Альберт Рывкин - Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы
- Название:Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы
- Автор:
- Жанр:
- Издательство:«ОНИКС 21 век» «Мир и Образование»
- Год:2003
- Город:Москва
- ISBN:5-329-00766-6, 5-94666-080-2
- Рейтинг:
- Избранное:Добавить в избранное
-
Отзывы:
-
Ваша оценка:
Альберт Рывкин - Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы краткое содержание
Основу задачника составили варианты письменных работ по математике, предлагавшихся на вступительных экзаменах в ряде ведущих вузов Москвы.
Сборник содержит около 500 типовых задач. K каждой задаче дается до трех указаний, помогающих найти правильный путь к решению, а затем приводится подробное решение.
Пособие может использоваться при самостоятельной подготовке к экзаменам в вуз, а также на подготовительных отделениях и курсах.
Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы - читать онлайн бесплатно ознакомительный отрывок
Интервал:
Закладка:
Итак, пусть x ≥ 0. Рассмотрим два случая: | y | ≤ x и | y | > x .
1. x ≥ 0, | y | ≤ x , т. е. − x ≤ y ≤ x . Тогда x ² − y ² ≥ 0 и — неотрицательное действительное число. Кроме того
и равенство примет вид

2. x ≥ 0, | y | > x , т. е. y < − x или y > x . Левая часть равенства в этом случае равна 2| y | (случаи y < − x и y > x разберите самостоятельно). Так как | y | > x , то следовательно,

Тем самым доказательство тождества закончено.
7.12.Так как обе части равенства неотрицательны, то можно каждую из них возвести в квадрат

Осуществим действия, указанные в скобках, и заметим, что ( x + y / 2)² ≥ xy . Получим
x ² + 2 ху + y ².
Если возвести в квадрат правую часть, то получим
x ² + 2| ху | + y ².
Так как по условию ху = | ху |, то равенство доказано.
7.13.Возведем выражение
a ⅓+ b ⅓= − c ⅓ (1)
в куб. Получим
a + b + 3 a ⅓ b ⅓( a ⅓+ b ⅓) = − c . (2)
Подставим (1) в (2):
a + b − 3 a ⅓ b ⅓ c ⅓= − c .
т. е.
a + b + c = 3 a ⅓ b ⅓ c ⅓,
или
( а + b + с )³ = 27 аbс .
7.14.По условию
24 х ² + 48 х + 26 = ( ax + b )³ − ( cx + d )³,
т. е. коэффициенты многочленов слева и справа равны. Прежде чем преобразовать правую часть, заметим, что коэффициент при x ³ равен нулю, т. е. а ³ − с ³ = 0, или а = с . Тогда получим, что
( ax + b )³ − ( ax + d )³ = 3 а ²( b − d ) x ² + 3 а ( b ² − d ²) x + b ³ − d ³.
Следовательно,

Из (3): b − d = 8/ a ². Из (4) с учетом (3): b + d = 2 а .
Далее найдем:

Подставим выражения для b − d , b + d и bd в (5):

(так как а > 0).
Соответственно, b = 3, d = 1.
Ответ. 2 x + 3; 2 x + 1.
Глава 8
Делимость многочленов. Теорема Безу. Целые уравнения
8.1.Положив x − 5 = y , приведем уравнение к виду
( y + ½) 4+ ( y − ½) 4= 1, или (2 у + 1) 4+ (2 у − 1) 4= 16,
откуда после простых преобразований получим
16 y 4+ 24 y 2− 7 = 0.
Ответ. x 1,2= 5 ± i √7/ 2; x 3= 4,5; x 4= 5,5.
8.2.Перемножим попарно первую и третью скобки и две оставшиеся:
(12 х ² + 11 х + 2)(12 х ² + 11 х − 1) = 4.
Обозначив 12 х ² + 11 х + ½ = y , получим
( y + 3/ 2)( y − 3/ 2) = 4,
откуда
y 1= − 5/ 2, у 2= 5/ 2.
Остается решить два квадратных уравнения.
Ответ.
8.3.Запишем уравнение в виде
x ² − 17 = 3 y ²
и рассмотрим случаи x = 3 k , x = 3 k ± 1. B первом случае левая часть примет вид 9 k ² − 17 и не будет делиться на три. B остальных двух случаях в левой части получим
9 k ² ± 6 k − 16,
что снова не делится на три. Поскольку правая часть всегда делится на три, то уравнение не имеет целых решений.
8.4.Решим уравнение относительно x :

Так как уравнение имеет действительные корни лишь при
25 − y ² ≥ 0, т. е. | y | ≤ 5,
то остается перебрать все целые значения y , для которых — целое число: y = 0, y = ±3, y = ±4, y = ±5. Для каждого значения y найдем два значения x .
Ответ.(10, 0), (−10, 0); (−1, −3), (−17, −3); (1, 3), (17, 3); (−6, −4), (−18, −4); (6, 4), (18, 4); (−15, −5), (15, 5).
8.5.По определению деления имеем тождество
x 99+ x ³ + 10 х + 5 = Q ( x ) ( x ² + 1) + ax + b ,
которое справедливо всюду в области комплексных чисел. Так как частное Q ( x ) нам неизвестно и оно нас не интересует, то в качестве значения x нужно выбрать один из корней выражения x ² + 1, например x = i . Подставив x = i , получим
i 99+ i ³ + 10 i + 5 = аi + b , т. е. 8 i + 5 = аi + b ,
откуда а = 8, b = 5.
Ответ.8 х + 5.
8.6.Перепишем уравнение в виде
y ² 2 x ² + 1/ x ² + 2= 6.
Если x ² ≥ 1, то 2 x ² + 1/ x ² + 2≥ 1.
Так как x = 0 не является целочисленным решением уравнения, то можно утверждать, что y ² ≤ 6. Остается рассмотреть случаи: y ² = 0, y ² = 1, y ² = 4. Первый и второй не приводят к действительным значениям x . Для y ² = 4 находим x ² = 4.
Ответ.(2, 2), (2, −2); (−2, 2), (−2, −2).
8.7.Подставим в данное уравнение x = √3 + 1. После простых вычислений и преобразований получим
36 + 10 а + 4 b + (22 + 6 а + 2 b )√3 = 0.
Сумма двух чисел, из которых одно рациональное, а другое иррациональное, может равняться нулю, только если оба числа равны нулю:

(1).
Решая эту систему, найдем а = −4, b = 1. Поскольку уравнение
x 4− 4 x ³ + x ² + 6 x + 2 = 0
одним из своих корней имеет число √3 + 1, а все коэффициенты уравнения — целые, то следует ожидать, что наряду с этим корнем должен существовать и корень √3 − 1. Подставим это значение x в уравнение и соберем отдельно рациональные и иррациональные члены. Получим
36 + 10 а + 4 b − (22 + 6 а + 2 b )√3 = 0,
Читать дальшеИнтервал:
Закладка: