kolmogorov-gdz-10-11-2008 (546283), страница 40
Текст из файла (страница 40)
Тогда координаты точки В (1; 1). (ггвпгг (1; 1). 2546) Учтем, что скорость тела — производная перемещения х(г) от времени. Длл перемещений тел х,(г) =9(ге 1 и хеП) =- гп найдем скорости о, = 182 и и =- ЗН. Известно, что скорость первой точки меньше скорости второй. Поэтому имеем неравенство: 187 < < ЗН или О < Зг (г — 6). Решение этого неравенства г > 6.
()тдеттг (бг ). 259) Рассмотрим положение лестницы АВ в момент времени 7. Расстояние ВС = = 27. тогда по теореме Пифагора из ЬАВС: АС = ъ(АВ2 — ВС = )Г52 - (24) = п)25 — 472. Каордииата уВ) = лГ25 — 472. Учтем, что скорость точки А — производная координаты у(г). Получаем: а - у (Н— Глзэо 5. Задачи иа ассмо яие -Вг -4« ~ == (знак минус показывает, что направление 2425 - Ы 425 — 44' скорости противоположно направлению оси ординат). Известно, что ускорение — произнодная ст скорости о(1). Найдем 1 «25 — 4Р - г. —,=(' 2 ~25-44 ускорение! а = и'(1) = — 4 (-, — ~ — 4 425 — 41 2Ь вЂ” 41' 25 — 41' «41' 100 7.: 25 - и' ~(25 4 «и (знак минус также показывает, ( Ю-44') что направление ускорения противошиюжио направлению сои ор- 41 1ОО динат).
5)твйд: о = -г — — — (м/с), а - -Т вЂ” — = =-, (м/ст). 42Ь вЂ” 4у )(2 44 ) 263) Известно, что угловой коэффициент (тангенс угла наклона) касательной к графику функции у(х) равен производной у'(х) в точке касания. Найдем производную Функции у(х) =- — — 1, Но- 2 лучаем: у'(») = — —, 2х = -х. а) Если угол наклона касательной 45', то 1645 = 1 и получаем (-1)' уравнение: — х = 1, откуда х - — 1 и у(-1) — — — — 1 - — †. Тогда 2 2 координаты точки касания Л ( — 1; — 1,5). б] Если угол наклона касательной 135', (у 135' — -1 и получаем 1«2 уравнение: — х = -1, откуда х = 1 и у(1) = — — — 1 =. — †.
Координаты 2 2 точки касании В (1; — 1,5). Щвст: а) Л (-1; -1,5), б) В (1; -1,5). 266) Учтем, что угловой коэффициент (тангенс угла наклона) касательной к графику функцаи 1(х) равен прои«водной ~'(х) в точке касания. Найдем производную функции 1(х)-хьт 2»- 7. Нолучасм: г"(х) = бх« + 2. Видно, что при всея х цроизволная полоз) жительиа, т.с. Ьбц > О и а 6 ~ О; — '), где и — угол наклона касатель- 2 Ж«юг: доказано.
267) На рисунке изображены графики Функций 1(х) — — (х т 2)з н у(х) =2- х-'. Найдем общую точку графиков этик Функций: (х + 2)4= 2 — »2 или »эт 4х 4. 4 = 2 — хэ или хт + 2» т 1 =О или (х + 1)4= О, откуда х = — 1. Найдем угловые коэффициенты каса- д П изээдяаи, яг есоз энея, интег э и нх я леэгэия 229 тельных й, и 22, проведенных в этой точке к графикам Функций 1(х) и б(х). соответственно. Получаем: 31 = ('(х) = 2(х + 2)и Д = дг(х) = -Зх, в точке х= -1 имеем! 31 З(-1+ 2) = 2 и 22= =-З.(-1) =2. Видно, что й,= Д .
Так как касательные имеют одинаковые угловые козф1рнциеиты и проходят через точку А, то зти касательные совпадают. Следовательно, графики функций ((х) и 2(х) имеют общую точку А и общую касательную. проходящую через эту точку. Ятдцт: доказано. 268а) Испояьзуя правила нахождения и таблицу первообразных. длн функции Пх) =-4з1п х+ сов Зх найдем первообразяую ! Зх 1 Р(х) = -4совх+ + с = -4соэх+ — в(п Зх+ с. 3 3 1 (ггвэт: -4соз х э -31п зх.1. с. 3 2695) Используя правила нахождения и таблицу пормюбразных, для функции /(х)-х 2+ сов х найдем псрвообразную г(х)- 1 = — ! ып х+ с =- — — т*щ х+ с.
Так как график порвообрвзной -1 г (й 2) проходит через точку М ! — ', — -~, то для опрсдсдония с получаем 12 э~ 2 ! л 2 2 уравнение: — — = — —, + ащ — + с или — — = — — т1 ь с, откуда с = .1. э э(12 2 л э 1 Тогда искомая первообра*ная г(х) = — — + з(п х 1 с. 1 гудат: — — э э1п х -1- с.
г 271) Так как угловой коэффициент касательной равев Зхэ (т.е. г"'(х) = Зх!), то найдем Функцию Р(х) - 3 —, Ч с - хэ+ с. Известно, 3 что эта кривзи проходит через точку А (2; 3). Получаем уравнение: 3 = Зэ+ с, откуда с = -5. Тогда функции имеет вид г(х) = хг — 5. Щдщт! г"(х) = хз-5. 2766) При вычислении лаиного интеграла вспольеуем правила нахов!дени» и таблицу первообразных. Получаем: 2 1 Дх 2 эх')1(х=~ — + — ~! =( — + — )! =~--э — )-~--э — ) = 1 2 3) 3 3 2 Э З )- 1 3) 2 10 1 20 — 3 17 1! + ()хват: а Глава д. Задачи иа вовка иие 2746) Сначала вычислим данный ивтегрел: ) соайхбх- о в1а2л ! г 1 1 — — = — (ош (2а л- к) — в)п О) = — -а!п 2а. Учтем ограниченность г 1 Функции синус.
Тогда наибольшее аначенис интеграла —,, наимснь- 2 1 шее значение — (--~. Ответ: —,; — —. 2) 2 2 2766) Найдем площадь фигуры, ограниченной лининмн д,- = !.т — 2)з и д = 4 — хг. Тачки ое)юсеченил графиков функций д, и дг: х - 0 и х - 2. Тогда площадь Фигуры Я = ) (дг — дг)е)х = ) (4 — «г— о о -(х - 2) ) бх = ) (4х — Вхг ) е)х = о г = '(2х — — )( ='(2 ° 22 — — )- 1Е 8 -0 =  — —. 3 3 8 Отза21 з 276) Прежде всего построим фигуру АВС. ограниченную линия- г д мн д= — хг и у= В.
Также 2 А проведем прямую д = х + 4, д 8 ° разбивающую фигуру нв две части АРС и ВСВ. Сначала найдем координаты точек А и С. Получаем уравнение: д-х+4 / — хг=б или из=16, откуда ! д-х' 2 О х х4. Также найдем ко! ординаты точки В. Имеем г 4 -2 П 4 х уравнение: — хг = х 4 или хз — 2х — В О. корни которого х,- — 2 и х = 4 )точка с). Тогда д= х+ 4--2+ 4 =2. 231 3 5. Л из»ад»и». ие ааа иае, иитее» и их и ииеиеиие -2 е( Запишем площади искомык фигур Я = ) ~ 8 - — х )7(х+ -4 -2 -4 е(16 — — ) — ( — 8 — -) = — н Баса —— ) («+ 4 — — х )дх= =~ — +4« — — ~! =~ — +16 — — ~ — ~ — — 8+ — )=18. ЯХ332: — и 18.
74 3 228) Построим параболу у = хз — 4х+ 5 и касательные к ней, проведенными через точки с абсциссами т = 1 и х = 3. Найдем уравнения атих касательны«. Производная данной функции у' = 2« — 4. Пусть ха — точка касания. Тогда уравнение касательной: у - (2ха- 4)(х — ха) + + х 2 4«а+ 5 (2«а 4)х 2«аз+ 4«а+ + хаз 4«а+ 5 (2«з-4) х-ха'+ 5, т.е. у - (2«а — 4)х — х„е+ 5. Подставляя значение «а 1, получим уравнение первой касательной у, = — 2х е 4. Подставляя значение «а = 3, найдем уравнение второй касательной у = 2х — 4. Легко проверить, что касательные у и уз пересекаются в точке с координатами (2; 0). Запишем пдощадь искомой фигуры В =) (у-у1)ухе) (у-уе)7(х =) (хз- 4« + 5+ 2« — 4)е(х + ) (х~- 4«+ 1 2 1 2 2 з 2 +5 — 2«е4)7(хе)(х -2х+1)4«+)(х -бх+9)е(хе)(х — 1) 72«е 1 2 1 +) (х — 3) е(х = 2 (е — 1) (» — 3) (2 — 1) (1 — 1) (3 — 3) 3 3 3 3 3 2 ! г (2- з) 2 = — + — = —.
()хнах: †. 3 3 3 3 з' 281) Для функции 1(х) = о з)п ях -1- Ь запишем условия задачи. Нейдем производную 1'(«) а соз 12«к = ак сав ях. Тек как 1'(2) = 2, 2 то имеем уравнение: ах сов 2к-2 или ак= 2, откуда е- —. е Глаза б. Задачи иаеитгнниа т днссти 2 з Теперь вычислим ) ((х)ч(х = ) (аз!п их+ Ь)г]х = а з =~ — — тдх)/ =~- +25~ — ~ — — т5.0~= 2Ь. По усзо- вию этот интеграл равен 4.
Имеем уравнение: 2Ь - 4, откуда Ь 2. з ЯпнЕ: а = —, Ь = 2. Глава У1. ЗАДАЧИ ПОВЫШЕННОЙ ТРУДНОСТИ $1. Числа н иреобразовавня выраженвй 1а) Если число р простое и р > 3, то число р можно представить в виде р - Зя + 1 или в виде р Зи т 2 (где и б М). Рассмотрим зти случаи. а) Пусть р= За+ 1. Чтобы число р было простым, надо чтобы число л было четным. т.е.
л = 2т. Тогда число р имеат вид р - бт + ч 1. Запишем числа а = рз — 1 - (бт + 1)з - 1з - бт(бт + 2)— —. 12т(Зт е 1). Очевидно, чта иго число без остатка делится на 24. Разумеется, число а без остатка делнтсн на 12. Если число т четное, то число а делится ешс н на 2. Если число т нечетное, то на 2 делится число Зт + !. б] Пусть р = Зл е 2. Чтобы число р было простым.
надо чтобы число и было нечетным, т.е. л = 2т+ 1. Тогда число р имеет вид р — 3(2т+!)+ 2=бы+ 5. Запишем число а — рз — 1 (бт+ Шз— — 1з = (бт + 5 + 1) (бт ч 5 — 1) = (бт + 6) (бт + 4) = 6(из + 1) . 2(Зт ь —. 2) - 12(т З 1) (Зт -. 2). Число а без остатка делится на 12. Если число т четное, то число (Зта2) деяитс» еше и на 2. Если числа т нечетное, то число т З 1 четное н делитсн на 2. Следовательно, чис'ло а без остатка делится на 24. Итак, если р — простое число и р > 3, то рз — 1 без остатка делится на 24. Жзж: доказано. 2) Кввдратнсе ураннснис хт+ ах+ 6 — -О имеет корни, если сто дискримннант О = аэ — 24 > О.
Пусть уравнение имеет целые корни х, и х . Запишем бюрмулы Виста для корней уравнения: х, ь хи= = — а и х,х =.6. Так как х, н х. целые числа, то они излнются дс.зителямн свободнош члена (числа 6): е]; -2: =3; — б. Поэтому возможны варианты. а) х, = и1 и х. = =б (или наоборот], тогда и = — (х,ех.,) — -' 7.
б] х, — — 2 и х - иЗ (или наоборот), тогда а — 5. При всех найденных значениях и дискрининант ураннеяин !> О. Оззст — 5: — У. ). Числа и л еа азоеаиилем сгнил гзз ба) Сначала найдем остатки от деления квадратов натуральных чисел на 3. Числа л можно записать в виде: л -Зт или а = Зт+ 1 или л Зт е 2 (где т б Ф). Рассмотрим зги случаи. а) Если л-Зт, то аз=(Зт)г= 9тг= 3 ° (Зтз) — это число без остатка делится на 3. б) Если л = Зт е 1, то аз=(Зт е 1)э=9тт+бт+ 1 = 3 ° (Зтз+ Э 2т) —. 1 — зто число при делении на 3 дает остаток!.
в) Если л = Зт + 2, то лз- (Зт + 2)г-9тз+ 12т+ 4 (9те+ +12т+ 3)+ 1-3 ° (Зтг+ 4т+1)+1 — это число при делении на 3 также даст остаток 1. Таким образом, цри делении нв 3 возможны остатки 0 и 1. Теперь найдем остатки от деления квадратов натуральных чисел на 4. Числа л можно в этом случае записать в виде: л = 4т или а — 4т + 1 или л - 4т - 2 или л - 4т + 3. Рассмотрим зтн случаи. а) Если л-4т, то лг-(4т)з-16тз= 4 ° (4т)з — это чисто без остатка делится на 4. б) Если л=4т+1, то лг (4те1)з=16тге8т";1=4-(4тз ° Е 2лг) т 1 — это число ори делении на 4 дает остаток 1. в) Если и = 4т + 2, то лз = (4гл — 2)з = 16тз+ 16гл + 4 = 4 (4тгь 2т е 1) — зто число без остатка делитсн нв 4. г) Если л=4т+3, то пз (4т ЬЗ)э=16тг+24т+9=(16тз+ ->24т+8)+1 4 (4тэабте2)+1 — это число при делении на 4 дает остаток 1.
Таким образам, и цри делении «а 4 возможны остатки 0 и 1. овеет: 0 и 1. уб,в) Докажем признаки делимости н» 3 и 9: если сумма цифр числа делится на 3 и 9, то и само число делитсн на 3 и 9. Для определенности рассмотрим трехзначное число аЬс = 100а+ 10Ь г с (где а -- число сотен, Ь вЂ” число десятков и с — число единиц). Выделим в этом числе чисао, которое без остатка лслится на 3 и 9: 100а+ 10Ь+ с —.(99а+ 9Ь) + (а + у ч с) = 9(11а+ Ь)+ (а+ Ь+ с). В агой сумме первое слагаемое делитсн на 3 и 9.
Поэтому, чтобы нз 3 и 9 делилось лакное число аЬс, нала, чтобы на 3 н 9 делилась сумма его цифр а + Ь + с. ьпвет: доказано. 86) Уравнение 2'- 1 =. уэ запишем в вндс 2'= уи+ 1. При всех значениях у правая часть уравнения уэ+ 1 >1. Поэтому и левая часть 2" э 1, откуда х э О. Отдельно рассмотрим случай х = О. Тогда уравнение имеет вид: 1 =уз+ 1, откуда у = О. Получили целое решение х, = 0 и у, = О. Пусть теперь х > О. Тогда леван часть уравнении 2 четнан.
Поэточу у может быть только нечетным числом. т.е. у = 2т ь 1 (где т 6 г). Данное уравнение имеет вид: 2*= (2т + 1)з ~ 1 нлк Глава 6. Задачи пооытгппоб т диогми 2'= 4тз+4т+ 2 или 2" '= 2т(т+ 1)о 1. Видно, что при х > 1 левая часть ураакения четное число, а при т х О, гп х — 1 правая часть уравнения — нечетное число. Поэтому возможны только варианты х-1 и т-0 (тогда у-2т+1-1) или т--1 (тогда у-2т+ 1- = -1). Слсповательно, существуют еще два целых решенинд х = 1 у. - 1 и х = 1 уз = -1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
