Страница 192 - гдз по алгебре 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

5.100. Решите уравнение:

1) $ \frac{4}{x} + 5 = \frac{1}{x^2}; $

2) $ \frac{2}{x^2 + 3} + \frac{4}{x^2 + 7} = 1. $

1) $\frac{4}{x} + 5 = \frac{1}{x^2}$

Первым шагом определим область допустимых значений (ОДЗ). Знаменатели дробей не могут быть равны нулю, следовательно, $x \neq 0$.

Перенесём все члены уравнения в одну сторону, чтобы получить уравнение, равное нулю:

$\frac{4}{x} + 5 - \frac{1}{x^2} = 0$

Чтобы избавиться от дробей, приведём все слагаемые к общему знаменателю $x^2$:

$\frac{4 \cdot x}{x^2} + \frac{5 \cdot x^2}{x^2} - \frac{1}{x^2} = 0$

$\frac{4x + 5x^2 - 1}{x^2} = 0$

Дробь равна нулю тогда и только тогда, когда её числитель равен нулю, а знаменатель не равен нулю. Условие $x^2 \neq 0$ совпадает с нашим ОДЗ ($x \neq 0$). Поэтому приравняем числитель к нулю:

$5x^2 + 4x - 1 = 0$

Мы получили стандартное квадратное уравнение. Решим его с помощью дискриминанта $D = b^2 - 4ac$:

$D = 4^2 - 4 \cdot 5 \cdot (-1) = 16 + 20 = 36$

Так как $D > 0$, уравнение имеет два различных корня. Найдем их:

$x_1 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{-4 + \sqrt{36}}{2 \cdot 5} = \frac{-4 + 6}{10} = \frac{2}{10} = \frac{1}{5}$

$x_2 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{-4 - \sqrt{36}}{2 \cdot 5} = \frac{-4 - 6}{10} = \frac{-10}{10} = -1$

Оба найденных корня ($x_1 = \frac{1}{5}$ и $x_2 = -1$) удовлетворяют ОДЗ ($x \neq 0$).

Ответ: $-1; \frac{1}{5}$.

2) $\frac{2}{x^2 + 3} + \frac{4}{x^2 + 7} = 1$

Определим ОДЗ. Знаменатели $x^2 + 3$ и $x^2 + 7$ не должны быть равны нулю. Поскольку $x^2 \ge 0$ для любого действительного числа $x$, то $x^2 + 3 \ge 3$ и $x^2 + 7 \ge 7$. Таким образом, знаменатели всегда положительны и никогда не обращаются в ноль. ОДЗ: $x$ — любое действительное число.

Данное уравнение является биквадратным. Для упрощения введем замену переменной. Пусть $t = x^2$. Так как $x^2$ не может быть отрицательным, на новую переменную $t$ накладывается условие $t \ge 0$.

Подставим $t$ в исходное уравнение:

$\frac{2}{t + 3} + \frac{4}{t + 7} = 1$

Приведем дроби в левой части к общему знаменателю $(t+3)(t+7)$:

$\frac{2(t+7) + 4(t+3)}{(t+3)(t+7)} = 1$

Раскроем скобки в числителе и знаменателе:

$\frac{2t + 14 + 4t + 12}{t^2 + 7t + 3t + 21} = 1$

$\frac{6t + 26}{t^2 + 10t + 21} = 1$

Умножим обе части уравнения на знаменатель $t^2 + 10t + 21$ (мы знаем, что он не равен нулю, так как $t \ge 0$):

$6t + 26 = t^2 + 10t + 21$

Перенесем все члены в правую часть, чтобы получить квадратное уравнение:

$0 = t^2 + 10t - 6t + 21 - 26$

$t^2 + 4t - 5 = 0$

Решим это уравнение относительно $t$. Можно использовать теорему Виета: произведение корней равно $-5$, а их сумма равна $-4$. Корни легко подбираются: $t_1 = 1$ и $t_2 = -5$.

Теперь нужно проверить найденные корни на соответствие условию $t \ge 0$.

$t_1 = 1$ удовлетворяет условию ($1 \ge 0$).

$t_2 = -5$ не удовлетворяет условию ($-5 < 0$), поэтому это посторонний корень.

Выполним обратную замену для подходящего корня $t=1$:

$x^2 = t$

$x^2 = 1$

Это уравнение имеет два корня: $x_1 = 1$ и $x_2 = -1$.

Ответ: $-1; 1$.

5.101. Найдите значение $ \text{tg}x $, если $ \text{tg} \left( \frac{\pi}{4} - x \right) = -2 $.

Для решения данной задачи воспользуемся формулой тангенса разности двух углов:

$$tg(\alpha - \beta) = \frac{tg(\alpha) - tg(\beta)}{1 + tg(\alpha) \cdot tg(\beta)}$$

В нашем случае дано уравнение $tg\left(\frac{\pi}{4} - x\right) = -2$.

Применим формулу тангенса разности, где $\alpha = \frac{\pi}{4}$ и $\beta = x$.

$$tg\left(\frac{\pi}{4} - x\right) = \frac{tg\left(\frac{\pi}{4}\right) - tg(x)}{1 + tg\left(\frac{\pi}{4}\right) \cdot tg(x)}$$

Мы знаем, что значение тангенса угла $\frac{\pi}{4}$ равно 1, то есть $tg\left(\frac{\pi}{4}\right) = 1$.

Подставим это значение в формулу:

$$tg\left(\frac{\pi}{4} - x\right) = \frac{1 - tg(x)}{1 + 1 \cdot tg(x)} = \frac{1 - tg(x)}{1 + tg(x)}$$

Теперь подставим известное значение из условия задачи $tg\left(\frac{\pi}{4} - x\right) = -2$ в полученное выражение:

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

Чтобы найти $tg(x)$, решим это уравнение. Умножим обе части уравнения на $(1 + tg(x))$, при условии, что $1 + tg(x) \neq 0$:

$$1 - tg(x) = -2(1 + tg(x))$$

Раскроем скобки в правой части:

$$1 - tg(x) = -2 - 2tg(x)$$

Перенесем все члены с $tg(x)$ в левую часть, а постоянные члены - в правую:

$$-tg(x) + 2tg(x) = -2 - 1$$

$$tg(x) = -3$$

Проверим условие $1 + tg(x) \neq 0$. При $tg(x)=-3$, получаем $1 + (-3) = -2 \neq 0$. Условие выполняется.

Ответ: -3

5.102. Первый член геометрической прогрессии равен 150, а четвертый член равен 1,2. Найдите ее пятый член.

Пусть дана геометрическая прогрессия $b_n$, где $b_1$ — её первый член, а $q$ — её знаменатель.

По условию задачи нам даны:

Первый член прогрессии: $b_1 = 150$

Четвертый член прогрессии: $b_4 = 1.2$

Для нахождения пятого члена прогрессии ($b_5$) сначала необходимо найти её знаменатель ($q$).

Формула n-го члена геометрической прогрессии: $b_n = b_1 \cdot q^{n-1}$.

Запишем формулу для четвертого члена:

$b_4 = b_1 \cdot q^{4-1} = b_1 \cdot q^3$

Подставим известные значения в эту формулу:

$1.2 = 150 \cdot q^3$

Теперь выразим $q^3$:

$q^3 = \frac{1.2}{150}$

Упростим полученную дробь:

$q^3 = \frac{1.2}{150} = \frac{12}{1500} = \frac{1}{125}$

Найдем значение $q$, извлекая кубический корень из обеих частей уравнения:

$q = \sqrt[3]{\frac{1}{125}} = \frac{1}{5} = 0.2$

Теперь, когда мы знаем знаменатель прогрессии, мы можем найти пятый член. Пятый член можно получить, умножив четвертый член на знаменатель $q$:

$b_5 = b_4 \cdot q$

Подставим значения $b_4$ и $q$:

$b_5 = 1.2 \cdot 0.2 = 0.24$

Ответ: 0.24

5.103. Монету подбрасывают до тех пор, пока она не выпадет гербовой стороной или до тех пор, пока монета 4 раза подряд не выпадет числовой стороной. Определите пространство элементарных событий.

Для решения задачи определим все возможные исходы (элементарные события) эксперимента. Обозначим выпадение гербовой стороны как Г, а числовой стороны — как Ч. Эксперимент прекращается, как только выпадает герб (Г) или когда числовая сторона выпадает четыре раза подряд (ЧЧЧЧ).

Рассмотрим все возможные последовательности бросков до остановки эксперимента:

1. Эксперимент заканчивается на первом броске. Это происходит, если выпадает герб. Элементарное событие: Г.

2. Эксперимент заканчивается на втором броске. Это значит, что первый бросок был Ч (иначе эксперимент завершился бы на первом шаге), а второй — Г. Элементарное событие: ЧГ.

3. Эксперимент заканчивается на третьем броске. Это значит, что первые два броска были Ч, а третий — Г. Элементарное событие: ЧЧГ.

4. Эксперимент заканчивается на четвертом броске. Это может произойти в двух случаях:
а) Первые три броска были Ч, а четвертый — Г. Элементарное событие: ЧЧЧГ.
б) Все четыре броска были Ч. По условию, это также завершает эксперимент. Элементарное событие: ЧЧЧЧ.

Эксперимент не может продолжаться более четырех бросков, так как после четвертого броска одно из условий прекращения будет обязательно выполнено. Если в первых четырех бросках выпал хотя бы один герб, эксперимент остановится на первом из них. Если же герб не выпал ни разу, значит, все четыре раза выпала числовая сторона, что также является условием остановки.

Таким образом, пространство элементарных событий $\Omega$ — это множество всех перечисленных выше уникальных исходов.

Ответ: Пространство элементарных событий: $\Omega = \{\text{Г, ЧГ, ЧЧГ, ЧЧЧГ, ЧЧЧЧ}\}$.

5.104. Из цифр от 1 до 9 наудачу выбрали одну. Какова вероятность того, что выбранное число окажется:

1) четным;

2) нечетным;

3) простым?

В данной задаче мы выбираем одну цифру из набора {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Общее число возможных исходов равно 9, так как всего 9 цифр. Обозначим это как $n=9$. Вероятность любого события $A$ вычисляется по классической формуле вероятности: $P(A) = \frac{m}{n}$, где $m$ — это количество исходов, благоприятствующих событию $A$, а $n$ — общее число равновероятных исходов.

1) четным
Событие заключается в том, что выбранное число является четным. Найдем все четные числа в нашем наборе от 1 до 9. Это числа: 2, 4, 6, 8. Количество благоприятных исходов $m = 4$. Теперь можем рассчитать вероятность: $P(\text{четное}) = \frac{m}{n} = \frac{4}{9}$.
Ответ: $\frac{4}{9}$

2) нечетным
Событие заключается в том, что выбранное число является нечетным. Найдем все нечетные числа в нашем наборе от 1 до 9. Это числа: 1, 3, 5, 7, 9. Количество благоприятных исходов $m = 5$. Рассчитаем вероятность: $P(\text{нечетное}) = \frac{m}{n} = \frac{5}{9}$.
Ответ: $\frac{5}{9}$

3) простым
Событие заключается в том, что выбранное число является простым. Простое число — это натуральное число больше 1, которое делится без остатка только на 1 и на само себя. В наборе от 1 до 9 простыми числами являются: 2, 3, 5, 7. (Важно помнить, что 1 не является простым числом). Количество благоприятных исходов $m = 4$. Рассчитаем вероятность: $P(\text{простое}) = \frac{m}{n} = \frac{4}{9}$.
Ответ: $\frac{4}{9}$

5.105. Выявлено, что 1,5% продуктов некоторого производства бывают бракованными. Сколько деталей в среднем окажутся бракованными из 1000 деталей, произведенных на этом производстве?

По условию задачи, 1,5% всех произведенных деталей являются бракованными. Нам нужно найти, сколько в среднем бракованных деталей будет в партии из 1000 штук.

Чтобы найти число по его проценту, нужно представить процент в виде десятичной дроби и умножить на это число.

1. Переведем 1,5% в десятичную дробь. Для этого разделим число процентов на 100:

$1,5\% = \frac{1,5}{100} = 0,015$

2. Теперь умножим общее количество деталей (1000) на полученную дробь, чтобы найти количество бракованных деталей:

$1000 \times 0,015 = 15$

Следовательно, в среднем из 1000 деталей 15 окажутся бракованными.

Ответ: 15.

5.106. Какова вероятность того, что при трехкратном подбрасывании игральной кости по крайней мере один раз выпадет «шестерка»?

Для решения этой задачи удобно использовать метод нахождения вероятности через противоположное (дополнительное) событие.

Пусть событие $A$ заключается в том, что при трехкратном подбрасывании игральной кости хотя бы один раз выпадет «шестерка».

Тогда противоположное событие $\bar{A}$ заключается в том, что при трехкратном подбрасывании кости «шестерка» не выпадет ни разу.

Вероятность события $A$ можно найти по формуле: $P(A) = 1 - P(\bar{A})$.

Найдем вероятность события $\bar{A}$.

При одном подбрасывании игральной кости всего 6 равновозможных исходов (выпадение чисел от 1 до 6).

Вероятность выпадения «шестерки» при одном броске равна $1/6$.

Вероятность того, что «шестерка» не выпадет при одном броске (т.е. выпадет любое из 5 других чисел), равна $1 - 1/6 = 5/6$.

Поскольку броски являются независимыми событиями, вероятность того, что «шестерка» не выпадет ни разу за три броска, равна произведению вероятностей невыпадения «шестерки» в каждом из бросков:

$P(\bar{A}) = \frac{5}{6} \times \frac{5}{6} \times \frac{5}{6} = \left(\frac{5}{6}\right)^3 = \frac{125}{216}$

Теперь можем найти искомую вероятность события $A$:

$P(A) = 1 - P(\bar{A}) = 1 - \frac{125}{216} = \frac{216}{216} - \frac{125}{216} = \frac{91}{216}$

Ответ: $\frac{91}{216}$

5.107. Покажите, что среди любых 9 людей найдутся 3 человека, знакомых друг с другом, или 4 человека, которые не знакомы друг с другом.

Для решения этой задачи мы будем использовать язык теории графов. Представим 9 человек как 9 вершин полного графа $K_9$. Каждая пара людей либо знакома, либо не знакома. Это соответствует двум возможным состояниям ребра между соответствующими вершинами.

Раскрасим ребра графа в два цвета: ребро будет красным, если два человека знакомы друг с другом, и синим, если они не знакомы. Задача теперь формулируется так: доказать, что в любой такой раскраске полного графа $K_9$ найдется либо красный треугольник ($K_3$), соответствующий трем попарно знакомым людям, либо синий полный подграф на 4 вершинах ($K_4$), соответствующий четырем попарно незнакомым людям. Это утверждение эквивалентно тому, что число Рамсея $R(3, 4) \le 9$.

Мы докажем это утверждение методом от противного. Предположим, что существует такая раскраска ребер графа $K_9$, в которой нет ни красного $K_3$, ни синего $K_4$.

Шаг 1: Анализ произвольной вершины. Выберем произвольную вершину графа, назовем ее $v$. Эта вершина соединена с остальными 8 вершинами. Каждое из этих 8 ребер окрашено либо в красный, либо в синий цвет. Пусть $d_R(v)$ — это количество красных ребер, инцидентных вершине $v$ (число знакомых у человека $v$), а $d_B(v)$ — количество синих ребер, инцидентных вершине $v$ (число незнакомых у человека $v$). Очевидно, что для любой вершины $v$ выполняется равенство: $d_R(v) + d_B(v) = 8$.

Шаг 2: Вывод ограничений на степени вершин. Рассмотрим множество $N_R(v)$ вершин, соединенных с $v$ красными ребрами. Их количество равно $d_R(v)$. Если бы между любыми двумя вершинами из $N_R(v)$ было красное ребро, то эти две вершины вместе с $v$ образовывали бы красный треугольник. Поскольку мы предположили, что красных $K_3$ нет, все ребра внутри подграфа, порожденного вершинами из $N_R(v)$, должны быть синими. Это означает, что все люди из группы знакомых человека $v$ попарно не знакомы друг с другом. Так как мы предположили, что нет синего $K_4$ (четырех попарно незнакомых), то количество вершин в $N_R(v)$ не может быть 4 или больше. Следовательно, $d_R(v) < 4$, то есть $d_R(v) \le 3$.

Теперь рассмотрим множество $N_B(v)$ вершин, соединенных с $v$ синими ребрами. Их количество равно $d_B(v)$. В подграфе, порожденном этими вершинами, не может быть синего треугольника. Иначе, если бы в $N_B(v)$ нашлись три вершины, образующие синий $K_3$, то вместе с вершиной $v$ (которая соединена с ними синими ребрами) они бы образовали синий $K_4$. Это противоречит нашему предположению. Итак, в подграфе на $d_B(v)$ вершинах множества $N_B(v)$ нет синего $K_3$. Также, по основному предположению, в нем нет и красного $K_3$. Таким образом, в группе из $d_B(v)$ человек (незнакомых с $v$) нет ни тройки попарно знакомых, ни тройки попарно незнакомых. Известно, что число Рамсея $R(3, 3) = 6$. Это означает, что в любой группе из 6 человек обязательно найдется либо трое попарно знакомых, либо трое попарно незнакомых. Следовательно, количество вершин в $N_B(v)$ должно быть меньше 6. Таким образом, $d_B(v) < 6$, то есть $d_B(v) \le 5$.

Шаг 3: Получение противоречия. Поскольку наш выбор вершины $v$ был произвольным, выведенные ограничения должны выполняться для каждой вершины графа: $d_R(v) \le 3$ и $d_B(v) \le 5$. При этом для каждой вершины должно выполняться условие $d_R(v) + d_B(v) = 8$. Единственный способ удовлетворить всем этим условиям одновременно — это если для каждой вершины $v$ в точности $d_R(v) = 3$ и $d_B(v) = 5$.

Это означает, что если бы наше предположение о существовании контрпримера было верным, то красный подграф (граф знакомств) должен быть 3-регулярным графом. То есть, у каждого из 9 человек должно быть ровно 3 знакомых.

Рассмотрим сумму степеней всех вершин в красном графе. С одной стороны, она равна $9 \text{ вершин} \times 3 \text{ (степень каждой)} = 27$. С другой стороны, согласно лемме о рукопожатиях, сумма степеней всех вершин любого графа равна удвоенному числу его ребер: $\sum_{v \in V} d_R(v) = 2|E_R|$, где $|E_R|$ — число красных ребер. Таким образом, мы получаем $2|E_R| = 27$. Это уравнение не имеет решения в целых числах, так как слева стоит четное число, а справа — нечетное. Мы пришли к противоречию.

Шаг 4: Заключение. Наше исходное предположение о том, что можно найти такую группу из 9 человек, где нет ни троих попарно знакомых, ни четверых попарно незнакомых, привело к противоречию. Следовательно, это предположение неверно. Это доказывает, что среди любых 9 человек всегда найдутся либо 3 человека, знакомых друг с другом, либо 4 человека, которые не знакомы друг с другом.

Ответ: Утверждение доказано.

5.108. Из шахматной доски вырезали две клетки, расположенные на одной диагонали. Можно ли оставшуюся часть доски полностью покрыть прямоугольником, составленным из одной белой и одной черной клеток?

Стандартная шахматная доска имеет размер $8 \times 8$ и содержит 64 клетки: 32 белые и 32 черные.

Ключевым свойством шахматной доски является то, что все клетки, расположенные на одной диагонали, окрашены в один и тот же цвет. Это легко проверить: при движении по диагонали координаты клетки $(x, y)$ меняются таким образом, что сумма $x+y$ либо сохраняет четность (для главных диагоналей), либо меняется на 2, что также сохраняет четность. Клетки одного цвета как раз и характеризуются одинаковой четностью суммы координат.

Согласно условию задачи, из доски вырезали две клетки, находящиеся на одной диагонали. Из этого следует, что были удалены две клетки одинакового цвета.

Рассмотрим, как изменится состав клеток на доске:

• Если изначально было 32 белых и 32 черных клетки, то после удаления двух белых клеток на доске останется $32 - 2 = 30$ белых клеток и 32 черных.
• Если же были удалены две черные клетки, то на доске останется 32 белых и $32 - 2 = 30$ черных клеток.

В любом случае, на оставшейся части доски (которая теперь состоит из $64 - 2 = 62$ клеток) количество белых и черных клеток становится разным (30 и 32).

Прямоугольник, которым предлагается покрыть доску, состоит из одной белой и одной черной клетки. Такой прямоугольник также известен как кость домино. Каждая такая кость домино, как бы ее ни расположили на доске, всегда будет покрывать ровно одну белую и одну черную клетку.

Для того чтобы можно было полностью покрыть какую-либо область доски костями домино, необходимо, чтобы эта область содержала равное количество белых и черных клеток. Ведь если мы используем $N$ костей домино, то они покроют $N$ белых и $N$ черных клеток. Оставшаяся после вырезания часть доски содержит 62 клетки, для ее покрытия понадобилась бы $62 / 2 = 31$ кость домино. Эти 31 кость покрыли бы 31 белую и 31 черную клетку.

Однако, как мы выяснили, на оставшейся части доски находится 30 клеток одного цвета и 32 клетки другого. Это создает дисбаланс, который невозможно устранить с помощью костей домино, покрывающих клетки парами (одна белая + одна черная). Таким образом, возникает противоречие.

Ответ: Нет, оставшуюся часть доски полностью покрыть такими прямоугольниками невозможно.

5.109. На почтамте в продаже есть 10 видов марок. Сколькими способами можно купить:

1) 8 марок;
В данном случае нам нужно найти количество способов купить 8 марок из 10 имеющихся видов. Марки могут быть одинаковыми, и порядок их покупки не важен. Это классическая задача на нахождение числа сочетаний с повторениями.
Мы выбираем $k=8$ марок из $n=10$ видов. Формула для числа сочетаний с повторениями имеет вид:
$ \bar{C}_n^k = C_{n+k-1}^k = \frac{(n+k-1)!}{k!(n-1)!} $
Подставим наши значения $n=10$ и $k=8$ в формулу:
$ \bar{C}_{10}^8 = C_{10+8-1}^8 = C_{17}^8 $
Теперь рассчитаем значение этого выражения:
$ C_{17}^8 = \frac{17!}{8!(17-8)!} = \frac{17!}{8!9!} = \frac{17 \times 16 \times 15 \times 14 \times 13 \times 12 \times 11 \times 10}{8 \times 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} $
После сокращения дроби получаем:
$ C_{17}^8 = 17 \times 13 \times 11 \times 10 = 24310 $
Следовательно, существует 24310 способов купить 8 марок.

Ответ: 24310

2) 8 различных марок?
В этом случае все 8 марок должны быть разных видов. Это означает, что нам нужно выбрать 8 различных видов марок из 10 доступных. Порядок выбора не имеет значения, поэтому мы используем формулу для числа сочетаний без повторений.
Мы выбираем $k=8$ различных видов из $n=10$ видов. Формула для числа сочетаний без повторений:
$ C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!} $
Подставим значения $n=10$ и $k=8$:
$ C_{10}^8 = \frac{10!}{8!(10-8)!} = \frac{10!}{8!2!} $
Рассчитаем значение, сократив факториалы:
$ C_{10}^8 = \frac{10 \times 9 \times 8!}{8! \times 2 \times 1} = \frac{10 \times 9}{2} = 45 $
Можно также использовать свойство сочетаний $ C_n^k = C_n^{n-k} $:
$ C_{10}^8 = C_{10}^{10-8} = C_{10}^2 = \frac{10 \times 9}{2 \times 1} = 45 $
Таким образом, существует 45 способов купить 8 различных марок.

Ответ: 45