Страница 316 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

14. Докажите методом математической индукции неравенство ($n \in N$):

a) $ | \sin nx | \le n | \sin x | $;

б) $ \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{3n+1} > 1 $;

в) $ (1+h)^n > 1 + nh $ для любого натурального $ n \ge 2 $, $ h > -1 $ и $ h \ne 0 $ (неравенство Бернулли);

г) $ (1+h)^n > 1 + nh + \frac{n(n-1)}{2} h^2 $ для любого натурального $ n \ge 3 $ и $ h > 0 $.

а) Докажем неравенство $|\sin nx| \le n |\sin x|$ для $n \in \mathbb{N}$ методом математической индукции.

1. База индукции:
Проверим утверждение для $n=1$.
$|\sin (1 \cdot x)| \le 1 \cdot |\sin x|$
$|\sin x| \le |\sin x|$
Неравенство верно.

2. Индукционное предположение:
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k$, где $k \ge 1$.
$|\sin kx| \le k |\sin x|$

3. Индукционный шаг:
Докажем, что неравенство верно для $n=k+1$. То есть, докажем, что $|\sin((k+1)x)| \le (k+1)|\sin x|$.
Рассмотрим левую часть неравенства:
$|\sin((k+1)x)| = |\sin(kx+x)|$
Используем формулу синуса суммы: $\sin(\alpha+\beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$.
$|\sin(kx+x)| = |\sin kx \cos x + \cos kx \sin x|$
Применим неравенство треугольника $|a+b| \le |a|+|b|$:
$|\sin kx \cos x + \cos kx \sin x| \le |\sin kx \cos x| + |\cos kx \sin x| = |\sin kx||\cos x| + |\cos kx||\sin x|$
Так как $|\cos x| \le 1$ и $|\cos kx| \le 1$, получаем:
$|\sin kx||\cos x| + |\cos kx||\sin x| \le |\sin kx| \cdot 1 + 1 \cdot |\sin x| = |\sin kx| + |\sin x|$
Теперь воспользуемся индукционным предположением $|\sin kx| \le k |\sin x|$:
$|\sin kx| + |\sin x| \le k |\sin x| + |\sin x| = (k+1)|\sin x|$
Таким образом, мы показали, что $|\sin((k+1)x)| \le (k+1)|\sin x|$. Шаг индукции доказан.
Следовательно, по принципу математической индукции, неравенство $|\sin nx| \le n |\sin x|$ верно для всех натуральных $n$.

Ответ: Доказано.

б) Докажем неравенство $\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{3n+1} > 1$ для $n \in \mathbb{N}$ методом математической индукции.

Обозначим сумму $S_n = \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{3n+1}$.

1. База индукции:
Проверим утверждение для $n=1$.
$S_1 = \frac{1}{1+1} + \frac{1}{1+2} + \frac{1}{3(1)+1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{6+4+3}{12} = \frac{13}{12}$
Так как $\frac{13}{12} > 1$, база индукции верна.

2. Индукционное предположение:
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k$, где $k \ge 1$.
$S_k = \frac{1}{k+1} + \frac{1}{k+2} + \dots + \frac{1}{3k+1} > 1$

3. Индукционный шаг:
Докажем, что неравенство верно для $n=k+1$. То есть, докажем, что $S_{k+1} > 1$.
$S_{k+1} = \frac{1}{(k+1)+1} + \dots + \frac{1}{3(k+1)+1} = \frac{1}{k+2} + \frac{1}{k+3} + \dots + \frac{1}{3k+4}$
Выразим $S_{k+1}$ через $S_k$:
$S_{k+1} = S_k - \frac{1}{k+1} + \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+3} + \frac{1}{3k+4}$
По индукционному предположению $S_k > 1$. Чтобы доказать, что $S_{k+1} > 1$, достаточно показать, что $S_{k+1} > S_k$, т.е. $S_{k+1} - S_k > 0$.
$S_{k+1} - S_k = \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+3} + \frac{1}{3k+4} - \frac{1}{k+1}$
Приведем выражение $\frac{1}{k+1}$ к знаменателю $3k+3$: $\frac{1}{k+1} = \frac{3}{3k+3}$.
$S_{k+1} - S_k = \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+3} + \frac{1}{3k+4} - \frac{3}{3k+3} = \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+4} - \frac{2}{3k+3}$
Приведем к общему знаменателю:
$\frac{(3k+3)(3k+4) + (3k+2)(3k+3) - 2(3k+2)(3k+4)}{(3k+2)(3k+3)(3k+4)} = \frac{(3k+3)(6k+6) - 2(9k^2+18k+8)}{(3k+2)(3k+3)(3k+4)}$
$= \frac{18(k+1)^2 - 18k^2-36k-16}{(3k+2)(3k+3)(3k+4)} = \frac{18(k^2+2k+1) - 18k^2-36k-16}{(3k+2)(3k+3)(3k+4)} = \frac{18k^2+36k+18 - 18k^2-36k-16}{(3k+2)(3k+3)(3k+4)} = \frac{2}{(3k+2)(3k+3)(3k+4)}$
Так как $k \ge 1$, знаменатель дроби положителен. Следовательно, $S_{k+1} - S_k > 0$.
Тогда $S_{k+1} = S_k + (S_{k+1} - S_k) > 1 + (\text{положительное число}) > 1$.
Шаг индукции доказан. По принципу математической индукции, неравенство верно для всех натуральных $n$.

Ответ: Доказано.

в) Докажем неравенство Бернулли $(1+h)^n > 1 + nh$ для любого натурального $n \ge 2$, $h > -1$ и $h \neq 0$ методом математической индукции.

1. База индукции:
Проверим утверждение для $n=2$.
$(1+h)^2 > 1 + 2h$
$1 + 2h + h^2 > 1 + 2h$
$h^2 > 0$
Так как по условию $h \neq 0$, то $h^2 > 0$ всегда. База индукции верна.

2. Индукционное предположение:
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k$, где $k \ge 2$.
$(1+h)^k > 1 + kh$

3. Индукционный шаг:
Докажем, что неравенство верно для $n=k+1$. То есть, докажем, что $(1+h)^{k+1} > 1 + (k+1)h$.
Рассмотрим левую часть неравенства $(1+h)^{k+1} = (1+h)^k (1+h)$.
По условию $h > -1$, значит $1+h > 0$. Умножим обе части неравенства из индукционного предположения на $(1+h)$:
$(1+h)^k (1+h) > (1 + kh)(1+h)$
$(1+h)^{k+1} > 1 + h + kh + kh^2$
$(1+h)^{k+1} > 1 + (k+1)h + kh^2$
Так как $k \ge 2$ и $h \neq 0$, то $h^2 > 0$, и следовательно $kh^2 > 0$.
Поэтому $1 + (k+1)h + kh^2 > 1 + (k+1)h$.
Объединяя неравенства, получаем:
$(1+h)^{k+1} > 1 + (k+1)h + kh^2 > 1 + (k+1)h$
Откуда следует $(1+h)^{k+1} > 1 + (k+1)h$. Шаг индукции доказан.
По принципу математической индукции, неравенство верно для всех натуральных $n \ge 2$.

Ответ: Доказано.

г) Докажем неравенство $(1+h)^n > 1 + nh + \frac{n(n-1)}{2}h^2$ для любого натурального $n \ge 3$ и $h > 0$ методом математической индукции.

1. База индукции:
Проверим утверждение для $n=3$.
$(1+h)^3 > 1 + 3h + \frac{3(3-1)}{2}h^2$
$(1+h)^3 > 1 + 3h + 3h^2$
Раскроем левую часть: $1 + 3h + 3h^2 + h^3$.
$1 + 3h + 3h^2 + h^3 > 1 + 3h + 3h^2$
$h^3 > 0$
Так как по условию $h > 0$, то $h^3 > 0$. База индукции верна.

2. Индукционное предположение:
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k$, где $k \ge 3$.
$(1+h)^k > 1 + kh + \frac{k(k-1)}{2}h^2$

3. Индукционный шаг:
Докажем, что неравенство верно для $n=k+1$. То есть, докажем, что $(1+h)^{k+1} > 1 + (k+1)h + \frac{(k+1)k}{2}h^2$.
Рассмотрим левую часть $(1+h)^{k+1} = (1+h)^k (1+h)$.
По условию $h > 0$, значит $1+h > 0$. Умножим обе части неравенства из индукционного предположения на $(1+h)$:
$(1+h)^{k+1} > \left(1 + kh + \frac{k(k-1)}{2}h^2\right) (1+h)$
Раскроем скобки в правой части:
$\left(1 + kh + \frac{k(k-1)}{2}h^2\right) (1+h) = 1 + kh + \frac{k(k-1)}{2}h^2 + h + kh^2 + \frac{k(k-1)}{2}h^3$
Сгруппируем слагаемые:
$= 1 + (k+1)h + \left(k + \frac{k(k-1)}{2}\right)h^2 + \frac{k(k-1)}{2}h^3$
Преобразуем коэффициент при $h^2$:
$k + \frac{k(k-1)}{2} = \frac{2k + k^2 - k}{2} = \frac{k^2+k}{2} = \frac{k(k+1)}{2}$
Тогда правая часть равна:
$1 + (k+1)h + \frac{k(k+1)}{2}h^2 + \frac{k(k-1)}{2}h^3$
Мы получили, что $(1+h)^{k+1} > 1 + (k+1)h + \frac{k(k+1)}{2}h^2 + \frac{k(k-1)}{2}h^3$.
Поскольку $k \ge 3$ и $h > 0$, то слагаемое $\frac{k(k-1)}{2}h^3$ строго положительно.
Следовательно:
$1 + (k+1)h + \frac{k(k+1)}{2}h^2 + \frac{k(k-1)}{2}h^3 > 1 + (k+1)h + \frac{k(k+1)}{2}h^2$
Объединяя неравенства, получаем:
$(1+h)^{k+1} > 1 + (k+1)h + \frac{(k+1)k}{2}h^2$
Шаг индукции доказан. По принципу математической индукции, неравенство верно для всех натуральных $n \ge 3$ при $h>0$.

Ответ: Доказано.

15. Докажите методом математической индукции, что для любого натурального $n$:

а) $6^{2n-1} + 1$ кратно 7;

б) $3^{3n+2} + 2^{4n+1}$ кратно 11;

в) $4^n + 15n - 1$ кратно 9;

г) $7^{2n-1}$ кратно 48.

а) Докажем утверждение, что $6^{2n-1} + 1$ кратно 7, методом математической индукции.Шаг 1: База индукции. Проверим утверждение для $n=1$. Получаем $6^{2 \cdot 1 - 1} + 1 = 6^1 + 1 = 7$. Поскольку 7 делится на 7, база индукции верна.Шаг 2: Индукционное предположение. Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального $n=k$, то есть $6^{2k-1} + 1$ кратно 7. Это означает, что существует целое число $m$ такое, что $6^{2k-1} + 1 = 7m$, откуда следует, что $6^{2k-1} = 7m - 1$.Шаг 3: Индукционный шаг. Докажем, что утверждение верно и для $n=k+1$, то есть, что $6^{2(k+1)-1} + 1$ кратно 7. Преобразуем выражение: $6^{2(k+1)-1} + 1 = 6^{2k+1} + 1 = 6^2 \cdot 6^{2k-1} + 1 = 36 \cdot 6^{2k-1} + 1$. Теперь используем индукционное предположение, подставив $6^{2k-1} = 7m - 1$: $36(7m - 1) + 1 = 36 \cdot 7m - 36 + 1 = 36 \cdot 7m - 35 = 7(36m - 5)$. Поскольку $m$ — целое число, то и $36m - 5$ является целым числом. Следовательно, выражение $6^{2(k+1)-1} + 1$ делится на 7. Таким образом, по принципу математической индукции утверждение доказано для всех натуральных $n$.Ответ: Доказано.

б) Докажем утверждение, что $3^{3n+2} + 2^{4n+1}$ кратно 11, методом математической индукции.Шаг 1: База индукции. Проверим для $n=1$: $3^{3 \cdot 1 + 2} + 2^{4 \cdot 1 + 1} = 3^5 + 2^5 = 243 + 32 = 275$. Поскольку $275 = 11 \cdot 25$, выражение делится на 11. База индукции верна.Шаг 2: Индукционное предположение. Предположим, что для некоторого натурального $n=k$ выражение $3^{3k+2} + 2^{4k+1}$ кратно 11. То есть $3^{3k+2} + 2^{4k+1} = 11m$ для некоторого целого $m$, откуда $3^{3k+2} = 11m - 2^{4k+1}$.Шаг 3: Индукционный шаг. Докажем утверждение для $n=k+1$: $3^{3(k+1)+2} + 2^{4(k+1)+1}$ кратно 11. Преобразуем выражение: $3^{3(k+1)+2} + 2^{4(k+1)+1} = 3^{3k+5} + 2^{4k+5} = 3^3 \cdot 3^{3k+2} + 2^4 \cdot 2^{4k+1} = 27 \cdot 3^{3k+2} + 16 \cdot 2^{4k+1}$. Используем предположение, подставив $3^{3k+2}$: $27(11m - 2^{4k+1}) + 16 \cdot 2^{4k+1} = 27 \cdot 11m - 27 \cdot 2^{4k+1} + 16 \cdot 2^{4k+1} = 27 \cdot 11m - 11 \cdot 2^{4k+1} = 11(27m - 2^{4k+1})$. Это выражение очевидно кратно 11. Утверждение доказано для всех натуральных $n$.Ответ: Доказано.

в) Докажем утверждение, что $4^n + 15n - 1$ кратно 9, методом математической индукции.Шаг 1: База индукции. Для $n=1$: $4^1 + 15 \cdot 1 - 1 = 18$. Поскольку $18 = 9 \cdot 2$, выражение делится на 9. База индукции верна.Шаг 2: Индукционное предположение. Предположим, для некоторого натурального $n=k$ выражение $4^k + 15k - 1$ кратно 9. То есть $4^k + 15k - 1 = 9m$ для некоторого целого $m$, откуда $4^k = 9m - 15k + 1$.Шаг 3: Индукционный шаг. Докажем для $n=k+1$: $4^{k+1} + 15(k+1) - 1$ кратно 9. Преобразуем выражение: $4^{k+1} + 15(k+1) - 1 = 4 \cdot 4^k + 15k + 15 - 1 = 4 \cdot 4^k + 15k + 14$. Используем предположение, подставив $4^k$: $4(9m - 15k + 1) + 15k + 14 = 36m - 60k + 4 + 15k + 14 = 36m - 45k + 18 = 9(4m - 5k + 2)$. Это выражение очевидно кратно 9. Утверждение доказано для всех натуральных $n$.Ответ: Доказано.

г) Докажем утверждение, что $7^{2n} - 1$ кратно 48, методом математической индукции. В условии задачи, вероятно, содержится опечатка, и должно быть $7^{2n} - 1$, а не $7^{2n-1}$, так как для $n=1$ выражение $7^{2 \cdot 1 - 1} = 7$, что не кратно 48. Будем доказывать исправленное утверждение.Шаг 1: База индукции. Для $n=1$: $7^{2 \cdot 1} - 1 = 7^2 - 1 = 49 - 1 = 48$. Поскольку 48 делится на 48, база индукции верна.Шаг 2: Индукционное предположение. Предположим, для некоторого натурального $n=k$ выражение $7^{2k} - 1$ кратно 48. То есть $7^{2k} - 1 = 48m$ для некоторого целого $m$, откуда $7^{2k} = 48m + 1$.Шаг 3: Индукционный шаг. Докажем для $n=k+1$: $7^{2(k+1)} - 1$ кратно 48. Преобразуем выражение: $7^{2(k+1)} - 1 = 7^{2k+2} - 1 = 7^2 \cdot 7^{2k} - 1 = 49 \cdot 7^{2k} - 1$. Используем предположение, подставив $7^{2k}$: $49(48m + 1) - 1 = 49 \cdot 48m + 49 - 1 = 49 \cdot 48m + 48 = 48(49m + 1)$. Это выражение очевидно кратно 48. Утверждение доказано для всех натуральных $n$.Ответ: Доказано.

16. Докажите, что любое рациональное число может быть представлено в виде бесконечной периодической десятичной дроби.

По определению, любое рациональное число можно представить в виде дроби $p/q$, где $p$ — целое число, а $q$ — натуральное число. Чтобы представить эту дробь в виде десятичной, необходимо выполнить деление числителя $p$ на знаменатель $q$ (например, "в столбик").

При выполнении этого деления мы последовательно находим цифры десятичного представления. На каждом шаге деления мы вычисляем остаток. Любой остаток $r$ от деления на $q$ должен быть целым числом и удовлетворять условию $0 \le r < q$. Это значит, что существует всего $q$ возможных различных остатков: $0, 1, 2, \dots, q-1$.

Рассмотрим два возможных исхода этого процесса:

1. На каком-то шаге деления остаток становится равным 0. В этом случае деление завершается, и мы получаем конечную десятичную дробь. Например, $1/8 = 0.125$. Любую конечную десятичную дробь можно записать в виде бесконечной периодической дроби, добавив в конец период, состоящий из нуля. Например, $0.125 = 0.125000\dots = 0.125(0)$. Таким образом, в этом случае рациональное число представлено в виде бесконечной периодической десятичной дроби.

2. Остаток никогда не становится равным 0. В этом случае все получаемые остатки принадлежат множеству $\{1, 2, \dots, q-1\}$. Поскольку количество возможных различных остатков в этом множестве конечно (их $q-1$), а процесс деления продолжается бесконечно, то, согласно принципу Дирихле, на каком-то шаге один из остатков обязательно повторится. Пусть на шаге $j$ мы получили остаток $r_j$, и на некотором последующем шаге $k$ ($k > j$) мы снова получили тот же остаток: $r_k = r_j$. Поскольку следующая цифра частного и следующий остаток определяются только текущим остатком, то вся последовательность цифр и остатков, начиная с этого момента, будет повторяться. То есть, цифры частного с $(j+1)$-й по $k$-ю образуют период. Например, $1/7 = 0.142857142857\dots = 0.(142857)$. В этом случае мы также получаем бесконечную периодическую десятичную дробь.

Поскольку эти два случая исчерпывают все возможности, мы доказали, что любое рациональное число может быть представлено в виде бесконечной периодической десятичной дроби.

Ответ: Доказательство основано на алгоритме деления в столбик. Количество возможных остатков при делении на знаменатель $q$ конечно. Поэтому в процессе деления последовательность остатков либо в какой-то момент достигает нуля (что дает конечную дробь, которую можно представить с периодом 0), либо один из ненулевых остатков неизбежно повторяется (что приводит к возникновению периода в десятичном представлении). Таким образом, любое рациональное число всегда представляется в виде бесконечной периодической десятичной дроби.

17. Докажите, что любая бесконечная периодическая десятичная дробь есть запись некоторого рационального числа.

Чтобы доказать, что любая бесконечная периодическая десятичная дробь является рациональным числом, необходимо показать, что ее можно представить в виде дроби $\frac{m}{n}$, где $m$ и $n$ — целые числа, и $n \neq 0$.

Рассмотрим произвольную бесконечную периодическую десятичную дробь. Ее можно записать в общем виде:$x = A,b_1b_2...b_k(c_1c_2...c_p)$, где $A$ — целая часть числа, $b_1b_2...b_k$ — последовательность из $k$ цифр непериодической части (предпериода), а $c_1c_2...c_p$ — последовательность из $p$ цифр периодической части (периода).

Для доказательства воспользуемся стандартным алгебраическим методом.

Шаг 1: Устранение непериодической части после запятой

Пусть $x$ — наша периодическая дробь. Умножим это число на $10^k$, чтобы сдвинуть запятую вправо на $k$ знаков, так, чтобы непериодическая часть оказалась в целой части числа. Получим: $10^k x = A b_1 b_2 ... b_k , (c_1 c_2 ... c_p)$. Обозначим целое число, стоящее слева от запятой, как $N_1$. Тогда: $10^k x = N_1 + 0,(c_1 c_2 ... c_p)$.

Шаг 2: Сдвиг на один период

Теперь умножим исходное число $x$ на $10^{k+p}$. Это сдвинет запятую вправо на $k+p$ знаков, то есть за первый период. Получим: $10^{k+p} x = A b_1 b_2 ... b_k c_1 c_2 ... c_p , (c_1 c_2 ... c_p)$. Обозначим новое целое число, стоящее слева от запятой, как $N_2$. Тогда: $10^{k+p} x = N_2 + 0,(c_1 c_2 ... c_p)$.

Шаг 3: Вычитание и решение уравнения

Теперь у нас есть два уравнения с одинаковой дробной частью. Вычтем из второго полученного уравнения первое:$10^{k+p} x - 10^k x = (N_2 + 0,(c_1 c_2 ... c_p)) - (N_1 + 0,(c_1 c_2 ... c_p))$.Бесконечные периодические части при вычитании взаимно уничтожатся:$x(10^{k+p} - 10^k) = N_2 - N_1$.

Отсюда можно выразить $x$:$x = \frac{N_2 - N_1}{10^{k+p} - 10^k}$.

Заключение

В полученном выражении для $x$:
1. Числитель $N_2 - N_1$ является разностью двух целых чисел, следовательно, он является целым числом.
2. Знаменатель $10^{k+p} - 10^k$ также является разностью двух целых чисел. Поскольку по определению периода $p \ge 1$, то $k+p > k$, и значит $10^{k+p} > 10^k$. Следовательно, знаменатель является натуральным (целым и положительным) числом, то есть не равен нулю.

Таким образом, любое число $x$, представленное в виде бесконечной периодической десятичной дроби, может быть выражено как отношение двух целых чисел, где знаменатель не равен нулю. По определению, такое число является рациональным. Что и требовалось доказать.

Пример

Преобразуем число $x = 2,3(45)$ в рациональную дробь.
Здесь $k=1$ (одна цифра '3' в предпериоде), $p=2$ (две цифры '45' в периоде).
Умножим на $10^k = 10^1 = 10$: $10x = 23,(45)$.
Умножим на $10^{k+p} = 10^{1+2} = 10^3 = 1000$: $1000x = 2345,(45)$.
Вычтем первое из второго:
$1000x - 10x = 2345,(45) - 23,(45)$
$990x = 2322$
$x = \frac{2322}{990} = \frac{1161}{495} = \frac{129}{55}$.
Число $x = 2,3(45)$ представлено в виде рациональной дроби $\frac{129}{55}$.

Ответ: Доказательство основано на том, что любую бесконечную периодическую дробь $x$ можно преобразовать в уравнение вида $x(10^{k+p} - 10^k) = N_2 - N_1$, где $k$ — длина предпериода, $p$ — длина периода, а $N_1$ и $N_2$ — целые числа, получаемые сдвигом десятичной запятой. Решение этого уравнения $x = \frac{N_2 - N_1}{10^{k+p} - 10^k}$ всегда представляет собой дробь, где числитель и знаменатель — целые числа, а знаменатель не равен нулю. Следовательно, любая такая дробь является рациональным числом.

18. Докажите, что если натуральное число $a$ не является полным квадратом, то $\sqrt{a}$ — иррациональное число.

Доказательство проведем методом от противного.

Предположим, что $\sqrt{a}$ является рациональным числом, хотя по условию натуральное число $a$ не является полным квадратом.

По определению, любое рациональное число можно представить в виде несократимой дроби $\frac{p}{q}$, где $p$ и $q$ — натуральные числа (поскольку $a > 0$, то и $\sqrt{a} > 0$), и их наибольший общий делитель НОД$(p, q) = 1$.

Итак, пусть $\sqrt{a} = \frac{p}{q}$.

Возведем обе части этого равенства в квадрат: $a = \left(\frac{p}{q}\right)^2$ $a = \frac{p^2}{q^2}$

Выразим $a$ через $p$ и $q$: $a \cdot q^2 = p^2$

Из этого равенства следует, что $p^2$ делится на $q^2$.

Вспомним, что мы представили $\sqrt{a}$ в виде несократимой дроби, то есть $p$ и $q$ являются взаимно простыми числами. Если два числа взаимно просты, то и их квадраты также взаимно просты. Следовательно, НОД$(p^2, q^2) = 1$.

Единственный способ, которым $p^2$ может делиться на $q^2$ при условии, что они взаимно просты, — это если $q^2 = 1$.

Поскольку $q$ — натуральное число, из $q^2 = 1$ следует, что $q=1$.

Теперь подставим $q=1$ в наше равенство $a \cdot q^2 = p^2$: $a \cdot 1^2 = p^2$ $a = p^2$

Так как $p$ — натуральное число, то полученное равенство $a = p^2$ означает, что $a$ является полным квадратом натурального числа $p$.

Это утверждение противоречит исходному условию задачи, согласно которому натуральное число $a$ не является полным квадратом.

Противоречие возникло из-за нашего первоначального предположения о том, что $\sqrt{a}$ — рациональное число. Следовательно, это предположение было неверным.

Таким образом, если натуральное число $a$ не является полным квадратом, то $\sqrt{a}$ — иррациональное число.

Ответ: Утверждение доказано.

19. Может ли быть рациональным числом:

а) сумма двух иррациональных чисел;

б) иррациональное число в иррациональной степени?

а) сумма двух иррациональных чисел;

Да, сумма двух иррациональных чисел может быть рациональным числом. Чтобы доказать это утверждение, достаточно привести конкретный пример.

Рассмотрим два иррациональных числа: $a = \sqrt{2}$ и $b = -\sqrt{2}$.

Число $\sqrt{2}$ является иррациональным. Число $b = -\sqrt{2}$ также иррационально. Если бы оно было рациональным, то и число $-1 \cdot b = -1 \cdot (-\sqrt{2}) = \sqrt{2}$ было бы рациональным как произведение двух рациональных чисел, что неверно.

Теперь найдем сумму этих двух иррациональных чисел:
$a + b = \sqrt{2} + (-\sqrt{2}) = \sqrt{2} - \sqrt{2} = 0$.

Результат, число 0, является рациональным числом, так как его можно представить в виде дроби, например, $\frac{0}{1}$.

Таким образом, мы показали на примере, что сумма двух иррациональных чисел может быть рациональной.

Ответ: Да, может.

б) иррациональное число в иррациональной степени?

Да, иррациональное число, возведенное в иррациональную степень, может быть рациональным числом. Это можно доказать с помощью рассуждения от противного, не зная заранее, является ли конкретное число, такое как $\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$, рациональным или иррациональным.

Рассмотрим число $A = \sqrt{2}^{\sqrt{2}}$. Мы знаем, что основание $\sqrt{2}$ является иррациональным. Для самого числа $A$ есть только две возможности: оно либо рациональное, либо иррациональное.

Случай 1: Число $A = \sqrt{2}^{\sqrt{2}}$ является рациональным.
В этом случае мы уже нашли искомый пример. Основание степени $a = \sqrt{2}$ — иррациональное, показатель степени $b = \sqrt{2}$ — иррациональный, а результат $a^b = \sqrt{2}^{\sqrt{2}}$ является рациональным числом по предположению этого случая.

Случай 2: Число $A = \sqrt{2}^{\sqrt{2}}$ является иррациональным.
В этом случае возьмем это иррациональное число $A$ в качестве нового основания и возведем его в иррациональную степень $\sqrt{2}$. Получим:
$A^{\sqrt{2}} = (\sqrt{2}^{\sqrt{2}})^{\sqrt{2}}$

Используя свойство степеней $(x^m)^n = x^{m \cdot n}$, получаем:
$(\sqrt{2}^{\sqrt{2}})^{\sqrt{2}} = \sqrt{2}^{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \sqrt{2}^2 = 2$.

Результат равен 2, что является рациональным числом. Таким образом, и в этом случае мы нашли пример: иррациональное основание $a = \sqrt{2}^{\sqrt{2}}$ и иррациональный показатель $b = \sqrt{2}$ дают в результате рациональное число.

Поскольку один из двух случаев обязательно истинен, мы доказали, что существует пара иррациональных чисел $a$ и $b$ таких, что $a^b$ является рациональным числом.

Ответ: Да, может.

Докажите иррациональность чисел (20–22).

20. а) $\sqrt{3}$;

б) $\sqrt[3]{3}$;

в) $\lg 5$;

г) $\log_2 9$.

а) Доказательство иррациональности числа $\sqrt{3}$

Воспользуемся методом доказательства от противного. Предположим, что число $\sqrt{3}$ является рациональным. Это означает, что его можно представить в виде несократимой дроби:
$\sqrt{3} = \frac{p}{q}$, где $p$ – целое число ($p \in \mathbb{Z}$), $q$ – натуральное число ($q \in \mathbb{N}$), и наибольший общий делитель НОД$(p, q) = 1$.

Возведем обе части равенства в квадрат:
$(\sqrt{3})^2 = \left(\frac{p}{q}\right)^2$
$3 = \frac{p^2}{q^2}$

Отсюда следует, что $p^2 = 3q^2$. Это означает, что $p^2$ делится на 3. Если квадрат целого числа делится на простое число 3, то и само число делится на 3. Следовательно, $p$ делится на 3.

Тогда число $p$ можно представить в виде $p = 3k$, где $k$ – некоторое целое число. Подставим это выражение в равенство $p^2 = 3q^2$:
$(3k)^2 = 3q^2$
$9k^2 = 3q^2$

Разделим обе части на 3:
$3k^2 = q^2$

Из этого равенства следует, что $q^2$ делится на 3, а значит, и само число $q$ делится на 3.

Таким образом, мы получили, что и $p$, и $q$ делятся на 3. Это означает, что дробь $\frac{p}{q}$ можно сократить на 3, что противоречит нашему первоначальному предположению о том, что дробь несократима (НОД$(p, q) = 1$).

Полученное противоречие доказывает, что наше исходное предположение было неверным.

Ответ: Число $\sqrt{3}$ является иррациональным.

б) Доказательство иррациональности числа $\sqrt[3]{3}$

Докажем от противного. Предположим, что $\sqrt[3]{3}$ – рациональное число. Тогда его можно записать в виде несократимой дроби $\frac{p}{q}$:
$\sqrt[3]{3} = \frac{p}{q}$, где $p \in \mathbb{Z}$, $q \in \mathbb{N}$, НОД$(p, q) = 1$.

Возведем обе части равенства в куб:
$(\sqrt[3]{3})^3 = \left(\frac{p}{q}\right)^3$
$3 = \frac{p^3}{q^3}$

Отсюда $p^3 = 3q^3$. Это значит, что $p^3$ делится на 3. Так как 3 — простое число, то и само число $p$ должно делиться на 3.

Представим $p$ в виде $p = 3k$ для некоторого целого $k$. Подставим это в равенство $p^3 = 3q^3$:
$(3k)^3 = 3q^3$
$27k^3 = 3q^3$

Разделим обе части на 3:
$9k^3 = q^3$

Из этого равенства следует, что $q^3$ делится на 9, а значит, $q^3$ делится и на 3. Следовательно, само число $q$ также делится на 3.

Мы получили, что и $p$, и $q$ делятся на 3, что противоречит условию несократимости дроби $\frac{p}{q}$.

Следовательно, наше предположение было ложным.

Ответ: Число $\sqrt[3]{3}$ является иррациональным.

в) Доказательство иррациональности числа $\lg 5$

Напомним, что $\lg 5 = \log_{10} 5$. Будем доказывать от противного. Предположим, что $\lg 5$ является рациональным числом. Тогда:
$\lg 5 = \frac{p}{q}$, где $p, q$ – целые числа, $q \neq 0$. Поскольку $\lg 5 > 0$, можно считать, что $p, q$ - натуральные числа ($p, q \in \mathbb{N}$).

По определению логарифма, это равенство эквивалентно следующему:
$10^{\frac{p}{q}} = 5$

Возведем обе части в степень $q$:
$(10^{\frac{p}{q}})^q = 5^q$
$10^p = 5^q$

Разложим число 10 на простые множители $10 = 2 \cdot 5$:
$(2 \cdot 5)^p = 5^q$
$2^p \cdot 5^p = 5^q$

Разделим обе части на $5^p$ (что допустимо, так как $5^p \neq 0$):
$2^p = 5^{q-p}$

Согласно основной теореме арифметики, любое натуральное число больше 1 имеет единственное разложение на простые множители.
Левая часть равенства, $2^p$, представляет собой степень двойки. Ее единственным простым делителем является 2 (если $p \ge 1$).
Правая часть, $5^{q-p}$, является степенью пятерки. Ее единственным простым делителем является 5 (если $q-p \ge 1$).

Равенство $2^p = 5^{q-p}$ для натуральных $p$ и целых $q-p$ возможно только в одном случае: когда обе части равны 1.
$2^p = 1 \implies p = 0$
$5^{q-p} = 1 \implies q-p = 0 \implies q = p$

Если $p = 0$, то и $q = 0$. Но мы предположили, что $q$ - натуральное число ($q \in \mathbb{N}$), поэтому $q \neq 0$. Получаем противоречие.

Следовательно, наше исходное предположение о рациональности $\lg 5$ неверно.

Ответ: Число $\lg 5$ является иррациональным.

г) Доказательство иррациональности числа $\log_2 9$

Применим метод доказательства от противного. Предположим, что $\log_2 9$ – рациональное число. Тогда его можно представить в виде дроби:
$\log_2 9 = \frac{p}{q}$, где $p, q \in \mathbb{N}$ (так как $\log_2 9 > 0$).

Используя определение логарифма, перепишем равенство:
$2^{\frac{p}{q}} = 9$

Возведем обе части в степень $q$:
$(2^{\frac{p}{q}})^q = 9^q$
$2^p = 9^q$

Представим число 9 как степень простого числа: $9 = 3^2$.
$2^p = (3^2)^q$
$2^p = 3^{2q}$

Мы получили равенство двух натуральных чисел. Согласно основной теореме арифметики, разложение натурального числа на простые множители единственно.
В разложении левой части ($2^p$) на простые множители присутствует только простое число 2.
В разложении правой части ($3^{2q}$) на простые множители присутствует только простое число 3.

Поскольку разложения на простые множители различны, эти числа не могут быть равны. Единственный случай, когда степени различных простых чисел могут быть равны, — это когда обе они равны 1. Это требует, чтобы показатели степени были равны нулю: $p=0$ и $2q=0$, откуда $q=0$. Но $q$ - натуральное число, поэтому $q \neq 0$.

Мы пришли к противоречию, которое означает, что наше первоначальное предположение неверно.

Ответ: Число $\log_2 9$ является иррациональным.

21. a) $\sqrt{3} + \sqrt{5}$;

б) $\sqrt{2} + \sqrt{3}$;

В) $\frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{3}}$;

г) $\sqrt{2} + \sqrt[3]{3}$.

а)

Выражение $\sqrt{3} + \sqrt{5}$ представляет собой сумму двух иррациональных чисел. Поскольку подкоренные выражения 3 и 5 являются простыми числами, вынести множитель из-под знака корня или иным образом упростить эту сумму невозможно. Таким образом, выражение уже представлено в своей простейшей форме.

Ответ: $\sqrt{3} + \sqrt{5}$.

б)

Аналогично предыдущему пункту, выражение $\sqrt{2} + \sqrt{3}$ является суммой квадратных корней из простых чисел 2 и 3. Данное выражение нельзя упростить, так как не существует правила сложения корней с разными подкоренными выражениями. Оно уже находится в простейшей форме.

Ответ: $\sqrt{2} + \sqrt{3}$.

в)

В данном выражении $\frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{3}}$ в знаменателе находится иррациональность. Чтобы упростить выражение, необходимо избавиться от иррациональности в знаменателе. Для этого домножим числитель и знаменатель дроби на выражение, сопряженное знаменателю. Сопряженным к $\sqrt{2} + \sqrt{3}$ является $\sqrt{2} - \sqrt{3}$.

При умножении знаменателя на сопряженное выражение используем формулу разности квадратов: $(a+b)(a-b) = a^2 - b^2$.

$\frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{3}} = \frac{1 \cdot (\sqrt{2} - \sqrt{3})}{(\sqrt{2} + \sqrt{3}) \cdot (\sqrt{2} - \sqrt{3})} = \frac{\sqrt{2} - \sqrt{3}}{(\sqrt{2})^2 - (\sqrt{3})^2} = \frac{\sqrt{2} - \sqrt{3}}{2 - 3} = \frac{\sqrt{2} - \sqrt{3}}{-1}$.

Разделив числитель на -1, мы меняем знаки у каждого слагаемого в числителе:

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

Ответ: $\sqrt{3} - \sqrt{2}$.

г)

Выражение $\sqrt{2} + \sqrt[3]{3}$ является суммой квадратного корня из 2 и кубического корня из 3. Это сумма двух иррациональных чисел, причем корни имеют разные степени (квадратный и кубический). Не существует алгебраических правил для упрощения такой суммы. Поэтому данное выражение уже представлено в своей простейшей форме.

Ответ: $\sqrt{2} + \sqrt[3]{3}$.

22. a) $k\sqrt{2} + p\sqrt{3}$, где $k$ и $p$ — целые числа, отличные от нуля;

б) 3,272772777277772... (после первой двойки стоит одна семерка, после второй — две, после третьей — три и т. д., после $n$-й двойки — $n$ семерок и т. д.).

a) Чтобы определить, является ли число $k\sqrt{2} + p\sqrt{3}$ рациональным или иррациональным, где $k$ и $p$ — целые числа, отличные от нуля, мы воспользуемся методом доказательства от противного.

Предположим, что данное число является рациональным. Обозначим его через $r$. То есть, $r = k\sqrt{2} + p\sqrt{3}$, где $r \in \mathbb{Q}$.

Перенесем одно из слагаемых в левую часть уравнения:

$r - k\sqrt{2} = p\sqrt{3}$

Теперь возведем обе части уравнения в квадрат, чтобы избавиться от одного из корней:

$(r - k\sqrt{2})^2 = (p\sqrt{3})^2$

$r^2 - 2rk\sqrt{2} + (k\sqrt{2})^2 = p^2 \cdot 3$

$r^2 - 2rk\sqrt{2} + 2k^2 = 3p^2$

Выразим из этого уравнения член, содержащий $\sqrt{2}$:

$2rk\sqrt{2} = r^2 + 2k^2 - 3p^2$

Теперь выразим $\sqrt{2}$. Поскольку $k \neq 0$ по условию, и можно показать, что $r \neq 0$ (если бы $r=0$, то $k\sqrt{2} = -p\sqrt{3}$, откуда $\sqrt{2/3} = -p/k$, что является противоречием, так как иррациональное число не может быть равно рациональному), то мы можем разделить на $2rk$:

$\sqrt{2} = \frac{r^2 + 2k^2 - 3p^2}{2rk}$

Рассмотрим правую часть этого равенства. Поскольку $r$ — рациональное число, а $k$ и $p$ — целые числа, то $r^2$, $k^2$ и $p^2$ также являются рациональными числами. Сумма, разность, произведение и частное (при ненулевом делителе) рациональных чисел всегда является рациональным числом. Следовательно, вся правая часть $\frac{r^2 + 2k^2 - 3p^2}{2rk}$ является рациональным числом.

Таким образом, мы получили равенство, в котором слева стоит иррациональное число $\sqrt{2}$, а справа — рациональное. Это является противоречием, так как иррациональное число не может быть равно рациональному.

Противоречие возникло из-за нашего первоначального предположения о том, что число $k\sqrt{2} + p\sqrt{3}$ рационально. Следовательно, это предположение неверно, и данное число является иррациональным.

Ответ: число является иррациональным.

б) Данное число $3,272772777277772...$ представляет собой бесконечную десятичную дробь. Чтобы определить, является ли оно рациональным или иррациональным, вспомним определение этих типов чисел.

Рациональное число — это число, которое можно представить в виде дроби $\frac{m}{n}$, где $m$ — целое число, а $n$ — натуральное. Десятичное представление рационального числа является либо конечным, либо бесконечным периодическим.

Иррациональное число — это число, которое не является рациональным. Его десятичное представление является бесконечным и непериодическим.

Рассмотрим последовательность цифр после запятой в данном числе: $272772777277772...$

Структура этой последовательности определяется следующим правилом: после первой цифры «2» стоит одна цифра «7»; после второй «2» — две «7»; после третьей «2» — три «7», и так далее. После $n$-ой цифры «2» стоит $n$ цифр «7».

Предположим, что эта десятичная дробь является периодической. Это означает, что должна существовать некоторая последовательность цифр (период) длиной $L$, которая бесконечно повторяется, начиная с некоторой позиции.

Однако в нашей последовательности количество идущих подряд цифр «7» постоянно увеличивается: $1, 2, 3, 4, \dots$. Это означает, что для любой предполагаемой длины периода $L$ мы всегда можем найти в последовательности блок из идущих подряд семерок, длина которого больше чем $L$. Например, мы можем найти блок, состоящий из $L+1$ семерки, который следует за $(L+1)$-й двойкой.

Если бы дробь была периодической с периодом длины $L$, то любой фрагмент десятичной записи длиной более $L$ (в периодической части) должен содержать в себе информацию обо всем периоде. Если мы возьмем блок из $L+1$ семерок, то это означало бы, что сам период должен состоять только из семерок. Но если бы период состоял только из семерок, то, начиная с некоторого места, в десятичной записи числа были бы только семерки. Это противоречит тому, что в записи числа бесконечно много раз встречается цифра «2».

Таким образом, последовательность цифр не может быть периодической. Поскольку она также является бесконечной, данное число представляет собой бесконечную непериодическую десятичную дробь.

Следовательно, это число является иррациональным.

Ответ: число является иррациональным.

Упростите выражения (23–24).

23. а) $\sqrt{2-\sqrt{3}};$

б) $\sqrt{129-56\sqrt{5}};$

в) $\sqrt{7+2\sqrt{10}};$

г) $\sqrt{57+12\sqrt{15}}.$

а) Для упрощения выражения $\sqrt{2 - \sqrt{3}}$ воспользуемся методом выделения полного квадрата. Цель — представить подкоренное выражение в виде $(a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2$. Для этого нам нужен множитель 2 перед внутренним корнем. Умножим и разделим подкоренное выражение на 2:

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

Теперь рассмотрим выражение под корнем в числителе: $4 - 2\sqrt{3}$. Сравнивая его с формулой $(a-b)^2$, мы ищем два числа $a$ и $b$, для которых $a^2 + b^2 = 4$ и $2ab = 2\sqrt{3}$ (то есть $ab = \sqrt{3}$). Легко подобрать, что $a=\sqrt{3}$ и $b=1$, так как $(\sqrt{3})^2 + 1^2 = 3+1=4$.

Таким образом, $4 - 2\sqrt{3} = (\sqrt{3})^2 - 2\sqrt{3} \cdot 1 + 1^2 = (\sqrt{3} - 1)^2$.

Подставляем обратно в выражение:

$\frac{\sqrt{(\sqrt{3} - 1)^2}}{\sqrt{2}} = \frac{|\sqrt{3} - 1|}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3} - 1}{\sqrt{2}}$ (поскольку $\sqrt{3} \approx 1.73 > 1$)

Чтобы избавиться от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{2}$:

$\frac{(\sqrt{3} - 1)\sqrt{2}}{\sqrt{2}\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}$

Ответ: $\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}$

б) Упростим выражение $\sqrt{129 - 56\sqrt{5}}$.

Мы ищем представление подкоренного выражения в виде $(a-b)^2 = a^2 + b^2 - 2ab$.

Сравнивая с $129 - 56\sqrt{5}$, получаем систему уравнений:

$\begin{cases} a^2 + b^2 = 129 \\ 2ab = 56\sqrt{5} \end{cases}$

Из второго уравнения: $ab = 28\sqrt{5}$.

Предположим, что одно из чисел, например $b$, содержит множитель $\sqrt{5}$, то есть $b = k\sqrt{5}$. Тогда $a \cdot k\sqrt{5} = 28\sqrt{5}$, что означает $ak=28$.

Проверим пару делителей числа 28, например, $a=7$ и $k=4$. В этом случае $b = 4\sqrt{5}$.

Проверим, выполняется ли первое уравнение: $a^2 + b^2 = 7^2 + (4\sqrt{5})^2 = 49 + 16 \cdot 5 = 49 + 80 = 129$.

Условие выполняется. Значит, $129 - 56\sqrt{5}$ можно представить в виде квадрата разности. Определим, какое из чисел больше: $7$ или $4\sqrt{5}$.

$7^2 = 49$, а $(4\sqrt{5})^2 = 80$. Так как $80 > 49$, то $4\sqrt{5} > 7$.

Поэтому $129 - 56\sqrt{5} = (4\sqrt{5} - 7)^2$.

Следовательно:

$\sqrt{129 - 56\sqrt{5}} = \sqrt{(4\sqrt{5} - 7)^2} = |4\sqrt{5} - 7| = 4\sqrt{5} - 7$

Ответ: $4\sqrt{5} - 7$

в) Упростим выражение $\sqrt{7 + 2\sqrt{10}}$.

Выражение уже имеет вид $\sqrt{X+2\sqrt{Y}}$. Ищем представление подкоренного выражения в виде $(a+b)^2 = a^2 + b^2 + 2ab$.

Сравнивая с $7 + 2\sqrt{10}$, получаем систему:

$\begin{cases} a^2 + b^2 = 7 \\ 2ab = 2\sqrt{10} \implies ab = \sqrt{10} \end{cases}$

Нам нужно найти два числа, квадраты которых в сумме дают 7, а их произведение равно $\sqrt{10}$. Можно предположить, что $a=\sqrt{x}$ и $b=\sqrt{y}$. Тогда $x+y=7$ и $\sqrt{xy}=\sqrt{10}$, то есть $xy=10$.

Подбором находим два числа, сумма которых 7, а произведение 10. Это числа 5 и 2.

Следовательно, $a=\sqrt{5}$ и $b=\sqrt{2}$.

Таким образом, $7 + 2\sqrt{10} = (\sqrt{5})^2 + 2\sqrt{5}\sqrt{2} + (\sqrt{2})^2 = (\sqrt{5} + \sqrt{2})^2$.

Тогда:

$\sqrt{7 + 2\sqrt{10}} = \sqrt{(\sqrt{5} + \sqrt{2})^2} = |\sqrt{5} + \sqrt{2}| = \sqrt{5} + \sqrt{2}$

Ответ: $\sqrt{5} + \sqrt{2}$

г) Упростим выражение $\sqrt{57 + 12\sqrt{15}}$.

Сначала представим член $12\sqrt{15}$ в виде $2ab$, чтобы выделить множитель 2:

$12\sqrt{15} = 2 \cdot 6\sqrt{15}$.

Выражение принимает вид $\sqrt{57 + 2 \cdot 6\sqrt{15}}$. Внесем 6 под знак внутреннего корня:

$\sqrt{57 + 2\sqrt{36 \cdot 15}} = \sqrt{57 + 2\sqrt{540}}$.

Теперь ищем два числа $x$ и $y$ такие, что $x+y=57$ и $xy=540$. Эти числа являются корнями квадратного уравнения $t^2 - 57t + 540 = 0$.

Найдем корни. Дискриминант $D = b^2 - 4ac = (-57)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 540 = 3249 - 2160 = 1089 = 33^2$.

$t_1 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{57 + 33}{2} = \frac{90}{2} = 45$

$t_2 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{57 - 33}{2} = \frac{24}{2} = 12$

Итак, искомые числа - это 45 и 12.

Следовательно, $57 + 2\sqrt{540} = 45 + 12 + 2\sqrt{45 \cdot 12} = (\sqrt{45} + \sqrt{12})^2$.

Тогда:

$\sqrt{57 + 12\sqrt{15}} = \sqrt{(\sqrt{45} + \sqrt{12})^2} = \sqrt{45} + \sqrt{12}$.

Упростим полученные корни, вынеся множители из-под знака корня:

$\sqrt{45} = \sqrt{9 \cdot 5} = 3\sqrt{5}$

$\sqrt{12} = \sqrt{4 \cdot 3} = 2\sqrt{3}$

Окончательный результат: $3\sqrt{5} + 2\sqrt{3}$.

Ответ: $3\sqrt{5} + 2\sqrt{3}$

24. a) $\sqrt{67-42\sqrt{2}} + \sqrt{19-6\sqrt{2}}$

б) $\sqrt{51-4\sqrt{77}} - \sqrt{47-4\sqrt{33}}$

а) $\sqrt{67-42\sqrt{2}} + \sqrt{19-6\sqrt{2}}$

Для решения этой задачи мы воспользуемся формулой квадрата разности: $(a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2$. Наша цель — представить подкоренные выражения в виде полного квадрата.

1. Упростим первое слагаемое: $\sqrt{67-42\sqrt{2}}$.
Попытаемся представить подкоренное выражение $67-42\sqrt{2}$ в виде $(a-b\sqrt{c})^2$. Заметив $\sqrt{2}$, попробуем форму $(a-b\sqrt{2})^2 = a^2 + 2b^2 - 2ab\sqrt{2}$.
Сравнивая это с $67-42\sqrt{2}$, получаем систему уравнений:
$\begin{cases} a^2 + 2b^2 = 67 \\ 2ab = 42 \end{cases}$
Из второго уравнения получаем $ab = 21$. Подбирая целые множители для 21 (например, $a=7, b=3$), проверяем первое уравнение: $7^2 + 2 \cdot 3^2 = 49 + 2 \cdot 9 = 49 + 18 = 67$.
Пара чисел подходит. Следовательно, $67-42\sqrt{2} = (7-3\sqrt{2})^2$.
Тогда $\sqrt{67-42\sqrt{2}} = \sqrt{(7-3\sqrt{2})^2} = |7-3\sqrt{2}|$.
Чтобы определить знак, сравним $7$ и $3\sqrt{2}$. Поскольку $7^2=49$ и $(3\sqrt{2})^2 = 18$, то $7 > 3\sqrt{2}$, и выражение $7-3\sqrt{2}$ положительно. Значит, $|7-3\sqrt{2}| = 7-3\sqrt{2}$.

2. Упростим второе слагаемое: $\sqrt{19-6\sqrt{2}}$.
Представим подкоренное выражение $19-6\sqrt{2}$ в виде $(a-b)^2 = a^2+b^2-2ab$.
Здесь $2ab = 6\sqrt{2}$, откуда $ab = 3\sqrt{2}$. Также $a^2+b^2=19$.
Нам нужно найти два числа, произведение которых равно $3\sqrt{2} = \sqrt{18}$, а сумма их квадратов равна 19.
Попробуем $a=\sqrt{18}$ и $b=1$.
$a^2+b^2 = (\sqrt{18})^2 + 1^2 = 18+1=19$. Условие выполняется.
Следовательно, $19-6\sqrt{2} = (\sqrt{18}-1)^2 = (3\sqrt{2}-1)^2$.
Тогда $\sqrt{19-6\sqrt{2}} = \sqrt{(3\sqrt{2}-1)^2} = |3\sqrt{2}-1|$.
Поскольку $(3\sqrt{2})^2=18$ и $1^2=1$, то $3\sqrt{2} > 1$, и выражение $3\sqrt{2}-1$ положительно. Значит, $|3\sqrt{2}-1| = 3\sqrt{2}-1$.

3. Сложим полученные результаты:
$(7-3\sqrt{2}) + (3\sqrt{2}-1) = 7 - 3\sqrt{2} + 3\sqrt{2} - 1 = 6$.

Ответ: 6.

б) $\sqrt{51-4\sqrt{77}} - \sqrt{47-4\sqrt{33}}$

Снова воспользуемся формулой $(a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2$, чтобы упростить подкоренные выражения.

1. Упростим первое выражение: $\sqrt{51-4\sqrt{77}}$.
Представим $4\sqrt{77}$ в виде $2ab$. $4\sqrt{77} = 2 \cdot 2\sqrt{77}$. Мы ищем $a$ и $b$, такие что $a^2+b^2=51$ и $ab=2\sqrt{77}$.
Разложим $ab=2\sqrt{77}$ на множители: $ab = 2 \cdot \sqrt{7} \cdot \sqrt{11}$. Попробуем $a=2\sqrt{11}$ и $b=\sqrt{7}$.
Проверим сумму квадратов: $a^2+b^2 = (2\sqrt{11})^2 + (\sqrt{7})^2 = 4 \cdot 11 + 7 = 44+7=51$. Это соответствует нашему выражению.
Следовательно, $51-4\sqrt{77} = (2\sqrt{11}-\sqrt{7})^2$.
Тогда $\sqrt{51-4\sqrt{77}} = \sqrt{(2\sqrt{11}-\sqrt{7})^2} = |2\sqrt{11}-\sqrt{7}|$.
Поскольку $(2\sqrt{11})^2=44$ и $(\sqrt{7})^2 = 7$, то $44>7$, и выражение $2\sqrt{11}-\sqrt{7}$ положительно. Значит, $|2\sqrt{11}-\sqrt{7}| = 2\sqrt{11}-\sqrt{7}$.

2. Упростим второе выражение: $\sqrt{47-4\sqrt{33}}$.
Представим $4\sqrt{33}$ в виде $2ab$. $4\sqrt{33} = 2 \cdot 2\sqrt{33}$. Разложим $ab=2\sqrt{33}$ на множители: $ab=2\cdot\sqrt{3}\cdot\sqrt{11}$.
Попробуем $a=2\sqrt{11}$ и $b=\sqrt{3}$.
Проверим сумму квадратов: $a^2+b^2 = (2\sqrt{11})^2 + (\sqrt{3})^2 = 4 \cdot 11 + 3 = 44+3=47$. Это соответствует нашему выражению.
Следовательно, $47-4\sqrt{33} = (2\sqrt{11}-\sqrt{3})^2$.
Тогда $\sqrt{47-4\sqrt{33}} = \sqrt{(2\sqrt{11}-\sqrt{3})^2} = |2\sqrt{11}-\sqrt{3}|$.
Поскольку $(2\sqrt{11})^2=44$ и $(\sqrt{3})^2 = 3$, то $44>3$, и выражение $2\sqrt{11}-\sqrt{3}$ положительно. Значит, $|2\sqrt{11}-\sqrt{3}| = 2\sqrt{11}-\sqrt{3}$.

3. Вычтем второй результат из первого:
$(2\sqrt{11}-\sqrt{7}) - (2\sqrt{11}-\sqrt{3}) = 2\sqrt{11} - \sqrt{7} - 2\sqrt{11} + \sqrt{3} = \sqrt{3}-\sqrt{7}$.

Ответ: $\sqrt{3}-\sqrt{7}$.