по математике - Не официальный сайт BRGU.SU

1 КУРС
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 1
1. Задайте перечислением элементов множества A, B и C, если это возможно:
а) A = {x|x  Z и |x| < 5}; б) B = {x|x  N и (x-3)(x+2) < 0};
в) C = {x|x  N и |x|  4}.
2. Докажите, что для любых множеств A, B и C справедливо равенство (A  B)\C =
(A\C)  (B\C).
3. Изобразите множество A\(B  C) на числовой прямой и укажите
характеристическое свойство его элементов, если
A = [-3;2]; B = [-1;3]; C = (0;2].
4. Установите, принадлежат ли множеству A={x|x=n2/(n2 +16), n  N} числа 1/2, 1/3, 1/5,
-1/7.
5. Выбрано некоторое множество натуральных чисел. Известно, что среди них 100
чисел, кратных 2; 115 чисел, кратных 3; 120 чисел, кратных 5; 45 чисел, кратных 6; 38
чисел, кратных 10; 50 чисел, кратных 15; 20 чисел, кратных 30. Составьте диаграммы
Эйлера-Венна и определите, сколько элементов в заданном множестве; сколько чисел,
кратных только 2; сколько чисел, кратных 6, но не кратных 5?
6. Даны множества A = {2,4,6}, B = {7,8}. Задайте декартово произведение AB с
помощью таблицы, графа, графически.
7. Изобразите на координатной плоскости множество AB, если A= {x|x  R, 1 < x 
4}; B = {y|y  R, 2  y < 6}.
8. Даны множества A, B и C: A - множество натуральных чисел, кратных 7, B множество натуральных чисел, кратных 6, C - множество натуральных чисел, кратных 8.
Укажите характеристическое свойство элементов следующих множеств: а) A  B\C; б) A
 B'  C; в) A  B\C. Изобразите их на кругах Эйлера.
9. Сколько трехзначных чисел, больших 200, можно записать цифрами 0,1,2,3,4, если
ни одна цифра в записи числа не используется более одного раза?
Решения задач контрольной работы № 1
1. Решение.
а) Элементы множества A - целые числа, модуль которых меньше 5. Неравенство |x|<5
равносильно двойному неравенству -5<x<5, а ему удовлетворяют следующие целые числа:
-4,-3,-2, -1,0,1,2,3,4.
б) Чтобы перечислить элементы множества B нужно решить неравенство (x-3)(x+2)<0.
Решим его методом интервалов (рис. 1).
Рис. 1
В итоге имеем, что промежуток (-2,3) является решением неравенства. Учитывая, что
x  N, окончательно получим: только числа 1 и 2 будут элементами множества B.
в) Решим неравенство |x|  4, используя определение модуля:
|x|  4 
 x  4,
 x  4


 x  4,
 x  4.

По условию x  N, поэтому элементами множества C будут натуральные числа,
удовлетворяющие неравенству x  4. Перечислить элементы невозможно, т.к. это
множество бесконечно.
Ответ: а) A = {-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4}; б) B = {1,2}; в) множество нельзя задать
перечислением элементов.
2. Решение. Обозначим (A  B)\C=M1 и (A\C)  (B\C)=M2. Нужно доказать, что M1 =
M2. По определению равных множеств для этого нужно доказать, что M1 M2 и M2  M1.
1) Пусть x  M1. Тогда, по определению разности, x  A  B (1) и x  C. Из условия
(1), по определению объединения, x  A или x  B. Если x  A и x  C, то x  (A\C). Если x
 B, x  C, то x  B\C. Отсюда, по определению объединения, x  (A\C)  (B\C) = М2,
т.е. x  M2 и мы доказали, что M1  M2 (2).
2) Пусть теперь x  M2. Тогда, по определению объединения, xA\C или xB\C. Из
того, что x  A\C, следует, что x  A, x  C, а из того, что x  B\C, следует, что x  B, x 
C. Из того, что x  A или x  B, следует, что x  (A  B), но т.к. x  C, то x  (A U B)\C =
M1, т.е. x  M1 и мы доказали, что M2  M1 (3).
3) Из условий (2) и (3) следует, что M1 = M2, другими словами, (A  B)\C = (A\C) 
(B\C).
Проиллюстрировать это равенство можно на кругах Эйлера-Венна (рис. 2).
а)
б)
Рис. 2
Множество A  B заштриховано вертикальной штриховкой, множество C горизонтальной, тогда (A  B)\C - множество, заштрихованное только вертикальной
штриховкой (рис. 2а)).
Множество A\C заштриховано вертикальной штриховкой, множество B\C горизонтальной, тогда (A\C)  (B\C) - множество, заштрихованное хотя бы один раз (рис.
2б).
Сравнивая рисунки 2,а и 2,б, видим, что множества
(A  B)\C и (A\C)  (B\C)
равны.
3. Решение. На числовой прямой Оx изобразим множества A, B и C (рис. 3).
Множество B  C - часть оси, отмеченная двойной штриховкой, т.е. отрезок (0;2], 0  B 
C, т.к. 0  C. Искомое множество есть разность между множествами A и B ∩ C. По определению, разность множеств A\(B  C) есть множество, которому принадлежат те
элементы множества A, которые не принадлежат множеству B  C, т.е. A\(B  C) = [-3;0].
(Точка x = 0 принадлежит разности, т.к. она не принадлежит множеству
B  C).
Ответ: A\(B  C) = {x|x  R и –3  x  0}.
Рис. 3
4. Решение. Чтобы установить, принадлежит ли число 1/2 множеству A, нужно
определить, существует ли такое натуральное число n, при котором n2/(n2+16) = 1/2. Для
этого следует решить уравнение: n2/(n2+ 16)=1/2. Решая это уравнение, находим два корня
n1 = -4 и n2 = 4. Так как 4  N, следовательно, такое натуральное число существует,
поэтому 1/2  A.
Запишем уравнение: n2/(n2+ 16) = 1/3. Решаем уравнение: 3n2 = n2 +16  2n2 = 16 
n2 = 8  n = ± 2 2 . Полученные числа -2 2 и 2 2 не являются натуральными.
Значит, 1/3  A.
Аналогично устанавливаем, что 1/5  A.
Равенство n2/(n2+ 16) = -1/7 невозможно ни при каком натуральном n, т.к. при любом
натуральном n значение выражения n2/(n2+ 16) - положительное число, которое не может
быть равно отрицательному числу. Значит, -1/7  A.
5. Решение. Пусть T - некоторое выбранное множество натуральных чисел. С
помощью свойств "быть кратным 2", "быть кратным 3", "быть кратным 5" выделим
подмножества:
A - чисел, кратных 2; A - не кратных двум;
B - чисел, кратных 3; B - не кратных 3;
C - чисел, кратных 5; C - не кратных 5.
Множество T с помощью трех свойств будет разбито на 8 классов:
1. A  B  C - класс чисел, кратных 2 и 3 и 5.
2. A  B  C - класс чисел, кратных 3 и 5, но не кратных 2.
3. A  B  C - класс чисел, кратных 2 и 5, но не кратных 3.
4. A  B  C - класс чисел, кратных 2 и 3, но не кратных 5.
5. A  B  C - класс чисел, кратных 5, но не кратных 2 и 3.
6. A B C - класс чисел, кратных 2, но не кратных 3 и 5.
7. A  B C - класс чисел, кратных 3, но не кратных 2 и 5.
8. A B C - класс чисел, не кратных ни 2, ни 3, ни 5.
Полученные классы показаны с помощью диаграммы Эйлера на рис. 4.
Рис. 4
Запишем кратко условие задачи.
Дано: m(A) = 100; m(A  B) = 45; m(B) = 115; m(A  C) = 38;
m(C) = 120; m(B  C) = 50; m(A  B  C) = 20.
Найти: m(T); m(A  B  C ); m(A  B  C ).
По условию известна численность 1-го класса, а численности 2-го, 3-го и
4-го
классов определим так:
а) m( A  B  C) = m(B  C) – m(AB C)  m( A BC) = = 50 – 20 = 30;
б) m(A  B  C) = m(A  C) – m(A BC)  m(A  B C) = = 38 – 20 = 18;
в) m(AB C ) = m(AB) – m(A  B  C)  m(A  B  C ) = = 45 – 20 = 25.
Множество A можно представить в виде объединения непересекающихся множеств:
A = (AB  C )  (A  B  C)  (A  B  C )  (A B  C).
Отсюда:
m(A B  C ) = m(A) – m(AB C ) – m(ABC) – m(AB  C);
m(A  B  C ) = 100 – 25 – 20 – 18 = 100 – 63 = 37.
Рассуждая аналогично, найдем численности множеств
A B C иA B  C:
m(A  B C) = 115-20-25-30 = 155-75 = 40.
m(A B  C) = 120-20-30-18 = 120-68 = 52.
По условию известно, что среди выбранных чисел нет таких, которые одновременно
не кратны 2, 3 и 5, поэтому
m( A B C) =  .
Определив численности всех классов, можем найти m(T) как сумму: m(Т) =
37+25+20+18+30+52+40 = 222.
Ответ: m(T) = 222, m(A B C) = 37, m(A  B C) = 25.
6. Ответ: Различные способы задания данного декартова произведения показаны на
рисунках 5,а, 5,б и 5,в.
a) С помощью таблицы
в) С помощью графа
б) Графически
г) Ответ к задаче № 7
Рис. 5
7. Решение. Множество A  B состоит из точек, абсциссы которых удовлетворяют
неравенству 1 < x  4, а ординаты - неравенству –2  x < 6. Это прямоугольник KMPT (рис.
5,г).
8. Решение. Используя определения операций над множествами имеем:
а) x  A, x  B, x  C. Значит:
A  B\C = {x|x  N, x  6, x  7, x  8} (рис. 6,a);
б) x  A, x  B' или x  C. Значит:
A  B'  C = {x|x  N, x  7 и х  6 или x  8} (рис. 6,б);
в) x  A или x  B, но x  C. Значит:
A  B\C = {x|x  N, x  7 или x  6, x  8} (рис. 6,в).
a)
б)
в)
Рис. 6
9. Решение. Цифрой сотен может быть одна из цифр: 2, 3, 4, т.к. число должно быть
больше 200, а это означает, что существует 3 способа выбора цифры сотен. Если цифра
сотен числа выбрана, то цифра десятков может быть выбрана из пяти цифр 4 способами
(по условию цифры в числе различны), цифра единиц (при условии, что выбраны цифры
сотен и единиц) - тремя способами.
Согласно правилу произведения, указанные числа из данных цифр можно записать
3∙4∙3 = 36 способами.
Ответ: С помощью данных цифр можно записать 36 чисел.
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 2
1. Даны предикаты P(x): "х+2>0" и Q(x): "2x+1>5", x  R.
1) Определите множество истинности предикатов:
P(x)  Q(x); P(x)Q(x); P(x)
 Q(x); P(x)  Q(x) и изобразите его на диаграммах Эйлера-Венна.
2) Укажите, какой из предикатов логически следует из другого.
3) Разными способами сформулируйте импликацию предикатов, используя термины
"необходимое условие", "достаточное условие".
2. Дана теорема: "Для того, чтобы четырехугольник был прямоугольником, ..., чтобы
он был параллелограммом." Вместо многоточия вставьте слова "необходимо",
"достаточно", "необходимо и достаточно" так, чтобы получилось истинное высказывание.
Затем сформулируйте теорему, используя слова "если..., то...". Составьте по данной
импликации еще три теоремы (обратную, противоположную данной и обратную противоположной) и определите их истинность.
3. Отношение хPy: "Число x больше на 2 числа y" задано на множестве X = {1,3,7,9,5}.
а) Постройте граф и график отношения xPy.
б) Задайте отношение xPy при помощи уравнения.
в) Постройте график отношения yP-1x.
4. Сформулируйте свойства отношения "короче", заданного на множестве отрезков.
Является ли оно отношением порядка?
5. На множестве X = {x|x  N, x  10} задано отношение xKy: "Числа x и y имеют один
и тот же остаток при делении на 4".
а) Объясните, почему отношение xKy является отношением эквивалентности и
запишите классы разбиения множества X, определяемые этим отношением;
б) Задайте на множестве X какое-либо отношение порядка.
Решения задач контрольной работы № 2
1. Решение. Найдем множества истинности данных предикатов: TP = {x|x  R, x > -2};
TQ = {x|x  R, x > 2}.
Теперь определим множества истинности составных предикатов:
TPQ = TP TQ ; TPQ = TP TQ . TPQ = {x|x  R, x > -2};
TPQ = {x|x  R, x > 2}.
TPQ = T'P  TQ . T'P = {x|x  R, x  -2}, тогда TPQ = {x|
x  R, x  -2 или x>2}.
TPQ = (T'P  TQ)  (T'Q  TP). T'Q = {x|x  R, x  2}, поэтому TPQ = {x|x  R, x  -2
или x > 2}.
Множества истинности данных предикатов показаны на рис. 7.
а) TPQ
в) TPQ
Рис. 7
б) TPQ
г) TPQ
Установим, в какие отношения вступили TP и TQ. Если
x  TQ, то x TP для  x 
TQ. Но, если x = -1, -1  TQ, то -1  TP, следовательно, TQ  TP и, значит, истинно
высказывание
( x  R)[Q(x)  P(x)], т.е. ( x  R)[2x+1>5  x+2>0]. Это значит,
что из предиката Q(x) логически следует P(x), и предикат Q(x) - достаточное условие для
P(x), а P(x) - необходимое условие для Q(x).
Теперь можно сформулировать данную импликацию предикатов, используя термины
"необходимое условие", "достаточное условие":
"Для того, чтобы было 2x+1>5, необходимо, чтобы было x+2>0".
"Для того, чтобы было x+2>0, достаточно, чтобы было 2x+1>5".
2. Решение. Выделим части этой теоремы. Пусть X - множество четырехугольников
плоскости; x - четырехугольник плоскости; A(x): "Четырехугольник x - прямоугольник" и
B(x): "Четырехугольник x - параллелограмм" - предикаты, заданные на множестве X.
Видим, что TА  TВ, следовательно, A(x) - достаточное условие для B(x), а B(x) необходимое условие для A(x), т.е. верна теорема (xX)[A(x)B(x)], которую можно
сформулировать так: "Для того, чтобы четырехугольник x был прямоугольником,
необходимо, чтобы он был параллелограммом" или "Для того, чтобы четырехугольник x
был параллелограммом, достаточно, чтобы он был прямоугольником".
С данной теоремой (xX)[A(x)  B(x)]: "Если четырехугольник x - прямоугольник,
то он параллелограмм", которая верна, связаны еще три теоремы:
1) (x  X)[B(x)  A(x)] - обратная данной;
2) (x  X)[A(x)  B(x)] - противоположная данной;
3) (x  X)[B(x)  A(x)] - противоположная обратной.
1) "Если четырехугольник x - параллелограмм, то он является прямоугольником".
2) "Если четырехугольник x не прямоугольник, то он не параллелограмм".
3) "Если четырехугольник x не параллелограмм, то он не прямоугольник"
Так как данная теорема верна, то по закону контрапозиции теорема 3) тоже верна.
Рассмотрим теорему 1). Нетрудно видеть, что существуют параллелограммы, которые
не являются прямоугольниками. Поэтому эта теорема неверна. Тогда, в силу закона
контрапозиции, и теорема 2) будет неверной.
3. Решение.
а) Построим граф отношения xPy. Для этого изобразим точками элементы множества
X и соединим стрелками те из них, которые находятся в указанном отношении (рис. 8,а).
Чтобы построить график отношения xPy на координатной плоскости, выпишем пары
чисел, первая компонента которых больше второй на 2: (3;1), (5;3), (7;5), (9;7). Изобразив
каждую пару чисел точкой на координатной плоскости, получим график отношения xPy
(рис. 8, б).
а)
б)
Рис. 8
б) В условии задачи отношение xPy задано при помощи предложения с двумя
переменными x и y (двуместного предиката), которое можно записать в виде уравнения: x
= y+2 (или x-y = 2, или y = x-2), т.е. хPy: "x = y+2".
в) Символом yP-1x обозначается отношение, обратное отношению xPy, т.е. отношение:
"Число y меньше на 2 числа x". График отношения yP-1x симметричен графику отношения
xPy относительно биссектрисы первого и третьего координатных углов и состоит из точек
(1;3), (3;5), (5;7), (7;9) (рис. 9).
Рис. 9
4. Решение. Отношение "короче" для отрезков транзитивно: если отрезок x короче
отрезка y и отрезок y короче отрезка z, то отрезок x короче отрезка z. Кроме того,
отношение "короче" антисимметрично: если отрезок x короче отрезка y (и отрезки x и y
различны), то отрезок y не может быть короче отрезка x.
Так как отношение "короче" транзитивно и антисимметрично, то оно является
отношением порядка на множестве отрезков.
5. Решение.
а) Отношение хKy является отношением эквивалентности, поскольку оно:
рефлексивно (можно сказать, что число x имеет один и тот же остаток при делении на 4 с
числом x); симметрично (если число x имеет один и тот же остаток при делении на 4 с
числом y, то и число y имеет один и тот же остаток при делении на 4, что и число x);
транзитивно (если число x имеет при делении на 4 такой же остаток, что и число y, и
число y имеет при делении на 4 тот же остаток, что и число z, то числа x и z имеют равные
остатки при делении на 4).
Как известно, любое отношение эквивалентности, заданное на множестве X, разбивает
данное множество на попарно непересекающиеся классы. В нашем случае множество X
разбивается на классы, состоящие из чисел, дающих одинаковые остатки при делении на
4. Таких классов будет четыре: {1,5,9} - множество чисел, имеющих при делении на 4
остаток 1; {2,6,10} - множество чисел, имеющих при делении на 4 остаток 2; {3,7,} - мно-
жество чисел, имеющих при делении на 4 остаток 3; {4,8} - множество чисел, имеющих
при делении на 4 остаток 0.
б) Чтобы отношение являлось отношением порядка на множестве X, достаточно,
чтобы оно обладало свойствами транзитивности и антисимметричности. Такими
свойствами обладает, например, отношение "больше". Действительно, если число x
больше числа y и число y больше числа z, то число x больше числа z; если число x больше
числа y (и числа x и y различны), то число y не может быть больше числа x.
2 КУРС
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 1
1. Докажите, что при любом натуральном n выражение n5 – n делится на 30.
2. Не выполняя указанных действий, установите, делится ли значение данного
выражения на 24.
а) 902412∙30914 – (415326 + 719194)∙3195;
б) 10063 + 9241∙2013 + 10011.
3. Найдите НОД (a, b) и НОК (a, b) двумя способами, если
a = 1296, b = 3384.
4. Если карандаши, находящиеся на складе, разложить в коробки по 12 или 18 штук, то
в обоих случаях получается целое число коробок. Сколько карандашей на складе, если
известно, что их количество больше 500, но меньше 600?
5. Доказать методом математической индукции, что для любого натурального числа n:
1
1
1
1
n
а)
;


 ... 

1  6 6  11 11  16
(5n  4)(5n  1) 5n  1
б) 22 + 62 + ... + (4n-2)2 = (4n(2n –1)(2n +1))/3;
в) (8n +6)  7.
6. Доказать методом математической индукции, что для любого натурального числа n >
4 2n > n2 .
Решения задач контрольной работы № 1
1. Решение. Обозначим n5 – n = x и преобразуем х:
x = n∙(n4–1) = n(n+1)(n-1)(n2 +1).
Число 30 - составное: 30 = 2∙3∙5, НОД (2,3,5) = 1. Применяя теорему о делимости
натурального числа на составное число, имеем: x  30  x  2  x  3  x  5.
Докажем, что x  2 для n  N. При делении натурального числа на 2 возможны остатки
0 или 1. Отношение "быть равноостаточным при делении на 2" на множестве натуральных
чисел - отношение эквивалентности, и, следовательно, оно осуществляет разбиение
множества натуральных чисел на два класса: класс четных натуральных чисел – N1 = {n|n
= 2k, k  N}, и класс нечетных натуральных чисел – N2 = {n|n = 2k+1, k  Z0}. Покажем,
что для любого числа n из каждого класса х  2.
Случай 1. Пусть n = 2k. Тогда x = 2k(2k-1)(2k+1)(4k2 +1). Следовательно, по теореме о
делимости произведения x 2, т.к. 2  2.
Случай 2. Пусть n=2k+1. Тогда x=(2k+1)∙2k∙(2k+2)((2k+1) +1)2, следовательно, по
теореме о делимости произведения x  2, т.к. 2  2. Итак, имеем, что (n  N)[(n5 -n)  2].
Докажем, что x  3 для n  N. При делении натурального числа на 3 возможны
остатки 0, 1 или 2. Поэтому множество натуральных чисел отношением «быть
равноостаточным при делении на 3» разбивается на три попарно непересекающихся
класса: N1={n|n=3k,kN}, N2={n|n=3k+1,kZ0}, N3={n|n=3k+2, kZ0}. Покажем, что для
любого числа n из каждого класса х  3.
Случай 1. Пусть n=3k. Тогда x=3k(3k-1)(3k+1)(9k2 +1). Следовательно, по теореме о
делимости произведения x  3, т.к. 3  3.
Случаи 2 и 3 рассматриваются аналогично. Итак, имеем, что (n  N) [(n5 – n)  3].
Докажем, что x  5 для n  N. При делении натурального числа на 5 возможны
остатки 0, 1, 2, 3 или 4. Поэтому множество натуральных чисел отношением «быть
равноостаточным при делении на 5» разбивается на 5 попарно непересекающихся классов:
N1={n|n=5k, kN}, N2={n|n=5k+1, kZ0}, N3={n|n=5k+2, kZ0}, N4={n|n=5k+3,kZ0},
N5={n|n=5k+4, kZ0}. Покажем, что для любого числа n из каждого класса х  5.
Случай 1. Пусть n=5k. Тогда x=5k(5k-1)(5k+1)(25k2 +1). Следовательно, по теореме о
делимости произведения x 5, т.к. 5  5.
Остальные случаи рассматриваются аналогично. Итак, имеем, что (n  N) [(n5 – n) 
5].
Таким образом, доказано, что для nN (x2)(x3)(x5), следовательно, для (nN)
[х  30].
2. Решение.
а) Обозначим: 902412∙30914 + (415326+719194)∙3195 = x.
Воспользуемся теоремой о делимости на составные числа. Для этого число 24
представим в виде произведения взаимно простых чисел 3 и 8.
Установим, делится ли x на 3. Первое слагаемое данной суммы 902412∙30914
представлено произведением, где первый множитель 902412  3 (по признаку делимости
на 3), значит, (902412∙30914)  3 (по теореме о делимости произведения на число). Второе
слагаемое данной суммы (415326+719194)∙3195 также представлено в виде произведения,
где второй множитель 3195  3 (по признаку делимости на 3), поэтому, ((415326 +
+719194) ∙ 3195)  3 (по теореме о делимости произведения на число). Таким образом,
каждое слагаемое суммы делится на 3, следовательно, x  3 (по теореме о делимости
суммы).
Установим, делится ли x на 8. Рассмотрим первое слагаемое данной суммы
902412∙30914. Ни один из его множителей не делится на 8 (см. признак делимости числа
на 8), но это вовсе не означает, что их произведение не делится на 8. Не трудно видеть,
что 902412  4 (по признаку делимости на 4), а 30914  2 (по признаку делимости на 2).
Поэтому, 902412∙30914  8 (по теореме: «а  p  b  q  ab  pq»). Рассмотрим второе
слагаемое (415326+719194)∙3195. Второй множитель 3195
8. Первый множитель
(415326+719194) представлен в виде суммы двух слагаемых, каждое из которых не
делится на 8, из чего не следует, что вся сумма на 8 не делится. Определим последние три
цифры суммы: ... 326 + ... 194 = ... 520. Таким образом, в данной сумме 415326 + 719194
последние три цифры десятичной записи образуют число 520, которое делится на 8,
следовательно, данная сумма делится на 8, а значит и произведение (415326 + 719194) ∙
·3195 делится на 8 (по теореме о делимости произведения). Итак, оба слагаемых числа х
делятся на 8, значит, по теореме о делимости суммы число x  8.
Таким образом, (x  3)  (x  8), значит, x  24.
б) Пусть 10063 + 9241∙2013 + 10011 = x.
По теореме о делимости на составное число:
x  24  x  3  x  8.
Установим, делится ли x на 3. Первое слагаемое 10063 3 (т.к. сумма цифр числа 10063
не делится на 3). Второе слагаемое (9241∙2013)  3 (по теореме о делимости произведения
на число), т.к. 2013  3. Третье слагаемое 10011  3 (по признаку делимости на 3).
Таким образом, все слагаемые, кроме одного, делятся на 3, следовательно, вся сумма
(число х) не делится на 3. Тогда, т.к. x 3, то независимо от того, делится ли x на 8, на 24
число x не делится.
Ответ: а) данное выражение делится на 24; б) данное выражение не делится на 24.
3. Решение. Первый способ нахождения НОД(a,b) и НОК(a, b) состоит в разложении
чисел в произведение простых множителей.
Произведем разложение данных чисел:
1296
648
324
162
81
27
9
3
1
2
2
2
2
3
3
3
3
3384
1692
846
423
141
47
1
2
2
2
3
3
47
Таким образом, имеем 1296 = 24 ∙ 34; 3384 = 23 ∙ 32 ∙ 47.
НОД (a, b) равен произведению всех общих простых множителей в канонических
разложениях данных чисел, взятых с наименьшим показателем степени. НОК (a, b) равно
произведению всех различных простых множителей, входящих хотя бы в одно из
разложений данных чисел, взятых с наибольшим показателем степени.
Тогда, НОД (1296, 3384) = 23 ∙ 32 = 72; НОК (1296, 3384) = = 24∙34∙47 = 60912.
Второй способ. НОД(a, b) можно найти с помощью алгоритма Евклида. Для этого
выполним последовательно деления:
В итоге, получен остаток (число 72), на который предыдущий остаток (число 216)
делится нацело. Следовательно, этот наименьший отличный от нуля остаток будет
наибольшим общим делителем чисел 1296 и 3384, т.е. 72 = НОД(1296, 3384).
Для нахождения наименьшего общего кратного чисел а и b, воспользуемся формулой:
НОД(a, b) ∙ НОК(a, b) = a∙b. Тогда, в нашем случае, НОК (1296, 3384) = (1296∙3384)/72 =
60912.
Ответ: НОД(1296, 3384) = 72, НОК (1296, 3384) = 60912.
4. Решение. По условию, если все карандаши разложить в коробки по 12 или 18 штук,
то получится целое число коробок. Следовательно, искомое число карандашей кратно и
18, и 12, т.е. является их общим кратным (ОК). Так как ОК(a, b) = =m∙НОК(a, b) (m - любое натуральное число), то найдем НОК(12, 18). НОК(12,18) = 36. Тогда ОК(12,18) = m∙36.
По условию 500 < ОК(12, 18) < 600, значит, для нахождения искомого числа карандашей
нужно решить неравенство: 500 < m∙36 < 600. Видим, что m > 10, т.к. 360 < 500 и m < 20,
т.к. 720 > 600. Значит, 10 < m < 20. Методом проб находим, что m = 16. Следовательно, на
складе было 36∙16=576 карандашей.
Ответ: 576 карандашей.
5. Решение.
1
1
1
1
, где n - число слагаемых.


 ... 
1  6 6  11 11  16
(5n  4)(5n  1)
n
Значит, нам надо доказать, что
Sn =
.
5n  1
1
1
 ; по
Проверим справедливость данного утверждения при n = 1. По условию S1 =
1 6 6
1
1

утверждению Sn =
(при n=1). Видим, что значения левой и правой частей
5 1  1 6
равны, следовательно, при n = 1 данное утверждение справедливо.
1
Предположим, что наше утверждение имеет место при n = k, т.е. Sk =
, где Sk =
5k  1
1
1
1
1
=
. Докажем, что в этом случае утверждение будет


 ... 
1  6 6  11 11  16
(5k  4)(5k  1)
k 1
k 1
справедливо и при n = k+1, т.е. Sk+1 =
.

5(k  1)  1 5k  6
Доказательство. Преобразуем Sk+1:
1
1
1
1
1
Sk+1 =
=


 ... 

1  6 6  11 11  16
(5k  4)(5k  1) (5k  1)(5k  6)
1
1
1
1
1
=[
=


 ... 
]
1  6 6  11 11  16
(5k  4)(5k  1) (5k  1)(5k  6)
1
= Sk +
=
(5k  1)(5k  6)
k
1
k (5k  6)  1
5k 2  6k  1
=
=



5k  1 (5k  1)(5k  6) (5k  1)(5k  6)
(5k  1)(5k  6)
1
5(k  )( k  1)
(5k  1)( k  1)
k 1
5
=
.


(5k  1)(5k  6) (5k  1)(5k  6) 5k  6
k
k 1
Таким образом, если Sk =
, то Sk+1 =
.
5k  1
5k  6
Следовательно, на основании принципа математической индукции данное утверждение
справедливо при любом натуральном n.
а) Первый способ. Пусть Sn =
Второй способ. Данное утверждение есть высказывание вида: (n  N)[P(n)], где P(n):
1
1
1
1
n

 ... 

« 
» - одноместный предикат. Надо доказать, что
1  6 6  11 11  16
(5n  4)(5n  1) 5n  1
множество истинности данного предиката Tp = N.
1
1

Докажем, что 1  Tp, т.е. покажем, что P(1): «
» - истинное высказывание.
1  6 5 1  1
1
1
1
1 1 1
 и=
 ;  . Значит, P(1) - истинное высказывание, т.е. 1
В самом деле,
1 6 6
5 1  1 6 6 6
 Tp .
k
1
1
1
1
= =
» - истинное


 ... 
5k  1
1  6 6  11 11  16
(5k  4)(5k  1)
высказывание. Докажем, что в этом случае и P(k+1) будет истинным высказыванием, т.е.
будет справедливо равенство:
1
1
1
k
k 1
k 1
В самом деле, по


 ... 


.
1  6 6  11 11  16
(5k  4)(5k  1) (5k  1)(5k  6) 5k  6
предположению:
k
1
1
1
1
=
.


 ... 
1  6 6  11 11  16
(5k  4)(5k  1) 5k  1
Тогда для доказательства истинности высказывания P(k+1) нужно показать, что
k
1
k 1
. Данное равенство доказано в первом способе решения.


5k  1 (5k  1)(5k  6) 5k  6
Следовательно, P(k+1) - истинное высказывание, а это означает, что (k+1)  Tp .
Таким образом, мы доказали, что 1  Tp , и, если k  Tp , то (k+1)  Tp, поэтому по IV
аксиоме Пеано Tp = N, т.е. данное утверждение справедливо для любого натурального n.
Пусть kTp, т.е. P(k): «
б) Первый способ. Пусть Sn = 22 + 62 + ... + (4n-2)2, где n - число слагаемых. Значит, нам
надо доказать, что Sn = (4n(2n-1) (2n+1))/3.
Проверим справедливость данного утверждения при n = 1. По условию S1=22 = 4; по
утверждению Sn = (4∙1∙(2∙1-1)(2∙1+1))/3 =4. Видим, значения левой и правой частей равны,
следовательно, при n = 1 данное утверждение справедливо.
Предположим, что наше утверждение имеет место при
n = k, т.е. Sk = 4k(2k2
2
2
1)(2k+1))/3, где Sk = 2 + 6 + ... + (4k-2) . Докажем, что в этом случае утверждение будет
справедливо и при n = k+1, т.е. Sk+1 = (4(k+1)(2k+1)(2k+3))/3.
Доказательство. Преобразуем Sk+1: Sk+1 = 22 + 62 + ... + (4k-2)2 + (4k+2)2 = (22 + 62 + ... +
(4k-2)2) + (4k+2)2 = Sk + (4k+2)2 =
= (4k(2k-1)(2k+1))/3 + (4k+2)2 = (4k(2k2
1)(2k+1)+3(4k+2) )/3 =
= (4k(2k-1)(2k+1)+3∙4(2k+1)2)/3 = (4(2k+1)(k(2k-1)+3(2k+1)))/3 =
= (4(2k+1)(2k2+5k+3))/3 = (4(2k+1)2(k+1)(k+3/2))/3 =
= (4(2k+1)(k+1)(2k+3))/3,
2
т.к. 2k +5k+3 = 2(k+1)(k+3/2).
Таким образом, если Sk = (4(k+1)(2k+1)(2k+3))/3, то Sk+1 =
= (4(k+1)∙(2k+1)·(2k+3))/3.
Следовательно, на основании принципа математической индукции данное утверждение
справедливо при любом натуральном n.
Второй способ. Данное утверждение есть высказывание вида: (n  N)[P(n)], где P(n):
«22 + 62 + ... + (4n-2)2 = (4n(2n-1) (2n+1))/3» - одноместный предикат. Надо доказать, что
множество истинности данного предиката Tp = N.
Докажем, что 1  Tp, т.е. покажем, что P(1): «22 = (4∙1∙(2·
·1-1)∙(2∙1+1))/3» - истинное
высказывание. В самом деле, 22 = 4, (4∙1∙(2∙1-1)∙(2∙1+1))/3 = 4∙1∙3/3 = 4. Значит, P(1) истинное высказывание, т.е. 1  Tp .
Пусть kTp, т.е. P(k): «22 + 62 + ... + (4k-2)2 = (4k(2k-1)·
·(2k+1))/3» - истинное
высказывание. Докажем, что в этом случае и P(k+1) будет истинным высказыванием, т.е.
справедливо равенство: 22+62+ ... + (4k-2)2 + (4k+2)2 = (4(k+1)(2k+1)(2k+3))/3.
В самом деле, по предположению 22 + 62 + ... + (4k-2)2 =
= (4k(2k-1)(2k+1))/3, тогда
для доказательства истинности высказывания P(k+1) нужно показать, что (4k(2k1)(2k+1))/3+ (4k+2)2 = =(4(k+1)(2k+1)(2k+3))/3. Данное равенство доказано в предыдущем
способе решения. Следовательно, P(k+1) - истинное высказывание, а это означает, что k+1
 Tp .
Таким образом, мы доказали, что 1  Tp , и, если k  Tp , то k+1  Tp, поэтому по IV
аксиоме Пеано Tp = N, т.е. данное утверждение справедливо для любого натурального n.
в) Докажем, что данное утверждение истинно для n = 1. Имеем: 8 + 6=14, 14 кратно 7.
Следовательно, при n = 1 данное утверждение имеет место.
Докажем, что если утверждение истинно для n = k, т.е.
(8k + 6)  7, то оно истинно
и для n = k+1, т.е. (8k+1 + 6)  7. Доказательство можно провести двумя способами.
Первый способ. Рассмотрим разность (8k+1 + 6) - (8k + 6). После преобразований
получаем: 8k+1+6–8k–6 = 8k+1–8k = 8k ∙(8 - 1) = =8k∙7. В произведении 8k∙7 один множитель
делится на 7, следовательно, и все произведение делится на 7. Кроме того, на 7 делится и
вычитаемое 8k + 6 (по предположению). Отсюда, на основании теоремы о делимости
суммы вытекает делимость на 7 уменьшаемого 8k + 6, что и требовалось доказать на этом
этапе рассуждения.
Второй способ. Преобразуем выражение 8k+1+6 к виду 8∙8k+ 6. Если прибавить и
вычесть 8∙6, получим: 8k∙8 + 6 + 8∙6 - 8∙6 = =8∙(8k+6) - 42. В полученном выражении
уменьшаемое - 8 (8k +6), кратно 7, т.к. 8k +6 кратно 7 по предположению. Число 42 также
делится на 7. Следовательно, вся разность кратна 7.
На основании доказанного и принципа математической индукции заключаем, что
данное утверждение «8k +6 кратно 7» истинно при любом натуральном n.
6. Решение.
Первый способ. Утверждение, которое требуется доказать, равносильно следующему
утверждению: (n  N)[2n+4 > (n+4)2].
Проверим справедливость данного утверждения при n = 1. Тогда будем иметь: 21+4 >
(1+4)2. Это верное неравенство, так как 32 > 25.
Предположим, что наше утверждение верно при n = k, т.е. 2k+4 > (k+4)2. Докажем, что
утверждение будет справедливо и при n = k+1, т.е. 2k+5 > (k+5)2.
Доказательство. По условию известно, что 2k+4 > (k+4)2. Умножим обе части этого
неравенства на число (2 > 0), получим неравенство 2k+5 > 2(k+4)2, равносильное данному.
Преобразуем и сравним выражения (k+5)2 и 2(k+4)2:
(k+5)2 = k2+10 k+25,
2(k+4)2 = 2k2 +16k +32.
Очевидно, что 2(k+4)2 - (k+5)2 > 0, что говорит о том, что 2(k+4)2 > (k+5)2. А так как 2k+5
> 2(k+4)2 > (k+5)2, то по свойству транзитивности отношения больше заключаем, что 2k+5 >
(k+5)2.
Таким образом, если 2k+4 > (k+4)2, то и 2k+5 > (k+5)2.
Следовательно, на основании принципа математической индукции данное утверждение
справедливо при любом натуральном n.
Второй способ.Утверждение, которое требуется доказать, есть высказывание вида: (n
 N)[P(n)], где P(n): «2n+4 > (n+4)2» - одноместный предикат. Надо доказать, что
множество истинности данного предиката Tp = N.
Докажем, что 1  Tp, т.е. покажем, что P(1): «21+4 > (1+4)2» - истинное высказывание. В
самом деле, 21+4 = 32, (1+4)2 = 25 и 32 > 25. Значит, P(1) - истинное высказывание, т.е. 1
 Tp .
Пусть kTp , т.е. P(k): «2k+4 > (k+4)2» - истинное высказывание. Докажем, что в этом
случае и P(k+1) будет истинным высказыванием, т.е. справедливо неравенство: 2k+5 >
(k+5)2.
Данное неравенство доказано в первом способе решения. Следовательно, P(k+1) истинное высказывание, а это означает, что k+1  Tp .
Таким образом, мы доказали, что 1  Tp , и, если k  Tp , то k+1  Tp, поэтому по IV
аксиоме Пеано Tp = N, т.е. данное утверждение справедливо для любого натурального n.
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 2
1. Найти x из уравнения:
1.12211  2 x
)] + 0,03 = 1,01.
4.444
2. Древесина только что срубленного дерева содержит 64% воды. Через неделю
количество воды стало составлять 46% от веса дерева. На сколько уменьшился при этом
вес дерева, если только что срубленное, оно весит 7,5 ц. (Ответ дать с точностью до 0,1 ц).
3. Два ученика купили себе по книге. Первый израсходовал на это 5/9 своих денег,
второй - 2/3 своих денег. До покупки книг у первого было на 12 копеек меньше, чем у
второго, а после покупки стало поровну. Сколько денег было у каждого до покупки?
4. Автомобиль прошел в 1-ый день 3/8 всего пути, во второй день 5/17 того, что прошел
в первый день, а в третий день - остальные 200 км. Сколько бензина было израсходовано,
если на 10 км пути автомобиль расходует 8/5 кг бензина?
Решите задачу, составив по условию выражение и вычислив его значение.
5. Используя теоретико-множественную трактовку
а) отношения "меньше", покажите, что 2<5;
б) разности целых неотрицательных чисел, покажите, что 7-4=3.
6. Обоснуйте выбор действия при решении следующей задачи: "Двенадцать
килограммов варенья надо разложить в банки по 3 кг в каждую. Сколько банок
потребуется?".
7. Смешали хлопок 2-х сортов. Килограмм хлопка 1-го сорта стоил 2 р., а килограмм
хлопка 2-го сорта - 1 р. 60 к. Всего получили 50 кг смеси, которая стоила 92 р. Сколько килограммов хлопка 1-го и 2-го сорта было смешано?
8. Из пункта A в пункт B движется грузовой автомобиль. Проехав 1 час со скоростью 30
км/ч, водитель рассчитал, что двигаясь с такой скоростью, он опоздает к сроку на 1/2 часа,
поэтому он увеличил скорость на 12 км/ч и прибыл в пункт B вовремя. Найти расстояние
между пунктами.
9. Чтобы наполнить ванну вместимостью 166 л за 22 мин., сначала открыли кран с
горячей водой, через который в 1 мин. вливается 6,75 л воды. Затем этот кран закрыли и
открыли кран с холодной водой, через который за 1 минуту вливается 8,5 л воды. Сколько
времени был открыт каждый кран?
10. Две бригады рабочих исправляли полотно железной дороги. Если из первой
бригады перевести во вторую 10 человек, то в обеих бригадах будет человек поровну.
Если же из второй бригады перевести в первую 10 человек, то в первой бригаде станет в 2
раза больше, чем во второй. Сколько рабочих было в каждой бригаде первоначально?
11. Заработки рабочего за январь и февраль относились как
2 ½ : 3, а за февраль и
март как 1 5/8 : 1 7/12. За март рабочий получил на 220 руб. больше, чем за январь. За
перевыполнение квартального плана рабочему начислили премию в размере 20 % его
заработка за 3 месяца. Найдите размер премии.
4,98 – 120,12 : [8,008 ∙ (4,0025 –
Решения задач контрольной работы № 2
1. Ответ: х = 0.
2. Решение. Только что срубленное дерево весит 7,5 ц и содержит 64% воды. Вычислив
64% от 7,5 ц, найдем, сколько центнеров воды содержится в только что срубленном
дереве: 7,5 ц ∙ (64/100) =
= 4,8 ц. Тогда сухого вещества в 7,5 ц древесины будет 2,7 ц
(7,5 ц – 4,8 ц = 2.7 ц). За неделю древесина высохла: за счет испарения количество воды
уменьшится, а количество сухого вещества останется прежним. Поскольку изменится
общий вес древесины, то изменится и процентное содержание сухого вещества в
древесине. По условию задачи в высохшей древесине 46% воды, следовательно, на сухое
вещество приходится 54% ее веса, т.е. 2,7 ц - это 54% веса высохшей древесины. Тогда вес
высохшей древесины находим следующим образом: 2,7 ц: (54/100) = (2,7 ц ∙ 100) : 54 = 5
ц. Значит, вес срубленного дерева уменьшился на 7.5 ц – 5 ц = 2,5ц.
Решение задачи можно оформить по действиям с пояснением.
1. Примем за 100% вес только что срубленного дерева, т.е. 7.5ц.
2. 7,5 ∙ 64 : 100 = 4.8 (ц) - столько центнеров воды содержится в только что срубленном
дереве.
3. 7,5 – 4,8 = 2.7 (ц) - столько центнеров сухого вещества содержится в только что
срубленном дереве.
4. Примем за 100% вес срубленного дерева через неделю.
5. 100% - 46% = 54% - столько процентов составляет сухое вещество от веса дерева
через неделю.
6. (2,7 : 54) ∙ 100 = 5 (ц) - столько весит дерево через неделю.
7. 7,5 – 5 = 2,5 (ц) - на столько уменьшился вес дерева через неделю.
Решение задачи можно оформить по действиям с вопросами.
1. Примем за 100 % вес только что срубленного дерева, т.е. 7,5 ц.
2. Сколько центнеров воды содержится в только что срубленном дереве?
7,5 ц ∙ 64% / 100% = 4,8 ц.
3. Сколько центнеров сухого вещества содержится в только что срубленном дереве?
7,5 ц – 4,8 ц = 2,7 ц.
4. Примем за 100% вес срубленного дерева через неделю.
5. Сколько процентов составляет сухое вещество от веса дерева через неделю?
100% - 46% = 54%.
6. Сколько весит дерево через неделю?
(2,7 ц : 54%)∙100% = 5 ц.
7. На сколько уменьшился вес дерева через неделю?
7.5 ц – 5 ц = 2,5 ц.
Ответ: 2,5 центнеров.
3. Решение. Примем деньги первого ученика до покупки за 1.
1. 1 – 5/9 = 4/9 (части) - составляют деньги первого ученика после того как он
израсходовал 5/9 своих денег.
2. Примем за деньги второго ученика до покупки за 1.
3. 1 – 2/3 = 1/3 (части) - составляют деньги второго ученика после того как он
израсходовал 2/3 своих денег.
4. По условию денег после покупки стало поровну, т.е. 1/3 часть денег второго ученика
равна 4/9 части денег первого ученика. Тогда 4/9 : 1/3 = 4/3 (части) - составляют деньги
второго ученика до покупки, если деньги первого ученика до покупки принять за 1.
5. 4/3 – 1 = 1/3 (части) - на столько меньше денег у первого ученика, чем у второго.
6. 12 к. : 1/3 = 36 к. - столько денег было у первого ученика.
7. 36 к. + 12 к. = 48 к. - столько денег было у второго ученика.
Ответ: 36 копеек было у первого ученика, 48 копеек - у второго.
4. Решение. Чтобы ответить на вопрос задачи, надо узнать весь путь, пройденный
автомобилем. Для этого сначала определим, какую часть пути он прошел во 2-й и 3-й
день. В 1-й день автомобиль прошел 3/8 всего пути, а во второй - 5/17 того, что прошел в
первый, значит, можно определить часть пути, пройденного во 2-й день: (3/8) ∙ (15/17) (как
часть от числа). Тогда, в 3-й день автомобиль прошел 1 – (3/8 + (3/8) ∙ (15/17)) часть пути.
Так как это составляло 200 км, то найдем весь путь (как целое по его части): 200 : (1 – (3/8
+ (3/8) ∙ (15/17))) (км).
Норма расходов бензина на 1 км пути равна 8/5 : 10 (кг). Значит, на весь путь будет
израсходовано:
3 3 15
8
200 : (1 – (   )) ∙ : 10 (кг).
8 8 17
5
Выполнив указанные действия над числами в полученном выражении, найдем его
значение: оно равно 108,8. Следовательно, на весь путь израсходовано 108,8 кг бензина.
Ответ: 108,8 килограмма.
5. Решение.
а) Возьмем множество A, содержащее 2 элемента, например,
A = m, n и множество
B, содержащее 5 элементов, например,
B = a, b, c, d, e.
Выделим из множества B подмножество B1 = c, d. Оно равномощно множеству A, т.к.
A и B1 - конечные множества и m(A) = m(B1) = 2. Согласно определению отношения
"меньше" последнее означает, что 2<5.
б) Возьмем множество A, содержащее 7 элементов, например, A = a, b, c, d, e, f, k и
выделим из него подмноженство B, в котором 4 элемента, например, B = a, b, c, d. Найдем
дополнение подмножества B до множества A: B' = e, f, k. В этом множестве 3 элемента,
следовательно, 7-4=3.
6. Решение. В задаче рассматриваются две единицы измерения массы варенья килограмм и банка. Т.к. в задаче требуется выразить результат измерения массы варенья
в банках, т.е. в новой единице (в условии масса варенья измерена килограммами), и
известно, что в новой единице измерения (банке) содержится 3 старых (3 кг), то задача
решается делением: 12 : 3 = 4 (банки).
7. Решение. Предположим, что весь хлопок был по 2 р., тогда 50 кг смеси будет стоить
2 р. ∙ 50 = 100 р. Стоимость хлопка увеличилась на 100 р. – 92 р. = 8 р. за счет того, что за
каждый килограмм хлопка 2-го сорта платили на 40 к. больше, чем положено (2 р. – 1,60
р. = 0,40 р.). Следовательно, хлопка 2-го сорта было 20 кг (8 : 0,4 = 20 (кг)), а хлопка 1-го
сорта было 50 кг – 20кг = 30 кг.
Ответ: Смешано 30 кг хлопка первого сорта и 20 кг второго.
8. Решение.
Первый способ. Изобразим для наглядности путь AB на чертеже:
Путь AC = 30 км, который прошел автомобиль за 1-й час, временно исключим из
рассмотрения и обратимся к CB. Если путь CB автомобиль будет идти со скоростью 30
км/ч, то за положенное время он окажется лишь в пункте D, т.е. не доедет 15 км до пункта
B (по условию сказано, что он опоздает на 1/2 часа). Если он этот же путь CB будет идти
со скоростью 42 км/ч, то за отведенное время успеет придти в пункт B вовремя, т.е.
пройдет на 15 км больше, чем в первом случае. Это произойдет благодаря тому, что он
каждый час будет проходить на 12 км больше. Следовательно, поделив 15 км на 12 км/ч,
мы узнаем, сколько же часов он шел путь CB: 15 : 12 = 5/4 (час). Тогда, CB = = 42∙(5/4) =
210/4 = 52,5 (км). А весь путь AB = 30 км + 52,5 км = = 82,5 км.
Второй способ. В задаче рассматриваются следующие величины: скорость (v), время
(t) и расстояние (S). На участке CB (CB = const) скорость и время движения связаны
обратно пропорциональной зависимостью. Если этот путь автомобиль будет идти со
скоростью v1 = 30 км/ч, то затратит время t1. Если - со скоростью v2 = 30 км/ч + 12 км/ч =
42 км/ч, то затратит время t2. Причем в 1-м случае он затратит на этот путь на 1/2 часа
больше, т.е. t1 – t2 = 1/2 часа. Учитывая, что в данном случае скорость и время находятся
в обратно пропорциональной зависимости (v1 : v2 = t2 : t1), получим: t2 : t1 = 30 : 42. Значит,
время t2 равно 5/7 времени t1. Примем t1 за 1 часть. Тогда на t2 приходится 5/7 части.
Следовательно, на 1/2 часа приходится 1 - 5/7 = 2/7 части. Откуда находим, что на 1 часть
приходится (1/2) : (2/7) = 7/4 (часа). Тогда, CB = v1 ∙ t1 = 30 ∙ (7/4) = 210/4 = 52,5 (км), а AB
= 30 км + 52,5 км = 82,5 км.
Ответ: Расстояние между пунктами А и B равно 82,5 км.
9. Решение. Предположим, что все время (22 минуты) был открыт только кран с
горячей водой. Тогда за это время он заполнит ванну на 6,75 ∙ 22 = 148,5 л, т.е. ванна еще
не наполнится на 166 – 148,5 = 17,5 (л). Это произойдет из-за того, что каждую минуту
того времени, когда должен был работать кран с холодной водой, кран с горячей водой не
доливал 8,5 – 6,75 = 1,75 литров воды. Следовательно, поделив 17,5 л на 1,75 л/мин (17,5 :
1,75 = 10 (мин.)), мы узнаем, сколько времени должен был работать кран с холодной
водой. Тогда, кран с горячей водой должен работать 22 – 10 = 12 (мин.).
Решение задачи можно оформить иначе:
1. Сколько литров воды нальется в ванну за 22 мин., если будет работать кран с горячей
водой?
6,75 л/мин. ∙ 22 мин. = 148,5 л.
2. Какой объем ванны останется ненаполненным?
166 л – 148,5 л = 17,5 л.
3. На сколько литров в минуту производительность крана с холодной водой больше
производительности крана с горячей водой?
8,5 л/мин – 6,75 л/мин = 1,75 л/мин.
4. Сколько времени должен был работать кран с холодной водой?
17,5 л : 1,75 л/мин. = 10 мин.
5. Сколько времени должен был работать кран с горячей водой?
22 мин. – 10 мин. = 12 мин.
Ответ: 12 минут был открыт кран с горячей водой, 10 минут - кран с холодной водой.
10. Решение. В задаче можно выделить 2 части:
I. Если из первой бригады перевести во вторую 10 человек, то в обеих бригадах будет
человек поровну.
II. Если из второй бригады перевести в первую 10 человек, то в первой бригаде станет в
2 раза больше, чем во второй.
Рассмотрим первую часть задачи на графической модели:
Из чертежа видно, что в первой бригаде на 20 человек больше, чем во второй.
Рассмотрим вторую часть задачи на графической модели:
Очевидно, что после перевода 10 человек из второй бригады в первую, в первой
бригаде станет на 40 человек больше, чем во второй.
Кроме того, из условия известно, что в первой бригаде станет в 2 раза больше человек,
чем во второй бригаде. Следовательно, 40 человек – это ½ часть людей в первой бригаде
после перевода в нее 10 человек из второй бригады, тогда всего в первой бригаде 40 ∙2 =
80 (чел.). Отсюда легко узнать число людей в каждой бригаде первоначально:
80 – 10 = 70 (чел.) – было в первой бригаде.
70 – 20 = 50 (чел.) – было во второй бригаде.
Ответ: 70 человек в первой бригаде, 50 человек во второй бригаде.
11. Решение. Для удобства рассуждений представим условие задачи кратко, обозначив
заработную плату за январь, февраль и март буквами Я, Ф, М. Тогда будем иметь:
Я : Ф = 2 ½ : 3 = 5/2 : 3.
Ф : М = 1 5/8 : 1 7/12 = 13/8 : 19/12.
Заменим отношение дробных чисел отношением целых. Для этого сначала приведем
все дроби к общему знаменателю: НОК(2, 8, 12) = 24. Тогда:
Я : Ф = 5/2 : 3 = 60/24 : 72/24 = 60 : 72 = 5 : 6.
Ф : М = 13/8 : 19/12 = 39/24 : 38/24 = 39 : 38.
В каждом из этих отношений уравняем число частей, приходящихся на февраль, для
этого найдем НОК(39, 6) = 78 и умножим компоненты первого отношения на (78 : 6 = 13),
а второго – на (78 : 39 = 2), получим:
Я:Ф=5:6
∙ 13
Я : Ф = 65 : 78
Ф : М = 39 : 38
∙2
Ф : М = 78 : 76
Теперь можно составить отношение:
Я : Ф : М = 65 : 78 : 76.
Это означает, что на заработную плату за январь приходится 65 частей, за февраль – 78
частей, а за март – 76 таких же частей. Так как за март рабочий получил на 220 рублей
больше, чем за январь, выразим эту сумму в частях: 76 – 65 = 11 (частей). Таким образом,
на 11 частей з/платы приходится 220 рублей.
Заработная плата за 3 месяца составила:
65 + 78 + 76 = 219 (частей).
Узнаем, сколько это составляет рублей: (219 : 11) ∙ 220 = 4380 (р.).
Тогда премия составит:
4380 ∙ 20/100 = 876 (р.).
Ответ: премия составит 876 рублей.
3 КУРС
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 1
Решите уравнения:
1.
3 x2  4a
3x
x


;
ax  a  3 x  3 a  3 x  1
2. x2  2 x  1  x2  4 x  4  1;
3. 6 x4  13x3  27 x2  40 x  12  0;
4. x 2  x 2  9  21.
Решите неравенства:
3x  5 3x  8
5.
>
;
x 1
x 1
6.
2x  3
 2.
x2 1
7. Два автомобиля, легковой и грузовой, выезжают из одного города в другой.
Легковой автомобиль проезжает на 15 км/ч больше, чем грузовой, и успевает приехать
часом раньше. Расстояние между городами 180 км. Сколько километров в час проезжает
каждый автомобиль?
8. Мальчик задумал некоторое целое число. Известно, что если его увеличить в 5 раз, а
затем полученное число уменьшить на 6, то данная разность будет меньше 50. Если же это
число увеличить на 1, а затем сумму увеличить в 4 раза, то произведение окажется больше
35. Какое число задумал мальчик?
Решите графически системы неравенств:
 2 x  3 y  3;

2 x  y  1  0 ;
9.  x  y  1;
10. 
 x  y  4  0.
 x  2.

11. Два поезда отправляются навстречу друг другу из городов A и B. Если поезд из
города A отправится на 1,5 часа раньше, чем поезд из города B, то они встретятся на
середине пути. Если оба поезда выйдут одновременно, то через 6 часов они еще не
встретятся, а расстояние между ними составит десятую часть первоначального. За сколько
часов может проехать каждый поезд расстояние между A и B?
12. Две бригады рабочих должны были закончить уборку урожая за 12 дней. После 8
дней совместной работы первая бригада получила другое задание, поэтому вторая
закончила оставшуюся часть работы за 7 дней. За сколько дней могла бы убрать урожай
каждая бригада, работая отдельно?
13. В двух сплавах медь и цинк относятся как 5 : 2 и 3 : 4 (по весу). Сколько нужно
взять килограммов первого сплава и сколько второго, чтобы после совместной переплавки
получить 28 кг нового сплава с равным содержанием меди и цинка?
14. Построить график функции:
x3
а) y  x 2  3 x  4 ;
б) y 
.
2x  2  2x
15. Найти сумму, разность, произведение и частное чисел x и y с точностью до 0,01,
если x = 3,4578 ..., y = 2,0(3).
16. Выберите единичный отрезок, длину его обозначьте е. Постройте отрезки, длины
2
которых равны: 3 е; 0 ,( 7 )е; 1,25е . Каким числом выразится длина каждого из
3
1
построенных отрезков, если за единицу длины принять е ?
5
Решения задач контрольной работы № 1
1. Решение. Чтобы найти ОДЗ данного уравнения ( D( x )) , преобразуем знаменатель
первой дроби: ax – a – 3x + 3 =  (ax  a)  (3x  3)  a( x  1)  3( x  1)  ( x  1)( a  3).
Значит, D (x ) :  x  R, x  1, x  3, а уравнение примет вид:
3 x2  4a
3x
x


 0.
( x  1 )( a  3 ) a  3 x  1
После несложных преобразований получим:
3x  4a  3x( x  1)  x(a  3)
3x 2  4a  3x 2  3x  ax  3x
0 
0 
( x  1)(a  3)
( x  1)( a  3)
2
a( x  4)  0,
ax  4a
0  
( x  1)(a  3)
( x  1)(a  3)  0.
Следовательно, если a  0 , то x  4 , если a  0 , то x - любое действительное число,
отличное от 1.
Ответ: при a  0 x  4 ; при a  0 x - любое действительное число, отличное от 1.

2. Решение. Перепишем данное уравнение в виде:
( x  1 )2  ( x  2 )2  1 , значит,
ОДЗ: xR. Извлекая квадратный корень, получим: x  1  x  2  1 .
Найдем корни двучленов, стоящих под знаком абсолютной величины: x = 1; x = 2.
Они разбивают числовую ось на 3 интервала (см. рис. 1): ( -  ; 1), [1; 2), [2, + ).
Рис. 1
Данное уравнение последовательно решаем на каждом интервале, обозначив через
М1, М2 и М3 множества его решений на этих интервалах.
1) x < 1. На этом интервале x - 1 < 0 и x - 2 < 0, следовательно, |x - 1| = -(x -1), |x - 2|
= -(x - 2).
Таким образом, уравнение примет вид: -(x-1) - (x-2) = 1.
Значит, -x + 1 - x + 2 = 1  -2x = -2  x = 1. Однако данный корень не
принадлежит рассматриваемому интервалу, поэтому на этом интервале уравнение не
имеет решений, т.е. М1= .
2) 1  x < 2. На этом интервале x - 1 > 0 и x - 2 < 0, следовательно, |x - 1| = x - 1, |x 2| = -(x - 2). Уравнение примет вид: x - 1 - (x - 2) = 1. Значит, x - 1 - x + 2 = 1  1 = 1.
Таким образом, уравнение превращается в верное равенство при любом значении х из
данного интервала, т.е. М2 = [1; 2).
3) x  2. На этом интервале x - 1 > 0 и x - 2  0, следовательно, |x - 1| = x - 1, |x - 2|
= x - 2. Уравнение примет вид:
x - 1 + x - 2 = 1. Значит, 2x = 4  x = 2, т.е. M3 =
{2}. Таким образом, множество решений данного уравнения M = M1  M2  M3 =  
[1; 2)  {2} = [1; 2].
Ответ: x  [1; 2].
3. Решение. В левой части уравнения стоит многочлен с целочисленными
коэффициентами P(x) = 6x 4  13x 3  27 x 2  40x  12 . Значит, если уравнение имеет корни,
являющиеся целыми числами, они содержатся среди делителей свободного члена. Этими
делителями являются числа: 1;  2; 3; 4; 6; 12. Найдем значения многочлена в некоторых из этих точках. Если значение многочлена при этом обращается в нуль, то данный x
- корень многочлена.
P(1) = 6 - 13 - 27 - 40 - 12 ≠ 0;
P(-1) = 6 + 13 - 27 + 40 – 12  0;
P(2) = 96 - 13 ∙ 8 - 27 ∙ 4 + 40 ∙ 2 - 12  0;
P(-2) = 96 + 13 ∙ 8 - 27 ∙ 4 - 40 ∙ 2 - 12 = 200 - 200 = 0.
Таким образом, многочлен имеет корень х = -2, а числа 1, -1, 2 не являются его
корнями. Значит, данный многочлен делится без остатка на двучлен (x+2). Произведем
деление:
Следовательно, 6 x4  13 x3  27 x 2  40 x  12  ( x  2 )( 6 x3  25 x 2  23 x  6 ) ,
поэтому исходное уравнение можно записать в виде:
( x  2 )( 6 x3  25 x 2  23 x  6 )  0 .
Значит, x  2  0 или 6 x 3  25 x 2  23 x  6  0 и x1  2 .
Аналогично
предыдущему
находим
целочисленный
корень
уравнения
6 x 3  25 x 2  23 x  6  0 , вычислив значения многочлена при x равном 1, 2, 3, 6.
Это x = 3, значит, многочлен 6 x 3  25 x 2  23 x  6  0 делится на двучлен ( x  3 ) без
остатка. Произведем деление:
Значит, x2  3 или 6 x 2  7 x  2  0 .
1
2
Квадратное уравнение имеет следующие корни: x3  ; x 4  . Следовательно, исходное
2
3
1 2
уравнение имеет четыре корня:  2; ; ;3 .
2 3
1 2
Ответ:   2; ; ;3  .
2 3
4. Решение. Область определения данного уравнения D(x): x 2  9  0, т.е. x  3 .
Таким
образом, ( x  3 )( 6 x 2  7 x  2 )  0 .
Перепишем уравнение в виде: x2  9  x2  9  12  0 .
Положим x 2  9  y 2 , получим: y 2  y 2  12  0  y 2  y  12  0 .
Последнее уравнение имеет 2 корня: y1  3, y2  4 , следовательно, корни исходного
уравнения найдем, решив уравнения:
x2  9  4  x 2  9  16  x 2  25  x1  5, x2  5 .
x 2  9  3, x   .
Полученные корни входят в ОДЗ уравнения.
Ответ: {-5, 5}.
5. Решение. ОДЗ неравенства D( x ) : x  1; x  1 .
Исходное неравенство перепишем в виде:
3x  5 3x  8

0 ;
x 1
x1
( 3 x  5 )( x  1 )  ( 3 x  8 )( x  1 )
0 ;
( x  1 )( x  1 )
3x2  5 x  3x  5  3x2  8 x  3x  8
 0;
( x  1 )( x  1 )
9 x  13
 0.
( x  1 )( x  1 )
Применив метод интервалов (см. рис. 2), получим ответ: x  ( 1;1 )  (
13
;  ) .
9
Рис. 2
13
Ответ: x  (1; 1)  ( ;  ) .
9
6. Решение. ОДЗ данного неравенства D( x) : x  1 .
Преобразуем данное неравенство:
2 x  3  2 ( x  1 )( x  1 )  2 x  3  2 ( x  1 )  ( x  1 ) .
Найдем корни подмодульных двучленов: x  1, x  1, x  1,5 и будем последовательно
решать данное неравенство на интервалах (см. рис.3): (;1), (1;1), (1;1,5), [1,5;) ,
обозначив через М 1 , М 2 , М 3 , М 4 множества его решений на этих интервалах.
Рис. 3
1) x  ( ;1 ) . На этом интервале 2x – 3 <0, x – 1 <0, x+1<0, следовательно:
2 x  3  3  2 x , x  1  ( x  1 ) и x  1  ( x  1 ) .
Значит, неравенство примет вид: 3  2 x  2( x  1 )( x  1 )   3  2 x  2 x 2  2 
2 x2  2 x  5  0 .
Найдем корни трехчлена, стоящего в левой части. Дискриминант D  4  40  44 ,
 2  44  1  11
 1  11
x1, 2 

x1 
 2,15 ;
поэтому
и,
значит,
4
2
2
 1  11
x2 
 1,15 .
2
 1  11
 1  11
и x
.
2
2
Учитывая то, что неравенство решаем на интервале х < -1 (см. рис.4), имеем:
 1  11
M  ( ;
].
2
Следовательно, неравенство справедливо при x 
 1  11
2
 1  11
2
Рис. 4
Без подробных пояснений запишем решение исходного неравенства на остальных
интервалах.
2) x  ( 1;1 ) . При этих значениях х: 2 x  3  0
 2 x  3  3  2 x , x–1<0
x 1  1  x ,
x + 1>0
x  1  x  1 . Значит, неравенство примет вид:

3  2 x  2( 1  x )  3  2 x  2  2 x  2 x 2  2 x  1  0 . Дискриминант трехчлена D = 4
- 8 = -4 < 0, следовательно, неравенство решений не имеет, т.е. M 2  .
3) x  ( 1;1,5 ) . При этих значениях х: 2 x  3  0  2 x  3  3  2 x , x–1>0 
2
2
x  1  x  1, x + 1 >0  x  1  x  1 . Значит, неравенство примет вид:
3  2 x  2( x 2  1 ) 
3  2 x  2 x2  2 
 1  11
 1  11
)( x 
0 
2
2
 1  11
 1  11
][
;  ) .
 x  (;
2
2
Учитывая, что неравенство решаем на интервале (1; 1,5), имеем:
 1  11
M3  [
; 1,5) .
2
4) x  [ 1,5; ) . При этих значениях х: 2 x  3  0  2 x  3  2 x  3 , x–1>0 
 2 x 2  2 x  5  0  2( x 
x  1  x  1, x + 1 >0  x  1  x  1 . Значит, неравенство примет вид:
3  2 x  2( x 2  1 )  2 x  3  2 x 2  2  2 x 2  2 x  1  0 .
Дискриминант квадратного трехчлена D < 0,
следовательно, неравенство
выполняется при любом х из интервала [ 1,5;  ) , т.е. M 4  [1,5;  ) .
Объединяя полученные решения, получим решение исходного неравенства:
 1  11
M  M 1  M 2  M 3  M 4  ( ;
] 
2
 1  11
 1  11
 1  11
[
;1,5 )  [ 1,5;  )  ( ;
] [
;  ) .
2
2
2
 1  11
 1  11
Ответ: x 
; x
.
2
2
7. Решение. Пусть x км/ч - скорость легкового автомобиля, а y км/ч - скорость
грузового. Тогда 180/х ч - время движения легкового автомобиля, 180/y ч - время
движения грузового автомобиля.
Так как легковой проезжает в час на 15 км больше, то имеем уравнение
x  y  15 .
Используя второе условие, получим еще одно уравнение
180 180

 1.
y
x
Таким образом, имеем систему уравнений:
 x  y  15,
 x  y  15;



180 180
180 180
 y  x  1;
 y  y  15  1.


После упрощения второго уравнения системы получим
квадратное уравнение
2
y  15 y  2700  0 . Первый корень y = -60 не удовлетворяет условию задачи, второй
корень y = 45 (км/ч) - это скорость грузового автомобиля. Из первого уравнения системы
находим скорость легкового автомобиля x = 60 км/ч.
Ответ: 60 км/ч; 45 км/ч.
8. Решение. Пусть x - число, которое задумал мальчик. Выполнив с этим числом
указанные в первом условии действия, получим первое неравенство: 5x - 6 < 50. Затем,
используя второе условие, получим еще одно неравенство: (x + 1) ∙ 4 >35.
Таким образом, имеем систему двух линейных неравенств с двумя неизвестными:
56

x

,
5 x  6  50,
3
1

5
 
 7  x  11 .

4
5
( x  1)  4  35;
 x  31 ;

4
Значит, мальчик мог задумать одно из следующих чисел: 8, 9, 10.
Ответ: 8, 9, 10.
9. Решение. Перепишем систему неравенств в виде:
 2 x  3 y  3;

 x  y  1;
 x  2.


 3  2 x  3 y  3;

 y  x  1;
 2  x  2.


2

 y  3 x  1;

2 x  3  3 y  2 x  3;
 y  2 x  1;

  y  x  1;


3

 2  x  2.

y

x
 1;

  2  x  2.

Теперь строим ограничивающие прямые и отмечаем множество точек,
удовлетворяющее каждому неравенству (см. рис.5). Решением системы неравенств
является область, отмеченная четырьмя штриховками, т.е. множество точек треугольника
ABC, координаты которого находим, решая системы соответствующих уравнений:
A( x ; y ) :
2

x  0;
2
 y  x  1;
 x 1  x 1 
 A(0;  1).
3

y  1.
3
 y  x  1.
B( x ; y ) :
 y  x  1;

 x  2.

y1

B ( 2; 1).
Рис. 5
C( x; y ) :
2

1
 y  x  1;
 y .
3

3
 x  2.

1
C ( 2; ).
3
10. Решение. Перепишем систему неравенств в виде:
 y  2 x  1;

 y   x  4.
Строим графики функций, уравнения которых имеют вид: y = 2x+1; y = -x + 4 (см.
рис.6). Абсциссу точки пересечения графиков, (точки A) найдем, решив уравнение 2x + 1
= -x + 4: x =1. Тогда ордината y = 2∙1 + 1 = 3. Итак, A = (1; 3).
Множество точек, координаты которых удовлетворяют первому неравенству полуплоскость, лежащая выше прямой
y = 2x+1. Они отмечены вертикальной
штриховкой. Причем, точки прямой принадлежат этому множеству. Множество точек,
координаты которых удовлетворяют второму неравенству - полуплоскость, лежащая
ниже прямой y = -x + 4. Они отмечены горизонтальной штриховкой. Причем, точки
прямой не принадлежат этому множеству (прямая нарисована пунктиром). Значит,
множество точек, координаты которых удовлетворяют обоим неравенствам, - область,
отмеченная двойной штриховкой, т.е. множество точек M={(x, y)¦x R, у  R, y = 2x+1, y
< -x + 4} (см. рис. 6)
Рис. 6
11. Решение. Пусть S км - расстояние между городами A и B, x км/ч - скорость
поезда, отправившегося из города A, y км/ч - скорость поезда, отправившегося из города
S
S
B. Тогда
ч - время, за которое преодолевает половину пути второй поезд, а
ч2x
2y
время, за которое преодолевает половину пути первый поезд. Из условия задачи
S
S

 1,5 . Кроме того, (6 x  6 y ) км - расстояние, которое преодолели
заключаем, что
2x 2 y
бы оба поезда за 6 часов, если бы выехали одновременно, - равно 0,9∙S км. Таким
образом, имеем систему уравнений:
S
3
S
 ,
 
2x 2 y 2
6 x  6 y  0 ,9  S .

Количество уравнений в системе меньше количества неизвестных, но в задаче
требуется найти время, за которое каждый из поездов преодолевает расстояние S км,
S
S
т.е. фактически требуется найти t1 
и t2  . Тогда первое уравнение системы
x
y
примет вид: t1  t2  3 , а второе уравнение системы после деления обеих частей на 3∙S
2 2
3
 
.
преобразуется к виду
t1 t2 10
Имеем систему:
t1  t2  3 ,

3
2 2


.
t t
 1 2 10
Решая ее, получим: t = 12, t = 15.
Ответ: 12 часов, 15 часов.
12. Решение. Пусть 1 - это объем всей работы, x - производительность первой бригады,
y - производительность второй бригады. Тогда (x + y) - совместная производительность 2х бригад. Так как обе бригады могли бы всю работу выполнить за 12 дней, то будем
иметь уравнение: 12(x+y) = 1. По условию задачи первая бригада работала 8 дней, вторая
– (7 + 8) = 15 дней. Поэтому второе уравнение имеет вид: 8x + 15y = 1.
Итак,
12( x  y )  1,

8 x  15 y  1.
1
1
Решая систему уравнений, получим y  , x 
. Тогда
первой бригаде
21
28
1
1
 28 (дней), а второй - 1 :
 21 (день).
потребуется на всю работу 1 :
28
21
Ответ: 28 дней, 21 день.
13. Решение. Пусть первого сплава взяли x кг, а второго сплава взяли y кг. Тогда:
5
2
имеем первое уравнение: x + y = 28. Из первого сплава взяли x кг меди и x кг цинка.
7
7
3
4
y кг меди и
y кг цинка. Тогда в новом сплаве будет
Из второго сплава взяли
7
7
3 
4 
5
2
 x  y  кг меди и  x  y  кг цинка. В новом сплаве количество меди и цинка
7 
7 
7
7
равны, следовательно, имеем второе уравнение системы:
5
3
2
4
x  y  x  y.
7
7
7
7
Решая систему уравнений, получим x = 7(кг), y = 21(кг).
Ответ: 7 кг, 21 кг.
14.
а) Решение. Определим интервалы знакопостоянства выражения x 2  3 x (см. рис. 7).
Тогда, используя определение модуля, будем иметь:
 x 2  3 x  4 , x  (  ,3 ]  [ 0 , );
y 2
 x  3 x  4 , x  ( 3 ,0 ).
Это значит,
что
график функции y  x 2  3 x  4 будет представлять собой
объединение частей графиков двух функций y  x 2  3 x  4 и y   x 2  3 x  4 , заданных
на соответствующем промежутке.
Рис. 7
Построим вначале график функции y1  x 2  3 x  4 .
1. D( y1 )  ( ,3 ]  [ 0, ) ;
2. E( y1 )  R;
3. Выделим полный квадрат:
3
9 9
3
1
y1  ( x 2  2  x  )   4  ( x  ) 2  6 ,
2
4 4
2
4
1
3 2
значит, y  6  ( x  ) . Запишем формулы параллельного переноса:
4
2
3
;
2
1
Y  y1  6 .
4
X  x
3
1
Тогда O(  ; 6 ) - новое начало координат (вершина параболы);
2
4
4. В новой системе координат XOY уравнение примет вид: Y = X2 ;
5. Найдем контрольные точки:
x  0  y1  4  A1( 0 ,4 ),
 x1  1  A2 ( 1,0 ),
y1  0  
 x2  4  A3 ( 4 ,0 );
6. В системе XOY строим график функции Y = X2 с учетом контрольных точек и
знака a;
7. Полученная линия будет графиком функции y  x 2  3 x  4 в системе (xOy).
Рис. 8
График функции y = x2 +3x-4 (параболу) изобразим вначале пунктирной линией.
Затем выделим ту ее часть, которая соответствует области (- , -3]  [0, + ) (см. рис.8).
Построим график функции y2 = -x2 - 3x - 4 на интервале (-3; 0).
1. D(y ) = (-3, 0);
2. E(y )  R;
3. Выделим полный квадрат:
y2 = -(x2 + 3x + 4) =
3
9 9
3
3
=  ( x 2  2  x  )   4  ( x 2  )  1 ;
2
4 4
2
4
3
3
значит, y2 + 1 = -(x + ) . Запишем формулы параллельного переноса:
4
2
3
X=x+
,
2
3
Y=y +1 .
4
3
3
Тогда O`` (- , -1 ) - новое начало координат.
2
4
4. В новой системе координат XO``Y уравнение примет вид: Y = -X2 ;
5. Найдем контрольные точки
x = 0  y2 = -4  A (0,-4),
y2 = 0  x    точек пересечения с осью (Ox) нет.
6. В системе XO``Y строим график функции Y = -X2 с учетом контрольных точек и
знака a;
7. Полученная линия будет графиком функции y = -x2 - 3x - 4 в системе (xOy).
Выделим ту часть графика функции y = -x2 -3x-4, которая соответствует области (-3,
0) (см. рис. 8).
Объединение двух выделенных частей графиков функций y1 = x2 + 3x - 4 и y2 = -x2 3x - 4 и будет являться графиком данной функции.
1
б) Решение. Функция определена при всех x ≠ . Используя определение модуля,
2
будем иметь:
1
3
 x  , x  1;
2
2
y=
x3
1
, x < 1, x ≠ .
 4x  2
2
Это значит, что график данной функции будет представлять собой объединение двух
частей графиков функций
1
3
x3
y1 =  x 
и y2 =
,
2
2
 4x  2
заданных на соответствующем промежутке.
1
3
Построим вначале график функции y1 =  x  на промежутке [1, + ).
2
2
1. D(y1) = [1, + );
2. E(y1)  R;
3. k < 0, значит, функция убывающая;
4. Функция не является ни четной, ни нечетной;
5. Контрольные точки:
X
Y
0
-3/2
-3
0
1
-2
6. Строим (см. рис.9) график функции y1 = 
1
3
x  (пунктиром).
2
2
Рис. 9
Выделим ту часть графика, которая соответствует промежутку [1,+ ) (см. рис. 9).
x3
Построим график функции y2 =
.
 4x  2
1. Выделим целую часть
x3
x3
1
3,5
y2 =
= 
= 
,
 4x  2
4x  2
4 4x  2
1
3,5
значит, y2 +  
.
4
4x  2
Формулы преобразований:
X = 4x - 2,
1
Y = y2 + .
4
В новой системе координат XO`Y уравнение примет вид:
Y= 
3,5
;
X
1
1
1
1
;  ) - новое начало координат, x =
- вертикальная асимптота, y =  2
2
4
4
горизонтальная.
1
1
2. D(y2) = (- , ) ( , + ).
2
2
1
1
3. E(y2) = (- ,  )  (  , + ).
4
4
4. Функция не является ни четной, ни нечетной.
5. Контрольные точки:
X
0 -3
-1
1/4
3/4
1
Y -3/2
0
1/3
3,25
-3,75
-2
6. Функция возрастает на всей области определения.
x3
7. Строим (см. рис.9) график функции y2 =
(пунктиром).
 4x  2
Выделим ту часть графика, которая соответствует интервалу [- , 1].
Объединение выделенных частей графиков функций y1 и y2 будет являться графиком
данной функции (см. рис. 9).
O` (
15. Решение. Найдем десятичные приближения чисел x и y с точностью до 3-х знаков
(третий знак запасной).
3,475  x  3,458
2,033  y  2,034
По определению суммы действительных чисел имеем:
3,457 + 2,033  x + y  3,458 + 2,034
5,490  x + y  5,492
За приближенное значение суммы x + y принимается полусумма полученных границ,
которую округляем до двух десятичных знаков
5,490  5,492
x+y 
= 5,491;
2
x + y  5,49.
Используя определение разности, имеем:
3,457 - 2,034  x - y  3,458 - 2,033
1,423  x - y  1,425
x-y 
1,423  1,425
= 1,424;
2
x - y  1,42.
Используя определение произведения действительных чисел, будем иметь:
3,457 ∙ 2,033  x ∙ y  3,458 ∙ 2,034
7,028  x ∙ y  7,033
x∙y 
7,028  7,033
= 7,031;
2
x ∙ y  7,03.
Используя определение частного действительных чисел, будем иметь:
x
3,457 : 2,034 
 3,458 : 2,033;
y
x
1,699 
 1,700;
y
x 1,699  1,700
= 1,699,

y
2
x
 1,70.
y
16. Решение. 1. Запишем длины отрезков в виде обыкновенных дробей:
2 7
1
3 e; e; 1 e.
3 9
4
Приведем их к общему знаменателю:
24 28
9
3
e;
e; 1
e,
36 36
36
24
28
9
т.е. будем иметь: |A1B1| = 3
e; |A2B2| =
e; |A3B3| = 1
e.
36
36
36
Выберем такой единичный отрезок, чтобы его удобно было разделить на 36 равных
частей (см. рис. 10а). Тогда отрезок A1B1 будет таким как на рис. 10б), A2B2 - как на рис
10в), A3B3 - как на рис. 10г).
Рис. 10
1
2. Пусть e1 = e  e = 5e1, тогда
5
|A1B1| = 3
|A2B2| =
2
2
1
e=3
∙ 5e1 = 18 e1;
3
3
3
7
7
8
e=
∙ 5e1 = 3 e1;
9
9
9
|A3B3| = 1
1
1
1
e=1
∙ 5e1 = 6 e1.
4
4
4
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 2
1. В треугольнике АВС проведены медианы АМ, ВD, СN, которые пересекаются в
точке O. Длина медианы АМ равна а, медианы СN – b. Через вершину С проведена прямая, параллельная прямой АМ, до пересечения с лучом ВО в точке К. Докажите, что четырёхугольник АОСК - параллелограмм и найдите его стороны.
2. Постройте треугольник по трем медианам.
3. Дана окружность, ее диаметр АВ и точка С вне окружности. С помощью одной лишь
линейки опустите перпендикуляр на прямую АВ из точки С.
4. В прямоугольном треугольнике с катетами а и b определите биссектрису прямого
угла.
5. В четырёхугольнике АВСD АD = ВD = СD. Угол ВDС в два раза больше угла ВDА, а
углы ВDА и САD относятся как 2:3. Найдите углы четырёхугольника.
6. Докажите, что если диагонали параллелепипеда равны, то этот параллелепипед прямоугольный.
7. Найти площадь трапеции, у которой параллельные стороны 60 см и 20 см, а
непараллельные - 13 см и 37 см.
8. Хорда окружности равна 10 см. Через один конец хорды проведена касательная к
окружности, а через другой - секущая, параллельная касательной. Определите радиус
окружности, если внутренний отрезок секущей равен 12 см.
9. Радиус основания конуса равен R, а угол при вершине осевого сечения равен .
Найти объем правильной треугольной пирамиды, описанной вокруг конуса.
10. В прямоугольном треугольнике катеты относятся как 3:2, а высота делит
гипотенузу на отрезки, из которых один на 2 метра больше другого. Найти длину
гипотенузы.
11. Шар радиусом 2 перелит в прямой конус, боковая поверхность которого в три раза
больше площади основания. Найти высоту конуса.
12. Основанием пирамиды служит равнобедренный треугольник, у которого
основание равно 12 см, а боковая сторона 10 см. Каждая боковая грань наклонена к
плоскости основания под углом 45. Найти высоту пирамиды.
13. Боковые ребра правильной четырехугольной пирамиды составляют с основанием
угол 45. Найдите объем описанного около нее конуса, если сторона основания равна m.
14. Через концы дуги радиусом r, содержащей 60, проведены касательные до
взаимного пересечения. Найти площадь фигуры, ограниченной этими касательными и
дугой.
z
15. Найти z1  z 2 , z1  z 2 , z1 z 2 , 1 , если: z1  1  2i, z 2  1  2i.
z2
z
Изобразить на плоскости : z1 , z 2 , z1  z 2 , z1  z 2 , z1 z 2 , 1 .
z2
16. Вычислить: i 325 , i 1999 , i 24 , i 510 .
17. Представить числа в тригонометрической форме и найти
z1  6  6i, z 2  0 


3  1 i.
18. Решить уравнение: z  2i  2 z.
z1 z 2 ,
z1
, если:
z2
19. Вычислить:
4
1 i 3
1  i 3
.
20. На множестве целых чисел, кратных 5, заданы обычные бинарные операции
сложения и умножения чисел.
6.1. Докажите, что эти бинарные операции являются алгебраическими.
6.2. Какими свойствами обладают данные операции:
6.2.1. Коммутативность.
6.2.2. Ассоциативность.
6.2.3. Существование нейтрального элемента.
6.2.4. Существование симметричных элементов.
6.2.5. Сократимость.
6.2.6. Дистрибутивность операции умножения относительно сложения?
6.3.Является ли алгебраическая система Z 5n ;   группой. Почему?
6.4. Докажите, что алгебраическая система (Z5n; +, · ) - кольцо. Является ли эта
система полем?
Решения задач контрольной работы № 2
1. Решение. На рис. 11 изображен данный треугольник ABC. По признаку параллелограмма четырёхугольник АОСК – параллелограмм (т.к. AD = DC, OD = DK). Значит, АО =
2
2
2
2
АМ = а, СО = CN = b.
3
3
3
3
2
2
Ответ: стороны параллелограмма равны а и b.
3
3
Рис. 11
2. Решение. Анализ. Пусть треугольник построен (рис. 12,а). Продолжим медиану,
1
например BD на ее (за точку D) и полученную точку E соединим с A и C . Так как AD =
3
2
2
DC и OD = DE, то AE = OC = FC. В треугольнике AOE каждая сторона равна
одной из
3
3
медиан искомого треугольника.
2
Построение. Строим треугольник KLM (рис. 12,б) по трем сторонам (KM = m1, KL
3
2
2
= m2, ML = m3).
3
3
1
Продолжаем KL на отрезок LN = m3.
3
Разделим ML в точке P пополам и от точки P откладываем PS = m2. Пусть SN
пересекает KP в точке F. Соединим точку K с точкой S. Треугольник SKF – искомый.
Примечание. Задача имеет решение и единственное, если из отрезков m1, m2, m3 можно
построить треугольник.
а)
б)
Рис. 12
3. Построение. Проводим прямые АС и ВС (рис. 13). Пусть М – вторая точка
пересечения АС с окружностью, N – вторая пересечения ВС с окружностью, а К – точка
пересечения прямых АN и МВ. Прямая КС искомый перпендикуляр к АВ.
Доказательство. В ΔАВС ВМ и АN – высоты (ANB = =ANC, ANB – прямые, как
вписанные, опирающиеся на диаметр). К – точка пересечения двух высот, прямая СК проходит через третью вершину треугольника и точку, пересечения двух прямых, содержащих две высоты треугольника, значит, СК – прямая, содержащая третью высоту, т.е. СК 
АВ.
Рис. 13
4. Решение. Пусть AD – биссектриса прямого угла А в ΔABC, в котором AB = c, AC = b
x
(рис. 14). Проведем DE  AC. Так как DAE = 45, то AE = DE =
, где x = AD –
2
искомая длина.
ED
CE
x
b 2x
Из подобия треугольников CED и CAB имеем:
=
или
. Отсюда

AB
CA
2c
b 2
x=
2bc
.
bc
Ответ:
2bc
.
bc
Рис. 14
5. Решение. Пусть угол ВDА равен x (рис. 15), тогда по условию угол ВDС равен 2х,
угол САD равен 1,5х. Так как АD = ВD = = СD, то точка D является центром окружности,
проходящей через точки A, B и C.
Треугольник ADB равнобедренный (АD = ВD), значит, угол DAB равен 90 – 0,5x.
Тогда CAB = DAB – DAC =
= 90 – 0,5x – 1,5х = 90 – 2x. Угол CDB –
центральный угол дуги, стягивающейся хордой BC, а угол CAB – вписанный, опирающийся на эту дугу. Следовательно, CDB = 2CAB, а, значит, имеем уравнение 2x =
2(90 – 2x), решив которое, найдем x = 30. Теперь легко найти углы четырехугольника
ABCD.
Ответ: 75, 135, 60, 90.
Рис. 15
6. Решение. Рассмотрим параллелограмм АА1С1С (см. рис. 16). Его диагонали по
условию равны. Значит он - прямоугольник, отсюда АА1  АС. Аналогично DD1  ВD.
Значит, и АА1  ВD, т.к. прямые АА1 и DD1 параллельны. Но тогда прямая АА1
перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости АВСD, а, значит, и самой этой
плоскости. Аналогично можно показать, что ребра АВ и АD перпендикулярны
соответственно плоскостям граней АА1D1D и АА1B1B. Поэтому все три ребра, выходящие
из вершины А взаимно перпендикулярны, что и требовалось доказать.
Рис. 16
7. Решение. Пусть в трапеции ABCD основание BC=20см, основание AD = 60см,
боковые стороны AB = 13см, CD =37см, BM и CN - высоты трапеции, AM = х см. (рис. 17).
Тогда DN = =AD - AM - MN = 60 - x - 20 = (40 - x) см. По теореме Пифагора из
прямоугольного ABM имеем BM 2 = AB 2 – AM 2, а из CDN
CN 2 = CD2 - DN 2.
Учитывая, что BM = CN получаем:
AB 2 - AM 2 = CD2 – DN 2  132 - x2 = 372 - (40 - x)2 .
Рис. 17
Решая это уравнение, находим x=5. Следовательно, высота
трапеции BM  AB 2  AM 2  132  5 2  12 (см). Тогда площадь трапеции
AD  BC
60см  20см
S
BM 
12см  480см 2
2
2
2
Ответ: 480 см .
8. Решение. Пусть AB - хорда окружности, MN - касательная, проведенная через точку
B, AP - секущая, параллельная касательной MN, проведенная через точку A, O - центр
окружности. По условию задачи можно нарисовать два чертежа: первый (рис. 18а) - центр
окружности O лежит между хордой AD и касательной MN; второй (рис. 18б) - центр
окружности лежит вне, т.е. в первом случае ABD < 900 , во втором - ABD > 900 .
В силу того, что MN касательная к окружности, то радиус OBMN. Продолжим OB до
пересечения с окружностью в точке E, с хордой AD - в точке C. Тогда, т.к. MN || AD и MN
 OB, отрезок BC будет перпендикулярен AD. Следовательно, мы получаем, что диаметр
BE перпендикулярен хорде AD, значит AC = CD = 6 см, т.к. диаметр перпендикулярный
хорде делит эту хорду пополам. Поэтому в  ABD BC - высота и медиана
одновременно, значит  ABD равнобедренный и AB = BD = =10 см. Используя теорему
косинусов, найдем сos ABD:
AB 2  BD 2  AD 2 100  100  144 56
cos ABD 


 0,28  0
2  AB  BD
2 10 10
200
Видим, что cosABD>0, поэтому ABD - острый, следовательно, случай б) не имеет
место. Заметим, что наша окружность описана около  ABD. Тогда искомый радиус
R = AB BD AD/(4S).
а)
б)
Рис. 18
Площадь  ABD можно найти по формуле Герона: S  p( p  a)( p  b)( p  c) , зная
все три стороны, или по формуле: S = 0,5 AD BC, найдя BC по теореме Пифагора из 
ABC. В любом случае S = 48 см2. Тогда радиус
R = 1010 12/(4  48) = 6,25
(см).
Ответ: 6,25 см.
9. Решение. Пусть SABC - правильная треугольная пирамида, описанная вокруг
конуса, SO - высота конуса и пирамиды, которая в силу того, что пирамида правильная,
проектируется в центр ABC, в точку O, CM - высота ABC (причем OM = R). Тогда, т.к.
угол при вершине осевого сечения равен ,
MSO = /2. Объем пирамиды
1
V  S ABC  SO . Найдем площадь ABC и высоту SO. Из MSO имеем: SO = MOctg()=
3
=Rctg(). Найдем длину стороны правильного ABC. Пусть она равна x, т.е. AB = BC =
3
3x
AC = x. Тогда: S ABC  x 2
, а полупериметр p 
. Используя формулу S = pr, где p 2
4
полупериметр, r - радиус вписанной окружности, S - площадь треугольника, в нашем
случае будем иметь уравнение:
Рис. 19
x
2
3
4
S ABC

3
xR , из которого x  2 3R . Тогда
2
2

3R
4

2
3
 3 3R 2 . Следовательно,
1


V  3 3R 2 R ctg  3R 3 ctg .
3
2
2
Ответ:
3R 3 ctg

.
2
10. Решение. Пусть в ABC ABC = 900, AB:BC = 3:2, BD - высота и длина отрезка AD
на 2м больше длины DC (рис. 20). Обозначим длину катета AB через 3х м, тогда длина
катета BC = 2х м. По теореме Пифагора найдем длину гипотенузы AC:
AC  AB 2  BC 2  9 x 2  4 x 2  13x .
Рис. 20
Обозначим длину отрезка DC через у(м),тогда AD = у + 2(м). Из того, что
AD = DC + AC имеем уравнение: у + 2 + у = 13 х или 2у + 2 = 13 х. ABC~BDC
(они прямоугольные и угол C у них общий). Из подобия треугольников имеем
y
DC BC
2x
4x

или
. Подставляя это значение у в

. Откуда y 
BC AC
2x
13
13x
первое уравнение, получим:
8x
 2  13 x .
13
Решив последнее уравнение, найдем х = 2 13 /5 (м). Тогда длина гипотенузы AC =
пропорцию:
13 х = 2 13 13 /5 = 26/5 = 5,2 (м).
Ответ: 5,2 метра.
11. Решение. Пусть даны конус BAC и шар, объем которого равен объему конуса
( Vш  Vк ). Причем радиус шара r  3 2 , S бок  3S осн (рис. 21). Найдем объем шара:
 
4r 3 4 3 2
8
Vш 


. Обозначим: BO = h, OC = R. Тогда S осн  R 2 , S бок  RL , где
3
3
3
L = BC – образующая конуса.. Следовательно, по условию имеем равенство:
R 2 h 8
8
Vкон 

 R2h  8  h  2 .
3
3
R
Рис. 21
По теореме Пифагора из BOC: BC2= BO2+ OC2 ,т.е.
h2  R2 
L2 = h2 + R2. Значит, L =
64
64  R 6
2

R

. По условию RL = 3R2 , тогда получаем еще одно
4
2
R
R
равенство:
R
64  R 2
 3R 2  64  R6  3R3  64  R6  9R6  8R6  64  R6  8  R  6 8
2
R
2
1
 16 
8
8
2
Значит, R   8   8 3  2 . Поэтому h  2   4 (ед).
2
R
 
Ответ: 4 ед.
12. Решение. Пусть SABC - данная треугольная пирамида (рис. 22). SO - высота
пирамиды, которая в силу того, что боковые грани наклонены к плоскости основания под
одним и тем же углом, проектируется в центр вписанной окружности.
Рис. 22
По условию в ABC AB = BC = 10 см, AC = 12 см. Проведем в нем высоту AD, она же
будет и биссектрисой, потому, что ABC равнобедренный. Значит, AD пройдет через
точку O. Тогда по теореме о трех перпендикулярах SDBC, т.е. SDB - линейный угол
двугранного угла. По условию он равен 450. Высоту пирамиды SO найдем из
прямоугольного SOD:
SO = OD · tg SDO;
0
SDO = 45 , OD - радиус вписанной окружности, который вычислим по формуле:
2S
r  ABC где S ABC , PABC - площадь и периметр ABC соответственно. PABC = 10 см +
PABC
10 см + 12 см = =32 см.
По формуле Герона S ABC  1616  1016  1016  12 =
= 48 (см2). Тогда OD
= 96см2 : 32 см = 3 см. Значит, SO =
= ODtg SDO = 3 tg 450 = 3 см.
Ответ: 3 см.
13. Решение. Пусть SABCD - правильная четырехугольная пирамида (рис. 23), SO высота, точка O - центр квадрата ABCD, AB = m. Проведем диагональ AC. По условию
SAO = 450 .
Рис. 23

RH , где R - радиус описанной
3
R = AO, H - высота пирамиды (H = SO). Найдем
Объем описанного около пирамиды конуса Vk 
окружности около квадрата ABCD,
AO и SO.
Из прямоугольного ABC: AO 
AO 
1
AC , AC  AB 2  BC 2 = = m 2 , следовательно,
2
m 2
.
2
Из прямоугольного MSO: OS = AOtgSAO =
2
1  m 2  m 2 m 3 2

Vk  

.
3  2 
2
12
Ответ: V k 
m 3 2
12
.
m 2
m 2
tg 45 = =
. Таким образом,
2
2
14. Решение. Пусть АС и ВС - касательные, проведенные к окружности с центром в
точке О, AOB = 600 , AO = OB = r (рис. 24). Тогда площадь фигуры, ограниченной этими
касательными S AmBC  S OACB  S сектора . Вместе с тем S OACB  S OAC  S OBC  2S OAC , т.к. эти
треугольники равны. Равенство OAC и OBC следует из того, что они прямоугольные,
сторона OC у них общая и AC=BC по свойству касательных. Из равенства треугольников
получаем, что AOC= =COB = 300 .
Рис. 24
Поэтому,
OC=OA/сosAOC
=
r/сos300
=2r/3.
2
1
1
2r 1
r
2r 2
r2
. Следовательно, S OACB 
.
S OAC  AO  OC sin 30 0   r 


2
2
32 2 3
2 3
3
r 2 60 0 r 2
Площадь сектора S сек 
.

6
360 0
r 2 r 2 r 2 6   3
Тогда SAmBC 
.


6
3
6 3

Ответ:

r2 6   3
6 3

.
15. Решение. z1  1  2i, z 2  1  2i.
z1  z 2  (1  2i)  (1  2i )  (1  1)  (2  2)i  2  0i  2,
z1  z 2  (1  2i)  (1  2i )  (1  1)  (2  2)i  0  4i  4i,
z1 z 2  (1  2i)(1  2i)  (1  1  (2)  2)  (1  2  1  (2))i  5  0 i  5,
z1 1  2i 1  1  (2)  2 1  (2)  1  2 1  4  2  2
3 4


i 2

i
   i.
2
2
2
z 2 1  2i
1 4
1 4
5 5
1 2
1 2
Тогда
Рис. 25
16. Решение. i 325  i 81*41  i 1  i,
i 1999  i 499*43  i 3  i,
i 24  i 6*4  1,
i 510  i 127*4 2  i 2  1.
17. Решение. z1  6  6i, z 2 


3  1 i.
r2  3  1,
Имеем: r1  (6) 2  (6) 2  72  6 2,
0
6
1

,
cos 2 
 0,
cos1 =
3 1
6 2
2
3 1
6
1
sin 2 
 1,
sin 1 

,
3 1
6 2
2
3

Откуда arg z1   1   , (рис. 26) arg z2  2  . (рис.27).
4
2
Рис.26
Рис.27
  3 
 3  
Таким образом, z1  6 2  cos    i sin     ,
 4 
  4 



z 2  3  1 cos  i sin  .
2
2

Тогда
  3 


 3  

z1 z 2  6 2  cos    i sin     3  1 cos  i sin  
2
2
 4 

  4 
= 6 2 3  1  cos  3     i sin   3     =


=6
6 

= (6 6  6 2 )




4
2

4

2 

  
  
2 
 cos  4   i sin   4  
=





2
2 

i  6 3  6  6 3  6 i .
2
2 



 3 
 3  
6 2  cos 
  i sin  
 
z1
 4 
 4 


=
z2



3  1 cos  i sin 
2
2

6 2 
 3  
 3   
=
   i sin  
   
 cos 
2
2 
3 1
 4
 4



 5 
 5
 3 6 3 2 
 cos  4   i sin   4





2
2
3 3 3 3 3 3
i
= 3 6  3 2  
2 
 2







i
18. Решение. z  2i  2 z
Запишем комплексное число z в алгебраической форме: z  a  bi , где a и
действительные числа. Тогда z  a  b
2
2
b –
и данное уравнение принимает вид:
a 2  b 2  2i  2a  2bi .
Из определения равенства двух комплексных чисел получаем систему уравнений для
нахождения a и b:
 a 2  b 2  2a  0,

2  2b  0.
Из второго уравнения находим b = -1. Подставим b = -1 в первое уравнение системы,
1
получаем уравнение a 2  1  2a, его решение a 
.
3
1
Следовательно, решением данного уравнения является комплексное число z 
 i.
3
19. Решение. Представим в тригонометрической форме числитель и знаменатель
подкоренного выражения. Так как a1  1, b1  3 , то модуль r1  a1  b1  2 и
2
cos 1 
2
a1 1
 ,
r1 2
sin  1 
b1
3





. Отсюда аргумент 1  и 1  i 3  2 cos  i sin .
3
r1
2
3
3

Так как a2  1, b2  1, то r2  2 и cos  2 
  
  
1  i  2  cos    i sin     .
 4 
  4
Далее, по формуле Муавра возведём в степень:
r cos   i sin  n  r n cos n  i sin n .
  3 
 3  
Теперь (1  i) 3  2 2  cos    i sin    .
 4  
  4 
2
2

, sin  2  
. Отсюда  2   и
4
2
2
Так как при делении комплексных чисел в
делятся,
а
аргументы

 

2 cos
 i sin

1 i 3
3
3



1  i 3
 3 
 3
2 2
 cos  4   i sin   4




=
1    3
cos 
2 3 4
Тогда
4

  3
  i sin  

3 4
1 i 3
1  i 
3
4
тригонометрической форме модули
вычитаются,
получим:




=
1 
13
13 

 i sin
 cos
.
 
12
4 
2

1 
13
13 
 i sin
 cos
.
12
12 
2
Воспользуемся формулой
n
r cos   i sin   =
n
  2k
  2k 

r  cos
 i sin
 , где k
n
n 

пробегает значения 0,1,2,…..n-1 , получим:
13
13


 2k
 2k 

1 i 3
1 
.
4
 4
cos 12
 i sin 12
3
(1  i )
4
4

2




Придавая параметру k значения 0,1,2,3 получим 4 значения искомого корня:
1 
13
13 
1 
37 
37 
z 0  8  cos
 i sin
 i sin
, z1  8  cos
,
48
48 
48
48 
2
2
1 
61
61 
1 
85
85 
z 2  8  cos
 i sin
 i sin
, z 3 
 cos
.
48
48 
48
48 
2
2
Используя математические таблицы, можно получить приближённые значения корней
в алгебраической форме.
20. Решение. По условию Z 5n  x | x  Z , x 5 . Такие целые числа можно записать в
виде x  5n, n  Z , т.е. Z 5n  5n | n  Z .
6.1. Пусть x1  5n1 , n1  Z и x2  5n2 , n2  Z - произвольные элементы множества
Z 5n , т.е. x1  5n1  Z 5n  x2  5n2  Z 5n .
Найдём их сумму:
x1  x 2  5n1  n2   5n, n  Z ,
т.к.
x  x1  x2  5n1  5n2 ;
n1  Z  n2  Z  n1  n2   n  Z (сложение целых чисел БАО), следовательно,
x1  x2   5n  Z 5n .
Итак, имеем: если x1  5n1  Z 5n  x2  5n2  Z 5n , то x1  x2   5n  Z 5n . В силу
x2  Z 5n ,
x1  Z 5n
произвольности
выбора
и
заключаем
x1 , x2  Z 5n ! x  Z 5n x  x1  x2 , т.е. сложение на Z 5n - БАО.
Найдём произведение x1  x2 :
где
т.к.
y  x1  x2  5n1  5n2  5n1  5n2   5k ,
k Z
5  Z  n1  Z  n2  Z  k  5n1n2  Z. Значит, x1  Z 5n  x2  Z 5n  y  x1  x2  Z 5n .
В
силу
произвольности
выбора
x1  Z 5n  x2  Z 5n имеем x1 , x2  Z 5n ! y  Z 5n  y  x1  x2 , т.е. умножение на Z5n ,
бинарная алгебраическая операция.
6.2.1. Пусть x1  5n1 , n1  Z , x2  5n2 , n2  Z . Докажем, что сложение коммутативно,
т.е. x1  x2  x2  x1 . Действительно, x1  x2  5n1  n2  , а
x2  x1  5n2  n1  . Но
n1  n2  n2  n1 ,т.к. сложение коммутативно на Z. Поэтому x1  x2  x2  x1.
Итак, x1 , x2  Z 5n x1  x2  x2  x1 . Значит, операция сложения коммутативна на
множестве Z 5n .
Докажем, что умножение коммутативно, т.е. x1  x2  x2  x1 . Действительно,
x1  x2  5n1  n2  , а x2  x1  5n2  n1  . Но n1  n2  n2  n1 , т.к. умножение коммутативно на
Z. Поэтому x1  x2  x2  x1 .
Итак, x1 , x2  Z 5n x1  x2  x2  x1 . Значит, операция умножения коммутативна на
множестве Z 5n .
6.2.2.
Докажем,
что
умножение
–
ассоциативная
операция.
Пусть
x1  5n1 , n1  Z , x2  5n2 , n2  Z , x3  5n3 , n3  Z . Тогда
x1  x2  x3   5n1  25n2 n3   125n1n2 n3
( x1  x2 )  x3  (25n1n2 )  5n3  125n1n2 n3 (в силу коммутативности и ассоциативности
умножения на Z).
Итак, (x1 , x2 , x3  Z 5n )x1  ( x2  x3 )  ( x1  x2 )  x3  , т.е. умножение ассоциативно на Z5n.
Совершенно аналогично доказываем, что сложение ассоциативно на Z5n.
6.2.3. Докажем, что множество Z5n обладает нейтральным (нулевым) элементом
относительно сложения. Действительно, число 0  5  0, 0  Z  5  0  Z 5n , а также, если,
x  5n, n  Z , то
5n  5  0  5  0  5n  5n, 5n  5  0  5(n  0)  5n, 5  0  5n  5(0  n)  5n (в силу коммутативности
сложения
на
Z).
Следовательно,
e  5  0  Z 5n x  5n  Z 5n e  x  x  e  x, т.е.0  Z 5n - нулевой элемент.
Операция умножения на Z5n не обладает нейтральным (единичным) элементом, т.к.
если бы он существовал, то выполнялось равенство e  5n  5n , из которого следует, что
e=1. Но 1 Z 5n , значит, нейтрального элемента во множестве Z5n по умножению нет.
6.2.4. Покажем, что относительно сложения есть симметричные (противоположные)
элементы. Пусть x  5n  Z 5n , x  Z 5n . Тогда должны выполняться равенства
x  x  0, x   x, x  5n, n  Z .
Значит, x  5(n)  Z 5n , т.к. n  Z  n  Z.
Итак, каждый элемент x  5n, n  Z множества Z5n имеет противоположный
x  5(n)  Z 5n .
В силу того, что нет единичного элемента во множестве Z5n, то нет и обратных
элементов для любого элемента Z5n.
6.2.5. Покажем, что сложение – сократимая операция . Пусть x1  x2 , a  Z 5n , т.е.
x1  5n1 , x2  5n2 , a  5g, n1 , n2  Z и пусть x1  a  x2  a. Докажем, что x1  x2 , т.е.
докажем, что если 5n1  5g  5n2  5g , то 5n1  5n2 .
В самом деле,
сократимости
5n1  5g  5n2  5g  5(n1  g )  5(n2  g )  n1  g  n2  g  n1  n2 (по
сложения на Z)  5n1  5n2 , что и требовалось доказать. Таким образом, сложение
сократимая во множестве Z5n операция.
Умножение не является сократимой операцией во множестве Z5n, т.к.
x1 , x2 , a  Z 5n x1  a  x2  a  x1  x2  - ложное утверждение, потому, что оно не
выполняется при a  0  Z 5n (0  5  0).
6.2.6. Докажем дистрибутивность умножения относительно сложения.
Пусть x1  5n1 , x2  5n2 , x3  5n3 , n1 , n2 , n3  Z , x1 , x2 , x3  Z 5n .
Докажем, что
x1  ( x2  x3 )  x1  x2  x1  x3, ( x2  x3 )  x1  x2  x1  x3  x.
В самом деле,
5n1  (5n2  5n3 )  5  (5n1 (n2  n3 ))  25n1 (n2  n3 ) ,
5n1  5n2  5n1  5n3  25n1 (n2  n3 ).
Следовательно, x1 ( x2  x3 )  x1 x2  x1 x3 , а, значит, правый дистрибутивный закон
справедлив.
Учитывая, что умножение коммутативно во множестве Z5n , левый дистрибутивный
закон можно не доказывать.
6.3. Алгебраическая система Z 5n ;   - группа т.к. выполняются, все четыре свойства
группы:
1. Сложение – БАО во множестве Z5n (см. 6.1).
2. Сложение - ассоциативная БАО во множестве Z5n (см. 6.2.2.).
3. Существует
нейтральный
элемент
т.е.
0  5  0  Z 5n ,
e0,
0  Z 5n x  Z 5n x  0  0  x  x (см.6.2.3.).
x  5n  x  5(n)
4. Существует
симметричный
элемент:
,
т.е.
x  5n  Z 5n x  5(n)x  x  x  x  0 (см.6.2.4.).
Итак, Z 5n ;  - группа, а т.к. сложение – коммутативно, то Z 5n ;   - абелева,
бесконечная, аддитивная группа.
6.4. Алгебраическая система (Z5n; +, · ) - кольцо коммутативное, т.к. Z 5n ;   коммутативная группа и умножение дистрибутивно относительно сложения (см.6.2.6.),
умножение – коммутативно (см 6.2.1).
Алгебраическая система (Z5n; +, · ) полем не является, т.к. множество Z 5n \ 0 относительно умножения не является группой (нет нейтрального элемента).