5; b) b = 2; 2b + 4 = 8; c) x = 2, y = 4, z = 3, taigi x + 4 = 6, y + 3 = 7, z + 2 = 5. 2.23 Patarkite mokiniams apskaičiuoti apskritimo lankų dydžius, taikyti įbrėžtinių kampų bei įbrėž-

tinio keturkampio savybes. A = 120°, B = 80°, C = 60°, D = 100°, CAB = 70°, DAC = 50°, BCA = 30°, ACD = 30°. 2.24 Žr. 2.2 pav. BAD + BCD = 180° (įbrėžtinio keturkampio priešin-

gieji kampai), taigi BCD = 180° – 72° = 108°. Įrodysime, kad AC yra apskritimo skersmuo. Tarkime priešingai, t. y.

AC nėra apskritimo skersmuo. Tada per stygos BD vidurio tašką M eis skersmuo, statmenas stygai. Gavome prieštarą teiginiui, kad per tiesės tašką eina tik viena tiesė, statmena duotajai. Taigi prielaida, kad AC nėra skersmuo – klaidinga. AC – apskritimo skersmuo, todėl ABC = = ADC = 90° (įbrėžtiniai kampai, kurie remiasi į skersmenį).

2.25 Trikampis, kurį sudaro trumpesnioji stačiakampio kraštinė ir stačia-kampio įstrižainių atkarpos nuo jų sankirtos taško iki viršūnių, yra lygiakraštis, todėl apskriti-mo spindulys lygus 10 cm.

2.26 Priminkite mokiniams: atkarpa, jungianti trapecijos šoninių kraštinių vidurio taškus, vadinama trapecijos vidurine linija; trapecijos vidurinės linijos ilgis lygus jos pagrindų ilgių sumos pusei.

AD + BC = AB + CD (apibrėžtinio keturkampio savybė) AD + BC = 2 MN = 80 cm, AB = = CD = 40 cm. BAD = 180° – 150° = 30°. BK – trapecijos aukštinė. Δ ABK – statusis, BAK = 30°, taigi BK = 0,5AB, BK = 20 cm. Skritulio spindulys lygus pusei trapecijos aukš-tinės ilgio, t. y. r = 0,5BK, r = 10 cm. S = 100π (cm2).

2.27 (Žr. vadovėlyje 2.32 pav., p. 40.) A = 45° (priešingi lygiagretainio kampai). Nubrėžiame ly-giagretainio aukštinę DO. Trikampio ADO ADO = DAO = 45°, taigi trikampis ADO yra lygiašonis, OA = OD. BD = 2 A = 90° (įbrėžtinis kampas lygus pusei centrinio kampo, kuris remiasi į tą patį lanką). DOB remiasi į BD ir DOB = 90°, taigi DOB – centrinis, t. y. O – apskritimo centras, o AB – šio apskritimo skersmuo. Tada ADB = 90°, nes jis yra įbrėžtinis, kuris remiasi į pusapskritimį. Be to, šis trikampis yra lygiašonis, nes A = 45°, ABD = 90° – 45° = 45°, todėl AD = DB = 2 cm, o SADB = 12 AD DB = 12 2 2 = 2 (cm2). SABCD = 2SADB = 4 (cm2).

2.28 Žr. 2.3 pav. ACB – įbrėžtinis ir lygus 90°, taigi jis remiasi į pusaps-kritimį, todėl AB – apskritimo skersmuo. AB = 10 cm. AC = 6 cm.

Δ ACD ~ Δ ABC, nes A – bendras. ADC = ACB = 90°, taigi AD

AC = ACAB , AD = 3,6 (cm).

DB = AB – AD = 10 – 3,6 = 6,4 (cm). Ats.: AD = 3,6 cm, DB = 6,4 cm. 2.29 Priminkite mokiniams: lygiašonio trikampio viršūnės kampo pusiaukam-

pinė sutampa su to trikampio aukštine ir pusiaukraštine, nubrėžtomis į pagrindą; jei dvi tiesės, kertančios kampo kraštines, iškerta jose proporcin-gas atkarpas, tai tos tiesės yra lygiagrečios (atvirkštinė Talio teorema).

a) Žr. 2.4 pav. Patarkite nubrėžti aukštinę BD. AD = DC = 3 cm. AK = AD = 3 cm (liestinių savybė), BK = 6 cm, todėl BK : KA = 2 : 1.

b) Kadangi BKKA = BL

LC , tai KL || AC. Δ BKL ~ Δ BAC, nes B – bendras, BKL = BAC – atitinkamieji kampai tarp KL || AC ir kirstinės AB, todėl KL

AC = BKBA.

KL = BK ∙ ACBA , KL = 6 ∙ 6

9 , KL = 4 cm.

2.2 pav.

2.3 pav.

2.4 pav.

35

2.30 Priminkite mokiniams: apie bukąjį trikampį apibrėžto apskritimo centras yra šalia trikampio; apie lygiašonį trikampį apibrėžto apskritimo centras yra jo aukštinėje arba jos tęsinyje; stačiojo trikam-pio smailiojo kampo sinusu vadiname statinio, esančio prieš kampą, ir įžambinės ilgių santykį.

Patarkite mokiniams nubrėžti spindulius OA ir OB ir pagrįsti, kad Δ OAB yra lygiakraštis. Ka-dangi AB = BC = 10 cm, P – OB ir AC sankirtos taškas, trikampio BPA BPA = 90°, taigi sin PBA = PA

AB. PA = 10 ¿32

= 5 ¿3 (cm). AC = 10 ¿3 (cm).

Ats.: AB = 10 cm, BC = 10 cm, AC = 10 ¿3 cm. 2.31 Priminkite mokiniams: apie statųjį trikampį apibrėžto apskritimo centras yra įžambinės vidurio

taškas; trikampio pusiaukraštinė trikampį padalija į du lygiapločius trikampius. (Žr. vadovėlyje 2.33 pav., p. 40.) BC = 5 cm, DC = AD = DB = 2,5 cm (žr. 1.69 uždavinio

sprendimą). Trikampiai ACD ir ADB – lygiašoniai. Į trikampį įbrėžto apskritimo centras yra pusiaukampi-

nių sankirtos taškas, o lygiašonio trikampio viršūnės kampo pusiaukampinė sutampa su aukšti-ne ir pusiaukraštine, taigi DFA = 90°, AF = FC = 1,5 cm, DEA = 90°, AE = EB = 2 cm.

Pažymėkime O1F = r1, O2E = r2. DF = 0,5AB = 2 cm, DE = 0,5AC = 1,5 cm (DF ir DE – trikampio ABC vidurinės linijos).

S ABC = 12 AB AC, S ABC = 6 (cm2), S ACD = S ABD = 12 S ABC = 3 (cm2),

P ACD = 8 (cm), P ABD = 9 (cm).

Kadangi S = 12 P r, tai r1 = 2 ∙ S ACDP ACD

, r1 = 2 ∙ 38 = 34 (cm), r2 = 2 ∙ S ABD

P ABD, r2 = 2 ∙ 3

9 = 23 (cm).

Trikampiui DO1O2, kurio O1DO2 = 90°, taikome Pitagoro teoremą: O1O2 = 5 ¿13¡12

(cm).

Ats.: O1O2 = 5 ¿13¡12

(cm).

2.32 ir 2.33 uždavinių sprendimai pateikti vadovėlyje 2 skyriaus užduočių atsakymuose.

ŠIAME SKYRELYJENagrinėjami taisyklingieji daugiakampiai; pavyzdžiais parodoma, kad apie taisyklingąjį daugiakampį apibrėžto ir į jį įbrėžto apskritimų centrai sutampa, mokoma, kaip išreikšti apibrėžtinio ir įbrėžtinio apskritimų spindulius daugiakampio kraštinės ilgiu.

2.3. Taisyklingieji daugiakampiai

MOKINIAI TURĖTŲ gebėti paaiškinti įbrėžto į apskritimą ir apie apskritimą apibrėžto taisyklingojo daugiakampio sąvokas,

mokėti apskaičiuoti taisyklingojo daugiakampio kampo didumą, centrinio kampo didumą, mokėti apskaičiuoti, kiek kraštinių turi taisyklingasis daugiakampis, kai žinoma jo kampų didumų suma.

REIKĖTŲ PAKARTOTI

• n–kampio kampų didumų sumos formulę,• taisyklingojo trikampio ir kvadrato ploto formules.

Lengviausios: 2.34, 2.35, 2.36, 2.37, 2.42.Vidutinio sunkumo: 2.38, 2.39, 2.40, 2.41, 2.43, 2.44, 2.45, 2.47.Sunkiausios: 2.46, 2.48, 2.49, 2.50.

U Ž D U O Č I Ų D I F E R E N C I J AV I M A S

Planimetrija

36

U Ž D U O Č I Ų S P R E N D I M A I I R AT S A K YM A I

2.34 a) Patarkite mokiniams iš apskritimo centro nubrėžti spindulius į daugiakampio viršūnes ir pagrįsti, kad gautieji trikampiai lygūs.

b) Ne. Pavyzdžiui, į apskritimą įbrėžto stačiakampio kampai lygūs, o kraštinių ilgiai nelygūs. 2.35 a) 4 kraštines; b) 10 kraštinių; c) 24 kraštines.

2.36 an = 180°(n – 2)n . a) 60°; b) 45°; c) 40°.

2.37 a) 12; b) 18; c) 30. 2. 38 (Žr. 2.5 pav.) 1 būdas. Apie trikampį apibrėžto apskritimo centras yra trikampio

kraštinių vidurio statmenų susikirtimo taškas, o taisyklingojo trikampio kraštinių vidurio statmenys yra ir trikampio aukštinės, ir pusiaukraštinės, ir pusiaukampinės. Trikampio AON OAN = 30°, ONA = 90°, tai-gi ON = 0,5OA (statinio, esančio prieš 30° kampą, ilgis lygus pusei įžambinės ilgio). Kadangi OA = OM, tai ON = 0,5 OM. Tai ir reikėjo įrodyti.

2 būdas. Nubrėžiame trikampio ABC aukštinę BN. Kadangi lygiakraščio trikampio pusiaukampinės, pusiaukraštinės, aukštinė, kraštinių vidurio statmenys sutampa, tai apibrėžtinio apskritimo centras O yra šios aukštinės taškas. OB = OM. Pagal trikampio pusiaukraštinių savybę OB = 2

3 BN, o ON = 13 BN, t. y.

ON = 12 OB = 12 OM. Tai ir reikėjo įrodyti.

2.39 (Žr. vadovėlyje 2.40 pav., p. 44.) Taisyklingojo šešiakampio ABCDEF negretimosios kraštinės FA ir CB susikerta taške M. Taisyklingojo šešiakampio kampo didumas 180 ∙ 4

6 = 120°, taigi FAB = CBA = 120°, o BAM = ABM = 60°. BAM + ABM + M = 180°, todėl M = 60°. 2.40 1 būdas. Apie taisyklingąjį trikampį apibrėžto apskritimo spindulys išreiškiamas trikampio kraš-

tine taip:

R = a ¿33

, taigi a = R ¿3 , todėl AB = 48 ¿3 (cm).

Tada S ABC = AB2 ¿34

, S ABC = (48 ¿3 )2 ∙ ¿34

= 1728 ¿3 (cm2).

2 būdas. Nubrėžiame Δ ABC aukštinę BD. Kadangi lygiakraščio trikampio aukštinės, pusiaukampinės, pusiaukraštinės, kraštinių vidurio statmenys sutampa, tai, pritaikę trikampio pusiaukraštinių savybę, gauname, kad OB = 23 BD. BD = 32 48 = 72 (cm). Trikampio ABD

BDA = 90°, A = 60°, taigi BDAB = sin A, AB = BD

sin 60°; AB = 72 ¿32

= 144¿3

= 48 ¿3 (cm).

SΔ ABC = 12 AC BD, SΔ ABC = 12 72 48 ¿3 = 1728 ¿3 (cm2).

3 būdas. Nubrėžiame kraštinei AC statmeną skersmenį BM, D yra AC ir BM sankirtos taškas, taigi BD – trikampio ABC aukštinė ir pusiaukampinė, todėl ABM = 30°. Trikampio ABM BAM = 90° (įbrėžtinis ir remiasi į pusapskritimį).

ABBM = sin 30°, AB = 48 ¿3 cm. SABC = (48 ¿3 )2 ∙ ¿3

4 = 1728 ¿3 (cm2).

2.41 Patarkite mokiniams pagrįsti, kad į apskritimą įbrėžtas kvadratas. Priminkite, kad kvadrato plotas lygus įstrižainės ilgio kvadrato pusei (S = 12 d2).

Snuspalv = Sskrit – Skv. Snuspalv = 252π – 12 502 = 252 (π – 2) = 625(π – 2) (cm2).

2.42 Patarkite mokiniams nubrėžti du spindulius ir pagrįsti, kad gautasis trikampis yra lygiakraštis; apskaičiuoti lygiakraščio trikampio aukštinę taikant Pitagoro teoremą arba stačiojo trikampio smailiojo kampo sinuso apibrėžtį. Ats.: OM = 20 ¿3 cm.

2.5 pav.

37

2.43 Kadangi trikampiai taisyklingieji, tai apie trikampį apibrėžto ir į trikampį įbrėžto apskritimų centrai sutampa. Apibrėžto apie trikampį apskritimo spindulio ilgis (kartu ir skersmens ilgis) du kartus ilgesnis už į trikampį įbrėžto spindulio (skersmens) ilgį (trikampio pusiaukraštinės savybė). Išsprendę lygtį 2d – d = 8, gauname d = 8 cm, D = 16 cm.

2.44 Patarkite mokiniams įbrėžtinio ir apibrėžtinio apskritimų skersmenis išreikšti kvadrato krašti-ne. Ats.: 1

¿2.

2.45 Patarkite mokiniams dvi gretimas šešiakampio kraštines sujungti su centru ir pagrįsti, kad gau-tas trikampis yra taisyklingasis; išreikšti įbrėžtinio apskritimo spindulį apibrėžtinio apskritimo spinduliu.

Ats.: R ≈ 44,8 cm; r ≈ 38,8 cm. 2.46 Žr. 2.6 pav. Priminkite mokiniams: keturkampis, kurio priešingos

kraštinės lygiagrečios ir lygios, yra lygiagretainis; jei vidaus vienašalių kampų, esančių tarp dviejų tiesių ir kirstinės, suma lygi 180°, tai tiesės yra lygiagrečios.

Patarkite mokiniams apskaičiuoti taisyklingojo šešiakampio vidaus kampo didumą ir jo priekampio didumą; pagrįsti, kad: trikampis EMD – lygiakraštis, tiesė BC || FM; keturkampis MCBE – lygia-gretainis; išreikšti kraštinių BE ir CM ilgį apskritimo spinduliu.

PMCBE = 2(2R + R) = 6R. Lygiagretainis MCBE sudarytas iš 4 lygiakraščių trikampių, kuriuos gauname nubrėžę spindu-

lius OB, OC ir OD. Lygiakraščio trikampio plotą apskaičiuojame remdamiesi formule S = a2 ¿34

,

taigi SMCBD = 4 R2 ¿34

= R2 ¿3 (cm2). Lygiagretainio plotą galima apskaičiuoti ir taip: iš viršūnės E nubrėžiame aukštinę EK. Stačia-

jam trikampiui MKE pritaikę smailiojo kampo sinuso apibrėžtį, gauname: sin M = EK

EM, EK = EM sin M = R sin 60° = R ¿32

, SMCBE = CM EK = 2R R ¿32

= R2 ¿3

(aukštinę taip pat galima apskaičiuoti trikampiui MEK pritaikius Pitagoro teoremą). 2.47 Patarkite mokiniams išreikšti taip: OA = R – 16, AB = R – 8. Taikydami Pitagoro teoremą

gauname kvadratinę lygtį R2 – 48R + 320 = 0, kurios sprendiniai R1 = 8, R2 = 40, tačiau uždavinio sąlygą tenkina tik R2 = 40, nes R > 16. Ats.: 40 cm.

2.48 a) Kai tašo skerspjūvis kvadratas, tai šis kvadratas yra įbrėžtas į skritulį, kurio skersmuo lygus kvadrato įstrižainei. Kadangi kvadrato plotas lygus įstrižainės ilgio kvadrato pusei: S = 12 d2, tai

d = ¿2S¡ = ¿2 156¡ = ¿312¡ ≈ 18 (cm). Ats.: Rąsto skersmuo turi būti lygus 18 cm. b) Kai tašo skerspjūvis taisyklingasis trikampis, tai šis trikampis yra įbrėžtas į skritulį. Taisyk-

lingojo trikampio plotą apskaičiuojame taikydami formulę S = a2 ¿34

; iš čia a = 2 ¿ 571 ¿3 ¡ (cm).

Kadangi R = ¿33

a (žr. vadovėlyje 2 pvz. ), tai 2R = 2 ¿ 571 3 ¿3 ¡ ≈ 42 (cm). Ats.: 42 cm.

2.49 a) Taisyklingojo trikampio kraštinės ilgį pažymėkime a, o skritulio spindulio ilgį r. Trikampio plotas S = a2 ¿3

4, o skritulio S = r2. Kadangi skritulio ir trikampio plotai lygūs, tai

πr2 = a2 ¿34

, r2

a2 = ¿34π

, ra = ¿¿3

4π ¡ ≈ 0,371. Ats.: ≈37 %.

b) Pažymėkime kvadrato kraštinę a, o skritulio spindulį R. Kvadrato perimetras P = 4a, o ap-skritimo lanko ilgis C = 2πR. Kadangi kvadrato perimetras lygus apskritimo lanko ilgiui, tai

4a = 2πr. a π ∙ R = 12,

a2 π2 ∙ R2 = 14;

a2 π ∙ R2 = π4 ≈ 0,785. Ats.: ≈79 %.

2.50 Nors taisyklingųjų daugiakampių aibė yra begalinė, tačiau yra tik 11 skirtingų būdų plokštu-mai užpildyti taisyklingaisiais daugiakampiais taip, kad neliktų tuščių tarpų ir figūros nedengtų viena kitos.

2.6 pav.

Planimetrija

38

2.4. Bukojo kampo trigonometrinės funkcijos

MOKINIAI TURĖTŲ žinoti bukojo kampo sinuso, kosinuso ir tangento apibrėžtį, mokėti skaičiuoti skaičiuotuvu bukojo kampo sinuso, kosinuso ir tangento reikšmes nurodytu tikslumu,

mokėti rasti laipsniais išreikšto kampo sinuso, kosinuso, tangento reikšmes nurodytu tikslumu, gebėti taikyti formules sin (180° – ) = sin , cos (180° – ) = –cos .

REIKĖTŲ PAKARTOTI

• sinuso, kosinuso, tangento apibrėžtis stačiajame trikampyje,• stačiojo trikampio sprendimą,• sąryšį sin2 + cos2 = 1.

ŠIAME SKYRELYJEApibrėžiama, ką vadiname bukojo kampo sinusu ir kosinusu, gaunamos ir taikomos formulėssin (180° – ) = sin , cos (180° – ) = –cos .

Lengviausios: 2.51, 2.52, 2.53, 2.54.Vidutinio sunkumo: 2.55, 2.56, 2.58, 2.59, 2.60.Sunkiausios: 2.57.

U Ž D U O Č I Ų D I F E R E N C I J AV I M A S

2.51 a) Kadangi 0° < α < 90°, tai taškas Mα yra koordinačių plokštumos pirmajame ketvirtyje. Tada sin α = yM ir sin α > 0. cos α = xM ir cos α > 0, tg α = sin α

cos α ir tg α > 0. b) Kai 90° < α < 180°, tai taškas yra antrajame koordinačių plokštumos ketvirtyje. Tada yM = sin α > 0, xM = cos α < 0 ir tg α < 0. 2.52 a) sin 100° ≈ 0,985; cos 100° ≈ –0,174; tg 100° ≈ –5,671; b) sin 145° ≈ 0,574; cos 145° ≈ –0,819; tg 145° ≈ –0,700; c) sin 156° ≈ 0,407; cos 156° ≈ –0,914; tg 156° ≈ –0,445; d) sin 178° ≈ 0,035; cos 178° ≈ –0,999; tg 178° ≈ –0,035. 2.53 a) α ≈ 68,0°, α ≈ 112,0°; b) α ≈ 124,0°; c) α ≈ 160,0°. 2.54 Priminkite mokiniams, kad trikampyje prieš trumpesnę kraštinę yra mažesnis kampas, patarkite

apskaičiuoti įžambinės ilgį. Tarkime, trikampio ABC mažiausiasis kampas yra A. Tada sin A = 5

13, cos A = 1213, tg A = 5

12.

2.55 Patarkite mokiniams iš duotosios atkarpos taško, esančio vienoje iš lygiagrečiųjų tiesių, nubrėžti statmenį į kitą lygiagrečiąją tiesę ir gautam stačiajam trikampiui taikyti sinuso apibrėžtį.

Ats.: ≈8,17 cm)

U Ž D U O Č I Ų S P R E N D I M A I I R AT S A K YM A I

39

2.5. Sinusų ir kosinusų teoremos

MOKINIAI TURĖTŲ gebėti įrodyti trikampio ploto formulę, kai žinomos dvi kraštinės ir kampas tarp jų, sinusų ir kosinusų teoremas,

gebėti sudaryti trikampio, kurio trys elementai žinomi, sprendimo planą, mokėti apskaičiuoti nežinomus trikampio, kurio trys elementai žinomi, elementus, suprasti, kad trikampyje prieš didesnį kampą yra ilgesnė kraštinė, o prieš ilgesnę kraštinę – didesnis kampas.

REIKĖTŲ PAKARTOTI

• stačiojo trikampio sprendimą.

Lengviausios: 2.61, 2,66, 2.67, 2.68.Vidutinio sunkumo: 2.62, 2.63, 2.64, 2.65, 2.69.Sunkiausios: 2.70, 2.71, 2.72.

U Ž D U O Č I Ų D I F E R E N C I J AV I M A S

ŠIAME SKYRELYJEĮrodoma trikampio ploto formulė S = 1

2 bc sin , sinusų ir kosinusų teoremos, mokoma sudaryti trikam-

pio, kurio trys elementai žinomi, sprendimo planą.

2.56 Žr. 2.7 pav. Taško P abscisė yra neigiamasis skaičius, o ordinatė – teigiamasis skaičius. Iš trikampio NOP apskaičiuojame jų modu-lius. Δ PON yra statusis, PON = 180° – 150° = 30°, taigi

PN = 2 (statinis, esantis prieš 30° kampą, lygus įžambinės ilgio pusei).

ONOP = cos 30°, ON = OP cos 30°, ON = 4 ¿3

2 = 2 ¿3 .

Ats.: xp = –2 ¿3 , yp = 2.

2.57 a) Priminkite mokiniams, kad: ¿a2 = |a|, sin2 α + cos2 α = 1, ir modulio apibrėžtį. 2 sin2 α – cos2 α – 3 cos α ¿1 – sin2 α¡ = 2 sin2 α – cos2 α – 3 cos α ¿cos2 α¡ = 2 sin2 α – cos2 α –

– 3 cos α |cos α| = 2 sin2 α – cos2 α + 3 cos2 α = 2(sin2 α + cos2 α) = 2. b) Patarkite mokiniams taikyti vadovėlio 46 puslapyje pateiktas redukcijos formules. Ats.: – tg α. 2.58 a) Kadangi cos α > 0, kai 0° < α < 90°, tai

cos α = ¿1 – (45)2¡ = 35. tg α = sin α

cos α = 43.

b) Kadangi cos α < 0, kai 90° < α < 180°, tai

cos α = – ¿1 – (23)2¡ = – ¿5

3. tg α = sin α

cos α = – 2 ¿5

= – 2 ¿55

.

2.59 Pasiūlykite mokiniams b ir c atveju taikyti redukcijos formules. Ats.: a) 12; b) 0; c) ¿3 .

2.60 tg (180° – α) = sin (180° – α)cos (180° – α) = sin α

–cos α = –tg α.

2.7 pav.

Planimetrija

40

U Ž D U O Č I Ų S P R E N D I M A I I R AT S A K YM A I

2.65 Priminkite mokiniams: trikampyje prieš ilgesnę kraštinę yra didesnis kampas; trikampiai pagal kampus skirstomi į smailiuosius, stačiuosius, bukuosius; jei a > b, tai a – b > 0; jei a < b, tai a – b < 0.

Patarkite mokiniams taikant kosinusų teoremą išreikšti didžiausiojo trikampio kampo kosinu-są, nustatyti kosinuso ženklą ir pateikti išvadą.

a) cos C = a2 + b2 – c2

2ab . Kadangi c2 < a2 + b2, tai a2 + b2 – c2 > 0. cosC > 0, todėl C < 90°. Kadangi kraštinė c ilgiausia, tai C didžiausias. Jei didžiausias trikampio kampas smailusis, tai

ir trikampis smailusis. b) ir c) atveju įrodoma analogiškai. 2.66 Patarkite mokiniams sudaryti uždavinio sprendimo planą: 1) apskaičiuoti trečiojo kampo didu-

mą; 2) užrašyti sinusų teoremos reikiamą santykį; 3) iš užrašyto santykio išreikšti nežinomos kraštinės ilgį; 4) apskaičiuoti nežinomos kraštinės ilgį.

a) a sin α = b

sin β; 5 sin 105° = b

sin 30°, b = 5 ∙ sin 30°sin 105° , b ≈ 2,59 cm; c ≈ 3,66 cm;

b) = 119°, b ≈ 16,69 cm, c ≈ 24,83 cm; c) = 68°, a ≈ 13,57 cm, b ≈ 11,22 cm. 2.67 Patarkite mokiniams sudaryti uždavinio sprendimo planą: 1) taikant kosinusų teoremą apskai-

čiuoti nežinomą kraštinės ilgį; 2) užrašyti sinusų teoremos reikiamą santykį; 3) iš užrašyto santykio išreikšti ieškomo kampo sinusą; 4) apskaičiuoti sinusą; 5) apskaičiuoti ieškomą kampo didumą; 6) apskaičiuoti trečiojo trikampio kampo didumą.

a) c2 = 122 + 82 – 2 12 8 cos 60° = 144 + 64 – 96 = 112, c = ¿112¡ ≈ 10,58 (cm), b

sin β = c sin γ; 8 sin β = 10,58

sin 60°, sin β = 8 ∙ sin 60°10,58 , sin β = 0,65484, β ≈ 41°;

α = 180° – (60° + 41°) = 79°; b) a ≈ 22,92, β ≈ 20°, = 15°; c) b ≈ 53,41, α ≈ 16°, = 12°. 2.68 Priminkite mokiniams, kad šis uždavinys gali neturėti sprendinių, gali turėti vieną arba du spren-

dinius. Patarkite sudaryti uždavinio sprendimo planą: 1) užrašyti sinusų teoremos reikiamą san-tykį; 2) iš užrašyto santykio išreikšti ieškomo kampo sinusą; 3) apskaičiuoti sinusą; 4) gautą reikšmę palyginti su vienetu: jei gautoji reikšmė didesnė už vienetą, uždavinys sprendinių neturi, jei mažesnė už vienetą, tai uždavinys gali turėti vieną arba du sprendinius; 5) jei turi sprendinių, tai apskaičiuoti kampų didumus; 6) taikant kosinusų teoremą, apskaičiuoti neži-nomą kraštinės ilgį.

a) a sin α = b

sin β, sin β = 5 ∙ sin 120°12 , sin β = 0,360844 < 1. Kadangi trikampyje tik vienas kampas

bukasis, tai β ≈ 21°, = 39°. c2 = 122 + 52 – 2 12 5 cos 39°, c ≈ 8,70;

b) a sin α = b

sin β, sin β = 4 ∙ sin 60°2 , sin β = 1,73205 > 1; uždavinys sprendinių neturi;

c) a sin α = b

sin β, sin β = 8 ∙ sin 30°6 , sin β = 0,66666 < 1; kadangi žinomas tik smailusis kampas, tai

gali būti β ≈ 42° arba β ≈ 138°. Kai β ≈ 42°, tai = 108°, c ≈ 5,35. Kai β ≈ 138°, tai = 12°, c ≈ 11,39. 2.69 Patarkite mokiniams sudaryti uždavinio sprendimo planą: 1) kad uždavinys turėtų tik vie-

ną sprendinį, taikant kosinusų teoremą, apskaičiuoti didžiausiojo kampo didumą; 2) taikant sinusų teoremą, apskaičiuoti dar vieno kampo didumą; 3) apskaičiuoti trečiojo kampo didumą.

a) cos C = a2 + b2 – c2

2ab , cos C = 22 + 32 – 42

2 2 3 = –0,25, C ≈ 104°;

a sin A = c

sin C, sin A = a sin Cc , sin A = 2 ∙ sin 104°

4 = 0,485148 < 1; kampas A smailusis,

taigi A ≈ 29°, B = 47°. b) B ≈ 93°; A ≈ 39 °, C = 48°; c) C ≈ 154°, A ≈ 15°, B = 11°.

2.70 cos A = 1 ¿5

, taigi A ≈ 63°. S ABC = 12 AB BC sin A, S ABC = 12 4a 6a sin 63° ≈ 10,73a2.

41

2.6. Sinusų ir kosinusų teoremų taikymas

MOKINIAI TURĖTŲ gebėti taikyti sinusų teoremą ir kosinusų teoremą spręsdami praktinio bei matematinio turinio uždavinius.

REIKĖTŲ PAKARTOTI

• trikampio pusiaukraštinių savybę.

Lengviausios: 2.73, 2.75, 2.77.Vidutinio sunkumo: 2.74, 2.76, 2.79.Sunkiausios: 2.78.

U Ž D U O Č I Ų D I F E R E N C I J AV I M A S

ŠIAME SKYRELYJESprendžiami uždaviniai, skirti įgytoms žinioms taikyti praktiškai, įrodoma lygiagretainio įstrižainių sa-vybė, iškilojo keturkampio ploto formulė S = 1

2 d1d2 sin .

Pagal kosinusų teoremą: BC2 = (4a)2 + (6a)2 – 2 4a 6a 1

¿5 = 4a2 (13 – 12

¿5), BC ≈ 5,53a.

Kadangi S ABC = 12 BC h, tai h = 2S ABC BC = 2 ∙ 10,73a2

5,53a ≈ 3,88a.

2.71 Kadangi Sstačiak = ab, Slygiagr = ab sin A, tai ab sin A = 12 ab, sin A = 12, A = 30°. 2.72 Kadangi žinomi visų trikampio kraštinių ilgiai, tai, remdamiesi kosinusų teorema, išreiškiame

kampo, esančio prieš vieną iš kraštinių, kosinusą. Tarkime, cos C: c2 = a2 + b2 – 2ab cos C, cos C = a2 + b2 – c2

2ab . sin2 C + cos2 C = 1, 0° < C < 180°, taigi

sin C = ¿1 – (a2 + b2 – c2

2ab )2¡ = ¿(1 – a2 + b2 – c2

2ab )¡(1 + a2 + b2 – c2

2ab )¡ = = ¿(c2 – (a2 – 2ab+ b2)

2ab )¡((a2 + 2ab+ b2) + c2

2ab )¡ = ¿(c2 – (a – b)2)((a + b)2 – c2)4a2b2 ¡¡ =

= ¿(c – a + b)(c + a – b)(a + b – c) 4a2b2 ¡(a + b + c)

¡¡ = ¿(a + b + c – 2a)(a + b + c – 2b) 4a2b2 ¡(a + b – 2c)(a + b + c)

¡¡ .

S = 12 ab sin C = 12 ab ¿(a + b + c – 2a)(a + b + c – 2b) 4a2b2¡(a + b + c – 2c)(a + b + c)

¡¡ =

= ¿ a2b2(a + b + c – 2a)(a + b + c 16a2b2¡– 2b)(a + b + c – 2c)(a + b + c)

¡¡ =

= ¿(a + b + c2 – 2a

2 )¡(a + b + c2 – 2b

2 )¡(a + b + c2 – 2c

2 )¡(a + b + c2 )¡ = ¿(p – a)(p – b)(p – c)p¡.

Tai ir reikėjo įrodyti.

U Ž D U O Č I Ų S P R E N D I M A I I R AT S A K YM A I

2.73 B = 180° – (α + β) = (α + β). Taikome sinusų teoremą. AB = AC ∙ sin β sin (α + β).

Planimetrija

42

2.74 Nagrinėjame trikampį ABD. ABD > BDA, nes BDA = DBC (vidaus priešiniai kam-pai tarp AD || BC ir kirstinės BD), todėl kraštinė AD > AB (trikampyje prieš didesnį kampą yra ilgesnė kraštinė). Kadangi lygiagretainio priešingos kraštinės lygios, AD = BC, tai BC > AB.

2.75 1 būdas. Kadangi lygiagretainio kraštinių ilgių kvadratų suma lygi įstrižainių ilgių kvadratų sumai, tai AC2 + BD2 = 2(AB2 + BC2).

BD = ¿2(AB2 + BC2) – AC2¡ ; BD = ¿2(4,92 + 5,42) – 8,82¡ ≈ 5,4 (cm). Trikampiui BCD taikome kosinusų teoremą. cos BCD = BC2 + CD2 – BD2

2BC ∙ CD = 5,42 + 4,92 – 5,42

2 ∙ 5,4 ∙ 4,9 = 0,4537037, cos BCD ≈ 63°.

ABC = 180° – 63° = 117° (kampų prie vienos lygiagretainio kraštinės suma lygi 180°). 2 būdas. Trikampiui ABC taikome kosinusų teoremą: AC2 = AB2 + BC2 – 2AB BC cos B. cos B = AB2 + BC2 – AC2

2AB ∙ BC = 4,92 + 5,42 – 8,82

2 ∙ 4,9 ∙ 5,4 = –0,4586168, B ≈ 117°, A = 180° – 117° = 63°.

Trikampiui ABD taikome kosinusų teoremą: BD2 = AB2 + AD2 – 2AB AD cos A,

BD = ¿AB2 + AD2 – ¡2AB AD cos A¡ = ¿4,92 + 5,42 – ¡2 4,9 5,4 cos 63°¡ ≈ 5,4 (cm). BCD = A = 63° (lygiagretainio priešingieji kampai yra lygūs). 2.76 Priminkite mokiniams sinuso ir kosinuso apibrėžtis stačiajame trikampyje. Patarkite mokiniams nubrėžti aukštinę BK. BK = CE. Stačiajame trikampyje ABK taikydami

sinuso apibrėžtį, apskaičiuojame BK = 5,2 sin 67° ≈ 4,8 (dm). CE = BK = 4,8 dm. Taikydami kosinuso apibrėžtį, išreiškiame AK: AK = 5,2 cos 67°.

Trikampio CED CED = 90°, taigi CD = 4,8 sin 46° ≈ 6,7 (dm).

Išreiškiame ED: ED = 6,7 cos 46°. BC = AD – (AK + ED), BC = 12,9 – (5,2 cos 67° + 6,7 cos 46°) ≈ 6,2 (cm).

2.77 AB = ¿2702 + 4022 – ¡2 270 402 cos 36°¡ ≈ 243 (m). 2.78 Žr. 2.8 pav. 1 būdas. Priminkite mokiniams, kad: keturkampis, kurio įstrižainės susikirsdamos dalija

viena kitą pusiau, yra lygiagretainis; lygiagretainio įstrižainių kvadratų suma lygi kraštinių kvadratų su-mai, ir trikampio pusiaukraštinių savybę.

Patarkite mokiniams pusiaukraštinę AA1 pratęsti ir tęsinyje nuo taško A1 atidėti atkarpą A1D, kurios ilgis lygus atkarpos AA1 ilgiui; pagrįsti, kad keturkampis ABDC – lygiagretainis. Kadangi AD = 2AA1, tai AD2 + BC2 = 2(AB2 + AC2), 4AA1

2 + 36 = 2(25 + 64),

AA1 = 12 ¿142¡. OA = 23 AA1, OA = ¿142¡3

. Kitų pusiaukraštinių ilgius apskaičiuojame analogiškai. 2 būdas. Remdamiesi kosinusų teorema, apskaičiuojame trikampio ABC kampų kosinusus.

cos A = AB2 + AC2 – BC2

2 ∙ AB ∙ AC ; cos A = 25 + 64 – 362 ∙ 5 ∙ 8 = 0,6625;

cos B = BA2 + BC2 – AC2

2 ∙ BA ∙ BC = 25 + 36 – 642 ∙ 5 ∙ 6 = –0,05;

cos C = CA2 + CB2 – AB2

2 ∙ CA ∙ CB = 64 + 36 – 252 ∙ 8 ∙ 6 = 0,78125.

Trikampiams AA1B, BB1C ir AA1C pritaikę kosinusų teoremą, apskaičiuojame pusiaukraštinių AA1, BB1 ir CC1 ilgius.

AA12 = AB2 + BA1

2 – 2 AB BA1 cos B = 25 + 9 – 2 5 3 (–0,05) = 35,5, AA1 = ¿35,5¡. BB1

2 = BC2 + BA12 – 2 BA BA1 cos C = 36 + 16 – 2 6 4 0,78125 = 14,5, BB1 = ¿14,5¡.

CC12 = BC1

2 + BC2 – 2 BC1 BC cos B = 6,25 + 36 – 2 2,5 6 (–0,05) = 43,75, CC1 = ¿43,75¡.

2.8 pav.

43

Pasitikrinkite Sukauptų žinių sisteminimas, susiformuotų įgūdžių įsivertinimas

Sąvokų įtvirtinimo uždaviniai

Įgūdžių įtvirtinimo uždaviniai

Taikymo uždaviniai

Probleminiai uždaviniai

2.81, 2.82, 2.83 2.98, 2.99, 2.100, 2.101, 2.102 2.87–2.97, 2.103–2.109 2.84, 2.85, 28.6

2.80 Ats.: 13. 2.81 1 būdas. Priminkite mokiniams liestinės savybę ir kad daugiakampio kampų didumų suma lygi

180°(n – 2). Kadangi OLK = OMK = 90° (liestinės savybė), LOM = 360°– (180° + 80°) == 100°. Trikampis OLM – lygiašonis (OM = OL), taigi OML = 0,5(180° – 100°) = 40°.

2 būdas. Patarkite mokiniams nubrėžti atkarpą OK ir pagrįsti, kad Δ OMK = Δ OLK, tada ap-skaičiuoti KOM didumą ir kampo x didumą.

2.82 Taip, nes 85° + 95° = 180°. 2.83 Ne, nes 5k + 8k ≠ 7k + 9k. 2.84 2 = ABD + DBC (kvadrato ir lygiakraščio trikampio kampai), 2 = 90° + 60° = 150°.

Trikampis ABC – lygiašonis, nes AB = BC, taigi 1 = 0,5(180° – 150°) = 15°. 3 = AFB (kryžminiai), taigi 3 = ABD – 1, 3 = 90° – 15° = 75°. Δ ABC = Δ EDC (AB = ED, BC = CD, ABC = EDC), taigi CAE = CEA. CAE = 3 (atitinkamieji kampai tarp AE || BD ir kirstinės AC), todėl 4 = 180° – 2 3 = 180° – 150° = 30°.

Kadangi pusiaukraštinių susikirtimo taškas kiekvieną jų dalija santykiu 2 : 1, skaičiuojant nuo viršūnės, tai OA = 23 AA1, OA = 2 ¿35,5¡

3 = ¿142¡

3; OB = 23 BB1, OB = 2 ¿14,5¡

3 = ¿58¡

3;

OC = 23 CC1, OC = 2 ¿43,75¡3

= ¿175¡3

= 5 ¿73

.

2.79 a) Taikome sinusų teoremą: AB sin C = BC

sin A.

sin C = AB ∙ sin CBC , sin C = 18 ∙ sin 40°

12 = 0,96418.

Jeigu C bukasis, tai C ≈ 180° – 75° = 105°. Tada ABC = 180° – (105° + 40°) = 35°.

Pritaikę sinusų teoremą, apskaičiuojame AC: AC sin ABC = BC

sin A, AC = 12 ∙ sin 35°sin 40° ≈ 11 (m).

Jeigu C smailusis, tai C1 = 75°, o ABC1 = 180° – (75° + 40°) = 65°.

AC1 = 12 ∙ sin 65°sin 40° ≈ 17 (m).

b) ABC = BCD – A (trikampio priekampio savybė). ABC = 51° – 15° = 36°. MBE = ABC = 36° (kryžminiai kampai). MD AD, taigi M = 90° – 36° = 54°. Tri-

kampiui MEB taikome sinusų teoremą:

ME sin B = BE

sin M; ME = BE ∙ sin Bsin M = 32 ∙ sin 36°

sin 54° ≈ 23 (m).

c) P = 180° – (70° + 40°) = 70°. Kadangi A = P, tai trikampis APB – lygiašonis, todėl BP = 22 m. Taikome sinusų teoremą:

AP sin B = AB

sin P, AP = AB ∙ sin Bsin P , AP = 22 ∙ sin 40°

sin 70° ≈ 15 (m).

d) Taikome sinusų teoremą: AC sin B = BC

sin A, AC = BC ∙ sin Bsin A , AC = 1,5 ∙ sin 40°

sin 70° ≈ 1 (km).

Planimetrija

44

2.85 Jei vieno trikampio kampo didumas lygus 28°, tai kitų dviejų kampų didumų suma lygi 180° – 28° = 152°. Kampo, esančio tarp trikampio pusiaukampinių, didumas lygus 180° – – 0,5 152° = 104°.

2.86 BDC = 180° – (100° + 50°) = 30°. DBA = BDC = 30° (vidaus priešiniai kampai tarp AB || DC ir kirstinės BD). ADB = 180° – (120° + 30°) = 30°. ABD = ADB, taigi tri-kampis ADB – lygiašonis, todėl AD = AB. Tai ir reikėjo įrodyti.

2.87 1 būdas. 1 + DCO = 90° (stačiojo trikampio COD kampų didumų suma), 2 +DCF = 90° (stačiojo trikampio ACF kampų didumų suma). Kadangi DCO = DCF,

kampų didumų sumos lygios, todėl 1 = 2. Tai ir reikėjo įrodyti. 2 būdas. Kadangi keturkampio kampų didumų suma lygi 360°, o OFD = ODA = 90°,

tai 2 + FOD = 180°. 1 + FOD = 180° (gretutiniai kampai), taigi 1 = 2. 2.88 Priminkite mokiniams, kad: keturkampis, kurio priešingos kraš-

tinės lygiagrečios, yra lygiagretainis; lygiagretainis, kurio vienas kampas statusis, yra stačiakampis, ir Talio teoremą.

Žr. 2.9 pav. Kadangi DM || AC, DN || BC, tai keturkampis CMDN – lygiagretainis, kurio C = 90°. Todėl keturkampis CMDN yra stačiakampis, kurio įstrižainės CD ir MN. Atkarpa MN jungia trikampio ABC kraštinių AC ir BC vidurio taškus, taigi MN – trikampio vidurinė linija. Todėl MN = 0,5AB, MN = 3 (cm). CD = MN = 3 cm (stačiakampio įstrižainių ilgiai lygūs).

2.89 (Žr. vadovėlyje 2.75 pav., p. 63.) CB ∩ AD = E, CD ∩ AB = F. DEB = DFB = 90° (AD BC, CD AB). BEDF – keturkampis, taigi 1 + EBF + DEB + DFB = 360°, 1 + 2 + 90° + 90° = 360°, 1 + 2 = 180° (2 = EBF, kaip kryžminiai kampai). Tai ir reikėjo įrodyti. 2.90 (Žr. vadovėlyje 2.76 pav., p. 63.) Kadangi CD = OD, tai trikampis CDO – lygiašonis, todėl

C = DOA. ODE – trikampio COD priekampis, taigi ODE = 2DOA. Trikampis DOE – lygiašonis (OD = OE, nes to paties apskritimo spinduliai), tai

ODE = OED = 2DOA. BOE trikampio CEO priekampis, todėl BOE = OEC + DCA = 2DOA + DOA = 3DOA. Taigi BOE = 3DOA. 2.91 (Žr. vadovėlyje 2.77 pav., p. 63.) Trikampyje ACB nubrėžiame pusiaukraštines AA1, BB1 ir

CC1 bei jų projekcijas MK, NP CL tiesėje MN. A1K MN ir BN MN, taigi A1K || BN, be to, CA1 = A1B, taigi ir CK = KN (Talio teorema). CK = 0,5 CN, taigi CK = 3 (cm).

MK = MC + CK, MK = 10 + 3 = 13 (cm). Analogiškai pagrindžiame, kad CP = 5 cm, o NP = NC + CP, NP = 6 + 5 = 11 (cm). C1L MN, AM MN, BN MN, taigi AM || C1L || BN ir AC1 = C1B, taigi C1L yra trapecijos

AMNB vidurinė linija, todėl ML = LN = 0,5MN, ML = 0,5(10 + 6) = 8 (cm). CL = MC – ML, CL = 10 – 8 = 2 (cm). 2.92 Žr. 2.10 pav. ABCD – kvadratas, kurio kraštinė lygi 1 m.

ACEF – kvadratas, kurio kraštinė lygi kvadrato ABCD įstrižainei. Δ ACE – lygiašonis (AC = CE, nes kvadrato kraštinės). AE – kvadrato ACEF įstrižainė. CD AE, taigi AD = DE (lygiašonio trikampio aukštinė ir pusiaukraštinė su-tampa), todėl įstrižainės AE ilgis 2 m.

2.9 pav.

2.10 pav.

45

2.93 Žr. 2.11 pav. 1 būdas. Kadangi B = 120°, tai A = 60°. Δ ABD – lygia-

kraštis (AB = AD). BK = AO (lygiakraščio trikampio visų aukštinių ilgiai lygūs). Lygiakraščio trikampio aukštinės ir pusiaukraštinės sutampa, taigi

MO = 13 AO, MO = 13 10,5 = 3,5 (cm). Δ BMO = Δ BON (BO – bendra, BOM = BON = 90°,

MBO = NBO = 30°), taigi MO = ON = 3,5 cm, todėl MN = 7 cm.

2 būdas. Δ ABD – lygiakraštis, nes ABD = BDA = 60° (rombo įstrižainė sutampa su rom-bo kampo pusiaukampine), AB = AD (rombo kraštinės). Analogiškai Δ BDC – taip pat lygia-kraštis. ABK = KBD = 30° ir DBL = LBC = 30°, nes lygiakraščio trikampio aukštinė sutampa su pusiaukampine ir pusiaukraštine.

BK = AO, BM = 23 AO, BN = 2

3 CO (CO = AO), taigi BM = BN. MBN = 60°, trikampis MBN – lygiakraštis, todėl MN = BM = BN = 23 AO = 23 21

2 = 7 cm.

2.94 (Žr. vadovėlyje 2.78 pav., p. 63.) P ABC = P1 + P2 + P3, nes liestinių, nubrėžtų iš vieno taško, atkarpų iki lietimosi taškų ilgiai lygūs.

2.95 Apskaičiuojame gauto aštuonkampio kraštinių ilgius. Kadangi apskritimo spindulio ilgis lygus pusei kvadrato įstrižainės ilgio, tai gauto aštuonkampio kraštinės, esančios kvadrato kraštinėje,

ilgis lygus a ¿22

– (a – a ¿22 ) = a(¿2 – 1). Kvadrato kraštinės atkarpos, nepriklausančios aštuon-

kampio kraštinei, ilgis a – a ¿22

= a ¿2 ( ¿2 – 1 )2

. Aštuonkampio kraštinės, kuri jungia gretimų

kvadrato kraštinių taškus, ilgį apskaičiuojame taikydami Pitagoro teoremą:

¿2 a ¿2 ( ¿2 – 1 )2

= a(¿2 – 1). Visos aštuonkampio kraštinės lygios ir visi kampai lygūs

(180° – 45° = 135°), todėl aštuonkampis yra taisyklingasis. 2.96 Nubrėžiame trapecijos aukštinę BK. P – trapecijos vidurinės linijos MN ir aukštinės BK san-

kirtos taškas. BP = PK (Talio teorema). SMBCN = MN + BC

2 BP = 10 + BC2 BP, SAMND = MN + AD

2 PK = 10 + AD2 PK.

SMBCN SAMND

= (10 + BC)BP 2 (10 + AD)PK

2 = 10 + BC

10 + AD, 10 + BC10 + AD = 35, 3AD – 5BC = 20.

AD + BC = 20 (trapecijos vidurinės linijos savybė). Gauname lygčių sistemą

3AD – 5BC = 20,{ AD + BC = 20, kurią išsprendę apskaičiuojame, kad AD = 15 cm, BC = 5 cm.

2.97 (Žr. vadovėlyje 2.79 pav., p. 64.) Trikampio ABC įžambinės ir pusskritulio sankirtos tašką pa-žymime D. Figūrą S sudaro lygiašonis trikampis AOD ir skritulio išpjova BOD.

S1 = S AOD + SBOD, S1 = 12 a2 + 14 a2 = a2

4 (2 + ). Figūros S2 plotas lygus išpjovos AOD ir trikampio AOD plotų skirtumui, nes figūra S2 yra

nuopjova. S2 = Sišpj – SΔ AOD, S2 = 14 a2 – 12 a2 = a2

4 ( – 2). Figūros S3 plotas lygus išpjovos ABE ir figūros S1 plotų skirtumui.

S3 = 18 (2a)2 – a2

4 ( – 2) = πa2

2 – πa2

4 + a2

2 = a2

4 ( + 2). Figūros S4 plotas lygus trikampio ABC ir išpjovos ABE plotų skirtumui.

S4 = 12 (2a)2 – 18 (2a)2

= (2a)2

8 (4 – ) = a2

2 (4 – ).

2.11 pav.

Planimetrija

46

2.98 Taikome kosinusų teoremą: a2 = b2 + c2 – 2bc cos A, cos A = b2 + c2 – a2

2bc = 82 + 52 – 72

2 ∙ 8 ∙ 5 = 0,5, A = 60°.

cos B = a2 + c2 – b2

2ac = 72 + 52 – 82

2 ∙ 7 ∙ 5 = 17, B ≈ 82°.

C = 180° – (60° + 82°) = 38°. 2.99 C = 180° – (41° – 79°) = 60°. Taikome sinusų teoremą: b = 6 ∙ sin 79°

sin 41° ≈ 8,98 (cm); c = 6 ∙ sin 60°sin 41° ≈ 7,92 (cm).

2.100 Taikome kosinusų teoremą: c = ¿a2 + b2 – 2ab cos C¡, c = ¿62 + 92 – 2 6 9¡ ≈ 6,06 (cm).

2.101 Taikome kosinusų teoremą: cos A = AB2 + AC2 – BC2

2 ∙ AB ∙ AC = 152 + 112 – 82

2 ∙ 15 ∙ 11 = 0,8(54), A ≈ 31°.

cos B = BA2 + BC2 – AC2

2 ∙ BA ∙ BC = 152 + 82 – 112

2 ∙ 15 ∙ 8 = 0,7, B ≈ 46°; C = 180° – (31° + 46°) = 103°.

2.102 (Žr. vadovėlyje 2.82 pav., p. 64.) ABC = 31,2° – 20,8° = 10,4°. Trikampiui ABC taikome sinusų teoremą:

AB = 100 ∙ sin 20,8°sin 10,4° ≈ 196,714 (m).

Stačiojo trikampio BAD BDA = 90°, taigi BD = 196,714 sin 31,2° ≈ 102 (m). 2.103 (Žr. vadovėlyje 2.83 pav., p. 64.) Kadangi apskritimas, kurio centras O1, įbrėžtas į CDA, tai

DA yra CDA pusiaukampinė, todėl O1DM = 60°. O1MD = 90° (spindulys statmenas liestinei lietimosi taške). Trikampis DO1M – statusis.

DM = r tg 30°, DM = ¿33 r. OM = ¿3 + ¿3

3 r. OK = OC = 2, taigi OO1 = 2 – r.

Stačiajam trikampiui OO1M taikome Pitagoro teoremą:

(2 – r)2 = r2 + 3 + 2r + r2

3 , r2 + 18r – 3 = 0, r = 9 – 2 ¿21¡ (r = 9 + 2 ¿21¡ > 2 netinka, nes taškas M – spindulio r ir spindulio OC sankirtos taškas).

2.104 (Žr. vadovėlyje 2.84 pav., p. 65.) Artimiausia viršūnė nuo centro yra A. Pažymėkime AO = x, tada OC = a – x. Nubrėžkime spindulį OD. ODC = 90° (liestinių savybė). Stačiajam trikam-piui COD pritaikę smailiojo kampo sinuso apibrėžtį, išreiškiame apskritimo spindulio OD ilgį:

sin C = ODOC, OD = OC sin 60°, OD = ¿3

3 (a – x). Nubrėžę spindulį OE, gauname trikampį AOE. Taikome kosinusų teoremą: OE2 = AO2 + AE2 – 2AO AE cos A,

34 (a – x)2

= x2 + a2

4 – 2 x a2 cos 60°,

34 a2 – 32 ax + x2 = x2 + a2

4 – 12 ax.

Pertvarkę reiškinį, gauname kvadratinę lygtį – x2

4 – ax + a2

2 = 0, kurios sprendiniai yra

x1 = (¿6 – 2)a ir x2 = –(¿6 + 2)a. Uždavinio sąlygą tenkina tik teigiamosios reikšmės, taigi

ieškomojo atstumo ilgis lygus (¿6 – 2)a.

2.105 (Žr. vadovėlyje 2.85 pav., p. 65.) Apskritimo, įbrėžto į Δ ABC, centras O1, O1M – statmuo iš taško O1 į AB, OK – statmuo iš O į BA, BD – trikampio ABC aukštinė, taigi AD = DC = 5. MA = AD = AK = 5 (liestinės nubrėžtos iš vieno taško).

Δ BO1M ~ Δ BAD (DAM – bendras, M = BDA = 90°), taigi

BMBD = O1M

AD , xy = r5, M = x, BD = y.

Δ BAD ~ Δ BKO (DBK – bendras, BDA = K = 90°), taigi BA

BO = ADOK , x + 5

y + 7,5 = 5 7,5.

7,5x + 38,5 = 5y + 38,5, y = 1,5x. x

1,5x = r5, 23 = r5, r = 103 .

47

2.106 (Žr. vadovėlyje 2.86 pav., p. 65.) Kadangi pusiaukraštinės AM = BE, tai trikampis ABC – ly-giašonis. Kampai OEC ir CMO – įbrėžtiniai, kurie remiasi į pusapskritimį, todėl OEC = = CMO = 90°. Pusiaukraštinės statmenos trikampio kraštinėms, t. y. pusiaukraštinės su-tampa su aukštinėmis, todėl trikampis ABC – lygiakraštis. Stačiajam trikampiui AMB taikome smailiojo kampo sinuso apibrėžtį:

sin B = AMAB , AB = AM

sin 60°, AB = 3 ¿32

= 2 ¿3 (cm).

2.107 Taikydami Pitagoro teoremą, apskaičiuojame trikampio ABC aukštinės BD ilgį: BD = ¿AB2 – AD2¡, BD = ¿102 – 82¡ = 6 (cm). S ABC = 12 AC BD, S ABC = 12 16 6 = 48 (cm2). Pažymėkime apibrėžtinio apskritimo spindulį R, o įbrėžtinio – r. Tada

R = AB ∙ BC ∙ AC4S , R = 10 ∙ 10 ∙ 16

4 ∙ 48 = 253 (cm),

r = 2SABC AB + BC + AC, r = 2 ∙ 48

10 + 10 + 16 = 83 (cm).

2.108 (Žr. vadovėlyje 2.87 pav., p. 65.) Apie trikampį apibrėžto apskritimo centras – kraštinių vi-durio statmenų sankirtos taškas. Stačiajame trikampyje statinių vidurio statmenų sankirtos taškas – įžambinės vidurio taškas, taigi apibrėžtinio apskritimo skersmens ilgis lygus trikampio įžambinės ilgiui. Kai apskritimas įbrėžtas į trikampį, tai trikampio kraštinės yra to apskritimo liestinės. Kadangi

2R = c = l + m, a = l + r, l = a – r, b = m + r, m = b – r, tai 2R = a – r + b – r, 2R = a + b – 2r, 2R + 2r = a + b. Tai ir reikėjo įrodyti. 2.109 (Žr. vadovėlyje 2.88 pav., p. 65.) Nubrėžiame spindulius OA ir OB. Δ AOB – lygiašonis. OBA = OAB, taigi α = 180° – 2OBA. OBA = 90° – β (liestinės savybė), todėl α = 180° – 2(90° – β) = 180° – 180° + 2β = 2β. Taigi α = 2β. Tai ir reikėjo įrodyti.

Apie taisyklinguosius daugiakampiusSenovės Graikijos mokslininkas Euklidas (apie 365–300 pr. Kr.) parašė 13 knygų veikalą

„Pradmenys“, kuriame pateikė viską, kas buvo iki jo atrasta geometrijos srityje, ir sudarė vieningą ir darnią, aksiomomis ir nuosekliais samprotavimais paremtą sistemą. „Pradmenys“ buvo parašyti taip puikiai, kad apie 2000 metų geometrijos mokymas rėmėsi juose suformuluotais teiginiais. Senovės graikų mokslininkai taisyklingaisiais daugiakampiais domėjosi jau nuo Pitagoro laikų. Ištyrinėti rašytiniai šaltiniai rodo, kad jau senovėje buvo žinomi kai kurių taisyklingųjų daugiakampių braižymo būdai. Papildytą ir išplėtotą taisyklingųjų daugiakampių teoriją Euklidas susistemino ir išdėstė ketvirtojoje „Pradmenų“ knygoje.

VIII a. pabaigoje vokiečių matematikas 19-metis Karlas Frydrichas Gausas įrodė, kad, naudojant skriestuvą ir liniuotę, apskritimą galima padalyti į pirminiu skaičiumi reiškiamų N lygių dalių, čia N = 22n + 1. Senovės Graikijoje buvo žinoma, kaip, naudojant šiuos įrankius, nubrėžti taisyklinguosius daugiakampius, kurie turi 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, ... kraštinių. Po Gauso atradimo paaiškėjo, kad naudojant skriestuvą ir liniuotę galima nubrėžti taisyklinguosius daugiakampius, kurie turi 17, 34, 68, 126, 252, ... kraštines, ir negalima nubrėžti taisyklingųjų daugiakampių, kurie turi 7, 9, 11, 13, 14, 18, 19, 21, 22, 23, 25, 26, 27, 28, 29, 31 kraštines.

Iš matematikos istorijos