Страница 149, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Абылкасымова, Кучер

1. Почему для уравнений видов: $ \cos x = a $ и $ \sin x = a $ при $ |a| > 1 $ нет корней?

2. Как, используя единичную окружность, можно решать простейшие тригонометрические уравнения?

1. Почему для уравнений видов: cosx = a и sinx = a при |a| > 1 нет корней?

Функции синус ($\sin x$) и косинус ($\cos x$) определяются через единичную окружность. Единичная окружность — это окружность с центром в начале координат и радиусом, равным 1. Уравнение такой окружности в декартовых координатах: $x^2 + y^2 = 1$.

По определению, для любого угла $\alpha$, которому соответствует точка $P(x_p, y_p)$ на единичной окружности, ее координаты равны косинусу и синусу этого угла: $x_p = \cos \alpha$ и $y_p = \sin \alpha$.

Поскольку любая точка на единичной окружности удалена от центра на расстояние 1, ее координаты не могут быть меньше -1 или больше 1. Это значит, что для любого действительного числа $x$ всегда выполняются неравенства:

$-1 \le \cos x \le 1$

$-1 \le \sin x \le 1$

Эти два неравенства можно записать в виде $|\cos x| \le 1$ и $|\sin x| \le 1$. Таким образом, область значений для функций синуса и косинуса — это отрезок $[-1, 1]$.

Условие $|a| > 1$ означает, что $a > 1$ или $a < -1$. Если мы пытаемся решить уравнение $\cos x = a$ или $\sin x = a$ при таком значении $a$, мы ищем угол $x$, синус или косинус которого выходит за пределы своей области допустимых значений. Таких действительных углов не существует. Следовательно, данные уравнения не имеют решений (корней) в множестве действительных чисел.

Ответ: Значения функций $\sin x$ и $\cos x$ по определению являются координатами точек на единичной окружности (окружности с радиусом 1), и поэтому они не могут по модулю превышать 1. Область значений для синуса и косинуса — это отрезок $[-1, 1]$. Если $|a| > 1$, то значение $a$ выходит за пределы этой области, и, следовательно, уравнения $\cos x = a$ и $\sin x = a$ не имеют действительных корней.

2. Как, используя единичную окружность, можно решать простейшие тригонометрические уравнения?

Единичная окружность позволяет наглядно представить и найти решения простейших тригонометрических уравнений. На единичной окружности каждому углу $x$ соответствует точка $P$, абсцисса (координата x) которой равна $\cos x$, а ордината (координата y) — $\sin x$.

Алгоритм решения уравнения $\sin x = a$ (при $|a| \le 1$):

1. В системе координат рисуется единичная окружность.

2. Так как $\sin x$ — это ордината точки на окружности, на оси OY отмечается значение $a$.

3. Через эту точку проводится горизонтальная прямая $y=a$.

4. Эта прямая пересечет окружность в одной (если $|a|=1$) или двух (если $|a|<1$) точках. Углы, соответствующие этим точкам, являются решениями уравнения.

5. Находятся значения этих углов. Например, для $a>0$ один угол будет $x_1 = \arcsin a$ (в первой четверти), а второй $x_2 = \pi - \arcsin a$ (во второй четверти).

6. Поскольку синус — периодическая функция с периодом $2\pi$, для получения всех решений к найденным углам добавляют $2\pi k$, где $k$ — любое целое число ($k \in \mathbb{Z}$). Общее решение можно записать в виде двух серий: $x = \arcsin a + 2\pi k$ и $x = \pi - \arcsin a + 2\pi k$.

Алгоритм решения уравнения $\cos x = a$ (при $|a| \le 1$):

1. Рисуется единичная окружность.

2. Так как $\cos x$ — это абсцисса точки на окружности, на оси OX отмечается значение $a$.

3. Через эту точку проводится вертикальная прямая $x=a$.

4. Находятся точки пересечения этой прямой с окружностью.

5. Определяются углы, соответствующие этим точкам. Точки будут симметричны относительно оси OX, поэтому углы равны $x_1 = \arccos a$ и $x_2 = -\arccos a$.

6. С учетом периодичности косинуса (период $2\pi$) общее решение записывается как $x = \pm \arccos a + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: Для решения уравнения вида $\sin x = a$ на единичной окружности проводят горизонтальную прямую $y=a$ и находят углы, соответствующие точкам пересечения этой прямой с окружностью. Для уравнения $\cos x = a$ проводят вертикальную прямую $x=a$ и также находят углы для точек пересечения. Ко всем найденным "главным" значениям углов необходимо прибавить $2\pi k$ ($k \in \mathbb{Z}$), чтобы учесть периодичность функций и получить все множество решений.

Решите уравнения (19.1–19.11):

19.1. 1) $ \cos x = \frac{\sqrt{3}}{2} $; 2) $ \cos x = \frac{\sqrt{2}}{2} $; 3) $ \cos x = \frac{1}{2} $;

4) $ \cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2} $; 5) $ \cos x = 0 $; 6) $ \cos x = 1 $.

1) Дано уравнение $ \cos{x} = \frac{\sqrt{3}}{2} $. Это простейшее тригонометрическое уравнение. Общее решение уравнения вида $ \cos{x} = a $, где $ |a| \le 1 $, записывается по формуле $ x = \pm\arccos{a} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $. В нашем случае $ a = \frac{\sqrt{3}}{2} $. Значение арккосинуса для $ \frac{\sqrt{3}}{2} $ является табличным: $ \arccos{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\pi}{6} $. Подставляем это значение в общую формулу и получаем решение: $ x = \pm\frac{\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x = \pm\frac{\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

2) Дано уравнение $ \cos{x} = \frac{\sqrt{2}}{2} $. Используем общую формулу для решения уравнений вида $ \cos{x} = a $: $ x = \pm\arccos{a} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $. В данном уравнении $ a = \frac{\sqrt{2}}{2} $. Табличное значение арккосинуса: $ \arccos{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{\pi}{4} $. Подставляя это значение в формулу, получаем: $ x = \pm\frac{\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x = \pm\frac{\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

3) Дано уравнение $ \cos{x} = \frac{1}{2} $. Решаем по общей формуле $ x = \pm\arccos{a} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $. Здесь $ a = \frac{1}{2} $. Табличное значение арккосинуса: $ \arccos{\frac{1}{2}} = \frac{\pi}{3} $. Подставляем в формулу и находим решение: $ x = \pm\frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x = \pm\frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

4) Дано уравнение $ \cos{x} = -\frac{\sqrt{3}}{2} $. Применяем ту же общую формулу $ x = \pm\arccos{a} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $. Здесь $ a = -\frac{\sqrt{3}}{2} $. Для нахождения арккосинуса отрицательного числа используем свойство $ \arccos(-a) = \pi - \arccos{a} $. Получаем: $ \arccos{\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)} = \pi - \arccos{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6} $. Подставляя это значение в общую формулу, получаем: $ x = \pm\frac{5\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x = \pm\frac{5\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

5) Дано уравнение $ \cos{x} = 0 $. Это частный случай простейшего тригонометрического уравнения. Косинус равен нулю, когда угол $ x $ равен $ \frac{\pi}{2} $ плюс целое число полуоборотов ($ \pi k $). Таким образом, решение можно записать в виде $ x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

6) Дано уравнение $ \cos{x} = 1 $. Это еще один частный случай. Косинус равен единице, когда угол $ x $ равен нулю или целому числу полных оборотов ($ 2\pi k $). Решение уравнения: $ x = 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x = 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

19.2.

1) $\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2}$;

2) $\sin x = \frac{\sqrt{2}}{2}$;

3) $\sin x = -\frac{1}{2}$;

4) $\sin x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$;

5) $\sin x = 0$;

6) $\sin x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

1) Решим уравнение $sinx = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Общая формула для решения уравнения $sinx = a$ (где $|a| \le 1$) имеет вид: $x = (-1)^k \arcsin(a) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. В данном случае $a = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Арксинус этого значения равен $\arcsin(\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{\pi}{3}$. Подставляя это значение в общую формулу, получаем решение: $x = (-1)^k \frac{\pi}{3} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = (-1)^k \frac{\pi}{3} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2) Решим уравнение $sinx = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Используем общую формулу для решения тригонометрических уравнений вида $sinx = a$: $x = (-1)^k \arcsin(a) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. Здесь $a = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Значение арксинуса равно $\arcsin(\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{\pi}{4}$. Подставляя в формулу, получаем общее решение: $x = (-1)^k \frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = (-1)^k \frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

3) Решим уравнение $sinx = -\frac{1}{2}$. Общее решение уравнения $sinx = a$ дается формулой $x = (-1)^k \arcsin(a) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. В данном случае $a = -\frac{1}{2}$. Найдем арксинус: поскольку функция арксинус является нечетной, $\arcsin(-y) = -\arcsin(y)$. Следовательно, $\arcsin(-\frac{1}{2}) = -\arcsin(\frac{1}{2}) = -\frac{\pi}{6}$. Подставим в общую формулу: $x = (-1)^k (-\frac{\pi}{6}) + \pi k = (-1)^{k+1} \frac{\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = (-1)^{k+1} \frac{\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

4) Решим уравнение $sinx = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Применим общую формулу решения $x = (-1)^k \arcsin(a) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. Здесь $a = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Используя свойство нечетности арксинуса, находим: $\arcsin(-\frac{\sqrt{3}}{2}) = -\arcsin(\frac{\sqrt{3}}{2}) = -\frac{\pi}{3}$. Подставив в формулу, получаем: $x = (-1)^k (-\frac{\pi}{3}) + \pi k = (-1)^{k+1} \frac{\pi}{3} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = (-1)^{k+1} \frac{\pi}{3} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

5) Решим уравнение $sinx = 0$. Это частный случай тригонометрического уравнения. Синус равен нулю, когда угол равен целому числу, умноженному на $\pi$. Следовательно, решение уравнения имеет вид: $x = \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. Это также можно получить из общей формулы: $x = (-1)^k \arcsin(0) + \pi k$. Поскольку $\arcsin(0) = 0$, получаем $x = \pi k$.

Ответ: $x = \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

6) Решим уравнение $sinx = -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Используем общую формулу для синуса: $x = (-1)^k \arcsin(a) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. В этом уравнении $a = -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Найдем арксинус, используя его нечетность: $\arcsin(-\frac{\sqrt{2}}{2}) = -\arcsin(\frac{\sqrt{2}}{2}) = -\frac{\pi}{4}$. Подставим значение в общую формулу: $x = (-1)^k (-\frac{\pi}{4}) + \pi k = (-1)^{k+1} \frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = (-1)^{k+1} \frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

19.3. 1) $tgx = 3$;

2) $tgx = -2$;

3) $tgx = -\frac{\sqrt{3}}{2}$;

4) $ctgx = -\frac{\sqrt{3}}{2}$;

5) $ctgx = 0$;

6) $ctgx = -3$.

1) Решение тригонометрического уравнения вида $tg(x) = a$ находится по общей формуле $x = arctg(a) + \pi n$, где $n$ — любое целое число ($n \in Z$).

В данном случае $a = 3$. Поскольку 3 не является стандартным табличным значением для тангенса, ответ выражается через функцию арктангенс.

Подставляя $a=3$ в формулу, получаем решение:

$x = arctg(3) + \pi n, n \in Z$.

Ответ: $x = arctg(3) + \pi n, n \in Z$.

2) Используем общую формулу для решения уравнения $tg(x) = a$: $x = arctg(a) + \pi n, n \in Z$.

Здесь $a = -2$. Подставляем это значение в формулу:

$x = arctg(-2) + \pi n, n \in Z$.

Можно также использовать свойство нечетности арктангенса, $arctg(-a) = -arctg(a)$, чтобы представить ответ в виде $x = -arctg(2) + \pi n, n \in Z$. Оба вида записи являются верными.

Ответ: $x = arctg(-2) + \pi n, n \in Z$.

3) Решаем уравнение $tg(x) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ по общей формуле $x = arctg(a) + \pi n, n \in Z$.

В данном случае $a = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это значение не является табличным для функции тангенса.

Подставляя значение $a$ в формулу, получаем:

$x = arctg(-\frac{\sqrt{3}}{2}) + \pi n, n \in Z$.

Используя свойство $arctg(-a) = -arctg(a)$, можно также записать: $x = -arctg(\frac{\sqrt{3}}{2}) + \pi n, n \in Z$.

Ответ: $x = arctg(-\frac{\sqrt{3}}{2}) + \pi n, n \in Z$.

4) Решение тригонометрического уравнения вида $ctg(x) = a$ находится по общей формуле $x = arcctg(a) + \pi n$, где $n \in Z$.

В данном случае $a = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Подставляя это значение в формулу, получаем решение:

$x = arcctg(-\frac{\sqrt{3}}{2}) + \pi n, n \in Z$.

Для арккотангенса отрицательного аргумента справедливо соотношение $arcctg(-a) = \pi - arcctg(a)$. Таким образом, решение можно также представить в виде $x = \pi - arcctg(\frac{\sqrt{3}}{2}) + \pi n, n \in Z$.

Ответ: $x = arcctg(-\frac{\sqrt{3}}{2}) + \pi n, n \in Z$.

5) Уравнение $ctg(x) = 0$ является частным случаем. Оно означает, что $\frac{cos(x)}{sin(x)} = 0$.

Это равенство выполняется, когда числитель равен нулю, а знаменатель не равен нулю: $cos(x) = 0$ и $sin(x) \neq 0$.

Решением уравнения $cos(x) = 0$ является серия корней $x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in Z$.

Для этих значений $x$ синус равен либо 1, либо -1, то есть отличен от нуля. Следовательно, эти корни подходят.

Альтернативно, по общей формуле $x = arcctg(0) + \pi n$. Так как $arcctg(0) = \frac{\pi}{2}$, получаем то же самое решение.

Ответ: $x = \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in Z$.

6) Используем общую формулу для решения уравнения $ctg(x) = a$: $x = arcctg(a) + \pi n, n \in Z$.

Здесь $a = -3$. Подставляем это значение в формулу:

$x = arcctg(-3) + \pi n, n \in Z$.

Используя свойство $arcctg(-a) = \pi - arcctg(a)$, можно также записать: $x = \pi - arcctg(3) + \pi n, n \in Z$.

Ответ: $x = arcctg(-3) + \pi n, n \in Z$.

49. В гимназии общественно-гуманитарного направления все учащиеся в классе изучают иностранные языки: немецкий, французский и английский. Из них английский изучают все дети, немецкий — 22 учащихся, французский — 13, немецкий и французский одновременно — 9 человек. Найдите число учащихся в классе.

Для решения этой задачи воспользуемся теорией множеств. Обозначим множества учащихся, изучающих разные языки, следующим образом:

Н — множество учащихся, изучающих немецкий язык.

Ф — множество учащихся, изучающих французский язык.

А — множество учащихся, изучающих английский язык.

Из условия задачи нам известно:

1. Английский язык изучают все дети. Это означает, что всё множество учащихся класса совпадает с множеством А. Следовательно, общее число учащихся в классе равно мощности множества А, то есть $|А|$.

2. Количество учащихся, изучающих немецкий язык: $|Н| = 22$.

3. Количество учащихся, изучающих французский язык: $|Ф| = 13$.

4. Количество учащихся, изучающих и немецкий, и французский языки одновременно (пересечение множеств): $|Н \cap Ф| = 9$.

Поскольку все учащиеся в классе изучают английский, то множества Н и Ф являются подмножествами множества А. В задаче не указано, что есть учащиеся, которые изучают только английский язык. Поэтому, чтобы найти общее число учащихся в классе, нам нужно найти количество всех, кто изучает немецкий или французский язык (или оба вместе), так как все они по умолчанию изучают и английский. Это количество равно мощности объединения множеств Н и Ф, то есть $|Н \cup Ф|$.

Для нахождения мощности объединения двух множеств используется формула включений-исключений:

$|Н \cup Ф| = |Н| + |Ф| - |Н \cap Ф|$

Подставим в формулу известные значения:

$|Н \cup Ф| = 22 + 13 - 9$

Выполним вычисления:

$|Н \cup Ф| = 35 - 9 = 26$

Таким образом, общее число учащихся в классе, которые изучают немецкий или французский (и обязательно английский), составляет 26 человек. Это и есть общее число учащихся в классе.

Ответ: в классе 26 учащихся.

50. В коробке находятся 27 карандашей красного, синего и зеленого цветов. Красных карандашей в 14 раз больше, чем синих. Сколько карандашей зеленого цвета находится в коробке?

Для решения этой задачи давайте обозначим количество карандашей каждого цвета переменными. Пусть $С$ — количество синих карандашей, $К$ — количество красных карандашей и $З$ — количество зеленых карандашей.

Из условий задачи нам известно:

1. Всего в коробке 27 карандашей. Это можно записать в виде уравнения: $К + С + З = 27$.

2. Красных карандашей в 14 раз больше, чем синих. Это означает: $К = 14 \times С$.

Теперь мы можем подставить выражение для $К$ из второго уравнения в первое:

$(14 \times С) + С + З = 27$

Упростим полученное уравнение:

$15 \times С + З = 27$

Количество карандашей не может быть дробным или отрицательным числом, поэтому $С$ и $З$ должны быть целыми неотрицательными числами. Выразим $З$ из уравнения:

$З = 27 - 15 \times С$

Поскольку $З \ge 0$, то и $27 - 15 \times С \ge 0$. Решим это неравенство относительно $С$:

$15 \times С \le 27$

$С \le \frac{27}{15}$

$С \le 1.8$

Так как $С$ — это целое число, оно может принимать значения 0 или 1.

Рассмотрим оба возможных случая:

Случай 1: Количество синих карандашей $С = 0$.

В этом случае красных карандашей $К = 14 \times 0 = 0$. Тогда зеленых карандашей $З = 27 - 0 - 0 = 27$. Однако, фраза "в 14 раз больше" подразумевает, что одна величина превосходит другую, а 0 не больше 0. Таким образом, этот вариант не соответствует смыслу условия задачи.

Случай 2: Количество синих карандашей $С = 1$.

В этом случае красных карандашей $К = 14 \times 1 = 14$. Теперь найдем количество зеленых карандашей:

$З = 27 - 15 \times 1 = 27 - 15 = 12$.

Это решение является логичным и целочисленным. Проверим его:

- Красных: 14

- Синих: 1

- Зеленых: 12

- Всего: $14 + 1 + 12 = 27$ (верно).

- Красных (14) в 14 раз больше синих (1) (верно).

Таким образом, в коробке находится 12 зеленых карандашей.

Ответ: 12.

51. При каких натуральных n дробь $ \frac{2n^2 - 3n + 2}{2n - 1} $ есть целое число?

Для того чтобы дробь $\frac{2n^2 - 3n + 2}{2n - 1}$ была целым числом при натуральных $n$, необходимо, чтобы числитель делился на знаменатель без остатка. Чтобы проверить это условие, выделим целую часть дроби, преобразовав ее числитель.

Выполним алгебраическое преобразование числителя $2n^2 - 3n + 2$, чтобы выделить в нем множитель, равный знаменателю $(2n - 1)$:

$2n^2 - 3n + 2 = 2n^2 - n - 2n + 2 = n(2n - 1) - (2n - 2)$

Продолжим преобразование второго слагаемого:

$n(2n - 1) - (2n - 1 - 1) = n(2n - 1) - (2n - 1) + 1$

Теперь сгруппируем члены, содержащие $(2n-1)$:

$(n - 1)(2n - 1) + 1$

Подставим полученное выражение обратно в исходную дробь:

$\frac{(n - 1)(2n - 1) + 1}{2n - 1} = \frac{(n - 1)(2n - 1)}{2n - 1} + \frac{1}{2n - 1} = n - 1 + \frac{1}{2n - 1}$

По условию, $n$ — натуральное число, то есть $n \in \{1, 2, 3, \dots\}$. При любом натуральном $n$ выражение $n - 1$ является целым числом. Чтобы вся сумма $n - 1 + \frac{1}{2n - 1}$ была целым числом, необходимо, чтобы и второе слагаемое, $\frac{1}{2n - 1}$, было целым числом.

Дробь $\frac{1}{k}$ является целым числом только в том случае, если ее знаменатель $k$ является делителем числа 1. Делителями 1 являются числа 1 и -1.

Рассмотрим два возможных случая для знаменателя $2n - 1$:

1. $2n - 1 = 1$

$2n = 2$

$n = 1$

Число 1 является натуральным, следовательно, это возможное решение.

2. $2n - 1 = -1$

$2n = 0$

$n = 0$

Число 0 не является натуральным числом, поэтому данное значение не является решением задачи.

Таким образом, существует только одно натуральное значение $n$, при котором исходная дробь является целым числом.

Проверка: при $n=1$ значение дроби равно $\frac{2(1)^2 - 3(1) + 2}{2(1) - 1} = \frac{2 - 3 + 2}{1} = \frac{1}{1} = 1$. Число 1 — целое.

Ответ: 1.

$2^{n-1}$

52. Найдите значение суммы $1 + 2 \cdot 2 + 3 \cdot 2^2 + 4 \cdot 2^3 + \dots + 50 \cdot 2^{49}$.

Для нахождения значения данной суммы, обозначим её через $S$:

$S = 1 + 2 \cdot 2 + 3 \cdot 2^2 + 4 \cdot 2^3 + \dots + 50 \cdot 2^{49}$

Эту сумму можно записать в компактном виде с использованием знака суммирования:

$S = \sum_{k=1}^{50} k \cdot 2^{k-1}$

Это арифметико-геометрическая прогрессия. Для её вычисления применим стандартный приём. Умножим обе части равенства на знаменатель геометрической прогрессии, то есть на 2:

$2S = 2 \cdot (1 \cdot 2^0 + 2 \cdot 2^1 + 3 \cdot 2^2 + \dots + 50 \cdot 2^{49})$

$2S = 1 \cdot 2^1 + 2 \cdot 2^2 + 3 \cdot 2^3 + \dots + 49 \cdot 2^{49} + 50 \cdot 2^{50}$

Теперь вычтем из исходного выражения для $S$ полученное выражение для $2S$. Для удобства запишем их одно под другим, сдвинув слагаемые в $2S$:

$S \phantom{_2} = 1 \cdot 2^0 + 2 \cdot 2^1 + 3 \cdot 2^2 + \dots + 50 \cdot 2^{49}$

$2S = \phantom{1 \cdot 2^0 +} 1 \cdot 2^1 + 2 \cdot 2^2 + \dots + 49 \cdot 2^{49} + 50 \cdot 2^{50}$

Вычитаем второе уравнение из первого ($S - 2S$):

$S - 2S = 1 \cdot 2^0 + (2-1) \cdot 2^1 + (3-2) \cdot 2^2 + \dots + (50-49) \cdot 2^{49} - 50 \cdot 2^{50}$

$-S = 1 \cdot 2^0 + 1 \cdot 2^1 + 1 \cdot 2^2 + \dots + 1 \cdot 2^{49} - 50 \cdot 2^{50}$

$-S = (2^0 + 2^1 + 2^2 + \dots + 2^{49}) - 50 \cdot 2^{50}$

Сумма в скобках является суммой первых 50 членов геометрической прогрессии, где первый член $b_1 = 2^0 = 1$ и знаменатель $q = 2$. Найдем эту сумму по формуле $S_n = \frac{b_1(q^n - 1)}{q - 1}$:

$S_{50} = \frac{1 \cdot (2^{50} - 1)}{2 - 1} = 2^{50} - 1$

Теперь подставим это значение обратно в выражение для $-S$:

$-S = (2^{50} - 1) - 50 \cdot 2^{50}$

$-S = 2^{50} - 50 \cdot 2^{50} - 1$

$-S = (1 - 50) \cdot 2^{50} - 1$

$-S = -49 \cdot 2^{50} - 1$

Наконец, умножим обе части на -1, чтобы найти искомую сумму $S$:

$S = 49 \cdot 2^{50} + 1$

Ответ: $49 \cdot 2^{50} + 1$

*53. Докажите, что если $a(a + b + c) < 0$, то уравнение $ax^2 + bx + c = 0$ имеет два действительных корня.

Доказательство:

Для того чтобы доказать, что уравнение $ax^2 + bx + c = 0$ имеет два действительных корня, мы можем использовать два основных подхода: анализ дискриминанта или анализ свойств квадратичной функции и ее корней. Рассмотрим второй, более изящный подход, использующий теорему Виета.

Пусть $x_1$ и $x_2$ — корни уравнения $ax^2 + bx + c = 0$. Нам нужно доказать, что эти корни являются действительными и различными.

По условию задачи дано неравенство $a(a + b + c) < 0$.

Поскольку уравнение является квадратным, коэффициент $a \neq 0$. Следовательно, $a^2 > 0$. Мы можем разделить обе части неравенства на $a^2$, не меняя его знака: $\frac{a(a+b+c)}{a^2} < 0$

Упростим выражение: $\frac{a}{a} + \frac{b}{a} + \frac{c}{a} < 0$ $1 + \frac{b}{a} + \frac{c}{a} < 0$

Согласно теореме Виета, для корней квадратного уравнения справедливы следующие соотношения: $x_1 + x_2 = -\frac{b}{a}$ $x_1 x_2 = \frac{c}{a}$

Подставим эти выражения в полученное неравенство: $1 - (x_1 + x_2) + x_1 x_2 < 0$

Теперь преобразуем левую часть этого неравенства, раскрыв скобки и сгруппировав слагаемые: $1 - x_1 - x_2 + x_1 x_2 < 0$ $(1 - x_1) - x_2(1 - x_1) < 0$ Вынесем общий множитель $(1 - x_1)$: $(1 - x_1)(1 - x_2) < 0$

Полученное неравенство $(1 - x_1)(1 - x_2) < 0$ означает, что произведение двух множителей отрицательно. Это возможно только в том случае, если эти множители являются действительными числами и имеют разные знаки.

Рассмотрим, что это говорит о природе корней $x_1$ и $x_2$:

1. Предположим, что корни $x_1$ и $x_2$ являются комплексными сопряженными числами. Тогда $x_1 = p + iq$ и $x_2 = p - iq$, где $p, q$ — действительные числа и $q \neq 0$. В этом случае множители будут: $1 - x_1 = 1 - (p + iq) = (1-p) - iq$ $1 - x_2 = 1 - (p - iq) = (1-p) + iq$ Их произведение будет равно: $(1 - x_1)(1 - x_2) = ((1-p) - iq)((1-p) + iq) = (1-p)^2 - (iq)^2 = (1-p)^2 + q^2$. Поскольку $p$ и $q$ — действительные числа и $q \neq 0$, то $(1-p)^2 \ge 0$ и $q^2 > 0$. Следовательно, их сумма $(1-p)^2 + q^2$ всегда строго положительна. Это противоречит нашему выводу, что $(1-x_1)(1-x_2) < 0$. Значит, корни не могут быть комплексными.

2. Предположим, что уравнение имеет один действительный корень (то есть два совпадающих корня), $x_1 = x_2$. В этом случае произведение $(1 - x_1)(1 - x_2)$ будет равно $(1-x_1)^2$. Квадрат любого действительного числа является неотрицательным, то есть $(1-x_1)^2 \ge 0$. Это также противоречит неравенству $(1-x_1)(1-x_2) < 0$.

Единственная оставшаяся возможность, которая не приводит к противоречию, заключается в том, что корни $x_1$ и $x_2$ являются действительными и различными числами. Только в этом случае множители $(1-x_1)$ и $(1-x_2)$ могут быть действительными числами с разными знаками, и их произведение может быть отрицательным.

Таким образом, мы доказали, что уравнение $ax^2 + bx + c = 0$ имеет два действительных различных корня.

Ответ: Утверждение доказано.

54. Учитель написал на листке бумаги число 20. 35 учащихся передают листок друг другу и каждый из них прибавляет к числу или отнимает от него единицу — как желает. Может ли в результате получиться число 10?

55. Размер массива $2^{30} = 2^{24}$ 0.0001

Для решения этой задачи проанализируем, как изменяется число на листке после каждого действия. Этот метод основан на понятии четности чисел.

Изначально на листке было написано число $20$. Это четное число.

Каждый из $35$ учащихся выполняет одно из двух действий: прибавляет к числу единицу ($+1$) или отнимает от него единицу ($-1$). Оба эти действия изменяют четность числа на противоположную:

- Если число было четным, то после прибавления или вычитания единицы оно станет нечетным (например, $20 + 1 = 21$ или $20 - 1 = 19$).

- Если число было нечетным, то после прибавления или вычитания единицы оно станет четным (например, $21 + 1 = 22$ или $21 - 1 = 20$).

Таким образом, каждый учащийся, выполняя свою операцию, меняет четность числа, которое написано на листке. Проследим за изменением четности числа после каждого действия:

- Исходное число: $20$ (четное).

- После 1-го учащегося: число станет нечетным.

- После 2-го учащегося: число снова станет четным.

- После 3-го учащегося: число снова станет нечетным.

Из этого следует закономерность: после нечетного числа операций (1-й, 3-й, 5-й учащийся и т.д.) число на листке будет нечетным. После четного числа операций (2-й, 4-й, 6-й учащийся и т.д.) число будет четным.

Всего в процессе участвует $35$ учащихся, следовательно, будет выполнено ровно $35$ операций. Поскольку $35$ — это нечетное число, то после всех $35$ операций итоговое число на листке обязательно должно быть нечетным.

В задаче спрашивается, может ли в результате получиться число $10$. Число $10$ является четным.

Так как итоговое число должно быть нечетным, а число $10$ — четное, то получить в результате $10$ невозможно.

Этот вывод можно подтвердить и алгебраическим способом. Пусть $k$ — количество учащихся, которые прибавили единицу. Тогда $(35 - k)$ — количество учащихся, которые отняли единицу. Итоговое число $N$ можно вычислить по формуле:

$N = 20 + k \cdot 1 + (35 - k) \cdot (-1)$

$N = 20 + k - 35 + k$

$N = 2k - 15$

Теперь проверим, может ли $N$ быть равным $10$. Подставим это значение в уравнение:

$10 = 2k - 15$

$2k = 10 + 15$

$2k = 25$

$k = 25 / 2 = 12.5$

Поскольку $k$ представляет собой количество учащихся, это число должно быть целым (в диапазоне от $0$ до $35$). Полученное значение $k=12.5$ не является целым, следовательно, не существует такого целого числа учеников, прибавляющих единицу, чтобы в итоге получилось число $10$.

Ответ: Нет, не может.

*55. Решите уравнение $\sin^{20}x \cdot \cos^{24}x = 0,0001$.

Рассмотрим данное уравнение: $sin^{20}x \cdot cos^{24}x = 0,0001$.

Левая часть уравнения представляет собой произведение степеней синуса и косинуса. Чтобы решить это уравнение, мы можем исследовать максимальное значение функции в левой части. Пусть $f(x) = sin^{20}x \cdot cos^{24}x$.

Поскольку $sin^2x \ge 0$ и $cos^2x \ge 0$, левая часть уравнения всегда неотрицательна. Мы можем переписать $f(x)$ как $f(x) = (sin^2x)^{10} \cdot (cos^2x)^{12}$.

Для нахождения максимального значения этой функции воспользуемся неравенством о средних арифметическом и геометрическом (неравенством Коши). Для неотрицательных чисел $a_1, a_2, ..., a_n$ справедливо неравенство $\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1a_2...a_n}$, причем равенство достигается тогда и только тогда, когда $a_1=a_2=...=a_n$.

Рассмотрим 22 числа: десять чисел, равных $\frac{sin^2x}{10}$, и двенадцать чисел, равных $\frac{cos^2x}{12}$.

Их среднее арифметическое равно:$A = \frac{10 \cdot \frac{sin^2x}{10} + 12 \cdot \frac{cos^2x}{12}}{10+12} = \frac{sin^2x + cos^2x}{22} = \frac{1}{22}$.

Их среднее геометрическое равно:$G = \sqrt[22]{(\frac{sin^2x}{10})^{10} \cdot (\frac{cos^2x}{12})^{12}} = \sqrt[22]{\frac{sin^{20}x \cdot cos^{24}x}{10^{10} \cdot 12^{12}}}$.

Согласно неравенству Коши, $A \ge G$:$\frac{1}{22} \ge \sqrt[22]{\frac{sin^{20}x \cdot cos^{24}x}{10^{10} \cdot 12^{12}}}$.

Возведем обе части неравенства в 22-ю степень:$(\frac{1}{22})^{22} \ge \frac{sin^{20}x \cdot cos^{24}x}{10^{10} \cdot 12^{12}}$.

Отсюда получаем оценку для левой части исходного уравнения:$sin^{20}x \cdot cos^{24}x \le \frac{10^{10} \cdot 12^{12}}{22^{22}}$.

Таким образом, максимальное значение левой части уравнения равно $M = \frac{10^{10} \cdot 12^{12}}{22^{22}}$. Равенство достигается, когда все числа равны, то есть $\frac{sin^2x}{10} = \frac{cos^2x}{12}$.

Теперь сравним это максимальное значение с правой частью уравнения, которая равна $0,0001 = \frac{1}{10000} = 10^{-4}$. Нам нужно доказать, что $M < 10^{-4}$.

$\frac{10^{10} \cdot 12^{12}}{22^{22}} < \frac{1}{10^4}$

Домножим обе части на $10^4 \cdot 22^{22}$:$10^{10} \cdot 12^{12} \cdot 10^4 < 22^{22}$

$10^{14} \cdot 12^{12} < 22^{22}$

Разложим числа на простые множители:$(2 \cdot 5)^{14} \cdot (2^2 \cdot 3)^{12} < (2 \cdot 11)^{22}$

$2^{14} \cdot 5^{14} \cdot 2^{24} \cdot 3^{12} < 2^{22} \cdot 11^{22}$

$2^{38} \cdot 3^{12} \cdot 5^{14} < 2^{22} \cdot 11^{22}$

Разделим обе части на $2^{22}$ (это положительное число):$2^{16} \cdot 3^{12} \cdot 5^{14} < 11^{22}$.

Докажем это неравенство. Для этого будем использовать цепочку более простых и очевидных неравенств.

1. Сравним $2^{16}$ и $11^5$:$2^{16} = 65536$.$11^5 = 11^2 \cdot 11^3 = 121 \cdot 1331 = 161051$.Очевидно, что $65536 < 161051$, следовательно, $2^{16} < 11^5$.

2. Заменив в доказываемом неравенстве $2^{16}$ на большее число $11^5$, мы получим:$2^{16} \cdot 3^{12} \cdot 5^{14} < 11^5 \cdot 3^{12} \cdot 5^{14}$.Теперь достаточно доказать, что $11^5 \cdot 3^{12} \cdot 5^{14} < 11^{22}$.Разделив на $11^5$, получаем: $3^{12} \cdot 5^{14} < 11^{17}$.

3. Преобразуем левую часть:$3^{12} \cdot 5^{14} = (3^6)^2 \cdot (5^7)^2 = (729)^2 \cdot (78125)^2$. Это сложно.Попробуем по-другому: $3^{12} \cdot 5^{14} = 3^{12} \cdot 5^{12} \cdot 5^2 = (3 \cdot 5)^{12} \cdot 5^2 = 15^{12} \cdot 25$.Нужно доказать, что $25 \cdot 15^{12} < 11^{17}$.Это все еще сложно. Вернемся к $3^{12} \cdot 5^{14} < 11^{17}$.$5^{14} = (5^2)^7 = 25^7$.$3^{12} = (3^3)^4 = 27^4$.Так как $25 < 27$, то $25^7 < 27^7$.Следовательно, $3^{12} \cdot 5^{14} = 27^4 \cdot 25^7 < 27^4 \cdot 27^7 = 27^{11}$.

4. Теперь достаточно доказать, что $27^{11} < 11^{17}$.Это неравенство эквивалентно $27 < 11^{17/11}$.Поскольку $17/11 = 1 + 6/11$, а $1.5 = 1 + 1/2 = 1+5.5/11$, то $17/11 > 1.5$.Так как основание $11 > 1$, функция $y=11^x$ возрастающая, поэтому $11^{17/11} > 11^{1.5}$.Докажем более сильное неравенство: $27 < 11^{1.5}$.$11^{1.5} = 11^{3/2} = \sqrt{11^3} = \sqrt{1331}$.Неравенство: $27 < \sqrt{1331}$.Так как обе части положительны, возведем их в квадрат:$27^2 < 1331$$729 < 1331$.Это верное неравенство. Следовательно, все предыдущие неравенства также верны.

Мы доказали, что $2^{16} \cdot 3^{12} \cdot 5^{14} < 11^{22}$, что означает$\frac{10^{10} \cdot 12^{12}}{22^{22}} < 10^{-4}$.

Таким образом, максимальное значение левой части уравнения строго меньше, чем его правая часть:$f(x)_{max} = \frac{10^{10} \cdot 12^{12}}{22^{22}} < 0,0001$.

Это означает, что левая часть никогда не сможет быть равной правой части. Следовательно, у уравнения нет действительных решений.

Ответ: решений нет (или $x \in \emptyset$).

*56. На олимпиаде 10 учащихся решили 35 задач. Известно, что среди них есть решившие ровно одну, ровно две и ровно три задачи. Докажите, что среди учащихся есть один, решивший не менее пяти задач.

$\sqrt{}$

Для решения этой задачи воспользуемся методом доказательства от противного.

Пусть $N=10$ — общее число учащихся, а $S=35$ — общее число решённых ими задач. По условию, в группе есть как минимум по одному учащемуся, решившему ровно одну, ровно две и ровно три задачи.

Нам нужно доказать, что найдётся хотя бы один учащийся, решивший не менее пяти задач.

Сделаем предположение, обратное тому, что требуется доказать: пусть каждый из 10 учащихся решил менее пяти задач, то есть не более четырёх. Это значит, что количество задач, решённых каждым учеником, может быть равно 0, 1, 2, 3 или 4.

Оценим, какое максимальное количество задач могли бы решить 10 учащихся при таком условии. Чтобы сумма решённых задач была максимальной, нужно, чтобы как можно больше учащихся решили как можно больше задач (в нашем случае — 4), не нарушая других условий задачи.

Из условия мы знаем, что есть как минимум:

• один учащийся, решивший 1 задачу;

• один учащийся, решивший 2 задачи;

• один учащийся, решивший 3 задачи.

Эти 3 ученика уже определены условием. Они вместе решили $1 + 2 + 3 = 6$ задач.

Остаётся $10 - 3 = 7$ учащихся. Согласно нашему предположению, каждый из них решил не более 4 задач. Чтобы получить максимально возможную общую сумму, предположим, что каждый из этих 7 учащихся решил максимально возможное для него число задач, то есть 4.

Тогда эти 7 учащихся решили $7 \times 4 = 28$ задач.

Теперь подсчитаем максимально возможное общее число решённых задач всеми 10 учащимися при нашем предположении:

$S_{max} = (\text{задачи первых трёх}) + (\text{задачи остальных семи}) = 6 + 28 = 34$ задачи.

Получается, что если бы ни один учащийся не решил 5 или более задач, то максимальное число задач, которое они все вместе могли бы решить, составило бы 34.

Однако, по условию задачи, учащиеся решили 35 задач. Мы пришли к противоречию, так как $35 > 34$.

Это противоречие означает, что наше исходное предположение было неверным. Следовательно, утверждение о том, что каждый учащийся решил менее пяти задач, ложно. А это значит, что среди учащихся есть как минимум один, решивший не менее пяти задач.

Ответ: Мы доказали утверждение методом от противного. Предположив, что каждый ученик решил не более 4 задач, мы вычислили, что максимальное возможное суммарное количество решенных задач составляет 34. Это противоречит условию, по которому было решено 35 задач. Следовательно, должен быть хотя бы один ученик, решивший 5 или более задач.

*57. Решите уравнение $tg^2\pi(x + y) + ctg^2\pi(x + y) = \sqrt{\frac{2x}{x^2 + 1}} + 1$.

Для решения данного уравнения воспользуемся методом оценки левой и правой частей. Проанализируем множества значений, которые могут принимать выражения в левой и правой частях уравнения.

1. Анализ левой части уравнения (ЛЧ)

Левая часть уравнения имеет вид $ \tg^2(\pi(x+y)) + \ctg^2(\pi(x+y)) $.

Обозначим $a = \tg^2(\pi(x+y))$. Поскольку это квадрат действительного числа, то $a \ge 0$. Так как $\ctg^2(\pi(x+y)) = \frac{1}{\tg^2(\pi(x+y))}$, то левую часть можно записать в виде $a + \frac{1}{a}$.

Для существования тангенса и котангенса необходимо, чтобы их аргумент $\pi(x+y)$ не был равен $\frac{k\pi}{2}$ для любого целого $k$. Это означает, что $\tg(\pi(x+y)) \ne 0$ и $\ctg(\pi(x+y)) \ne 0$, следовательно, $a > 0$.

Для любого положительного числа $a$ справедливо неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши): $a + \frac{1}{a} \ge 2\sqrt{a \cdot \frac{1}{a}} = 2$. Равенство достигается только в том случае, когда $a = \frac{1}{a}$, то есть $a^2=1$, что для $a>0$ означает $a=1$.

Таким образом, левая часть уравнения всегда не меньше 2:

$\tg^2(\pi(x+y)) + \ctg^2(\pi(x+y)) \ge 2$.

Равенство достигается при условии $\tg^2(\pi(x+y)) = 1$.

2. Анализ правой части уравнения (ПЧ)

Правая часть уравнения имеет вид $\sqrt{\frac{2x}{x^2+1}} + 1$.

Выражение под корнем должно быть неотрицательным: $\frac{2x}{x^2+1} \ge 0$. Так как знаменатель $x^2+1$ всегда положителен при любом действительном $x$, это неравенство сводится к $2x \ge 0$, то есть $x \ge 0$.

Рассмотрим выражение $\frac{2x}{x^2+1}$. Для любого действительного $x$ справедливо неравенство $(x-1)^2 \ge 0$, которое можно переписать как $x^2 - 2x + 1 \ge 0$, или $x^2+1 \ge 2x$.

Поскольку $x^2+1 > 0$, мы можем разделить обе части неравенства на $x^2+1$, не меняя знака:

$\frac{2x}{x^2+1} \le 1$.

Таким образом, подкоренное выражение удовлетворяет двойному неравенству $0 \le \frac{2x}{x^2+1} \le 1$.

Из этого следует, что $0 \le \sqrt{\frac{2x}{x^2+1}} \le \sqrt{1} = 1$.

Тогда для всей правой части уравнения получаем:

$1 \le \sqrt{\frac{2x}{x^2+1}} + 1 \le 1+1=2$.

Итак, правая часть уравнения всегда не больше 2:

$\sqrt{\frac{2x}{x^2+1}} + 1 \le 2$.

Равенство достигается, когда $\frac{2x}{x^2+1} = 1$, что, как мы видели, эквивалентно $(x-1)^2=0$, то есть при $x=1$.

3. Решение уравнения

Мы получили, что левая часть уравнения всегда не меньше 2, а правая часть всегда не больше 2. Равенство в исходном уравнении возможно тогда и только тогда, когда обе части одновременно равны 2.

$\tg^2(\pi(x+y)) + \ctg^2(\pi(x+y)) = 2$

и

$\sqrt{\frac{2x}{x^2+1}} + 1 = 2$.

Решим второе уравнение, чтобы найти $x$:

$\sqrt{\frac{2x}{x^2+1}} = 1$

$\frac{2x}{x^2+1} = 1$

$2x = x^2+1$

$x^2 - 2x + 1 = 0$

$(x-1)^2 = 0$

$x=1$.

Теперь решим первое уравнение, подставив найденное значение $x=1$:

$\tg^2(\pi(1+y)) = 1$

Это уравнение распадается на два:

$\tg(\pi(1+y)) = 1$ или $\tg(\pi(1+y)) = -1$.

Решения этих уравнений можно объединить в одну серию:

$\pi(1+y) = \frac{\pi}{4} + \frac{n\pi}{2}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Разделим обе части на $\pi$:

$1+y = \frac{1}{4} + \frac{n}{2}$

$y = \frac{1}{4} + \frac{n}{2} - 1$

$y = \frac{n}{2} - \frac{3}{4}$

$y = \frac{2n - 3}{4}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Таким образом, решениями уравнения являются все пары чисел $(x, y)$ указанного вида.

Ответ: $x=1, y = \frac{2n-3}{4}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

58. Найдите значение выражения $\frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \frac{3}{4!} + \dots + \frac{n}{(n+1)!}$.

Для нахождения значения данного выражения, представим его в виде суммы:

$S_n = \frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \frac{3}{4!} + \dots + \frac{n}{(n+1)!} = \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{(k+1)!}$

Рассмотрим общий член этой суммы $a_k = \frac{k}{(k+1)!}$. Преобразуем его, представив числитель $k$ в виде разности $(k+1)-1$.

$a_k = \frac{(k+1)-1}{(k+1)!}$

Теперь разделим эту дробь на две части:

$a_k = \frac{k+1}{(k+1)!} - \frac{1}{(k+1)!}$

Используя свойство факториала, согласно которому $(k+1)! = (k+1) \cdot k!$, мы можем упростить первое слагаемое:

$\frac{k+1}{(k+1)!} = \frac{k+1}{(k+1) \cdot k!} = \frac{1}{k!}$

Таким образом, общий член суммы можно записать в виде разности:

$a_k = \frac{1}{k!} - \frac{1}{(k+1)!}$

Теперь исходная сумма $S_n$ является телескопической суммой, так как каждый следующий член частично сокращается с предыдущим:

$S_n = \sum_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{k!} - \frac{1}{(k+1)!}\right)$

Распишем несколько первых и последний члены этой суммы:

$S_n = \left(\frac{1}{1!} - \frac{1}{2!}\right) + \left(\frac{1}{2!} - \frac{1}{3!}\right) + \left(\frac{1}{3!} - \frac{1}{4!}\right) + \dots + \left(\frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+1)!}\right)$

Как видно, все внутренние члены суммы взаимно уничтожаются: $-\frac{1}{2!}$ сокращается с $+\frac{1}{2!}$, $-\frac{1}{3!}$ сокращается с $+\frac{1}{3!}$ и так далее. В результате от всей суммы остаются только первый член первой пары и последний член последней пары:

$S_n = \frac{1}{1!} - \frac{1}{(n+1)!}$

Поскольку $1! = 1$, значение выражения равно:

$S_n = 1 - \frac{1}{(n+1)!}$

Ответ: $1 - \frac{1}{(n+1)!}$

*59. Докажите, что $21 + 21^2 + 21^3 + 21^4 + \dots + 21^{2007} + 21^{2008}$ делится нацело на 11.

Обозначим данную сумму как $S$:

$S = 21 + 21^2 + 21^3 + 21^4 + \dots + 21^{2007} + 21^{2008}$

Заметим, что общее количество слагаемых в сумме равно 2008. Это чётное число, поэтому мы можем сгруппировать все слагаемые в пары:

$S = (21 + 21^2) + (21^3 + 21^4) + \dots + (21^{2007} + 21^{2008})$

В каждой паре вынесем за скобки общий множитель. Для первой пары это $21$, для второй $21^3$, и так далее.

$S = 21(1 + 21) + 21^3(1 + 21) + \dots + 21^{2007}(1 + 21)$

Так как $1 + 21 = 22$, выражение принимает вид:

$S = 21 \cdot 22 + 21^3 \cdot 22 + \dots + 21^{2007} \cdot 22$

Теперь можно вынести общий множитель 22 за скобки всей суммы:

$S = 22 \cdot (21 + 21^3 + \dots + 21^{2007})$

Пусть $K = 21 + 21^3 + \dots + 21^{2007}$. Так как $K$ является суммой целых чисел, $K$ — целое число. Тогда сумму $S$ можно представить в виде $S = 22 \cdot K$.

Поскольку $22 = 2 \cdot 11$, получаем $S = 2 \cdot 11 \cdot K = 11 \cdot (2K)$. Это означает, что сумма $S$ является произведением числа 11 и целого числа $(2K)$, следовательно, $S$ делится нацело на 11.

Ответ: Утверждение доказано.

60. Докажите, что при любом x имеет место неравенство $x^8 + x^6 - 4x^4 + x^2 + 1 \ge 0$.

60. Для доказательства неравенства $x^8 + x^6 - 4x^4 + x^2 + 1 \ge 0$ преобразуем его левую часть, представив ее в виде суммы неотрицательных слагаемых. Для этого сгруппируем члены многочлена. Представим слагаемое $-4x^4$ как сумму $-2x^4 - 2x^4$ и выполним группировку:

$x^8 + x^6 - 4x^4 + x^2 + 1 = (x^8 - 2x^4 + 1) + (x^6 - 2x^4 + x^2)$

Рассмотрим каждую группу слагаемых в скобках отдельно.

Первая группа, $x^8 - 2x^4 + 1$, является полным квадратом разности. Используя формулу $(a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2$, получаем:

$x^8 - 2x^4 + 1 = (x^4)^2 - 2 \cdot x^4 \cdot 1 + 1^2 = (x^4 - 1)^2$

Во второй группе, $x^6 - 2x^4 + x^2$, вынесем общий множитель $x^2$ за скобки:

$x^6 - 2x^4 + x^2 = x^2(x^4 - 2x^2 + 1)$

Выражение в скобках, $x^4 - 2x^2 + 1$, также является полным квадратом разности:

$x^4 - 2x^2 + 1 = (x^2)^2 - 2 \cdot x^2 \cdot 1 + 1^2 = (x^2 - 1)^2$

Таким образом, левую часть исходного неравенства можно переписать в виде суммы:

$(x^4 - 1)^2 + x^2(x^2 - 1)^2$

Теперь проанализируем полученное выражение.

1. Слагаемое $(x^4 - 1)^2$ является квадратом действительного числа, поэтому оно всегда неотрицательно, то есть $(x^4 - 1)^2 \ge 0$ для любого значения $x$.

2. Слагаемое $x^2(x^2 - 1)^2$ является произведением двух неотрицательных выражений: $x^2 \ge 0$ и $(x^2 - 1)^2 \ge 0$. Произведение неотрицательных чисел также неотрицательно, поэтому $x^2(x^2 - 1)^2 \ge 0$ для любого значения $x$.

Поскольку левая часть исходного неравенства представляет собой сумму двух неотрицательных слагаемых, она сама всегда неотрицательна. Следовательно, $(x^4 - 1)^2 + x^2(x^2 - 1)^2 \ge 0$, что и доказывает справедливость неравенства $x^8 + x^6 - 4x^4 + x^2 + 1 \ge 0$ для любого действительного числа $x$.

Ответ: Неравенство $x^8 + x^6 - 4x^4 + x^2 + 1 \ge 0$ доказано, так как его левая часть может быть представлена в виде суммы неотрицательных слагаемых $(x^4 - 1)^2 + x^2(x^2 - 1)^2$.

61. Докажите неравенство $ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \ge \frac{3}{2} $, где $a, b, c$ — положительные числа.

Данное неравенство известно как неравенство Несбитта. Существует несколько способов его доказательства. Приведем два из них.

Способ 1: Замена переменных

Введем новые переменные. Пусть $x = b+c$, $y = a+c$, $z = a+b$. Так как $a, b, c$ — положительные числа по условию, то $x, y, z$ также положительны.

Теперь выразим $a, b, c$ через $x, y, z$. Сложив три равенства, получим:

$x+y+z = (b+c) + (a+c) + (a+b) = 2(a+b+c)$

Отсюда следует, что $a+b+c = \frac{x+y+z}{2}$.

Теперь найдем $a, b, c$ по отдельности:

$a = (a+b+c) - (b+c) = \frac{x+y+z}{2} - x = \frac{y+z-x}{2}$

$b = (a+b+c) - (a+c) = \frac{x+y+z}{2} - y = \frac{x+z-y}{2}$

$c = (a+b+c) - (a+b) = \frac{x+y+z}{2} - z = \frac{x+y-z}{2}$

Подставим эти выражения в левую часть исходного неравенства:

$\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} = \frac{(y+z-x)/2}{x} + \frac{(x+z-y)/2}{y} + \frac{(x+y-z)/2}{z}$

$= \frac{1}{2} \left( \frac{y+z-x}{x} + \frac{x+z-y}{y} + \frac{x+y-z}{z} \right)$

$= \frac{1}{2} \left( \frac{y}{x} + \frac{z}{x} - 1 + \frac{x}{y} + \frac{z}{y} - 1 + \frac{x}{z} + \frac{y}{z} - 1 \right)$

Сгруппируем слагаемые:

$= \frac{1}{2} \left( \left(\frac{x}{y} + \frac{y}{x}\right) + \left(\frac{x}{z} + \frac{z}{x}\right) + \left(\frac{y}{z} + \frac{z}{y}\right) - 3 \right)$

Воспользуемся известным неравенством: для любого положительного числа $t > 0$ справедливо $t + \frac{1}{t} \ge 2$. Это следует из неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для двух чисел.

Применим это к каждой паре слагаемых в скобках:

$\frac{x}{y} + \frac{y}{x} \ge 2$

$\frac{x}{z} + \frac{z}{x} \ge 2$

$\frac{y}{z} + \frac{z}{y} \ge 2$

Следовательно, выражение в левой части не меньше, чем:

$\frac{1}{2} (2 + 2 + 2 - 3) = \frac{1}{2}(3) = \frac{3}{2}$

Таким образом, мы доказали, что $\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \ge \frac{3}{2}$. Равенство достигается при $x=y=z$, что соответствует случаю $a=b=c$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

Способ 2: Преобразование выражения и неравенство о средних

Обозначим левую часть неравенства через $S$:

$S = \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b}$

Прибавим к каждой дроби 1. Это эквивалентно прибавлению 3 к левой части. После этого преобразуем выражение:

$S+3 = \left(\frac{a}{b+c} + 1\right) + \left(\frac{b}{a+c} + 1\right) + \left(\frac{c}{a+b} + 1\right)$

$S+3 = \frac{a+b+c}{b+c} + \frac{a+b+c}{a+c} + \frac{a+b+c}{a+b}$

Вынесем общий множитель $(a+b+c)$ за скобки:

$S+3 = (a+b+c) \left( \frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{a+b} \right)$

Теперь воспользуемся неравенством между средним арифметическим (AM) и средним гармоническим (HM) для трех положительных чисел $x_1 = b+c$, $x_2 = a+c$ и $x_3 = a+b$.

Неравенство AM-HM имеет вид: $\frac{x_1+x_2+x_3}{3} \ge \frac{3}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3}}$.

Подставим наши значения:

$\frac{(b+c)+(a+c)+(a+b)}{3} \ge \frac{3}{\frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{a+b}}$

Упростим левую часть:

$\frac{2(a+b+c)}{3} \ge \frac{3}{\frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{a+b}}$

Перемножим обе части на $3 \cdot \left( \frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{a+b} \right)$ (это выражение положительно, так как $a,b,c > 0$):

$2(a+b+c) \left( \frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{a+b} \right) \ge 9$

Разделим обе части на 2:

$(a+b+c) \left( \frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{a+b} \right) \ge \frac{9}{2}$

Левая часть этого неравенства — это в точности наше выражение для $S+3$.

Следовательно, $S+3 \ge \frac{9}{2}$.

Вычитая 3 из обеих частей, получаем исходное неравенство:

$S \ge \frac{9}{2} - 3 \implies S \ge \frac{3}{2}$

Равенство достигается, когда средние равны, то есть когда $b+c = a+c = a+b$, что возможно только при $a=b=c$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

62. Докажите неравенство $1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1) < n^n$.

Для доказательства неравенства $1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n - 1) < n^n$ воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (также известным как неравенство Коши).

Неравенство о средних для набора из $n$ неотрицательных чисел $a_1, a_2, \dots, a_n$ утверждает, что их среднее геометрическое не превышает их среднего арифметического:

$\sqrt[n]{a_1 a_2 \dots a_n} \le \frac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n}$

При этом равенство достигается только в том случае, когда все числа в наборе равны между собой, то есть $a_1 = a_2 = \dots = a_n$.

Рассмотрим набор, состоящий из первых $n$ нечетных натуральных чисел: $1, 3, 5, \dots, (2n - 1)$.

Найдем среднее арифметическое (СА) этих $n$ чисел:

$СА = \frac{1 + 3 + 5 + \dots + (2n - 1)}{n}$

Сумма в числителе является суммой первых $n$ членов арифметической прогрессии с первым членом $a_1 = 1$ и последним членом $a_n = 2n - 1$. Сумма арифметической прогрессии вычисляется по формуле $S_n = \frac{n(a_1 + a_n)}{2}$.

Подставив наши значения, получаем:

$S_n = \frac{n(1 + (2n - 1))}{2} = \frac{n(2n)}{2} = n^2$

Следовательно, среднее арифметическое равно:

$СА = \frac{n^2}{n} = n$

Среднее геометрическое (СГ) для этого же набора чисел равно:

$СГ = \sqrt[n]{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n - 1)}$

Применяя неравенство о средних, получаем:

$СГ \le СА$

$\sqrt[n]{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n - 1)} \le n$

Теперь рассмотрим условие, при котором в этом неравенстве достигается равенство. Равенство $СГ = СА$ возможно только тогда, когда все числа в наборе равны, то есть $1 = 3 = 5 = \dots = (2n - 1)$. Это верно только при $n=1$.

Для любого натурального числа $n > 1$ числа в наборе $1, 3, 5, \dots, (2n - 1)$ не равны друг другу. Следовательно, для $n > 1$ неравенство о средних будет строгим:

$\sqrt[n]{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n - 1)} < n$

Чтобы получить исходное неравенство, возведем обе части этого строгого неравенства в степень $n$. Так как обе части положительны, знак неравенства при этом не изменится:

$(\sqrt[n]{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n - 1)})^n < n^n$

$1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n - 1) < n^n$

Таким образом, мы доказали, что неравенство справедливо для всех натуральных чисел $n \ge 2$.

Проверим случай $n=1$. Неравенство принимает вид $1 < 1^1$, то есть $1 < 1$, что является ложным утверждением. Значит, для $n=1$ неравенство не выполняется.

Ответ: Неравенство $1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n - 1) < n^n$ доказано для всех натуральных чисел $n \ge 2$. Для $n=1$ неравенство неверно, так как оно превращается в $1 < 1$.

63. Докажите, что если $a+b+c \le 3 (a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0)$, то $\frac{a}{a+1} + \frac{b}{b+1} + \frac{c}{c+1} \le \frac{3}{2}$.

Для доказательства данного неравенства сначала преобразуем его левую часть. Каждый член вида $\frac{x}{x+1}$ можно представить в виде $1 - \frac{1}{x+1}$. Применим это преобразование к каждому слагаемому в сумме:

$\frac{a}{a+1} + \frac{b}{b+1} + \frac{c}{c+1} = \left(1 - \frac{1}{a+1}\right) + \left(1 - \frac{1}{b+1}\right) + \left(1 - \frac{1}{c+1}\right)$

Сгруппировав слагаемые, получаем:

$3 - \left(\frac{1}{a+1} + \frac{1}{b+1} + \frac{1}{c+1}\right)$

Теперь исходное неравенство $\frac{a}{a+1} + \frac{b}{b+1} + \frac{c}{c+1} \le \frac{3}{2}$ можно переписать в следующем виде:

$3 - \left(\frac{1}{a+1} + \frac{1}{b+1} + \frac{1}{c+1}\right) \le \frac{3}{2}$

Перенесем слагаемые, чтобы выразить сумму дробей. Это приведет нас к эквивалентному неравенству, которое и будем доказывать:

$3 - \frac{3}{2} \le \frac{1}{a+1} + \frac{1}{b+1} + \frac{1}{c+1}$

$\frac{3}{2} \le \frac{1}{a+1} + \frac{1}{b+1} + \frac{1}{c+1}$

Для доказательства последнего неравенства воспользуемся неравенством Коши-Буняковского-Шварца в форме Энгеля (также известным как лемма Титу), которое для положительных $x_i$ и $y_i$ утверждает:

$\frac{x_1^2}{y_1} + \frac{x_2^2}{y_2} + \dots + \frac{x_n^2}{y_n} \ge \frac{(x_1+x_2+\dots+x_n)^2}{y_1+y_2+\dots+y_n}$

Применим его к сумме $\frac{1}{a+1} + \frac{1}{b+1} + \frac{1}{c+1}$, представив ее как $\frac{1^2}{a+1} + \frac{1^2}{b+1} + \frac{1^2}{c+1}$. Здесь $x_1=x_2=x_3=1$, а $y_1=a+1$, $y_2=b+1$, $y_3=c+1$. Так как по условию $a, b, c \ge 0$, то знаменатели $y_i$ положительны.

$\frac{1^2}{a+1} + \frac{1^2}{b+1} + \frac{1^2}{c+1} \ge \frac{(1+1+1)^2}{(a+1)+(b+1)+(c+1)} = \frac{9}{a+b+c+3}$

Теперь воспользуемся условием задачи: $a+b+c \le 3$. Прибавим 3 к обеим частям этого неравенства:

$a+b+c+3 \le 3+3 = 6$

Поскольку $a,b,c \ge 0$, выражение $a+b+c+3$ положительно. Мы можем взять обратные величины от обеих частей неравенства, изменив при этом его знак на противоположный:

$\frac{1}{a+b+c+3} \ge \frac{1}{6}$

Умножим обе части на 9:

$\frac{9}{a+b+c+3} \ge \frac{9}{6} = \frac{3}{2}$

Теперь мы можем объединить полученные результаты в одну цепочку неравенств:

$\frac{1}{a+1} + \frac{1}{b+1} + \frac{1}{c+1} \ge \frac{9}{a+b+c+3} \ge \frac{3}{2}$

Таким образом, мы доказали, что $\frac{1}{a+1} + \frac{1}{b+1} + \frac{1}{c+1} \ge \frac{3}{2}$. Поскольку это неравенство эквивалентно исходному, то и исходное неравенство доказано.

Ответ: Что и требовалось доказать.

64. Найдите множество значений функции $y = \sin^2 x - \sin x$.

Для нахождения множества значений функции $y = \sin^2x - \sin x$ сделаем замену переменной. Пусть $t = \sin x$.

Область значений функции синус – это отрезок $[-1, 1]$, следовательно, переменная $t$ может принимать значения в пределах этого отрезка: $t \in [-1, 1]$.

Теперь задача сводится к нахождению множества значений квадратичной функции $y(t) = t^2 - t$ на отрезке $[-1, 1]$.

Графиком функции $y(t) = t^2 - t$ является парабола, ветви которой направлены вверх, так как коэффициент при старшем члене ($t^2$) положителен (равен 1).

Следовательно, свое наименьшее значение на отрезке функция будет принимать либо в вершине параболы (если она попадает в этот отрезок), либо на одном из концов отрезка.

Найдем абсциссу вершины параболы по формуле $t_0 = -\frac{b}{2a}$. Для нашей функции $a=1, b=-1$.

$t_0 = -\frac{-1}{2 \cdot 1} = \frac{1}{2}$.

Так как $t_0 = \frac{1}{2}$ принадлежит отрезку $[-1, 1]$, то наименьшее значение функции на этом отрезке достигается именно в этой точке.

Найдем это наименьшее значение:

$y_{min} = y(\frac{1}{2}) = (\frac{1}{2})^2 - \frac{1}{2} = \frac{1}{4} - \frac{2}{4} = -\frac{1}{4}$.

Наибольшее значение параболы с ветвями вверх на отрезке достигается на одном из его концов. Вычислим значения функции на концах отрезка $[-1, 1]$:

$y(-1) = (-1)^2 - (-1) = 1 + 1 = 2$.

$y(1) = 1^2 - 1 = 1 - 1 = 0$.

Сравнивая значения на концах отрезка ($2$ и $0$), выбираем наибольшее. Таким образом, $y_{max} = 2$.

Поскольку функция $y(t)$ непрерывна на отрезке $[-1, 1]$, ее множество значений – это отрезок от наименьшего значения до наибольшего.

Итак, множество значений функции $y = \sin^2x - \sin x$ есть отрезок $[-\frac{1}{4}; 2]$.

Ответ: $[-\frac{1}{4}; 2]$.

65. Найдите наибольшее значение функции $y = \frac{16}{x^2 - 6x + 17}$.

Данная функция $y = \frac{16}{x^2 - 6x + 17}$ представляет собой дробь, в числителе которой находится положительное постоянное число 16. Чтобы значение всей дроби было наибольшим, необходимо, чтобы ее знаменатель был наименьшим и при этом положительным.

Рассмотрим знаменатель как квадратичную функцию $g(x) = x^2 - 6x + 17$. Графиком этой функции является парабола, ветви которой направлены вверх, поскольку коэффициент при $x^2$ (равный 1) положителен. Следовательно, эта функция имеет наименьшее значение в своей вершине.

Найдем координаты вершины параболы. Абсцисса вершины $x_0$ вычисляется по формуле $x_0 = -\frac{b}{2a}$. Для нашей функции $a=1$, $b=-6$.

$x_0 = -\frac{-6}{2 \cdot 1} = \frac{6}{2} = 3$.

Теперь найдем наименьшее значение знаменателя, подставив значение $x_0 = 3$ в его выражение:

$g_{min} = g(3) = 3^2 - 6 \cdot 3 + 17 = 9 - 18 + 17 = 8$.

Также наименьшее значение знаменателя можно найти, выделив полный квадрат:

$x^2 - 6x + 17 = (x^2 - 2 \cdot x \cdot 3 + 3^2) - 3^2 + 17 = (x-3)^2 - 9 + 17 = (x-3)^2 + 8$.

Выражение $(x-3)^2$ всегда больше или равно нулю. Его наименьшее значение равно 0 и достигается при $x=3$. Тогда наименьшее значение всего знаменателя составляет $0 + 8 = 8$.

Поскольку наименьшее значение знаменателя равно 8 (и оно положительно), наибольшее значение функции $y$ будет равно:

$y_{max} = \frac{16}{g_{min}} = \frac{16}{8} = 2$.

Ответ: 2