Страница 93, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Пак, Ардакулы

1. (1) Постройте графики функций:

а) $y=\operatorname{tg}x$; б) $y=\operatorname{tg}2x$; в) $y=-\operatorname{tg}2x$; г) $y=1-\operatorname{tg}2x$.

Для построения графиков данных функций мы будем последовательно выполнять преобразования, начиная с базового графика функции $y = \tg x$.

а) $y=\tg x$

Это основная функция тангенса (тангенсоида). Для её построения вспомним её ключевые свойства:

1. Область определения: все действительные числа $x$, кроме $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k$ – любое целое число ($k \in \mathbb{Z}$). В этих точках функция терпит разрыв, а на графике находятся вертикальные асимптоты.

2. Область значений: все действительные числа, т.е. $y \in (-\infty; +\infty)$.

3. Периодичность: функция периодическая с наименьшим положительным периодом $T = \pi$. Это значит, что график повторяется на каждом интервале длиной $\pi$.

4. Нули функции (точки пересечения с осью Ox): $\tg x = 0$ при $x = \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

5. Монотонность: функция возрастает на каждом из интервалов своей области определения, например, на интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.

6. Ключевые точки на главном периоде $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$: при $x=0, y=0$; при $x=\frac{\pi}{4}, y=1$; при $x=-\frac{\pi}{4}, y=-1$.

Построение:
На координатной плоскости проводим вертикальные асимптоты $x = -\frac{\pi}{2}$, $x = \frac{\pi}{2}$, $x = \frac{3\pi}{2}$ и т.д. Затем на интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ отмечаем точки $(-\frac{\pi}{4}, -1)$, $(0, 0)$, $(\frac{\pi}{4}, 1)$. Соединяем их плавной кривой, которая стремится к асимптотам. Повторяем эту ветвь на других интервалах с шагом $\pi$.

Ответ: График функции $y = \tg x$ – это тангенсоида, периодическая кривая с периодом $\pi$, проходящая через начало координат, возрастающая на всей области определения и имеющая вертикальные асимптоты в точках $x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

б) $y=\tg 2x$

График этой функции можно получить из графика $y = \tg x$ с помощью преобразования аргумента.

1. Преобразование: Замена $x$ на $2x$ соответствует сжатию графика вдоль оси Ox к оси Oy в 2 раза.

2. Период: Период функции уменьшится в 2 раза. Новый период $T' = \frac{T}{2} = \frac{\pi}{2}$.

3. Асимптоты: Исходные асимптоты были в точках $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$. Теперь $2x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, откуда новые асимптоты $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$. Например, $x = \pm \frac{\pi}{4}, x = \pm \frac{3\pi}{4}$ и т.д.

4. Нули функции: Исходные нули были в точках $x = \pi k$. Теперь $2x = \pi k$, откуда новые нули $x = \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$. Например, $x=0, x=\pm \frac{\pi}{2}, x=\pm \pi$ и т.д.

5. Ключевые точки: Координаты x всех точек графика $y=\tg x$ делятся на 2. Например, точка $(\frac{\pi}{4}, 1)$ переходит в точку $(\frac{\pi}{8}, 1)$, а точка $(-\frac{\pi}{4}, -1)$ – в точку $(-\frac{\pi}{8}, -1)$. Точка $(0, 0)$ остается на месте.

Построение:
Берем график $y = \tg x$ и сжимаем его по горизонтали в 2 раза. Ветви графика станут "круче", а расстояние между асимптотами уменьшится до $\frac{\pi}{2}$.

Ответ: График функции $y = \tg 2x$ получается из графика $y = \tg x$ путем сжатия вдоль оси абсцисс в 2 раза. Период функции равен $\frac{\pi}{2}$, а вертикальные асимптоты находятся в точках $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.

в) $y=-\tg 2x$

График этой функции получается из графика $y = \tg 2x$ (построенного в предыдущем пункте) с помощью еще одного преобразования.

1. Преобразование: Знак "минус" перед функцией означает симметричное отражение графика относительно оси Ox.

2. Свойства: Область определения, область значений, период ($T' = \frac{\pi}{2}$), асимптоты ($x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}$) и нули функции ($x = \frac{\pi k}{2}$) остаются такими же, как у функции $y = \tg 2x$.

3. Монотонность: Если $y = \tg 2x$ была возрастающей функцией на каждом интервале определения, то $y = -\tg 2x$ будет убывающей.

4. Ключевые точки: Точки графика $y = \tg 2x$ отражаются относительно оси Ox. Точка $(\frac{\pi}{8}, 1)$ переходит в $(\frac{\pi}{8}, -1)$, а $(-\frac{\pi}{8}, -1)$ – в $(-\frac{\pi}{8}, 1)$. Точка $(0,0)$ остается на месте.

Построение:
Берем график $y = \tg 2x$ и зеркально отражаем его относительно оси абсцисс. Каждая ветвь теперь будет убывающей.

Ответ: График функции $y = -\tg 2x$ получается из графика $y = \tg 2x$ путем симметричного отражения относительно оси Ox. В результате возрастающие ветви тангенсоиды становятся убывающими.

г) $y=1-\tg 2x$

Данную функцию можно представить в виде $y = -\tg 2x + 1$. Её график получается из графика $y = -\tg 2x$ (построенного в пункте в)) последним преобразованием.

1. Преобразование: Прибавление константы 1 к функции означает параллельный перенос (

2. (1) Постройте графики функций:

а) $y = \text{ctg } x$;

б) $y = \text{ctg } |x|$;

в) $y = \text{ctg } |x|-1$;

г) $y = |\text{ctg } |x|-1|$.

а) Для построения графика функции $y = \ctg x$ воспользуемся её основными свойствами. Функция $y = \ctg x$ определена для всех $x$, кроме $x = \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Прямые $x = \pi n$ являются вертикальными асимптотами графика. Область значений функции — все действительные числа $(-\infty; +\infty)$. Функция является периодической с наименьшим положительным периодом $\pi$. Это позволяет нам построить график на одном промежутке длиной $\pi$, например, на интервале $(0, \pi)$, а затем продублировать его на всю числовую ось. На интервале $(0, \pi)$ функция монотонно убывает. При $x \to 0^+$, $y \to +\infty$. При $x \to \pi^-$, $y \to -\infty$. Ключевые точки на

19. (2)

Найдите значение функции $f(x)=(x-2)^4(11-x)^5$ в точке ее локального минимума.

19. (2)

Для нахождения значения функции в точке ее локального минимума, необходимо сначала найти эту точку. Точки локальных экстремумов (минимумов и максимумов) являются критическими точками функции, то есть точками, в которых ее производная равна нулю или не существует.

Заданная функция: $f(x) = (x-2)^4(11-x)^5$.Найдем ее производную, используя правило дифференцирования произведения $(u \cdot v)' = u'v + uv'$.Пусть $u(x) = (x-2)^4$ и $v(x) = (11-x)^5$.Тогда их производные:
$u'(x) = 4(x-2)^3 \cdot (x-2)' = 4(x-2)^3$.
$v'(x) = 5(11-x)^4 \cdot (11-x)' = 5(11-x)^4 \cdot (-1) = -5(11-x)^4$.

Производная функции $f(x)$ равна:
$f'(x) = u'v + uv' = 4(x-2)^3(11-x)^5 + (x-2)^4(-5(11-x)^4)$.

Для удобства нахождения корней, вынесем общие множители $(x-2)^3$ и $(11-x)^4$ за скобку:
$f'(x) = (x-2)^3(11-x)^4[4(11-x) - 5(x-2)]$.
Упростим выражение в квадратных скобках:
$4(11-x) - 5(x-2) = 44 - 4x - 5x + 10 = 54 - 9x = 9(6-x)$.

Таким образом, производная принимает вид:
$f'(x) = 9(x-2)^3(11-x)^4(6-x)$.

Приравняем производную к нулю, чтобы найти критические точки:
$9(x-2)^3(11-x)^4(6-x) = 0$.
Корни этого уравнения (критические точки): $x_1=2$, $x_2=6$, $x_3=11$.

Теперь исследуем знак производной в окрестности каждой критической точки, чтобы определить характер экстремума.Знак производной определяется знаками множителей $(x-2)^3$ и $(6-x)$, так как $9 > 0$ и $(11-x)^4 \ge 0$ при всех $x$.
- При переходе через точку $x=2$: слева ($x<2$) множитель $(x-2)^3$ отрицателен, а справа ($x>2$) — положителен. Множитель $(6-x)$ положителен в окрестности $x=2$. Следовательно, производная меняет знак с «-» на «+». Значит, $x=2$ — точка локального минимума.
- При переходе через точку $x=6$: множитель $(x-2)^3$ положителен в окрестности $x=6$, а множитель $(6-x)$ меняет знак с «+» (при $x<6$) на «-» (при $x>6$). Следовательно, производная меняет знак с «+» на «-». Значит, $x=6$ — точка локального максимума.
- При переходе через точку $x=11$: множитель $(11-x)^4$ не меняет знак (он равен нулю в точке и положителен в ее окрестности). Остальные множители в окрестности $x=11$ не меняют знак. Производная слева и справа от $x=11$ отрицательна. Значит, в точке $x=11$ экстремума нет.

Итак, единственная точка локального минимума функции — это $x=2$.Найдем значение функции в этой точке, подставив $x=2$ в исходное выражение для $f(x)$:
$f(2) = (2-2)^4(11-2)^5 = 0^4 \cdot 9^5 = 0 \cdot 59049 = 0$.

Ответ: 0

20. (3) Найдите точки локальных экстремумов для следующих функций:

а) $f(x) = \cos x$;

б) $g(x) = \frac{\sqrt{3}}{4}x - \sin\left(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}\right)$;

В) $g(x) = \cos\left(2x - \frac{\pi}{3}\right) + \cos\left(2x + \frac{\pi}{6}\right) - 2x.$

а) $f(x) = \cos x$

Для нахождения точек локальных экстремумов необходимо найти производную функции, приравнять ее к нулю и исследовать знак производной в окрестности найденных точек (или использовать вторую производную).

1. Находим первую производную функции:

$f'(x) = (\cos x)' = -\sin x$.

2. Находим критические точки, решая уравнение $f'(x) = 0$:

$-\sin x = 0 \implies \sin x = 0$.

Корнями этого уравнения являются $x = k\pi$, где $k \in \mathbb{Z}$.

3. Для определения типа экстремума используем вторую производную:

$f''(x) = (-\sin x)' = -\cos x$.

Подставляем критические точки в $f''(x)$:

$f''(k\pi) = -\cos(k\pi)$.

Если $k$ — четное число ($k=2n$, $n \in \mathbb{Z}$), то $x=2n\pi$. $f''(2n\pi) = -\cos(2n\pi) = -1 < 0$. Следовательно, в этих точках находятся локальные максимумы.

Если $k$ — нечетное число ($k=2n+1$, $n \in \mathbb{Z}$), то $x=(2n+1)\pi$. $f''((2n+1)\pi) = -\cos((2n+1)\pi) = -(-1) = 1 > 0$. Следовательно, в этих точках находятся локальные минимумы.

Ответ: точки локального максимума $x = 2k\pi, k \in \mathbb{Z}$; точки локального минимума $x = \pi + 2k\pi, k \in \mathbb{Z}$.

б) $g(x) = \frac{\sqrt{3}}{4}x - \sin(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})$

1. Находим первую производную функции:

$g'(x) = (\frac{\sqrt{3}}{4}x)' - (\sin(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}))' = \frac{\sqrt{3}}{4} - \cos(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}) \cdot (\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})' = \frac{\sqrt{3}}{4} - \cos(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}) \cdot (-\frac{1}{2})$.

$g'(x) = \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{1}{2}\cos(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})$.

2. Находим критические точки из уравнения $g'(x) = 0$:

$\frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{1}{2}\cos(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}) = 0 \implies \cos(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Отсюда $\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2} = \pm \frac{5\pi}{6} + 2k\pi$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Рассмотрим два случая:

Случай 1: $\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2} = \frac{5\pi}{6} + 2k\pi \implies -\frac{x}{2} = \frac{7\pi}{12} + 2k\pi \implies x = -\frac{7\pi}{6} - 4k\pi$.

Случай 2: $\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2} = -\frac{5\pi}{6} + 2k\pi \implies -\frac{x}{2} = -\frac{13\pi}{12} + 2k\pi \implies x = \frac{13\pi}{6} - 4k\pi$.

3. Находим вторую производную:

$g''(x) = (\frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{1}{2}\cos(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}))' = \frac{1}{2}(-\sin(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})) \cdot (-\frac{1}{2}) = \frac{1}{4}\sin(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})$.

В точках из случая 1: $\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2} = \frac{5\pi}{6} + 2k\pi$, поэтому $g''(x) = \frac{1}{4}\sin(\frac{5\pi}{6}) = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{8} > 0$. Это точки локального минимума.

В точках из случая 2: $\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2} = -\frac{5\pi}{6} + 2k\pi$, поэтому $g''(x) = \frac{1}{4}\sin(-\frac{5\pi}{6}) = \frac{1}{4} \cdot (-\frac{1}{2}) = -\frac{1}{8} < 0$. Это точки локального максимума.

Ответ: точки локального максимума $x = \frac{13\pi}{6} + 4k\pi, k \in \mathbb{Z}$; точки локального минимума $x = -\frac{7\pi}{6} + 4k\pi, k \in \mathbb{Z}$.

в) $g(x) = \cos(2x - \frac{\pi}{3}) + \cos(2x + \frac{\pi}{6}) - 2x$

1. Упростим функцию, используя формулу суммы косинусов $\cos\alpha + \cos\beta = 2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}$:

$\cos(2x + \frac{\pi}{6}) + \cos(2x - \frac{\pi}{3}) = 2\cos(\frac{4x - \pi/6}{2})\cos(\frac{\pi/2}{2}) = 2\cos(2x - \frac{\pi}{12})\cos(\frac{\pi}{4}) = \sqrt{2}\cos(2x - \frac{\pi}{12})$.

Функция принимает вид: $g(x) = \sqrt{2}\cos(2x - \frac{\pi}{12}) - 2x$.

2. Находим первую производную:

$g'(x) = (\sqrt{2}\cos(2x - \frac{\pi}{12}) - 2x)' = \sqrt{2}(-\sin(2x - \frac{\pi}{12})) \cdot 2 - 2 = -2\sqrt{2}\sin(2x - \frac{\pi}{12}) - 2$.

3. Находим критические точки из уравнения $g'(x) = 0$:

$-2\sqrt{2}\sin(2x - \frac{\pi}{12}) - 2 = 0 \implies \sin(2x - \frac{\pi}{12}) = -\frac{1}{\sqrt{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Отсюда получаем две серии решений:

Случай 1: $2x - \frac{\pi}{12} = -\frac{\pi}{4} + 2k\pi \implies 2x = -\frac{\pi}{6} + 2k\pi \implies x = -\frac{\pi}{12} + k\pi, k \in \mathbb{Z}$.

Случай 2: $2x - \frac{\pi}{12} = \frac{5\pi}{4} + 2k\pi \implies 2x = \frac{4\pi}{3} + 2k\pi \implies x = \frac{2\pi}{3} + k\pi, k \in \mathbb{Z}$.

4. Находим вторую производную:

$g''(x) = (-2\sqrt{2}\sin(2x - \frac{\pi}{12}) - 2)' = -4\sqrt{2}\cos(2x - \frac{\pi}{12})$.

В точках из случая 1: $2x - \frac{\pi}{12} = -\frac{\pi}{4} + 2k\pi$. Тогда $g''(x) = -4\sqrt{2}\cos(-\frac{\pi}{4}) = -4\sqrt{2}(\frac{\sqrt{2}}{2}) = -4 < 0$. Это точки локального максимума.

В точках из случая 2: $2x - \frac{\pi}{12} = \frac{5\pi}{4} + 2k\pi$. Тогда $g''(x) = -4\sqrt{2}\cos(\frac{5\pi}{4}) = -4\sqrt{2}(-\frac{\sqrt{2}}{2}) = 4 > 0$. Это точки локального минимума.

Ответ: точки локального максимума $x = -\frac{\pi}{12} + k\pi, k \in \mathbb{Z}$; точки локального минимума $x = \frac{2\pi}{3} + k\pi, k \in \mathbb{Z}$.

21. (3) Найдите точки локальных экстремумов и значения экстремумов для следующих функций:

a) $f(x) = x^2 + \frac{16}{x}$

б) $g(x) = \frac{x+7}{x^2+x-6}$

в) $h(x) = \frac{x^3+2x^2}{(x-1)^2}$

г) $u(x) = \frac{(2-x)^3}{(3-x)^2}$

a) $f(x) = x^2 + \frac{16}{x}$

1. Область определения функции: знаменатель не должен быть равен нулю, поэтому $x \neq 0$. Таким образом, $D(f) = (-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$.

2. Находим первую производную функции:$f'(x) = (x^2 + \frac{16}{x})' = (x^2 + 16x^{-1})' = 2x - 16x^{-2} = 2x - \frac{16}{x^2}$.Приведем к общему знаменателю: $f'(x) = \frac{2x^3 - 16}{x^2}$.

3. Находим критические точки, приравнивая производную к нулю: $f'(x) = 0$.$\frac{2x^3 - 16}{x^2} = 0$.Дробь равна нулю, когда числитель равен нулю, а знаменатель не равен нулю.$2x^3 - 16 = 0 \implies 2x^3 = 16 \implies x^3 = 8 \implies x = 2$.Точка $x=2$ принадлежит области определения функции.

4. Исследуем знак производной в окрестности критической точки. Знаменатель $x^2$ всегда положителен при $x \neq 0$, поэтому знак производной определяется знаком числителя $2x^3 - 16$.При $x \in (-\infty, 0) \cup (0, 2)$ имеем $x^3 < 8$, поэтому $f'(x) < 0$, и функция убывает.При $x \in (2, +\infty)$ имеем $x^3 > 8$, поэтому $f'(x) > 0$, и функция возрастает.При переходе через точку $x=2$ производная меняет знак с «–» на «+». Следовательно, $x=2$ является точкой локального минимума.

5. Находим значение экстремума (локальный минимум):$f_{min} = f(2) = 2^2 + \frac{16}{2} = 4 + 8 = 12$.

Ответ: точка локального минимума $x=2$, значение локального минимума $12$.

б) $g(x) = \frac{x+7}{x^2+x-6}$

1. Область определения: знаменатель $x^2+x-6 \neq 0$. Решим уравнение $x^2+x-6=0$. По теореме Виета, корни $x_1=-3$ и $x_2=2$. Таким образом, $D(g) = (-\infty, -3) \cup (-3, 2) \cup (2, +\infty)$.

2. Найдем первую производную по правилу дифференцирования частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$:$g'(x) = \frac{(x+7)'(x^2+x-6) - (x+7)(x^2+x-6)'}{(x^2+x-6)^2} = \frac{1 \cdot (x^2+x-6) - (x+7)(2x+1)}{(x^2+x-6)^2} = \frac{x^2+x-6 - (2x^2+x+14x+7)}{(x^2+x-6)^2} = \frac{x^2+x-6 - 2x^2-15x-7}{(x^2+x-6)^2} = \frac{-x^2-14x-13}{(x^2+x-6)^2} = -\frac{x^2+14x+13}{(x^2+x-6)^2}$.

3. Критические точки находим из условия $g'(x)=0$:$-\frac{x^2+14x+13}{(x^2+x-6)^2} = 0 \implies x^2+14x+13=0$.Корни уравнения: $x_1=-13, x_2=-1$. Обе точки принадлежат области определения.

4. Определим знаки производной. Знаменатель $(x^2+x-6)^2$ всегда положителен в области определения. Знак $g'(x)$ противоположен знаку параболы $y=x^2+14x+13$, ветви которой направлены вверх.При $x \in (-\infty, -13)$, $x^2+14x+13 > 0$, следовательно $g'(x) < 0$ (функция убывает).При $x \in (-13, -3) \cup (-3, -1)$, $x^2+14x+13 < 0$, следовательно $g'(x) > 0$ (функция возрастает).При $x \in (-1, 2) \cup (2, +\infty)$, $x^2+14x+13 > 0$, следовательно $g'(x) < 0$ (функция убывает).В точке $x=-13$ производная меняет знак с «–» на «+», это точка локального минимума.В точке $x=-1$ производная меняет знак с «+» на «–», это точка локального максимума.

5. Найдем значения экстремумов:Локальный минимум: $g(-13) = \frac{-13+7}{(-13)^2+(-13)-6} = \frac{-6}{169-13-6} = \frac{-6}{150} = -\frac{1}{25}$.Локальный максимум: $g(-1) = \frac{-1+7}{(-1)^2+(-1)-6} = \frac{6}{1-1-6} = \frac{6}{-6} = -1$.

Ответ: точка локального минимума $x=-13$, значение минимума $-\frac{1}{25}$; точка локального максимума $x=-1$, значение максимума $-1$.

в) $h(x) = \frac{x^3+2x^2}{(x-1)^2}$

1. Область определения: $x-1 \neq 0 \implies x \neq 1$. Итак, $D(h) = (-\infty, 1) \cup (1, +\infty)$.

2. Найдем первую производную:$h'(x) = \frac{(3x^2+4x)(x-1)^2 - (x^3+2x^2) \cdot 2(x-1)}{(x-1)^4} = \frac{(x-1)((3x^2+4x)(x-1) - 2(x^3+2x^2))}{(x-1)^4} = \frac{3x^3-3x^2+4x^2-4x - 2x^3-4x^2}{(x-1)^3} = \frac{x^3-3x^2-4x}{(x-1)^3} = \frac{x(x^2-3x-4)}{(x-1)^3} = \frac{x(x-4)(x+1)}{(x-1)^3}$.

3. Критические точки находим из условия $h'(x)=0$:$x(x-4)(x+1) = 0 \implies x_1=-1, x_2=0, x_3=4$. Все точки принадлежат области определения.

4. Исследуем знак производной на интервалах $(-\infty, -1)$, $(-1, 0)$, $(0, 1)$, $(1, 4)$, $(4, +\infty)$ методом интервалов.При $x \in (-\infty, -1)$, $h'(x) > 0$ (функция возрастает).При $x \in (-1, 0)$, $h'(x) < 0$ (функция убывает).При $x \in (0, 1)$, $h'(x) > 0$ (функция возрастает).При $x \in (1, 4)$, $h'(x) < 0$ (функция убывает).При $x \in (4, +\infty)$, $h'(x) > 0$ (функция возрастает).В точке $x=-1$ производная меняет знак с «+» на «–», это точка локального максимума.В точке $x=0$ производная меняет знак с «–» на «+», это точка локального минимума.В точке $x=4$ производная меняет знак с «–» на «+», это точка локального минимума.

5. Найдем значения экстремумов:Локальный максимум: $h(-1) = \frac{(-1)^3+2(-1)^2}{(-1-1)^2} = \frac{-1+2}{4} = \frac{1}{4}$.Локальный минимум: $h(0) = \frac{0^3+2(0)^2}{(0-1)^2} = 0$.Локальный минимум: $h(4) = \frac{4^3+2(4^2)}{(4-1)^2} = \frac{64+32}{9} = \frac{96}{9} = \frac{32}{3}$.

Ответ: точка локального максимума $x=-1$, значение максимума $\frac{1}{4}$; точки локального минимума $x=0$ и $x=4$, значения минимумов $0$ и $\frac{32}{3}$ соответственно.

г) $u(x) = \frac{(2-x)^3}{(3-x)^2}$

1. Область определения: $3-x \neq 0 \implies x \neq 3$. Итак, $D(u) = (-\infty, 3) \cup (3, +\infty)$.

2. Найдем первую производную:$u'(x) = \frac{3(2-x)^2(-1)(3-x)^2 - (2-x)^3 \cdot 2(3-x)(-1)}{(3-x)^4} = \frac{-3(2-x)^2(3-x)^2 + 2(2-x)^3(3-x)}{(3-x)^4} = \frac{(2-x)^2(3-x)[-3(3-x)+2(2-x)]}{(3-x)^4} = \frac{(2-x)^2(-9+3x+4-2x)}{(3-x)^3} = \frac{(2-x)^2(x-5)}{(3-x)^3}$.

3. Критические точки находим из условия $u'(x)=0$:$(2-x)^2(x-5) = 0 \implies x_1=2, x_2=5$. Обе точки принадлежат области определения.

4. Исследуем знак производной. Множитель $(2-x)^2$ неотрицателен и равен нулю при $x=2$, но не меняет знак при переходе через эту точку. Поэтому знак $u'(x)$ определяется знаком дроби $\frac{x-5}{(3-x)^3}$ для $x \neq 2$.При $x \in (-\infty, 3)$, числитель $x-5 < 0$, знаменатель $(3-x)^3 > 0$, поэтому $u'(x) < 0$ (функция убывает на $(-\infty, 2)$ и $(2, 3)$).При $x \in (3, 5)$, числитель $x-5 < 0$, знаменатель $(3-x)^3 < 0$, поэтому $u'(x) > 0$ (функция возрастает).При $x \in (5, +\infty)$, числитель $x-5 > 0$, знаменатель $(3-x)^3 < 0$, поэтому $u'(x) < 0$ (функция убывает).В точке $x=2$ производная равна нулю, но не меняет знак, поэтому экстремума в этой точке нет.В точке $x=5$ производная меняет знак с «+» на «–», следовательно, это точка локального максимума.

5. Найдем значение экстремума:Локальный максимум: $u(5) = \frac{(2-5)^3}{(3-5)^2} = \frac{(-3)^3}{(-2)^2} = \frac{-27}{4}$.

Ответ: точка локального максимума $x=5$, значение максимума $-\frac{27}{4}$.

22. (2) Найти точки локальных экстремумов и значения экстремумов для

функции $h(x)=\sqrt{3} \arccos x-2\sqrt{1-x^2}$.

Для нахождения точек локальных экстремумов и значений экстремумов функции $h(x) = \sqrt{3}\arccos x - 2\sqrt{1-x^2}$ выполним следующие шаги.

Нахождение области определения функции

Функция $h(x)$ состоит из двух слагаемых: $\sqrt{3}\arccos x$ и $-2\sqrt{1-x^2}$. Область определения функции $\arccos x$ - это отрезок $[-1, 1]$. Область определения функции $\sqrt{1-x^2}$ задается условием $1-x^2 \ge 0$, что эквивалентно $x^2 \le 1$, то есть $x \in [-1, 1]$. Следовательно, область определения функции $h(x)$ есть пересечение этих областей, то есть $D(h) = [-1, 1]$.

Нахождение производной функции

Найдем производную функции $h(x)$ по $x$. Используем известные производные: $(\arccos x)' = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ и $(\sqrt{u})' = \frac{u'}{2\sqrt{u}}$.

$h'(x) = (\sqrt{3}\arccos x - 2\sqrt{1-x^2})' = \sqrt{3}(\arccos x)' - 2(\sqrt{1-x^2})'$

$h'(x) = \sqrt{3} \left(-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right) - 2 \left(\frac{-2x}{2\sqrt{1-x^2}}\right) = -\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{1-x^2}} + \frac{2x}{\sqrt{1-x^2}}$

$h'(x) = \frac{2x - \sqrt{3}}{\sqrt{1-x^2}}$

Производная существует на интервале $(-1, 1)$.

Нахождение критических точек

Критические точки - это точки из области определения, в которых производная равна нулю или не существует.

Приравняем производную к нулю: $h'(x) = 0$.

$\frac{2x - \sqrt{3}}{\sqrt{1-x^2}} = 0$

Это уравнение равносильно тому, что числитель равен нулю, а знаменатель не равен нулю.

$2x - \sqrt{3} = 0 \implies 2x = \sqrt{3} \implies x = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Поскольку $\sqrt{3} \approx 1.732$, то $x = \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.866$. Это значение принадлежит интервалу $(-1, 1)$. Таким образом, $x = \frac{\sqrt{3}}{2}$ - стационарная точка.

Производная не существует в точках, где знаменатель равен нулю: $\sqrt{1-x^2} = 0$, то есть при $x = -1$ и $x = 1$. Эти точки являются граничными точками области определения и также являются критическими точками.

Исследование знака производной и определение промежутков монотонности

Исследуем знак производной $h'(x) = \frac{2x - \sqrt{3}}{\sqrt{1-x^2}}$ на интервалах, на которые область определения $(-1, 1)$ разбивается критической точкой $x = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Знаменатель $\sqrt{1-x^2}$ всегда положителен на интервале $(-1, 1)$, поэтому знак производной определяется знаком числителя $2x - \sqrt{3}$.

- На интервале $\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$: возьмем пробную точку $x=0$. $h'(0) = \frac{2(0) - \sqrt{3}}{\sqrt{1-0^2}} = -\sqrt{3} < 0$. Следовательно, функция $h(x)$ убывает на отрезке $\left[-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right]$.

- На интервале $\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, 1\right)$: $2x - \sqrt{3} > 0$. Следовательно, $h'(x)>0$ и функция $h(x)$ возрастает на отрезке $\left[\frac{\sqrt{3}}{2}, 1\right]$.

Определение точек экстремума и значений экстремумов

Поскольку в точке $x = \frac{\sqrt{3}}{2}$ производная меняет знак с минуса на плюс, эта точка является точкой локального минимума.

Граничные точки области определения $x=-1$ и $x=1$ являются точками локальных экстремумов. Так как на отрезке $\left[-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right]$ функция убывает, точка $x=-1$ является точкой локального максимума. Так как на отрезке $\left[\frac{\sqrt{3}}{2}, 1\right]$ функция возрастает, точка $x=1$ является точкой локального максимума.

Найдем значения функции в этих точках:

- Значение в точке локального минимума $x = \frac{\sqrt{3}}{2}$:

$h\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \sqrt{3}\arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) - 2\sqrt{1 - \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \sqrt{3} \cdot \frac{\pi}{6} - 2\sqrt{1 - \frac{3}{4}} = \frac{\pi\sqrt{3}}{6} - 2\sqrt{\frac{1}{4}} = \frac{\pi\sqrt{3}}{6} - 2 \cdot \frac{1}{2} = \frac{\pi\sqrt{3}}{6} - 1$.

- Значение в точке локального максимума $x = -1$:

$h(-1) = \sqrt{3}\arccos(-1) - 2\sqrt{1 - (-1)^2} = \sqrt{3} \cdot \pi - 2\sqrt{0} = \pi\sqrt{3}$.

- Значение в точке локального максимума $x = 1$:

$h(1) = \sqrt{3}\arccos(1) - 2\sqrt{1 - 1^2} = \sqrt{3} \cdot 0 - 2\sqrt{0} = 0$.

Ответ:
Точка локального максимума $x = -1$, значение экстремума $h_{max} = h(-1) = \pi\sqrt{3}$.
Точка локального максимума $x = 1$, значение экстремума $h_{max} = h(1) = 0$.
Точка локального минимума $x = \frac{\sqrt{3}}{2}$, значение экстремума $h_{min} = h\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{\pi\sqrt{3}}{6} - 1$.

23. (1) Функция $f(x)=(x-11)(x-100)^2(x-8)^7$ является производной от некоторой функции $F(x)$. Определите точки локальных экстремумов функции $F(x)$.

(1) Точки локальных экстремумов функции $F(x)$ — это точки из области определения функции, в которых ее производная $F'(x)$ равна нулю или не существует, и при переходе через которые производная меняет свой знак.

По условию задачи, функция $f(x) = (x-11)(x-100)^2(x-8)^7$ является производной от функции $F(x)$, то есть $F'(x) = f(x)$.

Сначала найдем критические точки функции $F(x)$, то есть точки, в которых ее производная равна нулю. Поскольку $F'(x)$ является полиномом, она существует при всех значениях $x$.

Приравняем производную к нулю:

$F'(x) = (x-11)(x-100)^2(x-8)^7 = 0$

Корнями этого уравнения являются $x=11$, $x=100$ и $x=8$. Это и есть критические точки функции $F(x)$.

Теперь исследуем знак производной $F'(x)$ на интервалах, которые образуются этими точками на числовой оси: $(-\infty; 8)$, $(8; 11)$, $(11; 100)$ и $(100; \infty)$. Для этого воспользуемся методом интервалов.

Знак производной $F'(x)$ зависит от знаков множителей $(x-11)$, $(x-100)^2$ и $(x-8)^7$.

• Множитель $(x-100)^2$ всегда неотрицателен (поскольку возводится в четную степень), и он не влияет на смену знака производной при переходе через точку $x=100$.
• Знак множителя $(x-8)^7$ совпадает со знаком выражения $(x-8)$, так как он возводится в нечетную степень.
• Знак множителя $(x-11)$ меняется в точке $x=11$.

Определим знаки $F'(x)$ на интервалах:

1. Интервал $(-\infty; 8)$: Возьмем пробную точку, например, $x=0$.
$(0-11) < 0$ (знак "-")
$(0-100)^2 > 0$ (знак "+")
$(0-8)^7 < 0$ (знак "-")
Итоговый знак $F'(x)$: $(-) \cdot (+) \cdot (-) = (+)$. Функция $F(x)$ возрастает.

2. Интервал $(8; 11)$: Возьмем пробную точку, например, $x=10$.
$(10-11) < 0$ (знак "-")
$(10-100)^2 > 0$ (знак "+")
$(10-8)^7 > 0$ (знак "+")
Итоговый знак $F'(x)$: $(-) \cdot (+) \cdot (+) = (-)$. Функция $F(x)$ убывает.

3. Интервал $(11; 100)$: Возьмем пробную точку, например, $x=20$.
$(20-11) > 0$ (знак "+")
$(20-100)^2 > 0$ (знак "+")
$(20-8)^7 > 0$ (знак "+")
Итоговый знак $F'(x)$: $(+) \cdot (+) \cdot (+) = (+)$. Функция $F(x)$ возрастает.

4. Интервал $(100; \infty)$: Возьмем пробную точку, например, $x=101$.
$(101-11) > 0$ (знак "+")
$(101-100)^2 > 0$ (знак "+")
$(101-8)^7 > 0$ (знак "+")
Итоговый знак $F'(x)$: $(+) \cdot (+) \cdot (+) = (+)$. Функция $F(x)$ возрастает.

Теперь проанализируем поведение функции в критических точках:

• В точке $x=8$ знак производной $F'(x)$ меняется с плюса на минус ($+\to-$). Следовательно, $x=8$ является точкой локального максимума.

• В точке $x=11$ знак производной $F'(x)$ меняется с минуса на плюс ($-\to+$). Следовательно, $x=11$ является точкой локального минимума.

• При переходе через точку $x=100$ знак производной $F'(x)$ не меняется (остается положительным). Следовательно, $x=100$ не является точкой локального экстремума.

Ответ: точка локального максимума $x=8$, точка локального минимума $x=11$.

24. (3) Найти критические точки функций:

a) $g(x)=5\cos \left(3x-\frac{\pi }{6}\right)-3\cos \left(5x+\frac{\pi }{3}\right)$;

б) $h(x)=\frac{1}{3}\cos 3x+\frac{1}{7}\cos 7x-\frac{2}{5}\cos 5x-\frac{2}{7}.$

а) Чтобы найти критические точки функции $g(x)=5\cos(3x-\frac{\pi}{6})-3\cos(5x+\frac{\pi}{3})$, нужно найти точки из области определения, в которых ее производная равна нулю или не существует.

Функция $g(x)$ определена и дифференцируема на всей числовой прямой, так как является комбинацией тригонометрических функций. Найдем ее производную $g'(x)$, используя правило дифференцирования сложной функции:

$g'(x) = (5\cos(3x-\frac{\pi}{6})-3\cos(5x+\frac{\pi}{3}))'$

$g'(x) = 5(-\sin(3x-\frac{\pi}{6})) \cdot (3x-\frac{\pi}{6})' - 3(-\sin(5x+\frac{\pi}{3})) \cdot (5x+\frac{\pi}{3})'$

$g'(x) = -5\sin(3x-\frac{\pi}{6}) \cdot 3 + 3\sin(5x+\frac{\pi}{3}) \cdot 5$

$g'(x) = 15\sin(5x+\frac{\pi}{3}) - 15\sin(3x-\frac{\pi}{6})$

Поскольку производная существует для всех действительных $x$, критические точки - это стационарные точки, то есть точки, в которых производная равна нулю. Приравняем производную к нулю:

$15\sin(5x+\frac{\pi}{3}) - 15\sin(3x-\frac{\pi}{6}) = 0$

$\sin(5x+\frac{\pi}{3}) = \sin(3x-\frac{\pi}{6})$

Равенство $\sin\alpha = \sin\beta$ выполняется в двух случаях ($k \in \mathbb{Z}$):

1) $\alpha = \beta + 2\pi k$

$5x+\frac{\pi}{3} = 3x-\frac{\pi}{6} + 2\pi k$

$2x = -\frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{3} + 2\pi k$

$2x = -\frac{3\pi}{6} + 2\pi k$

$2x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k$

$x = -\frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

2) $\alpha = \pi - \beta + 2\pi k$

$5x+\frac{\pi}{3} = \pi - (3x-\frac{\pi}{6}) + 2\pi k$

$5x+\frac{\pi}{3} = \pi - 3x + \frac{\pi}{6} + 2\pi k$

$8x = \pi + \frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{3} + 2\pi k$

$8x = \frac{6\pi+\pi-2\pi}{6} + 2\pi k$

$8x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$

$x = \frac{5\pi}{48} + \frac{\pi k}{4}, k \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = -\frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$; $x = \frac{5\pi}{48} + \frac{\pi k}{4}, k \in \mathbb{Z}$.

б) Найдем критические точки функции $h(x)=\frac{1}{3}\cos3x+\frac{1}{7}\cos7x-\frac{2}{5}\cos5x-\frac{2}{7}$.

Функция $h(x)$ определена и дифференцируема на всей числовой прямой. Найдем ее производную $h'(x)$:

$h'(x) = (\frac{1}{3}\cos3x+\frac{1}{7}\cos7x-\frac{2}{5}\cos5x-\frac{2}{7})'$

$h'(x) = \frac{1}{3}(-\sin3x) \cdot 3 + \frac{1}{7}(-\sin7x) \cdot 7 - \frac{2}{5}(-\sin5x) \cdot 5 - 0$

$h'(x) = -\sin3x - \sin7x + 2\sin5x$

Приравняем производную к нулю, так как она существует во всех точках:

$2\sin5x - \sin7x - \sin3x = 0$

$2\sin5x - (\sin7x + \sin3x) = 0$

Воспользуемся формулой суммы синусов $\sin\alpha + \sin\beta = 2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}$:

$\sin7x + \sin3x = 2\sin\frac{7x+3x}{2}\cos\frac{7x-3x}{2} = 2\sin5x\cos2x$

Подставим это выражение в уравнение:

$2\sin5x - 2\sin5x\cos2x = 0$

$2\sin5x(1-\cos2x) = 0$

Произведение равно нулю, если один из множителей равен нулю. Получаем два уравнения:

1) $\sin5x = 0$

$5x = \pi n, n \in \mathbb{Z}$

$x = \frac{\pi n}{5}, n \in \mathbb{Z}$

2) $1 - \cos2x = 0$

$\cos2x = 1$

$2x = 2\pi m, m \in \mathbb{Z}$

$x = \pi m, m \in \mathbb{Z}$

Заметим, что вторая серия решений является подмножеством первой. Действительно, любое решение вида $x = \pi m$ можно представить в виде $\frac{\pi n}{5}$, если взять $n=5m$. Так как $m$ - целое число, $n=5m$ также будет целым. Следовательно, все решения второго случая уже содержатся в решениях первого случая.

Таким образом, все критические точки описываются одной серией решений.

Ответ: $x = \frac{\pi n}{5}, n \in \mathbb{Z}$.

25. (3) При каких значениях параметра $a$ точка $x = -50$ является критической для функции $y=ax^2 + 4a^3x-1$? При каждом из найденных значений $a$ выясните точкой максимума или точкой минимума является $x=-50$ для данной функции.

Критическая точка функции — это внутренняя точка области определения, в которой её производная равна нулю или не существует. Данная функция $y(x) = ax^2 + 4a^3x - 1$ является многочленом, поэтому она определена и дифференцируема на всей числовой оси. Следовательно, её критическими точками могут быть только те точки, в которых производная обращается в ноль.

При каких значениях параметра $a$ точка $x=-50$ является критической для функции $y=ax^2+4a^3x-1$?

Сначала найдем производную функции $y(x)$ по переменной $x$:
$y'(x) = (ax^2 + 4a^3x - 1)' = 2ax + 4a^3$.

Точка $x=-50$ будет критической, если производная в этой точке равна нулю, то есть $y'(-50) = 0$. Подставим $x=-50$ в выражение для производной и решим полученное уравнение относительно $a$:
$y'(-50) = 2a(-50) + 4a^3 = 0$
$-100a + 4a^3 = 0$
$4a(a^2 - 25) = 0$
$4a(a - 5)(a + 5) = 0$

Произведение равно нулю, если один из множителей равен нулю. Отсюда получаем три возможных значения параметра $a$:
$a_1 = 0$
$a_2 = 5$
$a_3 = -5$

Таким образом, точка $x=-50$ является критической при $a \in \{-5, 0, 5\}$.

При каждом из найденных значений $a$ выясните точкой максимума или точкой минимума является $x=-50$ для данной функции.

Для определения характера критической точки воспользуемся тестом по второй производной. Найдем вторую производную функции $y(x)$:
$y''(x) = (2ax + 4a^3)' = 2a$.

Знак второй производной в критической точке определяет тип экстремума: если $y''(x_0) > 0$, то $x_0$ — точка минимума; если $y''(x_0) < 0$, то $x_0$ — точка максимума. Если $y''(x_0) = 0$, то тест не дает однозначного ответа и требуется дополнительное исследование.

Рассмотрим каждый найденный случай для $a$:

1. При $a = 0$
Функция принимает вид $y = 0 \cdot x^2 + 4 \cdot 0^3 \cdot x - 1$, то есть $y = -1$. Это постоянная функция.
Вторая производная $y''(x) = 2a = 2 \cdot 0 = 0$. Тест по второй производной неинформативен.
Поскольку функция является константой, ее значение во всех точках одинаково. Точка $x=-50$ не является ни точкой локального максимума, ни точкой локального минимума.

2. При $a = 5$
Вторая производная $y''(x) = 2a = 2 \cdot 5 = 10$.
Так как $y''(-50) = 10 > 0$, то в точке $x=-50$ функция имеет минимум.

3. При $a = -5$
Вторая производная $y''(x) = 2a = 2 \cdot (-5) = -10$.
Так как $y''(-50) = -10 < 0$, то в точке $x=-50$ функция имеет максимум.

Ответ: Точка $x=-50$ является критической при $a \in \{-5, 0, 5\}$. При $a=-5$ точка $x=-50$ является точкой максимума; при $a=5$ точка $x=-50$ является точкой минимума; при $a=0$ точка $x=-50$ является критической, но не является точкой экстремума.

26. (3) При каких значениях параметра $p$ функция $f(x)=-\frac{x^3}{3}-\frac{(p+5)}{2}x^2+5px+9$ не имеет точек экстремума?

Для того чтобы функция не имела точек экстремума, ее производная не должна менять знак. Точки экстремума (локальные минимумы и максимумы) существуют только в тех точках, где производная равна нулю и при переходе через эту точку меняет свой знак.

Найдем производную данной функции $f(x) = \frac{x^3}{3} - \frac{(p+5)}{2}x^2 + 5px + 9$.

$f'(x) = \left(\frac{x^3}{3}\right)' - \left(\frac{(p+5)}{2}x^2\right)' + (5px)' + (9)' = \frac{3x^2}{3} - \frac{(p+5)}{2} \cdot 2x + 5p + 0$

$f'(x) = x^2 - (p+5)x + 5p$

Производная $f'(x)$ представляет собой квадратичную функцию. Чтобы исходная функция $f(x)$ не имела экстремумов, ее производная $f'(x)$ должна быть всегда одного знака (неотрицательной или неположительной). Так как коэффициент при $x^2$ в выражении для $f'(x)$ равен 1 (положительный), ветви параболы $y = f'(x)$ направлены вверх. Следовательно, $f'(x)$ будет всегда неотрицательной ($f'(x) \ge 0$) в том случае, если квадратное уравнение $f'(x) = 0$ имеет не более одного действительного корня (один корень или не имеет корней).

Условием того, что квадратное уравнение имеет не более одного действительного корня, является неположительность его дискриминанта ($D \le 0$).

Найдем дискриминант уравнения $x^2 - (p+5)x + 5p = 0$:

$D = (-(p+5))^2 - 4 \cdot 1 \cdot (5p) = (p+5)^2 - 20p$

$D = p^2 + 10p + 25 - 20p = p^2 - 10p + 25$

Теперь решим неравенство $D \le 0$ относительно параметра $p$:

$p^2 - 10p + 25 \le 0$

Заметим, что выражение в левой части является полным квадратом разности:

$(p-5)^2 \le 0$

Квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен, то есть $(p-5)^2 \ge 0$ для любого $p$. Поэтому неравенство $(p-5)^2 \le 0$ выполняется только в одном случае, когда $(p-5)^2 = 0$.

Отсюда находим значение $p$:

$p-5 = 0$

$p = 5$

Таким образом, только при значении параметра $p=5$ функция не будет иметь точек экстремума.

Ответ: $p=5$.

27. (2) Из набора чисел 1 2 3 ... 19 вычеркнуты все четные числа, а также все такие числа x, что $ 19-x \vdots 3 $. Сколько осталось чисел?

Для решения задачи последовательно выполним все условия.

1. Исходный набор чисел.
Нам дан набор натуральных чисел от 1 до 19: {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19}. Всего в наборе 19 чисел.

2. Вычеркиваем четные числа.
Первое условие — вычеркнуть все четные числа. В нашем наборе это: {2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18}.
После их удаления у нас остается набор нечетных чисел: {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19}. Теперь в наборе 10 чисел.

3. Вычеркиваем числа по второму условию.
Второе условие — вычеркнуть все числа $x$, для которых разность $19 - x$ делится на 3. Это можно записать с помощью сравнения по модулю: $19 - x \equiv 0 \pmod{3}$.
Поскольку число 19 при делении на 3 дает в остатке 1 ($19 = 3 \cdot 6 + 1$), то $19 \equiv 1 \pmod{3}$.
Подставив это в наше сравнение, получим: $1 - x \equiv 0 \pmod{3}$, что равносильно $x \equiv 1 \pmod{3}$.
Следовательно, нам нужно вычеркнуть все числа, которые при делении на 3 дают в остатке 1.

4. Применяем второе условие к оставшимся числам.
Теперь мы должны применить это правило к набору, который у нас остался после первого шага, то есть к набору нечетных чисел: {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19}.
Проверим каждое из этих чисел:
• 1: $1 \div 3$ дает остаток 1. Вычеркиваем.
• 3: $3 \div 3$ дает остаток 0. Оставляем.
• 5: $5 \div 3$ дает остаток 2. Оставляем.
• 7: $7 \div 3$ дает остаток 1. Вычеркиваем.
• 9: $9 \div 3$ дает остаток 0. Оставляем.
• 11: $11 \div 3$ дает остаток 2. Оставляем.
• 13: $13 \div 3$ дает остаток 1. Вычеркиваем.
• 15: $15 \div 3$ дает остаток 0. Оставляем.
• 17: $17 \div 3$ дает остаток 2. Оставляем.
• 19: $19 \div 3$ дает остаток 1. Вычеркиваем.
Таким образом, по второму правилу мы вычеркиваем числа: {1, 7, 13, 19}.

5. Подводим итог.
Из набора нечетных чисел {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19} мы убрали {1, 7, 13, 19}.
В результате остались числа: {3, 5, 9, 11, 15, 17}.
Посчитаем количество оставшихся чисел — их 6.

Ответ: 6

28. (3)

В последнюю неделю мая количество продаваемых в «Детском мире» надувных игрушек для плавания маленьких детей ежедневно увеличивалось в одно и то же число раз. Найдите отношение количества проданных игрушек 31 мая к количеству проданных игрушек 30 мая, если 27 мая было продано 45 игрушек, а 29 мая – 405 игрушек?

Поскольку по условию количество продаваемых игрушек ежедневно увеличивалось в одно и то же число раз, последовательность ежедневных продаж представляет собой геометрическую прогрессию.

Пусть $a_n$ — это количество проданных игрушек в n-й день рассматриваемого периода, а $q$ — постоянный множитель (знаменатель геометрической прогрессии), показывающий, во сколько раз увеличиваются продажи каждый день.

Обозначим количество игрушек, проданных 27 мая, как $a_{27}$, а 29 мая — как $a_{29}$. Согласно условию:
$a_{27} = 45$
$a_{29} = 405$

Связь между этими двумя членами прогрессии можно выразить через знаменатель $q$. Количество проданных игрушек 28 мая равно $a_{28} = a_{27} \cdot q$. Количество проданных игрушек 29 мая равно $a_{29} = a_{28} \cdot q = (a_{27} \cdot q) \cdot q = a_{27} \cdot q^2$.

Теперь мы можем составить уравнение и найти $q$:
$405 = 45 \cdot q^2$

Разделим обе части уравнения на 45:
$q^2 = \frac{405}{45}$
$q^2 = 9$

Поскольку продажи увеличивались, $q$ должно быть положительным числом больше единицы. Таким образом, $q = \sqrt{9} = 3$.

Нам необходимо найти отношение количества проданных игрушек 31 мая ($a_{31}$) к количеству проданных игрушек 30 мая ($a_{30}$). По определению геометрической прогрессии, каждый следующий член равен предыдущему, умноженному на знаменатель $q$:
$a_{31} = a_{30} \cdot q$

Следовательно, искомое отношение равно:
$\frac{a_{31}}{a_{30}} = \frac{a_{30} \cdot q}{a_{30}} = q$

Так как мы уже вычислили, что $q=3$, то искомое отношение равно 3.

Ответ: 3.