Реферат: Міністерство освіти І науки України Кіровоградський державний педагогічний університет імені Володимира Винниченка

Міністерство освіти і науки України

Кіровоградський державний педагогічний університет

імені Володимира Винниченка


Л.В. Ізюмченко, О.П. Макарчук


Розв’язування задач з математики третього етапу Всеукраїнського конкурсу-захисту науково-дослідницьких робіт учнів-членів Малої академії наук України


Методичний посібник


Кіровоград – 2008


ББК 22.1 р.

I 39

УДК 51.07


Л.В. Ізюмченко, О.П. Макарчук

 I 39

Розв’язування задач з математики третього етапу Всеукраїнського конкурсу-захисту науково-дослідницьких робіт учнів-членів Малої академії наук України: Методичний посібник. – Кіровоград, РВВ КДПУ ім. В. Винниченка, 2008. – 124 с.


Рецензенти:  кандидат фізико-математичних наук, завідувач кафедри вищої математики та фізики Кіровоградського національного технічного університету, доцент С.М. Якименко

вчитель вищої категорії, старший вчитель гімназії № 9 м. Кіровограда І.Є. Шверненко


Посібник містить завдання контрольних робіт з математики ІІІ етапу Всеукраїнського конкурсу-захисту науково-дослідницьких робіт учнів-членів Малої академії наук України фізико-математичного та економічного, науково-технічного відділень та відділення обчислювальної техніки та програмування 2000-2008 років, наведені їхні розв’язання, відповіді. До деяких задач подано декілька способів розв’язання.

Не секрет, що такі завдання викликають великі труднощі не тільки у школярів та студентів, а й у досвідчених вчителів, оскільки як правило потребують нестандартних підходів чи спеціальних прийомів. Даний посібник покликаний полегшити роботу вчителів при підготовці учнів до конкурсів, математичних турнірів, змагань, олімпіад. Наведені відповіді (розв’язання) дозволяють здійснити самоконтроль.

Видання розраховане на вчителів математики, студентів математичних спеціальностей вищих навчальних закладів, учнів, які цікавляться математикою.


Посібник рекомендований до друку за рішен­ням Вченої ради фізико-математичного факуль­тету від 2 грудня 2008 року (протокол № 6).

Друкується в рамках проекту «Організація інтенсивної математичної підготовки обдарованих школярів Кіровоградщини» за підтримки Управління освіти і науки Кіровоградської обласної державної адміністрації


ББК 22.1 р.

УДК 51.07




У Кіровограді в 1996 році було створено регіональне відділення МАН, яке об'єднує під своїм дахом здібну до науки шкільну молодь. Робота цього закладу полягає в пошуці і залученні до науково-дослідницької, експериментальної та винахідницької роботи обдарованих кіровоградців.

Програма Всеукраїнського конкурсу-захисту науково-дослідницьких робіт учнів-членів Малої академії наук України передбачає три етапи. Перший етап - конкурс науково-дослідницьких робіт. Оцінюються: складність, науковість, повнота розкриття теми; аргументованість висновків; актуальність та елементи творчості; стиль, грамотність; якість оформлення роботи. Максимальна кількість балів - 22. Другий етап - виконання контрольних завдань із базових дисциплін. Контрольна робота передбачає 9 завдань за трьома рівнями складності та виконується протягом 3 годин: 1 рівень - 3 завдання по 2 бали, 2 рівень - 3 завдання по 4 бали, 3 рівень - 3 завдання по 7 балів. Максимальна кількість балів - 39. Третій етап - захист науково-дослідницьких робіт. На захисті мають право бути присутніми інші члени секції як опоненти. Для захисту надається до 10 хвилин. Оцінювання захисту передбачає: аргументацію вибору та розкриття теми дослідження з урахуванням власного вкладу дослідника; логічність, чіткість, лаконічність викладання матеріалу, використання наочних матеріалів; повноту, вичерпність відповідей; культуру мовлення; активна кваліфікована участь у веденні дискусій. Максимальна кількість балів - 39. Максимальна сумарна оцінка за участь у всіх етапах програми конкурсу-захисту становить 100 балів. (350 балів – за новими вимогами) ?????

Переможці визначаються за сумою балів, одержаних на всіх етапах конкурсу-захисту. Кількість перших, других, третіх місць становить до 50 відсотків від загальної кількості учасників у секціях з орієнтовним розподілом їх у співвідношенні 1:2:3. Перше місце не визначається, якщо учасник не набрав 85 балів. Друге місце не визначається, якщо учасник не набрав 80 балів. Третє місце не визначається, якщо учасник не набрав 75 балів. При рівності залікових балів декількох учасників місця визначаються за результатом виконання контрольних завдань з базових дисциплін.

Посібник спрямований на консультаційну допомогу учням-членам МАН при підготовці до написання контрольної роботи з математики, наукову підтримку вчи­телів у проведенні занять та при роботі з обдарованими школярами. Завдання поділені на 2 групи – алгебраїчні та геометричні задачі, у завданнях вказано клас, для якого була запропонована задача, – 9 (10 або 11) та у дужках - кількість балів - 2, 4 або 7. Предметний покажчик дозволить швидше орієнтуватися в посібнику.


^ Алгебраїчні задачі

9 (2 бали). Розв’язати систему рівнянь

Виключимо вільні члени і зведемо рівняння до квадратного: (досліджуємо окремо випадок , переконуємося, що ), а тоді: – маємо квадратне рівняння відносно невідомої ; дискримінант ,

; .

1) ; ; ; ; ; ; .

Маємо два розв’язки: ; .

(Перевірка: – вірно).

2) ; ; ; ; ; ; а тоді . Маємо ще два розв’язки: ; .

(Перевірка: – вірно).

Відповідь: ; .


10 (2 бали). Розв’язати систему рівнянь

Виключимо вільні члени і зведемо рівняння до квадратного: ; переконуємося, що , тоді:

, ,

; , .

1) , , , ;

; . Маємо 2 розв’язки: .

2) , , , , , розв’язки .

Відповідь: ; .


11 (4 бали). Знайти принаймні один многочлен з цілими коефіцієнтами , щоб число було коренем рівняння .

Нехай , , , , або ; підносимо до квадрата, отримаємо: , звідки .


10 (7 балів). Знайти всі пари цілих чисел , щоб многочлен розкладався в добуток многочленів з цілими коефіцієнтами.

Дослідимо, чи можуть бути раціональні (цілі) корені, їх слід шукати серед дільників вільного члена: .

, отже 1 не є коренем при .

, отже -1 не є коренем при .

Отже, лінійних множників бути не може, тоді лишається можливість - є множники 2-го та 3-го степенів з цілими коефіцієнтами:

а) , причому або

б) , причому

Випадок а). Умова має виконуватись для , у тому числі і для оскільки , маємо систему діофантових рівнянь. З другої умови маємо дві можливості для , а тоді

:

Випадок б). При , з другої умови маємо дві можливості для , а тоді:



Отже, маємо пару і многочлен ;

і ;

і .

Відповідь: ; ; .


9 (2 бали). Обчислити без таблиць: .




10 (2 бали). Обчислити без таблиць: .





10 (2 бали). Обчислити без таблиць: .






11 (2 бали). Обчислити без таблиць: .

Помічаємо, що сума аргументів першого і третього множників, другого і четвертого дорівнює , а тоді .


10 (4 бали). Довести рівність: .






11 (7 балів). Довести, що: .

1 спосіб: Розглянемо квадрат лівої частини:





обчислимо окремо добутки (і їхню суму) по два та три співмножники:

;





Підставимо все у початковий вираз, матимемо: , звідки слідує доведення того, що потрібно. Автори вдячні Олегу Анатолійовичу Чернякову, вчителю-методисту, вчителю математики НВО ЛШДС «Вікторія-П», за запропоноване розв’язання.

2 спосіб. Використаємо комплексні числа (). Розглянемо рівняння , його корені ділять коло одиничного радіуса на 7 рівних частин:

причому Тоді розклад на множники має вигляд: або

, у лівій частині – многочлен 6 степеня, який отримаємо за схемою Горнера або діленням «кутом», праву попарно перемножимо, матимемо:

. Рівність має місце для усіх значень невідомої , у тому числі і при

, перейдемо до половинного кута: .




11 (2 бали). Розв’язати систему нерівностей




Розв’язуючи нерівності, отримаємо ; ; а тоді

.


10 (2 бали). ^ Знайти множину значень функції .

1 спосіб. Враховуючи рівність , де , отримаємо:

, де .

Відповідь: множина значень: .

2 спосіб. Врахуємо нерівність Коші-Буняковського, маємо:



Знак рівності досягається, коли розглядувані вектори колінеарні, їхні координати пропорційні ():

звідки – у другій чверті, , звідки отримуємо , при якому

звідки – у ІV чверті, . А тому .

Відповідь: множина значень: .


11 (7 балів). При якому значенні параметра найбільше значення виразу дорівнюватиме 8?

Врахуємо нерівність Коші-Буняковського, маємо:





, звідки .

Зауваження: очевидно, можна підібрати 2 невідомі для кожного із значень параметра так, щоб виконувались умови:

. А тоді вираз, даний в умові, дійсно досягає максимального значення, що дорівнює 8.


11 (4 бали). Розв’язати рівняння .

; ; ;

Щоб розкрити модуль, врахуємо знак у І, ІV чверті: .

У ІІ, ІІІ чверті:

Відповідь: .


11 (4 бали). Знайти усі пари чисел , для яких справджується нерівність

ОДЗ: З останньої умови маємо, що , а з передостанньої, що , причому знак рівності досягається, коли , а тому маємо: , підставляємо в ліву і праву частини, враховуємо ОДЗ, маємо:

Відповідь:


10 (4 бали). Довести нерівність .

Нехай , тоді , тому . Маємо нерівність:

, що вірно.


11 (4 бали). Довести нерівність: . За яких умов досягається рівність?

Перенесемо все у праву частину і виділимо повний квадрат:

як сума квадратів. Знак рівності можливий, якщо:

звідки .


11 (4 бали). Розв’язати рівняння .

З умови , враховуючи, що , , та поділивши на , отримаємо або . Зведемо до спільного знаменника, отримаємо:

.

Виконаємо заміну ; тоді ; , отримаємо або . Отримане рівняння має три раціональні корені виду причому є дільником вільного члена 63, а – дільником старшого коефіцієнта 16. Перевіряємо за схемою Горнера або діленням у стовпчик на і т.д.:

, маємо

А тоді, враховуючи заміну , маємо , звідки


11 (7 балів). Розв’язати рівняння .

ОДЗ:

З умови матимемо: , врахуємо формулу косинуса суми:

; а тоді , виконаємо тотожні перетворення: , рівність можлива при невід’ємній правій частині , з урахуванням ОДЗ маємо обмеження: . Піднесемо останню рівність до квадрата, матимемо:

. Коренями останнього рівняння є , але .

Відповідь: .


11 (4 бали). Довести: .

Очевидно, що якщо , то ; на жаль це не може бути доведенням при , а тому розглянемо функцію ; обчислимо похідну , критичні точки або , звідки ;

1) , ;

2) ,

;

.

Звідки випливає .


11 (7 балів). Розв’язати нерівність .

1 спосіб. Враховуючи нерівність між степеневими, маємо: . Взявши , , отримаємо: . Таким чином, нерівність виконується для всіх дійсних , для яких і , тобто , де .

2 спосіб. Нехай , , тоді . Дослідимо функцію при умові , . Функція Лагранжа має вид . , звідси і враховуючи умову , маємо . . На межі маємо: і або і , . Таким чином найбільше значення функції дорівнює , тобто для всіх , для яких вирази мають зміст.

Відповідь: .


11 (4 бали). Нехай додатні числа і . Довести, що .

1 спосіб. Використаємо метод Лагранжа, але розглянемо більш сильну умову, коли - невід’ємні числа, адже при першій умові ( - додатні, ) відповідна множина не є компактом (не замкнена). Отже, введемо функцію Лагранжа на компакті , , де , звідси () і враховуючи умову , маємо . На межі, якщо для якогось , то . При , , при всіх , тому знову нерівність виконується.

2 спосіб. За нерівністю Коші , звідки , а тоді .

11 (4 бали). Знайти найменше значення многочлена .

За нерівністю Коші маємо

; а оскільки і , то


10 (2 бали). Знайти множину значень функції .

3 спосіб. Нехай , . Розглянемо функцію на множині . Функція Лагранжа , , звідси , і з умови маємо: , , з відповідними значеннями і функція . На межі: , , , . Отже, шукана множина значень: .


10 (4 бали). Довести нерівність .

2 спосіб. Нехай , тоді розглянемо функцію при умові (враховано, що і ). Функція Лагранжа .

, , при . Звідси і з умови маємо пари : , . Легко показати (перевірте!), що і .

Розглянемо випадки і . При маємо: , звідси

, тому

.

При , , аналогічно, . і є коренями рівняння (за Вієтом) . Тепер потрібно знайти і і відповідне значення та перевірити, що воно менше 25. На межі маємо пари : , , , з відповідними значеннями : -24, 24, 24, -24. Отже, . Нерівність доведено.


11 (7 балів). Якщо - внутрішні кути трикутника, , то . Довести це твердження.

Враховуючи відомі формули тригонометрії, маємо:




10 (7 балів). Нехай - внутрішні кути трикутника і справджується рівність . Довести, що максимум значень кутів можливий тільки для рівностороннього трикутника.

1 спосіб. Розглянемо з кутами відповідно. Нехай - його радіуси описаного і вписаного кіл, - його площа, - півпериметр, - центри описаного і вписаного кіл. Якщо - гострокутний, то , або , якщо - негострокутний (наприклад, – тупий), то . Як відомо (наприклад, з відомої класичної формули Ейлера ), (нерівність Ейлера), тому (тут враховано теорему синусів: ), звідки . Рівність можлива лише коли , тобто - рівносторонній (, звідки , ).

2 спосіб. Розглянемо функцію

на компакті . Функція Лагранжа: . , звідки Розглянемо рівняння . , , . Зазначимо, що якщо (), то . Тому два з кутів рівні. Нехай , тоді , ,



причому рівність можлива, лише коли , або , . На межі: 1) , , , причому рівність можлива лише коли . 2) , звідси , . Отже, максимальне значення функції : 0 і досягається для наступних трійок , , , . У випадку кутів трикутника нам прийнятний лише перший варіант.


11 (2 бали). Розв’язати рівняння .

ОДЗ: ; ;

; ; .


11 (4 бали). Розв’язати нерівність .

ОДЗ:

Введемо заміну: ; . ;


11 (7 балів). Розв’язати рівняння .

Введемо заміну , тоді , звідки і , а тоді ; ; , маємо кубічне рівняння відносно з цілими коефіцієнтами , корені шукаємо за схемою Горнера серед дільників вільного члена:



– сторонні корені, маємо: , а тоді , повернемося до заміни: , або . Отримані значення входять в ОДЗ:

Відповідь: .


11 (4 бали). Знайти всі , для яких справджуються обидві рівності: та

ОДЗ: . Розглянемо першу умову: . Введемо заміну , маємо , звідки . Повертаючись до заміни та враховуючи другу умову, маємо (з урахуванням ОДЗ):




11 (7 балів). Розв’язати рівняння .

1 спосіб.

, а тоді

, звідки , , а тоді , , , , тому , , . Як легко переконатися, повинно бути парним, тому , .

2 спосіб. ОДЗ: перейдемо до нової основи, наприклад, , отримаємо: , позначимо , врахуємо, що логарифм добутку дорівнює сумі логарифмів, маємо: , звідки розв’язуємо квадратне рівняння , отримуємо . Враховуючи заміну і ОДЗ (І чверть), маємо , .


11 (7 балів). Розв’язати рівняння

.

ОДЗ: перші дві умови дають обмеження .

Якщо усі 4 умови виконуються, вихідне рівняння приводить до:

Перше рівняння не задовольняє четверту умову ОДЗ, тому , звідки . Оскільки то з розв’язку у цей проміжок попадають , а з розв’язку у цей проміжок попадають , перевіряємо, які з розв’язків задовольняють дві останні умови ОДЗ:

для - друга умова не виконується;

- друга умова не виконується;

- друга умова не виконується;

умови виконуються.

Відповідь:


11 (7 балів).^ Розв’язати рівнянн
10 (4 бали). ^ Розв’язати систему рівнянь

, , , . . Нехай , маємо рівняння , , . Розглянемо варіанти:

1) є коренями (за Вієтом) рівняння , , .

2) маємо ,

, або , .


10 (7 балів). Розв’язати систему:

Позначимо , , , . Як легко переконатися . Причому , адже . Взявши , маємо: , причому тут враховано, що . . За теоремою Вієта є коренями рівняння , , , , , . Звідки маємо: , , .


9 (2 бали). Нехай . Довести, що

.

при ,

, але

, тому

.


9 (7 балів). Нехай перший і другий члени послідовності дорівнюють 1 і 3 відповідно, а кожен наступний, починаючи із третього, дорівнює сумі двох попередніх. Довести, що жоден із членів цієї послідовності не ділиться без остачі на 8.

Запишемо остачі від ділення членів послідовності на 8:

. Як бачимо, дана послідовність остач періодична, серед них немає числа 0.

10 (7 балів). Довести, що серед членів послідовності, заданої формулою , де , простими числами будуть тільки числа та

Обчислимо - просте, розглянемо усі інші члени послідовності: . Помічаємо, що другий доданок ділиться на 3 і на 7. Оцінюючи перший і другий члени послідовності і цей факт, висловлюємо гіпотезу: усі непарні члени послідовності діляться на 3, усі парні – на 7. Доведення (методом математичної індукції): (виконується); індукційне припущення: ; індукційний крок . А тому не просте. Доведено (для усіх непарних номерів). Для парних: база індукції ; індукційне припущення: ; індукційний крок - не просте.

2 спосіб. . Запишемо характеристичне рівняння: , його коренем є . Введемо допоміжну послідовність . Тоді , бо . Маємо: , а тоді якщо - непарне, , а тоді ,

- парне, , а тоді , а тому натуральними простими є тільки перші члени кожного ряду (парних чи непарних індексів).

Відповідь: прості тільки та

10 (7 балів). Довести, що серед членів послідовності, заданої формулою , де , простими числами будуть тільки числа та

Обчислимо - просте, розглянемо усі інші члени послідовності: . Помічаємо, що другий доданок ділиться на 3 і на 5. Оцінюючи перший і другий члени послідовності і цей факт, висловлюємо гіпотезу: усі непарні члени послідовності діляться на 3, усі парні – на 5. Доведення - методом математичної індукції, як у попередньому прикладі.


10 (7 балів). Довести, що серед членів послідовності, заданої формулою , де , простими числами будуть тільки числа та

Обчислимо - просте, розглянемо усі інші члени послідовності: . Помічаємо, що другий доданок ділиться на 3 і на 11. Доводимо аналогічно попередньому прикладові: усі непарні члени послідовності діляться на 3, усі парні – на 11.


11 (7 балів). Послідовність натуральних чисел задана формулою , де . Які з чисел будуть простими?

Міркування, які привели до розв’язання задачі у попередньому прикладі, не дають результату. Тому розглянемо інший спосіб.

Наше рекурентне співвідношення: . Характеристичне рівняння має коренем . Введемо допоміжну послідовність . Тоді , звідки маємо , бо . Маємо , а тоді . Очевидно, при будь-якому вираз .

Якщо - парне, то , тоді , а тому числа виду при парних будуть складеними, якщо кожен з двох множників не дорівнює одиниці: другий множник не менший 17, а перший дорівнює одиниці лише при . Висновок: - просте.

Якщо - непарне, то , а тоді . Маємо і , а тому їхній добуток ділиться на 15: ; , а тоді може бути простим, якщо тільки одне з двох значень або дорівнює 1; очевидно, цей випадок неможливий, адже з того, що , маємо , яке не є простим і не є складеним. При всіх інших непарних значеннях маємо складені числа.

Відповідь: тільки - просте.


11 (7 балів). Послідовність натуральних чисел задана формулою , де . Які з чисел будуть простими?

, характеристичне рівняння , корінь . Допоміжна послідовність . Тоді , звідки маємо , бо . Маємо , а тоді . Подальше розв’язання аналогічне до попереднього і відповідь: тільки - просте.


9 (2 бали). Дійсні числа – члени арифметичної прогресії. Чи будуть квадрати цих чисел членами арифметичної прогресії?

Нехай - члени арифметичної прогресії зі знаменником . Обчислимо :



Тоді є членами арифметичної прогресії, якщо .

Квадрати чисел будуть членами арифметичної прогресії тільки за умови, якщо .


10 (7 балів). Знайти чотири цілих числа, що утворюють арифметичну прогресію, якщо найбільше з них дорівнює сумі квадратів трьох інших.

Позначимо шукані числа як , нехай прогресія зростає, – знаменник, маємо , – найбільше з .

Тоді , , і . Маємо ; звідси отримаємо квадратне рівняння відносно : ;

.

; ;

1) , утвориться послідовність ; ; . Відповідь:

2) , утвориться послідовність ; ; ; ; Відповідь:

Зауваження: Якщо послідовність спадає, матимемо


10 (7 балів). Числа утворюють арифметичну прогресію. Чи утворюють арифметичну прогресію числа ?

Оскільки числа утворюють арифметичну прогресію, то , а тоді .

Для того, щоб числа утворювали арифметичну прогресію, необхідно, щоб для усіх значень невідомої виконувалась умова:

, а тоді . Аналіз отриманих результатів, дозволяє зробити висновок, що при всі умови виконуються (друга сукупність є наслідком першої). Відповідь є позитивною.


9 (4 бали). Довести нерівність якщо .

Скористаємося нерівністю Коші-Буняковського, отримаємо:




9 (7 балів). Знайти найбільше значення функції .

ОДЗ: .

Скористаємося нерівністю Коші-Буняковського, отримаємо:

.

Знак рівності досягається за умови співнапрямленості векторів: .

Функція досягає найбільшого значення .


10 (7 балів). Знайти найбільше значення функції .

ОДЗ: .

Скористаємося нерівністю Коші-Буняковського, отримаємо:

.

Знак рівності досягається за умови співнапрямленості векторів: .

Функція досягає найбільшого значення .


9 (7 балів). Знайти всі пари дійсних чисел , для яких

а)

б)

а) Скористаємося нерівністю Коші-Буняковського, отримаємо:



.

Знак рівності досягається за умови співнапрямленості векторів: . Очевидно, умова виконується, маємо:

Відповідь: пара .

б) Нерівність має місце для усіх з ОДЗ, обчислимо ОДЗ:



Відповіддю є множина внутрішніх точок Δ АВС разом з межею.


10 (7 балів). Знайти всі пари дійсних чисел , для яких

Скористаємося нерівністю Коші-Буняковського, отримаємо:





Знак рівності досягається за умови співнапрямленості векторів: Маємо:

Відповідь: пара .


10 (7 балів). Знайти всі пари дійсних чисел , для яких

Розглянемо ліву частину, скористаємося нерівністю Коші-Буняковського:

Знак рівності досягається за умов (І чверть), звідки .

Отримали , а тоді Маємо обмеження на

А тоді усі пари описуються:


11 (7 балів). Довести нерівність .

ОДЗ: . Скористаємося нерівністю Коші-Буняковського:




10 (7 балів). Довести нерівність .

Враховуючи нерівність Коші-Буняковського, маємо:




11 (7 балів). Розв’язати рівняння .

Враховуючи нерівність Коші-Буняковського, маємо:



Рівність можлива, лише коли і .

Розглянемо два випадки:

1) , , а тоді і , де . Звідси маємо , . З останніх двох рівностей отримаємо (діофантове рівняння), а тоді: , , . Звідки , .

2) , , тоді і , . А тоді отримаємо , . Прирівняємо, отримаємо: , , , . Звідки , .

Отже, , де .


9 (7 балів). Знайти усі трійки дійсних чисел , щоб



Враховуючи нерівність Коші-Буняковського маємо: , звідси , , . Рівність можлива, лише коли , , , , . , ,

або , , .

Маємо два розв’язки , , .


9 (4 бали). В одному сплаві маси латуні та міді знаходяться у відношенні 2:3, а в другому – у відношенні 4:5. Скільки частин першого та другого сплавів треба взяти, щоб дістати сплав, в якому маси цих металів знаходяться у відношенні 10:13?

Розв’язання задачі зведемо до розв’язання системи лінійних рівнянь, де через позначено, скільки частин першого і другого сплавів треба взяти, відповідно, щоб отримати частин третього сплаву:

.

А тому першого сплаву треба взяти 1 частину, другого – 2 частини.


10 (4 бали). Визначити значення параметра , при кожному з яких рівняння має від’ємні розв’язки.

, ОДЗ

1) при – задовольняє умову.

2) , або ,

;


, за умовою , тому нулі чисельника і знаменника :

Маємо (з урахуванням випадку 1) . Врахуємо ОДЗ:



Виключимо , що не задовольняє ОДЗ і входить у проміжок.

Відповідь: .


10 (4 бали). Знайти всі дійсні значення параметра , для яких нерівність має своїм наслідком нерівність .

1) . Умова не виконується.

2)

– нерівність має своїми розв’язками проміжок при ; об’єднання проміжків при і при , а тоді вона не має своїм наслідком

якщо , нерівність розв’язків не має. Якщо нерівність має своїми розв’язками проміжок . Вона матиме своїм наслідком проміжок , якщо а тому маємо три умови:

;

Якщо ; – виконується; – не виконується при .

Якщо , – виконується при ; – виконується .

Відповідь: при .

11 (7 балів). Розв’язати рівняння: .

По-перше, , і чисельник та знаменник – числа додатні (перевірте!), а тому значення параметра ; по-друге, добутки чисельника і знаменника на спряжені дорівнюють: , . Враховуючи це, маємо: , а тоді , звідки , а тоді , за умови  (*) отримаємо . Рівняння при перетворюється на лінійне, звідки . При маємо квадратне рівняння, а тоді , . Перевіримо виконання умови (*) для . , вико­нав­ши перетворення, отримаємо ; якщо замінити у чисельнику , отримаємо кубічне рівняння з єдиним дійсним (раціональним коренем) , а тоді для усіх умова (*) не виконується. Для : , після перетворень матимемо ; чисельник при усіх набуває додатних значень, тому при умова (*) не виконується, при виконується (нескладно помітити, що при ).

Відповідь: при розв’язків не має; при ; при


10 (4 бали). Знайти найменший цілий корінь рівняння , що має два різні корені.

З умови задачі: ; найменше значення маємо при ; ; .

Перевірка: , .

Якщо - спадає, - зростає, при .

Відповідь: при ; ; .


11 (2 бали). Знайти найбільше значення функції , якщо набуває тільки натуральних значень.

Обчисливши похідну , отримаємо єдину точку , в якій похідна рівна нулю: , причому якщо і , а тому в точці функція досягає максимуму. Оскільки , обчислюємо і та переконуємося, що . Зауваження: функція (і похідна) визначені для усіх .

Відповідь: при ; .


10 (7 балів). Розв’язати нерівність

.





Відповідь:


11 (4 бали). Знайти значення , при якому сума квадратів коренів рівняння найменша.

Нехай , – корені рівняння. Враховуючи теорему Вієта , отримаємо:

. Наймен­ше значення вираз набуває при .

Зауваження: додатковою перевіркою встановлюємо: при дискримінант , тобто корені рівняння – дійсні числа. Якщо виявиться, що при даному значенні , то розв’язання задачі рівносильне відшуканню найменшого значення виразу за обмежень , наприклад: якщо задача звучить так: Знайти значення , при якому сума квадратів коренів рівняння найменша. При розв’язанні приходимо до

, а тоді:



Звідки . Побудувавши параболу в системі координат і відмітивши допустимі значення , отримаємо, що при сума є найменшою. Причому ми розв’язуємо рівняння в множині дійсних чисел.


10 (4 бали). При яких значеннях параметра кожне з рівнянь та має по два цілих кореня?

Умови існування коренів: Звідки . Очевидно, що при , число є непарним. Умова цілочисельності вимагає таких щоб або - прийшли до діофантового рівняння. Оскільки другий співмножник додатний, тому і перший повинен бути додатним, крім того, перший множник не перевищує другого, тому лишається єдина можливість:

.


10 (7 балів). Для всіх дійсних значень параметра розв’язати рівняння .

ОДЗ:



,



При корені, обчислені за обома формулами, співпадають. При корені теж співпадають.

Відповідь: якщо якщо .


11 (7 балів). Яким має бути число , щоб існувало рівно чотири різні пари чисел , для яких справджуються обидві рівності .

1 спосіб. Вказівка до розв’язання:

Перепишемо - є рівняння точки чи еліпса (кола, стиснутого в 5 разів до вісі Оу) при , для якого центром симетрії є точка . При рівняння не задовольняє жодна дійсна точка. Тому . Для маємо рівняння кривої , для маємо рівняння кривої . Для другої кривої центром симетрії є точка . При рівняння рівносильне до чи . Тому достатньо знайти такі значення параметра, при яких є рівно одна спільна точка у обох функцій (в області ).

Обчисливши похідні двох функцій і прирівнявши їх та значення обох функцій в точці дотику, маємо значення для параметра , точка дотику , інші точки – симетричні відносно прямої .

Друге граничне значення параметра отримаємо у точці, де похідна не існує, , чотири спільні точки показано на рисунку.




2 спосіб: Якщо проаналізувати 1 спосіб, то видно, що ми йшли по стандартній схемі: спільна точка - спільна дотична - похідні в точці рівні і т.д. Насправді усі обчислення є досить громіздкими і тому виникло природне бажання знайти інше розв’язання.

З умови при виконанні заміни , що відповідає паралельному перенесенню початку координат в точку (0;-1) і розтягу вздовж осі абсцис у 5 разів (від осі ), маємо симетричну систему рівнянь відносно невідомих . Аналіз дозволяє зробити висновки, що як тільки пара (точка) з координатами задовольняє умови системи, то і точки з координатами - задовольняють теж. Оскільки умова вимагає наявність лише чотирьох точок, то:

а) або точки співпадають, тобто , або

б) або , тобто або .

Розв’язання системи у випадку а): і точки ; у випадку б) або , а тоді - отримуємо 4 точки , зображені на рисунку.

Відповідь: або .


11 (7 балів). Знайти всі числа , для яких існує чотири такі різні пари чисел , що справджуються обидві рівності і .

Дивись другий спосіб розв’язання попередньої задачі: заміна , що відповідає паралельному перенесенню початку координат в точку (2; 0) і розтягу вздовж осі ординат, приводить до симетричної системи рівнянь відносно невідомих .

або .

Відповідь: або .



11 (2 бали). Спростити вираз .

Аналізуючи ОДЗ, помічаємо, що приймають значень однакового знаку. Якщо Якщо


11 (2 бали). Обчислити .








10 (4 бали). Довести, що .



=.


10 (4 бали). Довести, що .



=.


9 (4 бали). Довести, що .



=.


11 (4 бали). Побудувати графік функції

.

1 спосіб. ОДЗ: Перепишемо підкореневі вирази, врахувавши формулу куба суми та різниці:



. А тоді

для усіх

Графіком функції є промінь з початком у точці , паралельний до вісі абсцис:

2 спосіб: знаходимо похідну функції, показуємо, що вона дорівнює нулю, а тому функція є сталою, обчислюємо , а тому


11 (2 бали). На координатній площині Оху зобразити всі точки, для яких виконується рівність .

Рівняння допускає заміну на , отже, графік рівняння симетричний відносно вісі абсцис, допускає заміну на , тому графік симетричний відносно вісі ординат, допускає заміну на , отже, графік симетричний відносно початку координат, тому достатньо побудувати у першій чверті і відобразити симетрично відносно усіх осей і початку координат.

І чверть: якщо якщо .

Графік рівняння – квадрат з вершинами , .


10 (4 бали). На координатній площині Оху зобразити всі точки, для яких справджується рівність .

Перепишемо наше рівняння у рівносильному вигляді: , звідки

Маємо об’єднання двох графіків: пряму, паралельну вісі абсцис, і гіперболу з центром симетрії в точці (1; -1).


11 (4 бали). При яких значеннях параметра а графік матиме вісь симетрії?

Графіком функції є парабола, вітки якої напрямлені угору, тому вісь симетрії може бути тільки паралельна вісі ординат. Нехай - рівняння вісі симетрії. Тоді з того, що графіку належить точка з координатами випливає, що йому належить точка з тією ж ординатою.



Віднімемо почленно від першої рівності другу, матимемо:

або

Дана рівність має виконуватись для усіх значень невідомої , а це можливо лише при:



Останнє рівняння має раціональні корені:

, маємо

Отже, при значеннях параметра графік функції матиме вісь симетрії.





10 (4 бали). Знайти координати центра симетрії графіка .

Графіком функції є парабола, нехай - координати її центра симетрії. Тоді з того, що графіку належить точка з координатами , випливає, що йому належить точка . Отримаємо:



Додамо почленно до першої рівності другу, матимемо:

або





Відповідь: - координати центра симетрії графіка .

11 (2 бали). Знайти координати центра симетрії графіка .

Відповідь: - координати центра симетрії графіка .


11 (7 балів). Знайти найменшу відстань між точками та , які лежать відповідно на кривих і .

У 1 чверті графіки кривих і симетричні відносно прямої , тоді пряма перпендикулярна до , тобто якщо у точках і провести дотичні до графіків функцій, вони будуть паралельні прямій : ; ; ; (точки і симетричні відносно прямої ), тоді .


11 (4 бали). Розв’язати нерівність .

Розглянемо неперервну функцію , знайдемо , при якому , тоді . (*)

Піднесемо до кубу співвідношення (*) , спростимо вираз , замінимо суму, врахувавши (*), отримаємо: , , винесемо спільний множник за дужки, матимемо або , звідки , , . Перевіркою переконаємося, що не задовольняє (*), отже – сторонній корінь. Таким чином, для функції маємо єдиний корінь: . Розв’яжемо нерівність методом інтервалів, є два проміжки: та . Визначимо знак функції на кожному проміжку, обчислимо , тому ; , тому .

Якби для якогось , то тоді б за теоремою про проміжне значення неперервної функції існував би нуль функції на проміжку , а це не так, отже при . (Аналогічно і при ).

Тому розв’язок шуканої нерівності: .


10 (4 бали). Розв’язати рівняння .

Як легко видно,

.

Піднесемо обидві частини до квадрату і зробимо заміну , , , ; , . Так як , лишається лише , або , , . Оскільки (, а ), то врахувавши, що в даному випадку ми не могли отримати сторонніх коренів, приходимо до висновку, що корені: , .


10 (4 бали). Чи завжди із того, що числа і є раціональними, випливає, що обидва числа і є раціональними?

Нехай (при ), тоді , піднісши обидві частини до квадрату маємо: , - раціональне число. Аналогічно . Відповідь: так.


10 (2 бали). Нехай , , – натуральні числа. Чи може число бути простим натуральним числом?

Так. Міркуємо наступним чином: нехай, наприклад, , тоді число може бути простим, коли числа і – різної парності. Наприклад, при і : – просте; при і : ; при і : , або при і : і ін.


9 (4 бали). Нехай , – натуральні числа. Чи може число бути простим натуральним числом?

Розглянемо наш вираз як квадратний тричлен відносно невідомої та розкладемо його на множники:

;

.

А тоді отримаємо:

. Цей добуток може бути простим, якщо менший з множників дорівнює одиниці, а більший є простим числом. При перший множник менший за другий, а тому число може бути простим, тільки якщо , оцінимо, яким є другий множник: і є непростим для усіх . Очевидно, якщо - перший множний не дорівнює одиниці, другий за нього – більший, а тому число є складеним.

Відповідь: число не може бути простим.


10 (4 бали). Нехай , – натуральні числа. Чи може число бути простим натуральним числом?

Розкладемо наш вираз на множники:

;

.

А тоді отримаємо:

.

При перший множник менший за другий:

, а другий множник: і є непростим для усіх .

При другий множник менший за перший і маємо число , яке є складеним для .

Відповідь: число не може бути простим.


11 (4 бали). Знайти натуральні числа та , що мають максимальну суму, якщо .

1 спосіб: , звідки , тобто або ділиться на 23. Оскільки рівняння не змінюється від того, щоб і поміняти місцями, то для певності вважатимемо, що , , . , звідки , , тому або 23. А тоді , , або , . Другий варіант відповідає найбільшій сумі .

2 спосіб: розв’яжемо діофантове рівняння , розкладаючи на множники: . Оскільки усі дільники є , враховуючи симетричність рівняння відносно та і умову , отримаємо два принципово різних випадки: Другий випадок дає максимальну суму .


11 (4 бали). В множині натуральних чисел розв’язати рівняння .

1 спосіб. , адже при , , що неможливо. Отже, , , Перебравши отримаємо: , .

2 спосіб. Розв’яжемо діофантов