Страница 89, часть 1 - гдз по алгебре 9 класс учебник часть 1, 2 Абылкасымова, Кучер

9.3. Докажите равенство:

1) $C_8^4 + C_8^3 = C_9^4;$

2) $C_8^4 + C_8^3 + C_9^5 = C_{10}^5;$

3) $C_6^0 + C_6^1 + C_6^2 + ... + C_6^6 = 64.$

1) Для доказательства данного равенства воспользуемся свойством биномиальных коэффициентов, известным как тождество Паскаля: $C_n^k + C_n^{k-1} = C_{n+1}^k$. В нашем случае $n=8$ и $k=4$. Подставим эти значения в тождество:$C_8^4 + C_8^{4-1} = C_{8+1}^4$,что эквивалентно$C_8^4 + C_8^3 = C_9^4$.Равенство доказано.
В качестве альтернативы, можно вычислить значения напрямую.Формула для числа сочетаний: $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.$C_8^4 = \frac{8!}{4!(8-4)!} = \frac{8!}{4!4!} = \frac{5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4} = 70$.$C_8^3 = \frac{8!}{3!(8-3)!} = \frac{8!}{3!5!} = \frac{6 \cdot 7 \cdot 8}{1 \cdot 2 \cdot 3} = 56$.$C_9^4 = \frac{9!}{4!(9-4)!} = \frac{9!}{4!5!} = \frac{6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4} = 126$.Проверяем равенство: $70 + 56 = 126$. Равенство верно.
Ответ: Равенство доказано.

2) Для доказательства воспользуемся тождеством Паскаля $C_n^k + C_n^{k-1} = C_{n+1}^k$ дважды.Сначала сгруппируем первые два слагаемых: $(C_8^4 + C_8^3) + C_9^5$.Как мы показали в пункте 1), $C_8^4 + C_8^3 = C_9^4$.Подставим это в выражение: $C_9^4 + C_9^5$.Теперь снова применим тождество Паскаля. Для $n=9$ и $k=5$ (или $k-1=4$) имеем:$C_9^5 + C_9^4 = C_{9+1}^5 = C_{10}^5$.Таким образом, мы доказали, что $C_8^4 + C_8^3 + C_9^5 = C_{10}^5$.
Ответ: Равенство доказано.

3) Данное равенство является частным случаем свойства биномиальных коэффициентов, которое вытекает из формулы бинома Ньютона:$(a+b)^n = C_n^0 a^n b^0 + C_n^1 a^{n-1} b^1 + C_n^2 a^{n-2} b^2 + \dots + C_n^n a^0 b^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k a^{n-k} b^k$.Если в этой формуле положить $a=1$ и $b=1$, то мы получим:$(1+1)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k 1^{n-k} 1^k$,то есть, $2^n = C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + \dots + C_n^n$.В нашем случае $n=6$. Подставляя это значение, получаем:$C_6^0 + C_6^1 + C_6^2 + \dots + C_6^6 = 2^6$.Вычислим $2^6 = 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 64$.Следовательно, $C_6^0 + C_6^1 + C_6^2 + \dots + C_6^6 = 64$.
Ответ: Равенство доказано.

9.4. Решите уравнение:

1)$C_n^2 = 28;$

2)$C_n^{n-3} = 20;$

3)$C_n^{n-2} = 36.$

1) Решим уравнение $C_n^2 = 28$.
Формула для числа сочетаний из $n$ по $k$ имеет вид $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.По определению, $n$ должно быть натуральным числом, и должно выполняться условие $n \ge k$. В данном случае $n \ge 2$.
Применим формулу для $k=2$:
$C_n^2 = \frac{n!}{2!(n-2)!} = \frac{n \cdot (n-1) \cdot (n-2)!}{2 \cdot 1 \cdot (n-2)!} = \frac{n(n-1)}{2}$.
Подставим это выражение в исходное уравнение:
$\frac{n(n-1)}{2} = 28$
$n(n-1) = 56$
$n^2 - n - 56 = 0$
Это квадратное уравнение. Решим его с помощью дискриминанта.
$D = b^2 - 4ac = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-56) = 1 + 224 = 225 = 15^2$.
Корни уравнения:
$n_1 = \frac{-(-1) + 15}{2 \cdot 1} = \frac{16}{2} = 8$
$n_2 = \frac{-(-1) - 15}{2 \cdot 1} = \frac{-14}{2} = -7$
Корень $n_2 = -7$ не является натуральным числом, поэтому он не является решением. Корень $n_1 = 8$ удовлетворяет условию $n \ge 2$.
Ответ: $n=8$.

2) Решим уравнение $C_n^{n-3} = 20$.
Используем свойство симметрии для числа сочетаний: $C_n^k = C_n^{n-k}$.
$C_n^{n-3} = C_n^{n-(n-3)} = C_n^3$.
Уравнение принимает вид: $C_n^3 = 20$.
По определению, $n$ должно быть натуральным числом и $n \ge 3$.
Распишем $C_n^3$ по формуле:
$C_n^3 = \frac{n!}{3!(n-3)!} = \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)!}{3 \cdot 2 \cdot 1 \cdot (n-3)!} = \frac{n(n-1)(n-2)}{6}$.
Подставим в уравнение:
$\frac{n(n-1)(n-2)}{6} = 20$
$n(n-1)(n-2) = 120$
Нам нужно найти три последовательных натуральных числа, произведение которых равно 120. Можно решить это уравнение подбором, учитывая, что $n \ge 3$.
Проверим несколько значений $n$:
При $n=4$: $4 \cdot 3 \cdot 2 = 24$.
При $n=5$: $5 \cdot 4 \cdot 3 = 60$.
При $n=6$: $6 \cdot 5 \cdot 4 = 120$.
Таким образом, $n=6$ является решением уравнения. Так как функция $f(n) = n(n-1)(n-2)$ является возрастающей для $n \ge 3$, других натуральных корней нет.
Ответ: $n=6$.

3) Решим уравнение $C_n^{n-2} = 36$.
Используем свойство симметрии $C_n^k = C_n^{n-k}$:
$C_n^{n-2} = C_n^{n-(n-2)} = C_n^2$.
Уравнение принимает вид: $C_n^2 = 36$.
По определению, $n$ должно быть натуральным числом и $n \ge 2$.
Выражение для $C_n^2$ известно из пункта 1: $C_n^2 = \frac{n(n-1)}{2}$.
Подставим в уравнение:
$\frac{n(n-1)}{2} = 36$
$n(n-1) = 72$
$n^2 - n - 72 = 0$
Решим это квадратное уравнение.
$D = b^2 - 4ac = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-72) = 1 + 288 = 289 = 17^2$.
Корни уравнения:
$n_1 = \frac{-(-1) + 17}{2 \cdot 1} = \frac{18}{2} = 9$
$n_2 = \frac{-(-1) - 17}{2 \cdot 1} = \frac{-16}{2} = -8$
Корень $n_2 = -8$ не является натуральным числом, поэтому он не является решением. Корень $n_1 = 9$ удовлетворяет условию $n \ge 2$.
Ответ: $n=9$.

9.5. В меню столовой имеется 7 первых, 9 вторых и 4 третьих блюда. Сколькими способами можно выбрать обед из трех блюд (первое, второе и третье)?

Для решения этой задачи используется основное правило комбинаторики — правило умножения. Согласно этому правилу, если нужно совершить последовательно $k$ действий, и первое действие можно выполнить $n_1$ способами, второе — $n_2$ способами, третье — $n_3$ способами, и так далее до $k$-го действия, которое можно выполнить $n_k$ способами, то все $k$ действий вместе можно выполнить $N$ способами, где $N = n_1 \times n_2 \times n_3 \times \dots \times n_k$.

В данном случае нам необходимо выбрать обед, состоящий из трех блюд (трех последовательных действий):
1. Выбрать первое блюдо.
2. Выбрать второе блюдо.
3. Выбрать третье блюдо.

По условию задачи, у нас есть:
- $n_1 = 7$ способов выбрать первое блюдо.
- $n_2 = 9$ способов выбрать второе блюдо.
- $n_3 = 4$ способа выбрать третье блюдо.

Выбор блюда на каждом этапе не зависит от выбора на других этапах. Поэтому общее количество способов выбрать обед равно произведению числа вариантов для каждого блюда.

Вычислим общее количество способов $N$:
$N = n_1 \times n_2 \times n_3 = 7 \times 9 \times 4$
$N = 63 \times 4$
$N = 252$

Таким образом, существует 252 различных способа составить обед из трех блюд.

Ответ: 252.

9.6. Решите уравнение:

1) $C_{2n+1}^{n-1} : C_{2n}^{n+1} = \frac{5}{3}$;

2) $A_{2x+3}^{x-1} : A_{2x}^{x+1} = \frac{1}{30}$;

3) $C_n^2 \cdot A_n^2 = 32.$

1) $C_{2n+1}^{n-1} : C_{2n+1}^{n+1} = \frac{5}{3}$

Используем формулу для числа сочетаний $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ) для $n$. Переменная $n$ должна быть целым числом, и должны выполняться условия для существования сочетаний:

$ \begin{cases} n-1 \ge 0 \\ n+1 \ge 0 \\ 2n+1 \ge n-1 \\ 2n+1 \ge n+1 \end{cases} \implies \begin{cases} n \ge 1 \\ n \ge -1 \\ n \ge -2 \\ n \ge 0 \end{cases} $

Из системы неравенств следует, что $n$ должно быть натуральным числом, $n \ge 1$.

Запишем левую часть уравнения, используя формулу для сочетаний:

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

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

Теперь составим их отношение:

$\frac{C_{2n+1}^{n-1}}{C_{2n+1}^{n+1}} = \frac{\frac{(2n+1)!}{(n-1)!(n+2)!}}{\frac{(2n+1)!}{(n+1)!n!}} = \frac{(2n+1)!}{(n-1)!(n+2)!} \cdot \frac{(n+1)!n!}{(2n+1)!} = \frac{n!(n+1)!}{(n-1)!(n+2)!}$

Упростим полученное выражение, раскрыв факториалы: $n! = n \cdot (n-1)!$ и $(n+2)! = (n+2) \cdot (n+1)!$.

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

Таким образом, исходное уравнение сводится к следующему:

$\frac{n}{n+2} = \frac{5}{3}$

Решим его, используя свойство пропорции:

$3n = 5(n+2)$

$3n = 5n + 10$

$2n = -10$

$n = -5$

Полученное значение $n=-5$ не удовлетворяет области допустимых значений ($n \ge 1$). Следовательно, у исходного уравнения нет решений.

Ответ: нет решений.

2) $A_{2x+3}^{x-1} : A_{2x}^{x+1} = \frac{1}{30}$

Используем формулу для числа размещений $A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$.

Найдем ОДЗ для $x$. Переменная $x$ должна быть целым числом, и должны выполняться условия:

Для $A_{2x+3}^{x-1}$: $ \begin{cases} x-1 \ge 0 \\ 2x+3 \ge x-1 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge 1 \\ x \ge -4 \end{cases} \implies x \ge 1$.

Для $A_{2x}^{x+1}$: $ \begin{cases} x+1 \ge 0 \\ 2x \ge x+1 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge -1 \\ x \ge 1 \end{cases} \implies x \ge 1$.

Общая ОДЗ: $x$ - целое число, $x \ge 1$.

Запишем члены уравнения по формуле:

$A_{2x+3}^{x-1} = \frac{(2x+3)!}{(2x+3 - (x-1))!} = \frac{(2x+3)!}{(x+4)!}$

$A_{2x}^{x+1} = \frac{(2x)!}{(2x - (x+1))!} = \frac{(2x)!}{(x-1)!}$

Составим их отношение:

$\frac{A_{2x+3}^{x-1}}{A_{2x}^{x+1}} = \frac{\frac{(2x+3)!}{(x+4)!}}{\frac{(2x)!}{(x-1)!}} = \frac{(2x+3)!}{(x+4)!} \cdot \frac{(x-1)!}{(2x)!}$

Упростим, раскрыв факториалы: $(2x+3)! = (2x+3)(2x+2)(2x+1)(2x)!$ и $(x+4)! = (x+4)(x+3)(x+2)(x+1)x(x-1)!$.

$\frac{(2x+3)(2x+2)(2x+1)(2x)! \cdot (x-1)!}{(x+4)(x+3)(x+2)(x+1)x(x-1)! \cdot (2x)!} = \frac{(2x+3)(2x+2)(2x+1)}{x(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)}$

Сократив $(x+1)$ в числителе и знаменателе, получаем:

$\frac{2(2x+3)(2x+1)}{x(x+2)(x+3)(x+4)}$

Приравнивая это выражение к $\frac{1}{30}$, приходим к уравнению $x^4+9x^3-214x^2-456x-180=0$. Данное уравнение 4-й степени не имеет целых корней, что указывает на вероятную опечатку в условии задачи.

Предположим, что опечатка состоит в том, что оба размещения должны быть из одного и того же множества, например, $2x+3$. Тогда уравнение принимает вид:

$A_{2x+3}^{x-1} : A_{2x+3}^{x+1} = \frac{1}{30}$

$\frac{\frac{(2x+3)!}{(2x+3 - (x-1))!}}{\frac{(2x+3)!}{(2x+3 - (x+1))!}} = \frac{\frac{(2x+3)!}{(x+4)!}}{\frac{(2x+3)!}{(x+2)!}} = \frac{(x+2)!}{(x+4)!} = \frac{(x+2)!}{(x+4)(x+3)(x+2)!} = \frac{1}{(x+4)(x+3)}$

Теперь решаем уравнение:

$\frac{1}{(x+4)(x+3)} = \frac{1}{30}$

$(x+4)(x+3) = 30$

$x^2+7x+12=30$

$x^2+7x-18=0$

По теореме Виета, корни $x_1=2, x_2=-9$.

Корень $x=-9$ не удовлетворяет ОДЗ ($x \ge 1$). Корень $x=2$ удовлетворяет ОДЗ.

Ответ: при предположении, что в условии задачи опечатка и уравнение имеет вид $A_{2x+3}^{x-1} : A_{2x+3}^{x+1} = 1/30$, решением является $x=2$. В исходной формулировке уравнение не имеет целых решений.

3) $C_n^2 \cdot A_n^2 = 32$

Используем формулы $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ и $A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$.

ОДЗ для данного уравнения: $n$ должно быть целым числом и $n \ge 2$.

Выразим $C_n^2$ и $A_n^2$ через $n$:

$C_n^2 = \frac{n!}{2!(n-2)!}=\frac{n(n-1)(n-2)!}{2(n-2)!}=\frac{n(n-1)}{2}$

$A_n^2 = \frac{n!}{(n-2)!}=\frac{n(n-1)(n-2)!}{(n-2)!}=n(n-1)$

Подставим эти выражения в исходное уравнение:

$\frac{n(n-1)}{2} \cdot n(n-1) = 32$

$\frac{[n(n-1)]^2}{2} = 32$

$[n(n-1)]^2 = 64$

Извлечем квадратный корень из обеих частей уравнения:

$n(n-1) = \pm 8$

Рассмотрим два возможных случая:

1. $n(n-1) = 8 \implies n^2 - n - 8 = 0$.

Найдем дискриминант этого квадратного уравнения: $D = (-1)^2 - 4(1)(-8) = 1+32=33$. Так как дискриминант $33$ не является полным квадратом, корни этого уравнения, $n = \frac{1 \pm \sqrt{33}}{2}$, не являются целыми числами.

2. $n(n-1) = -8 \implies n^2 - n + 8 = 0$.

Дискриминант этого уравнения: $D = (-1)^2 - 4(1)(8) = 1-32=-31$. Так как $D < 0$, это уравнение не имеет действительных корней.

Поскольку ни в одном из случаев мы не получили целых решений, удовлетворяющих ОДЗ, исходное уравнение не имеет решений в целых числах.

Ответ: нет решений.

9.7. На окружности последовательно отмечены точки $A_1$, $A_2$, ..., $A_{11}$, $A_{12}$. Найдите:

1) число хорд с концами в этих точках;

2) число треугольников с вершинами в этих точках.

1) число хорд с концами в этих точках

На окружности отмечено 12 точек. Хорда — это отрезок, соединяющий две любые точки на окружности. Следовательно, чтобы найти общее количество хорд, нужно определить, сколькими способами можно выбрать 2 точки из 12 имеющихся. Поскольку порядок выбора точек не имеет значения (хорда, соединяющая точки $A_i$ и $A_j$, это та же самая хорда, что и соединяющая $A_j$ и $A_i$), мы используем формулу для числа сочетаний.

Число сочетаний из $n$ элементов по $k$ вычисляется по формуле: $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$

В нашем случае общее число точек $n = 12$, а для построения хорды нужно выбрать $k = 2$ точки. Подставляем эти значения в формулу: $C_{12}^2 = \frac{12!}{2!(12-2)!} = \frac{12!}{2! \cdot 10!} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10!}{2 \cdot 1 \cdot 10!} = \frac{12 \cdot 11}{2} = 6 \cdot 11 = 66$.

Таким образом, можно построить 66 различных хорд.

Ответ: 66.

2) число треугольников с вершинами в этих точках

Треугольник образуется тремя точками, которые не лежат на одной прямой. Поскольку все 12 точек лежат на окружности, любые три из них не будут коллинеарными и, следовательно, всегда будут образовывать треугольник. Задача состоит в том, чтобы найти количество способов выбрать 3 вершины для треугольника из 12 доступных точек. Порядок выбора вершин также не имеет значения.

Мы снова используем формулу для числа сочетаний, но теперь для выбора $k = 3$ точек из $n = 12$. $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$

Подставляем значения $n=12$ и $k=3$: $C_{12}^3 = \frac{12!}{3!(12-3)!} = \frac{12!}{3! \cdot 9!} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9!}{3 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 9!} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10}{6} = 2 \cdot 11 \cdot 10 = 220$.

Таким образом, можно построить 220 различных треугольников.

Ответ: 220.

*9.8. Прямые a и b параллельны. На прямой a отмечено 6 точек, а на прямой b отмечено 9 точек. Найдите:

1) число треугольников с вершинами в этих точках;

2) число выпуклых четырехугольников с вершинами в отмеченных точках (три вершины четырехугольника не должны лежать на одной прямой).

Пусть на параллельных прямых $a$ и $b$ задано множество точек. На прямой $a$ — 6 точек, а на прямой $b$ — 9 точек.

1) число треугольников с вершинами в этих точках;

Для образования треугольника необходимо выбрать 3 точки, которые не лежат на одной прямой. Это значит, что нельзя выбирать все три вершины с одной и той же прямой. Используем комбинаторный подход. Существует два возможных сценария выбора вершин:

Сценарий 1: Две вершины на прямой $a$ и одна вершина на прямой $b$.
Количество способов выбрать 2 точки из 6 на прямой $a$ определяется числом сочетаний $C_6^2$:
$C_6^2 = \frac{6!}{2!(6-2)!} = \frac{6 \times 5}{2 \times 1} = 15$ способов.
Количество способов выбрать 1 точку из 9 на прямой $b$ равно $C_9^1 = 9$ способов.
Общее число треугольников для этого сценария: $15 \times 9 = 135$.

Сценарий 2: Одна вершина на прямой $a$ и две вершины на прямой $b$.
Количество способов выбрать 1 точку из 6 на прямой $a$ равно $C_6^1 = 6$ способов.
Количество способов выбрать 2 точки из 9 на прямой $b$ равно $C_9^2$:
$C_9^2 = \frac{9!}{2!(9-2)!} = \frac{9 \times 8}{2 \times 1} = 36$ способов.
Общее число треугольников для этого сценария: $6 \times 36 = 216$.

Итоговое количество треугольников — это сумма треугольников из обоих сценариев:
$135 + 216 = 351$.
Ответ: 351

2) число выпуклых четырехугольников с вершинами в отмеченных точках (три вершины четырехугольника не должны лежать на одной прямой).

Выпуклый четырехугольник можно образовать, выбрав 4 точки. Условие, что никакие три вершины не лежат на одной прямой, означает, что для построения четырехугольника мы должны выбрать две вершины с прямой $a$ и две вершины с прямой $b$. Любая такая комбинация из четырех точек будет образовывать выпуклый четырехугольник (трапецию), поскольку его основания будут лежать на параллельных прямых.

Найдем количество способов выбрать 2 вершины из 6 на прямой $a$:
$C_6^2 = \frac{6 \times 5}{2} = 15$ способов.

Найдем количество способов выбрать 2 вершины из 9 на прямой $b$:
$C_9^2 = \frac{9 \times 8}{2} = 36$ способов.

Чтобы найти общее число четырехугольников, нужно перемножить количество способов выбора точек с каждой прямой:
$N = C_6^2 \times C_9^2 = 15 \times 36 = 540$.
Ответ: 540

9.9. Разложите многочлен на множители:

1) $x^3 + 3x - 4$;

2) $x^3 + 2x^2 - 3x - 6$;

3) $x^3 + 3x^2 + 3x + 9$;

4) $x^4 - 3x^2 - 4$.

1) Для разложения многочлена $x^3 + 3x - 4$ на множители найдем его целый корень. Согласно теореме о рациональных корнях, возможные целые корни являются делителями свободного члена $-4$. Делители: $\pm1, \pm2, \pm4$.
Проверим $x=1$: $1^3 + 3 \cdot 1 - 4 = 1 + 3 - 4 = 0$. Значит, $x=1$ является корнем многочлена, а $(x-1)$ — его множителем.
Чтобы найти второй множитель, можно выполнить деление многочлена $x^3 + 3x - 4$ на $(x-1)$ или сгруппировать слагаемые. Воспользуемся методом группировки, представив $-4$ как $-1-3$ и $3x$ как $-x+4x$, но проще всего представить $-4$ как $-1-3$ и сгруппировать с $x^3$.
$x^3 + 3x - 4 = x^3 - 1 + 3x - 3$
Сгруппируем слагаемые: $(x^3 - 1) + (3x - 3)$.
Применим формулу разности кубов $a^3 - b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)$ к первому слагаемому и вынесем общий множитель из второго: $(x-1)(x^2+x+1) + 3(x-1)$.
Теперь вынесем общий множитель $(x-1)$ за скобки: $(x-1)((x^2+x+1) + 3) = (x-1)(x^2+x+4)$.
Квадратный трехчлен $x^2+x+4$ не раскладывается на множители с действительными коэффициентами, так как его дискриминант $D = 1^2 - 4 \cdot 1 \cdot 4 = 1 - 16 = -15 < 0$.
Ответ: $(x-1)(x^2+x+4)$.

2) Для разложения многочлена $x^3 + 2x^2 - 3x - 6$ воспользуемся методом группировки.
Сгруппируем первое и второе слагаемые, а также третье и четвертое: $(x^3 + 2x^2) + (-3x - 6)$.
Вынесем общие множители из каждой группы: $x^2(x + 2) - 3(x + 2)$.
Теперь вынесем общий множитель $(x+2)$ за скобки: $(x+2)(x^2 - 3)$.
Множитель $(x^2 - 3)$ можно разложить дальше по формуле разности квадратов как $(x-\sqrt{3})(x+\sqrt{3})$, но в рамках разложения на множители с рациональными коэффициентами полученный вид является окончательным.
Ответ: $(x+2)(x^2-3)$.

3) Для разложения многочлена $x^3 + 3x^2 + 3x + 9$ также используем метод группировки.
Сгруппируем слагаемые: $(x^3 + 3x^2) + (3x + 9)$.
Вынесем общие множители из каждой группы: $x^2(x + 3) + 3(x + 3)$.
Вынесем общий множитель $(x+3)$ за скобки: $(x+3)(x^2 + 3)$.
Многочлен $x^2+3$ не имеет действительных корней (его дискриминант отрицателен) и, следовательно, не раскладывается на множители с действительными коэффициентами.
Ответ: $(x+3)(x^2+3)$.

4) Многочлен $x^4 - 3x^2 - 4$ является биквадратным. Для его разложения на множители сделаем замену переменной. Пусть $y = x^2$. Тогда многочлен принимает вид:
$y^2 - 3y - 4$.
Это квадратный трехчлен. Найдем его корни. По теореме Виета, произведение корней равно $-4$, а сумма равна $3$. Корни: $y_1 = 4$ и $y_2 = -1$.
Тогда разложение для $y$ будет иметь вид: $(y - 4)(y - (-1)) = (y-4)(y+1)$.
Теперь вернемся к исходной переменной $x$, подставив $y = x^2$ обратно:
$(x^2 - 4)(x^2 + 1)$.
Первый множитель $(x^2 - 4)$ является разностью квадратов и раскладывается как $(x-2)(x+2)$.
Второй множитель $(x^2 + 1)$ не имеет действительных корней и не раскладывается на множители с действительными коэффициентами.
Таким образом, окончательное разложение имеет вид:
$(x-2)(x+2)(x^2+1)$.
Ответ: $(x-2)(x+2)(x^2+1)$.

9.10. Запишите систему неравенств, задающих на плоскости множество точек, показанных на рисунке 24.

1)

$ x^2 + y^2 < 9 $

$ x + y \le 3 $

2)

$ 1 < x^2 + y^2 < 9 $

Рис. 24

1)

Заштрихованная область на рисунке 1 ограничена окружностью и прямой. Для того чтобы задать это множество точек, необходимо составить систему из двух неравенств.

1. Окружность.Центр окружности находится в начале координат $O(0, 0)$. Из рисунка видно, что радиус окружности равен 2 (она проходит через точки $(2, 0)$, $(0, 2)$ и т.д.). Уравнение окружности с центром в начале координат и радиусом $r$ имеет вид $x^2 + y^2 = r^2$. Для нашего случая уравнение: $x^2 + y^2 = 2^2$ или $x^2 + y^2 = 4$. Так как граница окружности изображена пунктирной линией, точки на самой окружности не принадлежат множеству, поэтому неравенство будет строгим. Заштрихованная область находится внутри окружности, следовательно, первое неравенство: $x^2 + y^2 < 4$.

2. Прямая.Прямая проходит через точки $(2, 0)$ и $(0, 2)$. Уравнение прямой, проходящей через две точки $(x_1, y_1)$ и $(x_2, y_2)$, можно записать как $\frac{x - x_1}{x_2 - x_1} = \frac{y - y_1}{y_2 - y_1}$. Подставим наши точки: $\frac{x - 2}{0 - 2} = \frac{y - 0}{2 - 0}$, что дает $\frac{x - 2}{-2} = \frac{y}{2}$, и после упрощения получаем $x + y = 2$. Граница прямая сплошная, значит, точки на прямой принадлежат множеству, и неравенство будет нестрогим. Заштрихованная область находится ниже прямой. Для определения знака неравенства возьмем пробную точку из области, например, начало координат $(0, 0)$. Подставляя в уравнение, получаем $0 + 0 = 0$. Так как $0 \le 2$, неравенство имеет вид $x + y \le 2$.

Объединяя оба условия, получаем искомую систему неравенств.

Ответ: $\begin{cases} x^2 + y^2 < 4 \\ x + y \le 2 \end{cases}$

2)

Заштрихованная область на рисунке 2 представляет собой кольцо (математически — аннулус), заключенное между двумя концентрическими окружностями с центром в начале координат $O(0, 0)$.

1. Внутренняя окружность.Радиус внутренней окружности $r_1=1$. Ее уравнение: $x^2 + y^2 = 1^2$, то есть $x^2 + y^2 = 1$. Граница этой окружности пунктирная, а заштрихованная область находится снаружи от нее. Следовательно, точки на окружности не включаются, и мы получаем строгое неравенство $x^2 + y^2 > 1$.

2. Внешняя окружность.Радиус внешней окружности $r_2=2$. Ее уравнение: $x^2 + y^2 = 2^2$, то есть $x^2 + y^2 = 4$. Граница этой окружности также пунктирная, а заштрихованная область находится внутри нее. Следовательно, точки на окружности не включаются, и мы получаем строгое неравенство $x^2 + y^2 < 4$.

Множество точек должно удовлетворять обоим условиям одновременно. Это можно записать в виде системы или двойного неравенства.

Ответ: $\begin{cases} x^2 + y^2 > 1 \\ x^2 + y^2 < 4 \end{cases}$, или в виде двойного неравенства: $1 < x^2 + y^2 < 4$.

28.25. Упростите выражение:

1) $2 - \frac{\cos^2 \alpha - 4\sin^2 \frac{\alpha}{2} \cdot \cos^2 \frac{\alpha}{2}}{1 - 8\sin^2 \frac{\alpha}{2} \cdot \cos^2 \frac{\alpha}{2}}$

2) $\frac{\sin^4 \alpha + 2\sin \alpha \cos \alpha - \cos^4 \alpha}{\operatorname{tg}2\alpha - 1}$

1) Упростим числитель и знаменатель дроби, используя формулу синуса двойного угла $ \sin(2x) = 2\sin x \cos x $.

Для начала преобразуем выражение $ 4\sin^2\frac{\alpha}{2}\cos^2\frac{\alpha}{2} $. Его можно записать как $ (2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2})^2 $.

Применяя формулу синуса двойного угла для угла $ \frac{\alpha}{2} $, получаем: $ 2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2} = \sin \alpha $.

Следовательно, $ (2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2})^2 = \sin^2 \alpha $.

Теперь подставим это в исходную дробь.

Числитель дроби: $ \cos^2\alpha - 4\sin^2\frac{\alpha}{2}\cos^2\frac{\alpha}{2} = \cos^2\alpha - \sin^2\alpha $. Это формула косинуса двойного угла: $ \cos(2\alpha) $.

Знаменатель дроби: $ 1 - 8\sin^2\frac{\alpha}{2}\cos^2\frac{\alpha}{2} = 1 - 2 \cdot (4\sin^2\frac{\alpha}{2}\cos^2\frac{\alpha}{2}) = 1 - 2\sin^2\alpha $. Это также одна из форм формулы косинуса двойного угла: $ \cos(2\alpha) $.

Теперь вернемся к исходному выражению:

$ 2 - \frac{\cos^2\alpha - 4\sin^2\frac{\alpha}{2}\cos^2\frac{\alpha}{2}}{1 - 8\sin^2\frac{\alpha}{2}\cos^2\frac{\alpha}{2}} = 2 - \frac{\cos(2\alpha)}{\cos(2\alpha)} $

При условии, что $ \cos(2\alpha) \neq 0 $, дробь равна 1.

$ 2 - 1 = 1 $.

Ответ: 1

2) Рассмотрим числитель и знаменатель дроби по отдельности.

Числитель: $ \sin^4 \alpha + 2\sin\alpha\cos\alpha - \cos^4 \alpha $.

Сгруппируем слагаемые: $ (\sin^4 \alpha - \cos^4 \alpha) + 2\sin\alpha\cos\alpha $.

Разложим разность квадратов $ \sin^4 \alpha - \cos^4 \alpha = (\sin^2\alpha - \cos^2\alpha)(\sin^2\alpha + \cos^2\alpha) $.

Используя основное тригонометрическое тождество $ \sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1 $ и формулу косинуса двойного угла $ \cos(2\alpha) = \cos^2\alpha - \sin^2\alpha $, получаем:

$ (\sin^2\alpha - \cos^2\alpha)(\sin^2\alpha + \cos^2\alpha) = -(\cos^2\alpha - \sin^2\alpha) \cdot 1 = -\cos(2\alpha) $.

Выражение $ 2\sin\alpha\cos\alpha $ является формулой синуса двойного угла: $ \sin(2\alpha) $.

Таким образом, числитель равен $ \sin(2\alpha) - \cos(2\alpha) $.

Знаменатель: $ \text{tg}2\alpha - 1 $.

Представим тангенс как отношение синуса к косинусу:

$ \text{tg}2\alpha - 1 = \frac{\sin(2\alpha)}{\cos(2\alpha)} - 1 = \frac{\sin(2\alpha) - \cos(2\alpha)}{\cos(2\alpha)} $.

Теперь разделим преобразованный числитель на преобразованный знаменатель:

$ \frac{\sin(2\alpha) - \cos(2\alpha)}{\frac{\sin(2\alpha) - \cos(2\alpha)}{\cos(2\alpha)}} = (\sin(2\alpha) - \cos(2\alpha)) \cdot \frac{\cos(2\alpha)}{\sin(2\alpha) - \cos(2\alpha)} $.

При условии, что $ \sin(2\alpha) - \cos(2\alpha) \neq 0 $ (то есть $ \text{tg}2\alpha \neq 1 $), мы можем сократить это выражение.

В результате получаем $ \cos(2\alpha) $.

Ответ: $ \cos(2\alpha) $

28.26. Докажите тождество:

1) $\frac{\sin\alpha + \sin4\alpha + \sin7\alpha}{\cos\alpha + \cos4\alpha + \cos7\alpha} = \text{tg}4\alpha;$

2) $\frac{\sin(\alpha + \beta) + \sin(\alpha - \beta)}{\cos(\alpha + \beta) + \cos(\alpha - \beta)} = \text{tg}\alpha;$

3) $\frac{\sin\alpha - 2\cos4\alpha - \sin7\alpha}{\cos\alpha + 2\sin4\alpha - \cos7\alpha} = -\text{ctg}4\alpha;$

4) $\frac{\sin9\alpha + \sin8\alpha - \sin7\alpha - \sin6\alpha}{\cos6\alpha + \cos7\alpha + \cos8\alpha + \cos9\alpha} = \text{tg}\alpha.$

1)Преобразуем левую часть тождества. Сгруппируем первое и третье слагаемые в числителе и знаменателе и применим формулы суммы синусов и суммы косинусов: $ \sin x + \sin y = 2\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2} $ и $ \cos x + \cos y = 2\cos\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2} $.
$ \frac{\sin\alpha + \sin4\alpha + \sin7\alpha}{\cos\alpha + \cos4\alpha + \cos7\alpha} = \frac{(\sin7\alpha + \sin\alpha) + \sin4\alpha}{(\cos7\alpha + \cos\alpha) + \cos4\alpha} = \frac{2\sin\frac{7\alpha+\alpha}{2}\cos\frac{7\alpha-\alpha}{2} + \sin4\alpha}{2\cos\frac{7\alpha+\alpha}{2}\cos\frac{7\alpha-\alpha}{2} + \cos4\alpha} = \frac{2\sin4\alpha\cos3\alpha + \sin4\alpha}{2\cos4\alpha\cos3\alpha + \cos4\alpha} $
Вынесем общие множители $ \sin4\alpha $ в числителе и $ \cos4\alpha $ в знаменателе за скобки:
$ \frac{\sin4\alpha(2\cos3\alpha + 1)}{\cos4\alpha(2\cos3\alpha + 1)} $
Сократим дробь на общий множитель $ (2\cos3\alpha + 1) $:
$ \frac{\sin4\alpha}{\cos4\alpha} = \text{tg}4\alpha $
Левая часть равна правой, тождество доказано.
Ответ:

2)Преобразуем левую часть тождества, используя формулы суммы синусов и суммы косинусов: $ \sin x + \sin y = 2\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2} $ и $ \cos x + \cos y = 2\cos\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2} $.
$ \frac{\sin(\alpha + \beta) + \sin(\alpha - \beta)}{\cos(\alpha + \beta) + \cos(\alpha - \beta)} = \frac{2\sin\frac{(\alpha+\beta)+(\alpha-\beta)}{2}\cos\frac{(\alpha+\beta)-(\alpha-\beta)}{2}}{2\cos\frac{(\alpha+\beta)+(\alpha-\beta)}{2}\cos\frac{(\alpha+\beta)-(\alpha-\beta)}{2}} = \frac{2\sin\frac{2\alpha}{2}\cos\frac{2\beta}{2}}{2\cos\frac{2\alpha}{2}\cos\frac{2\beta}{2}} = \frac{2\sin\alpha\cos\beta}{2\cos\alpha\cos\beta} $
Сократим дробь на $ 2\cos\beta $:
$ \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \text{tg}\alpha $
Левая часть равна правой, тождество доказано.
Ответ:

3)Преобразуем левую часть тождества. Сгруппируем слагаемые в числителе и знаменателе и применим формулы разности синусов и разности косинусов: $ \sin x - \sin y = 2\cos\frac{x+y}{2}\sin\frac{x-y}{2} $ и $ \cos x - \cos y = -2\sin\frac{x+y}{2}\sin\frac{x-y}{2} $.
$ \frac{\sin\alpha - 2\cos4\alpha - \sin7\alpha}{\cos\alpha + 2\sin4\alpha - \cos7\alpha} = \frac{(\sin\alpha - \sin7\alpha) - 2\cos4\alpha}{(\cos\alpha - \cos7\alpha) + 2\sin4\alpha} = \frac{2\cos\frac{\alpha+7\alpha}{2}\sin\frac{\alpha-7\alpha}{2} - 2\cos4\alpha}{-2\sin\frac{\alpha+7\alpha}{2}\sin\frac{\alpha-7\alpha}{2} + 2\sin4\alpha} $
Учитывая, что $ \sin(-3\alpha) = -\sin3\alpha $:
$ \frac{2\cos4\alpha\sin(-3\alpha) - 2\cos4\alpha}{-2\sin4\alpha\sin(-3\alpha) + 2\sin4\alpha} = \frac{-2\cos4\alpha\sin3\alpha - 2\cos4\alpha}{2\sin4\alpha\sin3\alpha + 2\sin4\alpha} $
Вынесем общие множители за скобки:
$ \frac{-2\cos4\alpha(\sin3\alpha + 1)}{2\sin4\alpha(\sin3\alpha + 1)} $
Сократим дробь на $ 2(\sin3\alpha + 1) $:
$ -\frac{\cos4\alpha}{\sin4\alpha} = -\text{ctg}4\alpha $
Левая часть равна правой, тождество доказано.
Ответ:

4)Преобразуем левую часть тождества. Сгруппируем слагаемые в числителе и знаменателе и применим формулы преобразования суммы и разности в произведение.
Числитель: $ (\sin9\alpha - \sin7\alpha) + (\sin8\alpha - \sin6\alpha) $
$ \sin9\alpha - \sin7\alpha = 2\cos\frac{9\alpha+7\alpha}{2}\sin\frac{9\alpha-7\alpha}{2} = 2\cos8\alpha\sin\alpha $
$ \sin8\alpha - \sin6\alpha = 2\cos\frac{8\alpha+6\alpha}{2}\sin\frac{8\alpha-6\alpha}{2} = 2\cos7\alpha\sin\alpha $
Числитель равен: $ 2\cos8\alpha\sin\alpha + 2\cos7\alpha\sin\alpha = 2\sin\alpha(\cos8\alpha + \cos7\alpha) $.
Знаменатель: $ (\cos9\alpha + \cos6\alpha) + (\cos8\alpha + \cos7\alpha) $
$ \cos9\alpha + \cos6\alpha = 2\cos\frac{9\alpha+6\alpha}{2}\cos\frac{9\alpha-6\alpha}{2} = 2\cos\frac{15\alpha}{2}\cos\frac{3\alpha}{2} $
$ \cos8\alpha + \cos7\alpha = 2\cos\frac{8\alpha+7\alpha}{2}\cos\frac{8\alpha-7\alpha}{2} = 2\cos\frac{15\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2} $
Знаменатель равен: $ 2\cos\frac{15\alpha}{2}\cos\frac{3\alpha}{2} + 2\cos\frac{15\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2} = 2\cos\frac{15\alpha}{2}(\cos\frac{3\alpha}{2} + \cos\frac{\alpha}{2}) $.
Подставим полученные выражения в дробь:
$ \frac{2\sin\alpha(\cos8\alpha + \cos7\alpha)}{2\cos\frac{15\alpha}{2}(\cos\frac{3\alpha}{2} + \cos\frac{\alpha}{2})} $
Преобразуем суммы косинусов в скобках:
$ \cos8\alpha + \cos7\alpha = 2\cos\frac{15\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2} $
$ \cos\frac{3\alpha}{2} + \cos\frac{\alpha}{2} = 2\cos\frac{\frac{3\alpha}{2}+\frac{\alpha}{2}}{2}\cos\frac{\frac{3\alpha}{2}-\frac{\alpha}{2}}{2} = 2\cos\alpha\cos\frac{\alpha}{2} $
Подставим эти выражения обратно в дробь:
$ \frac{2\sin\alpha(2\cos\frac{15\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2})}{2\cos\frac{15\alpha}{2}(2\cos\alpha\cos\frac{\alpha}{2})} = \frac{4\sin\alpha\cos\frac{15\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}{4\cos\alpha\cos\frac{15\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}} $
Сократим дробь на $ 4\cos\frac{15\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2} $:
$ \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \text{tg}\alpha $
Левая часть равна правой, тождество доказано.
Ответ: