Страница 134, часть 1 - гдз по алгебре 9 класс учебник часть 1, 2 Абылкасымова, Кучер

82. Используя метод математической индукции, докажите: $2^n \ge 2n + 1$ при $n \in \mathbb{N}$ и $n \ge 3$.

Дано:

$n \in N$, $n \ge 3$.

Найти:

Доказать, что $2^n \ge 2n + 1$.

Решение:

Для доказательства неравенства воспользуемся методом математической индукции, который состоит из двух шагов: проверки базы индукции и доказательства индукционного шага.

1. База индукции

Проверим, выполняется ли данное неравенство для наименьшего возможного натурального числа $n$ из указанного промежутка, то есть для $n=3$.

Подставляем $n=3$ в неравенство:

$2^3 \ge 2 \cdot 3 + 1$

$8 \ge 6 + 1$

$8 \ge 7$

Неравенство является верным, так как 8 больше 7. Таким образом, база индукции выполняется.

2. Индукционный шаг

Сформулируем индукционное предположение. Предположим, что неравенство справедливо для некоторого произвольного натурального числа $k$, такого что $k \ge 3$. То есть, мы считаем верным, что:

$2^k \ge 2k + 1$

Теперь, основываясь на этом предположении, докажем, что неравенство будет верным и для следующего натурального числа, то есть для $n = k + 1$. Нам необходимо доказать истинность следующего неравенства:

$2^{k+1} \ge 2(k+1) + 1$

Начнем с левой части доказываемого неравенства. Преобразуем ее, используя свойство степеней:

$2^{k+1} = 2 \cdot 2^k$

Согласно нашему индукционному предположению, $2^k \ge 2k + 1$. Умножим обе части этого неравенства на 2 (так как 2 > 0, знак неравенства не изменится):

$2 \cdot 2^k \ge 2 \cdot (2k + 1)$

$2^{k+1} \ge 4k + 2$

Мы хотим доказать, что $2^{k+1} \ge 2(k+1) + 1$, что эквивалентно $2^{k+1} \ge 2k + 3$.

Мы уже показали, что $2^{k+1} \ge 4k + 2$. Теперь нам нужно сравнить $4k+2$ с $2k+3$. Если мы докажем, что $4k+2 \ge 2k+3$ для всех $k \ge 3$, то по свойству транзитивности мы сможем заключить, что $2^{k+1} \ge 2k+3$.

Проверим неравенство $4k+2 \ge 2k+3$:

$4k - 2k \ge 3 - 2$

$2k \ge 1$

$k \ge \frac{1}{2}$

Поскольку по условию индукции мы рассматриваем $k \ge 3$, то условие $k \ge \frac{1}{2}$ заведомо выполняется. Это означает, что $4k+2 \ge 2k+3$ для всех наших $k$.

Таким образом, мы можем построить следующую цепочку неравенств:

$2^{k+1} \ge 4k+2 \ge 2k+3$

Из этой цепочки следует, что $2^{k+1} \ge 2k+3$, а это и есть неравенство $2^{k+1} \ge 2(k+1)+1$.

Индукционный шаг доказан. Из истинности утверждения для $n=k$ следует его истинность для $n=k+1$.

Поскольку база индукции верна и индукционный шаг доказан, то, согласно методу математической индукции, неравенство $2^n \ge 2n + 1$ справедливо для всех натуральных чисел $n \ge 3$.

Ответ: Неравенство $2^n \ge 2n + 1$ для всех натуральных чисел $n$ при $n \ge 3$ доказано.

83. Докажите, что если $n \ge 2$, то $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2^n - 1} < n$.

Для доказательства неравенства $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2^n - 1} < n$ при $n \ge 2$, воспользуемся методом оценки суммы путем группировки ее слагаемых.

Рассмотрим сумму $S$, стоящую в левой части неравенства:

$S = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2^n - 1}$

Сгруппируем слагаемые в этой сумме следующим образом:

$S = 1 + \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7}\right) + \dots + \left(\frac{1}{2^{n-1}} + \dots + \frac{1}{2^n - 1}\right)$

Сумма разбита на $n$ групп:

1-я группа: $1$.

2-я группа: $\frac{1}{2} + \frac{1}{3}$. Эта группа начинается с $\frac{1}{2^1}$ и содержит $2^1=2$ слагаемых.

3-я группа: $\frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7}$. Эта группа начинается с $\frac{1}{2^2}$ и содержит $2^2=4$ слагаемых.

...

$n$-я группа: $\frac{1}{2^{n-1}} + \frac{1}{2^{n-1}+1} + \dots + \frac{1}{2^n - 1}$. Эта группа начинается с $\frac{1}{2^{n-1}}$ и содержит $2^{n-1}$ слагаемых.

Теперь оценим сверху сумму в каждой из этих групп.

Сумма в первой группе равна в точности $1$.

Для всех остальных групп, начиная со второй, мы заменим каждое слагаемое на самое большое значение в его группе, которым является первый член группы. Поскольку все остальные члены группы строго меньше первого, сумма группы будет строго меньше, чем произведение количества членов на этот самый большой член.

Оценим 2-ю группу:$\frac{1}{2} + \frac{1}{3} < \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1$.

Оценим 3-ю группу:$\frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} < \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = 4 \cdot \frac{1}{4} = 1$.

В общем виде, для $k$-й группы (где $k \in \{2, 3, \dots, n\}$), которая начинается с $\frac{1}{2^{k-1}}$ и содержит $2^{k-1}$ слагаемых, имеем:

$\underbrace{\frac{1}{2^{k-1}} + \frac{1}{2^{k-1}+1} + \dots + \frac{1}{2^k - 1}}_{2^{k-1} \text{ слагаемых}} < \underbrace{\frac{1}{2^{k-1}} + \frac{1}{2^{k-1}} + \dots + \frac{1}{2^{k-1}}}_{2^{k-1} \text{ раз}} = 2^{k-1} \cdot \frac{1}{2^{k-1}} = 1$.

Таким образом, мы представили исходную сумму $S$ как сумму $n$ групп. Сумма первой группы равна $1$, а сумма каждой из следующих $n-1$ групп строго меньше $1$.

Складывая эти оценки, получаем итоговое неравенство для $S$:

$S < \underbrace{1}_{1-я\;группа} + \underbrace{1}_{2-я\;группа} + \underbrace{1}_{3-я\;группа} + \dots + \underbrace{1}_{n-я\;группа} = n$.

Следовательно, $S < n$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Для любого целого числа $n \ge 2$ выполняется неравенство $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2^n - 1} < n$. Доказательство основано на группировке слагаемых и их оценке сверху, где сумма каждой из $n$ групп (кроме первой, которая равна 1) оказывается строго меньше 1.

84. Величины углов образуют арифметическую прогрессию $5^{\circ}$; $10^{\circ}$; $15^{\circ}$; ... . Найдите наименьшее число членов этой прогрессии, начиная с первого, чтобы значение суммы их косинусов было равно нулю.

По условию задачи, величины углов образуют арифметическую прогрессию $a_k$. Первый член этой прогрессии $a_1 = 5^\circ$, а разность $d = 10^\circ - 5^\circ = 5^\circ$. Следовательно, $k$-й член прогрессии равен $a_k = a_1 + (k-1)d = 5^\circ + (k-1)5^\circ = 5^\circ k$.

Требуется найти наименьшее натуральное число $n$, для которого сумма косинусов первых $n$ членов равна нулю. Запишем эту сумму $S_n$:$S_n = \sum_{k=1}^{n} \cos(a_k) = \sum_{k=1}^{n} \cos(5^\circ k)$.Для вычисления суммы косинусов, углы которых составляют арифметическую прогрессию, используется формула:$S_n = \frac{\cos\left(\frac{a_1+a_n}{2}\right) \sin\left(\frac{nd}{2}\right)}{\sin\left(\frac{d}{2}\right)}$.

Подставим в формулу наши значения $a_1 = 5^\circ$, $d = 5^\circ$ и $a_n = 5^\circ n$:$S_n = \frac{\cos\left(\frac{5^\circ+5^\circ n}{2}\right) \sin\left(\frac{n \cdot 5^\circ}{2}\right)}{\sin\left(\frac{5^\circ}{2}\right)} = \frac{\cos(2.5^\circ(n+1)) \sin(2.5^\circ n)}{\sin(2.5^\circ)}$.

Приравниваем сумму к нулю: $S_n = 0$. Так как знаменатель $\sin(2.5^\circ)$ не равен нулю, равенство выполняется, если числитель равен нулю:$\cos(2.5^\circ(n+1)) \sin(2.5^\circ n) = 0$.

Это произведение равно нулю, если хотя бы один из множителей равен нулю. Рассмотрим два возможных случая.
1. $\sin(2.5^\circ n) = 0$. Это верно, если $2.5^\circ n = 180^\circ \cdot k$ для некоторого целого $k$. Отсюда $n = \frac{180k}{2.5} = 72k$. Наименьшее натуральное $n$ в этом случае (при $k=1$) равно $72$.
2. $\cos(2.5^\circ (n+1)) = 0$. Это верно, если $2.5^\circ (n+1) = 90^\circ + 180^\circ \cdot m$ для некоторого целого $m$. Отсюда $n+1 = \frac{90 + 180m}{2.5} = 36 + 72m$, и $n = 35 + 72m$. Наименьшее натуральное $n$ в этом случае (при $m=0$) равно $35$.

Сравнивая наименьшие натуральные решения из обоих случаев, $n=72$ и $n=35$, мы выбираем наименьшее из них.Наименьшее число членов прогрессии, при котором сумма их косинусов равна нулю, — это $35$.
Ответ: 35

85. Преобразуйте выражение: $\sin\alpha + \sin(\alpha + \phi) + \sin(\alpha + 2\phi) + \dots + \sin(\alpha + n)$

Заданное выражение: $S = \sin(\alpha) + \sin(\alpha + \phi) + \sin(\alpha + 2\phi) + \dots + \sin(\alpha + n)$. В выражении, скорее всего, присутствует опечатка. Стандартная задача такого типа предполагает, что аргументы тригонометрических функций образуют арифметическую прогрессию. В данном случае последний член $\sin(\alpha+n)$ выбивается из последовательности $\sin(\alpha), \sin(\alpha+\phi), \sin(\alpha+2\phi), \dots$. Будем считать, что имелся в виду последний член $\sin(\alpha+n\phi)$. Таким образом, решаем задачу для суммы, где есть $n+1$ слагаемое: $S = \sin(\alpha) + \sin(\alpha + \phi) + \sin(\alpha + 2\phi) + \dots + \sin(\alpha + n\phi)$.

Это сумма синусов, углы которых составляют арифметическую прогрессию с первым членом $\alpha$, разностью $\phi$ и количеством членов $n+1$. Для нахождения этой суммы рассмотрим два случая, в зависимости от значения $\phi$.

Первый случай: $\phi = 2\pi k$ для некоторого целого числа $k$.

В этом случае $\sin(\frac{\phi}{2}) = \sin(\pi k) = 0$. Каждый член суммы равен $\sin(\alpha + m \cdot 2\pi k) = \sin(\alpha)$. Сумма состоит из $n+1$ одинаковых слагаемых, поэтому: $S = (n+1)\sin(\alpha)$.

Второй случай: $\phi \neq 2\pi k$ для любого целого числа $k$.

В этом случае $\sin(\frac{\phi}{2}) \neq 0$. Умножим обе части выражения для $S$ на $2\sin(\frac{\phi}{2})$: $2S\sin(\frac{\phi}{2}) = 2\sin(\alpha)\sin(\frac{\phi}{2}) + 2\sin(\alpha + \phi)\sin(\frac{\phi}{2}) + \dots + 2\sin(\alpha + n\phi)\sin(\frac{\phi}{2})$.

Используем формулу произведения синусов: $2\sin(A)\sin(B) = \cos(A-B) - \cos(A+B)$. Применим ее к каждому слагаемому в правой части равенства. Для общего члена суммы $\sin(\alpha + m\phi)$ имеем: $2\sin(\alpha + m\phi)\sin(\frac{\phi}{2}) = \cos(\alpha + m\phi - \frac{\phi}{2}) - \cos(\alpha + m\phi + \frac{\phi}{2}) = \cos(\alpha + (m - \frac{1}{2})\phi) - \cos(\alpha + (m + \frac{1}{2})\phi)$.

Подставив это в выражение для $2S\sin(\frac{\phi}{2})$, получим телескопическую сумму: $2S\sin(\frac{\phi}{2}) = [\cos(\alpha - \frac{\phi}{2}) - \cos(\alpha + \frac{\phi}{2})] + [\cos(\alpha + \frac{\phi}{2}) - \cos(\alpha + \frac{3\phi}{2})] + \dots + [\cos(\alpha + (n - \frac{1}{2})\phi) - \cos(\alpha + (n + \frac{1}{2})\phi)]$.

Все промежуточные слагаемые взаимно уничтожаются. Например, $-\cos(\alpha + \frac{\phi}{2})$ из первой скобки сокращается с $\cos(\alpha + \frac{\phi}{2})$ из второй скобки. Остаются только первый член из первой скобки и последний член из последней скобки: $2S\sin(\frac{\phi}{2}) = \cos(\alpha - \frac{\phi}{2}) - \cos(\alpha + (n + \frac{1}{2})\phi)$.

Теперь применим формулу разности косинусов: $\cos(X) - \cos(Y) = 2\sin(\frac{X+Y}{2})\sin(\frac{Y-X}{2})$. В нашем случае $X = \alpha - \frac{\phi}{2}$ и $Y = \alpha + (n + \frac{1}{2})\phi$. Тогда: $\frac{X+Y}{2} = \frac{(\alpha - \frac{\phi}{2}) + (\alpha + (n + \frac{1}{2})\phi)}{2} = \frac{2\alpha + n\phi}{2} = \alpha + \frac{n\phi}{2}$. $\frac{Y-X}{2} = \frac{(\alpha + (n + \frac{1}{2})\phi) - (\alpha - \frac{\phi}{2})}{2} = \frac{n\phi + \phi}{2} = \frac{(n+1)\phi}{2}$.

Подставляя эти выражения, получаем: $2S\sin(\frac{\phi}{2}) = 2\sin(\alpha + \frac{n\phi}{2})\sin(\frac{(n+1)\phi}{2})$.

Так как $\sin(\frac{\phi}{2}) \neq 0$, мы можем разделить обе части на $2\sin(\frac{\phi}{2})$: $S = \frac{\sin(\frac{(n+1)\phi}{2})\sin(\alpha + \frac{n\phi}{2})}{\sin(\frac{\phi}{2})}$.

Можно заметить, что если взять предел этого выражения при $\phi \to 2\pi k$, то получится результат из первого случая, $(n+1)\sin(\alpha)$. Поэтому данная формула является общим решением, если считать ее значение в точках $\phi = 2\pi k$ равным ее пределу.

Ответ: Предполагая, что в условии задачи опечатка и последний член суммы равен $\sin(\alpha+n\phi)$, выражение преобразуется следующим образом: если $\phi = 2\pi k$ для некоторого целого $k$, то сумма равна $(n+1)\sin(\alpha)$. Если $\phi \neq 2\pi k$, то сумма равна $\frac{\sin(\frac{(n+1)\phi}{2})\sin(\alpha + \frac{n\phi}{2})}{\sin(\frac{\phi}{2})}$.

86. 1) Найдите число четырехзначных чисел, которые можно составить из цифр 2, 4, 7, 8, при условии, что ни одна цифра не повторяется дважды;

2) найдите число способов раскрасить прямоугольник, ромб и квадрат тремя различными цветами: синим, красным, зеленым.

1) Нам необходимо найти количество четырехзначных чисел, которые можно составить из набора четырех различных цифр: {2, 4, 7, 8}. Условие "ни одна цифра не повторяется дважды" означает, что все цифры в числе должны быть уникальными. Так как у нас всего 4 цифры и мы составляем четырехзначные числа, мы должны использовать все предоставленные цифры ровно по одному разу.
Эта задача сводится к нахождению числа перестановок из 4 элементов.
Рассуждать можно следующим образом:
- На место тысяч можно поставить любую из 4 цифр. Количество вариантов: 4.
- После выбора первой цифры, на место сотен можно поставить любую из оставшихся 3 цифр. Количество вариантов: 3.
- На место десятков можно поставить любую из оставшихся 2 цифр. Количество вариантов: 2.
- На место единиц останется последняя, 1 цифра. Количество вариантов: 1.
Чтобы найти общее количество возможных чисел, нужно перемножить количество вариантов для каждой позиции, используя комбинаторное правило произведения.
Число перестановок из $n$ элементов вычисляется по формуле $P_n = n!$. В данном случае $n=4$.
$P_4 = 4! = 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24$.
Следовательно, можно составить 24 уникальных четырехзначных числа.
Ответ: 24.

2) Нам нужно найти количество способов раскрасить три различные фигуры (прямоугольник, ромб, квадрат) тремя различными цветами (синий, красный, зеленый). Условие задачи можно интерпретировать так, что для каждой фигуры используется ровно один цвет, и все три цвета должны быть использованы. Это означает, что каждой фигуре должен соответствовать уникальный цвет.
Задача аналогична предыдущей и сводится к нахождению числа перестановок из 3 элементов (цветов) для 3 объектов (фигур).
Рассуждаем по шагам:
- Для первой фигуры (например, прямоугольника) можно выбрать любой из 3 цветов. Количество способов: 3.
- Для второй фигуры (например, ромба) останется на выбор 2 цвета, так как один уже использован. Количество способов: 2.
- Для третьей фигуры (квадрата) останется только 1 последний цвет. Количество способов: 1.
Общее число способов раскраски находим по правилу произведения, перемножая количество вариантов для каждой фигуры.
Число перестановок из 3 элементов: $P_3 = 3!$.
$P_3 = 3! = 3 \times 2 \times 1 = 6$.
Таким образом, существует 6 различных способов раскрасить три фигуры тремя цветами.
Ответ: 6.

87. $52$ школьника приняли участие в олимпиаде по математике, $33$ — по информатике, $11$ — по двум предметам. Сколько всего школьников участвовало в олимпиадах по этим предметам?

Для решения этой задачи используется принцип включений-исключений. Пусть $M$ — это множество школьников, которые приняли участие в олимпиаде по математике, а $I$ — множество школьников, которые приняли участие в олимпиаде по информатике.

Из условия задачи нам известны следующие данные:

1. Количество школьников, участвовавших в олимпиаде по математике, равно $|M| = 52$.

2. Количество школьников, участвовавших в олимпиаде по информатике, равно $|I| = 33$.

3. Количество школьников, участвовавших в обеих олимпиадах, то есть тех, кто находится в пересечении этих двух множеств, равно $|M \cap I| = 11$.

Чтобы найти общее количество школьников, участвовавших в олимпиадах, нам нужно найти количество элементов в объединении множеств $M$ и $I$, то есть $|M \cup I|$.

Формула для нахождения объединения двух множеств выглядит следующим образом:

$|M \cup I| = |M| + |I| - |M \cap I|$

Эта формула означает, что для нахождения общего числа участников нужно сложить число участников по каждому предмету и вычесть число участников, которые были посчитаны дважды (то есть тех, кто участвовал в обеих олимпиадах).

Подставим в формулу данные из условия:

$|M \cup I| = 52 + 33 - 11$

Выполним вычисления:

$|M \cup I| = 85 - 11 = 74$

Следовательно, всего в олимпиадах по математике или информатике участвовало 74 школьника.

Ответ: 74.

88. Из 70 открыток на 47 изображены ромашки, на 30 — нарциссы, на 10 — сирень с ромашками, на 6 — сирень с нарциссами, на 5 — нарциссы с ромашками, на 4 — сирень с ромашками и нарциссами. Найдите число открыток с сиренью.

Для решения этой задачи используется формула включений-исключений для трех множеств. Введем обозначения: пусть Р — множество открыток с ромашками, Н — множество открыток с нарциссами, С — множество открыток с сиренью. Требуется найти мощность множества С, то есть $|С|$.

Из условия задачи нам известны следующие данные:

Общее количество открыток — 70. Будем считать, что на каждой открытке изображен хотя бы один из этих трех видов цветов. В этом случае, мощность объединения трех множеств равна общему числу открыток: $|Р \cup Н \cup С| = 70$.

Мощности множеств и их пересечений:

$|Р| = 47$ (открытки с ромашками)
$|Н| = 30$ (открытки с нарциссами)
$|Р \cap С| = 10$ (открытки с сиренью и ромашками)
$|Н \cap С| = 6$ (открытки с сиренью и нарциссами)
$|Р \cap Н| = 5$ (открытки с нарциссами и ромашками)
$|Р \cap Н \cap С| = 4$ (открытки со всеми тремя видами цветов)

Формула включений-исключений для трех множеств выглядит так:

$|Р \cup Н \cup С| = |Р| + |Н| + |С| - (|Р \cap Н| + |Р \cap С| + |Н \cap С|) + |Р \cap Н \cap С|$

Подставим известные значения в формулу, чтобы найти неизвестную величину $|С|$:

$70 = 47 + 30 + |С| - (5 + 10 + 6) + 4$

Выполним арифметические действия для правой части уравнения:

$70 = 77 + |С| - 21 + 4$

Упростим выражение:

$70 = (77 - 21 + 4) + |С|$

$70 = 56 + 4 + |С|$

$70 = 60 + |С|$

Из полученного равенства выразим и найдем $|С|$:

$|С| = 70 - 60$

$|С| = 10$

Таким образом, мы нашли, что число открыток с сиренью составляет 10.

Ответ: 10

89. Найдите корни уравнения:

1) $A_x^3 = 8x - 3x^2;$

2) $A_x^3 = 2x^3 - 3x^2 - 14x;$

3) $C_x^2 = x + 5.$

1) $A_x^3 = 8x - 3x^2$

Дано:

Уравнение $A_x^3 = 8x - 3x^2$.

Найти:

Корни уравнения.

Решение:

Число размещений из $x$ по 3, обозначаемое как $A_x^3$, определяется по формуле: $A_x^3 = \frac{x!}{(x-3)!} = x(x-1)(x-2)$.

По определению числа размещений, $x$ должен быть целым числом и удовлетворять условию $x \ge 3$. Это является областью допустимых значений (ОДЗ) для данного уравнения.

Подставим формулу для $A_x^3$ в исходное уравнение:

$x(x-1)(x-2) = 8x - 3x^2$

Раскроем скобки в левой части:

$(x^2 - x)(x-2) = 8x - 3x^2$

$x^3 - 2x^2 - x^2 + 2x = 8x - 3x^2$

$x^3 - 3x^2 + 2x = 8x - 3x^2$

Перенесем все члены в левую часть и приведем подобные слагаемые:

$x^3 - 3x^2 + 3x^2 + 2x - 8x = 0$

$x^3 - 6x = 0$

Вынесем $x$ за скобки:

$x(x^2 - 6) = 0$

Отсюда получаем возможные корни:

$x_1 = 0$ или $x^2 - 6 = 0$, что дает $x_{2,3} = \pm\sqrt{6}$.

Теперь проверим найденные значения на соответствие ОДЗ ($x$ — целое число и $x \ge 3$):

1. $x_1 = 0$ — целое число, но не удовлетворяет условию $0 \ge 3$.

2. $x_2 = \sqrt{6}$ — не является целым числом.

3. $x_3 = -\sqrt{6}$ — не является целым числом.

Ни один из найденных корней не удовлетворяет области допустимых значений. Следовательно, у исходного уравнения нет корней.

Ответ: корней нет.

2) $A_x^3 = 2x^3 - 3x^2 - 14x$

Дано:

Уравнение $A_x^3 = 2x^3 - 3x^2 - 14x$.

Найти:

Корни уравнения.

Решение:

Формула для числа размещений из $x$ по 3: $A_x^3 = x(x-1)(x-2) = x^3 - 3x^2 + 2x$.

Область допустимых значений (ОДЗ): $x$ — целое число и $x \ge 3$.

Подставим выражение для $A_x^3$ в уравнение:

$x^3 - 3x^2 + 2x = 2x^3 - 3x^2 - 14x$

Перенесем все члены в правую часть уравнения для удобства:

$0 = (2x^3 - x^3) + (-3x^2 + 3x^2) + (-14x - 2x)$

$x^3 - 16x = 0$

Вынесем общий множитель $x$ за скобки:

$x(x^2 - 16) = 0$

Используем формулу разности квадратов $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$:

$x(x-4)(x+4) = 0$

Получаем три возможных корня:

$x_1 = 0$, $x_2 = 4$, $x_3 = -4$.

Проверим соответствие корней ОДЗ ($x$ — целое число и $x \ge 3$):

1. $x_1 = 0$ — целое число, но не удовлетворяет условию $0 \ge 3$.

2. $x_2 = 4$ — является целым числом и удовлетворяет условию $4 \ge 3$. Это корень уравнения.

3. $x_3 = -4$ — целое число, но не удовлетворяет условию $-4 \ge 3$.

Таким образом, единственным корнем уравнения является $x = 4$.

Ответ: $4$.

3) $C_x^2 = x + 5$

Дано:

Уравнение $C_x^2 = x + 5$.

Найти:

Корни уравнения.

Решение:

Число сочетаний из $x$ по 2, обозначаемое как $C_x^2$, определяется по формуле:

$C_x^2 = \frac{x!}{2!(x-2)!} = \frac{x(x-1)}{2}$.

Область допустимых значений (ОДЗ) для данного уравнения: $x$ должен быть целым числом и $x \ge 2$.

Подставим формулу для $C_x^2$ в исходное уравнение:

$\frac{x(x-1)}{2} = x + 5$

Умножим обе части уравнения на 2, чтобы избавиться от знаменателя:

$x(x-1) = 2(x+5)$

Раскроем скобки:

$x^2 - x = 2x + 10$

Перенесем все члены в левую часть, чтобы получить стандартное квадратное уравнение:

$x^2 - x - 2x - 10 = 0$

$x^2 - 3x - 10 = 0$

Решим полученное квадратное уравнение. Найдем дискриминант по формуле $D = b^2 - 4ac$:

$D = (-3)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-10) = 9 + 40 = 49 = 7^2$.

Найдем корни по формуле $x_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a}$:

$x_1 = \frac{-(-3) + 7}{2 \cdot 1} = \frac{3 + 7}{2} = \frac{10}{2} = 5$

$x_2 = \frac{-(-3) - 7}{2 \cdot 1} = \frac{3 - 7}{2} = \frac{-4}{2} = -2$

Проверим найденные корни на соответствие ОДЗ ($x$ — целое число и $x \ge 2$):

1. $x_1 = 5$ — является целым числом и удовлетворяет условию $5 \ge 2$. Это корень уравнения.

2. $x_2 = -2$ — является целым числом, но не удовлетворяет условию $-2 \ge 2$.

Следовательно, уравнение имеет только один корень.

Ответ: $5$.

90. В меню столовой имеются 4 салата, 3 первых, 5 вторых и 3 третьих блюда. Сколькими способами можно выбрать обед из четырех блюд (салат, первое, второе и третье)?

Дано:

Количество видов салатов: $n_{салат} = 4$

Количество видов первых блюд: $n_{первое} = 3$

Количество видов вторых блюд: $n_{второе} = 5$

Количество видов третьих блюд: $n_{третье} = 3$

Найти:

Общее количество способов $N$ выбрать обед из четырех блюд.

Решение:

Для решения данной задачи используется комбинаторное правило умножения. Выбор каждого блюда (салата, первого, второго и третьего) является независимым действием. Чтобы найти общее число комбинаций обеда, необходимо перемножить количество вариантов для каждого блюда.

Общее число способов $N$ вычисляется по формуле:

$N = n_{салат} \times n_{первое} \times n_{второе} \times n_{третье}$

Подставим в формулу значения из условия задачи:

$N = 4 \times 3 \times 5 \times 3$

Произведем вычисления:

$N = 12 \times 15 = 180$

Следовательно, существует 180 различных способов составить обед из четырех блюд.

Ответ: 180.

91. 1) Абонент забыл последние 2 цифры номера телефона. Какое максимальное число номеров ему нужно перебрать, если он знает, что две последние цифры различны и нечетные?

2) Из 30 вопросов к экзамену учащийся 22 выучил, 4 совсем не смотрел, а в остальных что-то знает, а что-то нет. На экзамене в билетах будет три вопроса. Сколько из них тех, в которых учащийся знает ответы на все вопросы?

1)Для решения задачи необходимо определить количество возможных комбинаций для двух последних цифр телефонного номера, исходя из заданных условий. Условия следующие: две последние цифры различны и обе являются нечетными.
Сначала определим множество нечетных цифр: {1, 3, 5, 7, 9}. Всего в этом множестве 5 цифр.
Нам нужно выбрать две разные цифры из этого множества и расположить их в определенном порядке, так как порядок цифр в номере важен (например, 13 и 31 — это разные окончания номера). Это задача на нахождение числа размещений.
Для выбора предпоследней цифры есть 5 вариантов (любая из нечетных).
Поскольку последняя цифра должна быть нечетной и отличаться от первой, для ее выбора остается $5 - 1 = 4$ варианта.
Общее количество возможных комбинаций равно произведению числа вариантов для каждой позиции: $5 \times 4 = 20$.
Это же значение можно получить, используя формулу для числа размещений из $n$ элементов по $k$: $A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$. В нашем случае $n=5$ (количество нечетных цифр) и $k=2$ (количество забытых цифр).
$A_5^2 = \frac{5!}{(5-2)!} = \frac{5!}{3!} = \frac{5 \times 4 \times 3!}{3!} = 5 \times 4 = 20$.
Таким образом, максимальное число номеров, которое нужно перебрать, равно 20.
Ответ: 20

2)В данной задаче требуется найти количество экзаменационных билетов, в которых студент знает ответы на все вопросы.
Известно, что студент выучил 22 вопроса из 30, а в каждом билете содержится 3 вопроса. Чтобы студент знал ответы на все вопросы в билете, все три вопроса должны быть выбраны из числа 22-х выученных.
Порядок вопросов в билете не имеет значения, поэтому для нахождения искомого количества билетов необходимо использовать формулу для числа сочетаний.
Формула для числа сочетаний из $n$ элементов по $k$: $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.
В нашем случае $n=22$ (количество выученных вопросов), а $k=3$ (количество вопросов в билете).
Подставляем значения в формулу:
$C_{22}^3 = \frac{22!}{3!(22-3)!} = \frac{22!}{3! \cdot 19!} = \frac{22 \times 21 \times 20}{3 \times 2 \times 1}$.
Выполним вычисления:
$C_{22}^3 = \frac{9240}{6} = 1540$.
Следовательно, существует 1540 билетов, в которых студент знает ответы на все три вопроса.
Ответ: 1540