міститься зайва інформація в підкресленій умові задачі: „Чи існує двозначне число, яке при діленні на суму квадратів його цифр дає в частці 2 і в залишку 6, а при діленні на добуток його цифр дає в частці 4 і в залишку 6?”
Вiдповiдь: так.
Розв’язання..
Нехай - цифра десятків (), - цифра одиниць шуканого двозначного числа. Тоді воно має вигляд . Якщо відкинути підкреслену умову, то невідомі ізадовольнятимуть рівняння або .
Оскільки , то це рівняння має єдиний цілий розв’язок: .
Однак, неважко перевірити, що число 22 не задовольняє умові задачі з відкинутою інформацією. Отже, не існує двозначного числа, яке задовольняє умові, яка залишилася, тим більш не існує такого числа з будь-якою додатковою інформацією.
Це означає, що підкреслена інформація є зайвою.
Задачі на функції
1. Довести, що функція є періодичною, якщо існує таке, що для будь – якого , та виконується умова
.
Доведення.
2. Знайти всі функції , для яких при будь-яких виконується рівність:
.
Відповідь:
Розв΄язання.
Виконаємо послідовно заміни ;; . Тоді дістанемо систему рівнянь:
, де .
Звідси або , де
Перевірка показує, що знайдена функція є розв΄язком даної задачі для будь-якого дійсного .
3. Знайти всі неперервні функції , для яких при будь-яких дійсних виконується рівність .
Відповідь: .
Розв΄язання.
Нехай , тоді , і рівняння набирає вигляду .
Таким чином, для знаходження функції маємо систему двох рівнянь:
.
Помножимо обидві частини другого рівняння на і додамо до першого рівняння. Тоді дістанемо: , . Внаслідок неперервності шуканої функції остаточно маємо: .
4. Многочлен з цілими коефіцієнтами дорівнюе 5 при и . Чи існує ціле число , при якому цей многочлен дорівнює 6?
Вiдповiдь: нi.
Розв’язання.
З умови задачi випливає, що i є коренi многочлена.
Тому
= (1), де - многочлен с цiлими коефiцiєнтами.
Якщо iснує цiле число таке, що , то з формули(1) маємо
.
Але це неможливо, оскiльки одиницю не можна подати у виглядi добутка чотирьох цiлих множникiв, принаймнi три з якiх рiзнi.
Отже, не iснує цiлого x, про яке iде мова в задачi.
5. Знайти всі функції, які при будь-яких дійсних задовольняють рівняння .
Відповідь: таких функцій не існує.
Розв’язання .
Підставляючи в дане функціональне рівняння, дістаємо
. Це рівняння має два дійсних корені або . Покладаючи у функціональному рівнянні, маємо або .
Якщо , то .
Якщо , то .
Перевірка показує, що жодна знайдена функція не задовольняє вихідне функціональне рівняння, отже це рівняння не має розв’язків.
6. Знайти всі функції, які при будь-яких дійсних задовольняють рівняння .
Відповідь: .
Розв’язання .
Підставляючи в дане функціональне рівняння, дістаємо.
Це рівняння має єдиний дійсний корінь . Покладаючи у функціональному рівнянні, маємо , звідки, з урахуванням рівності , дістаємо .
Перевірка показує, що функція задовольняє вихідне функціональне рівняння, а тому є єдиним його розв’язком.
7. Знайти всі функції, які при будь-яких дійсних задовольняють рівняння .
Відповідь: .
Розв’язання .
Якщо у функціональне рівняння підставити, то дістанемо рівняння або . Покладаючи в цьому рівнянні , дістаємо , тобто . Отже, , тобто .
Перевірка показує, що функція задовольняє умову задачі.
8. Функція задовольняє умови: . Довести, що існує і що ця границя не більше, ніж .
Доведення.
З умови задачі випливає , що , а це означає, що функція зростає на проміжку . Крім того, з умови задачі також випливає, що . А це означає, що , оскільки .
Таким чином, функція є зростаючою і обмеженою зверху числом , а це означає, що згідно з теоремою Вейєрштраса має при скінчену границю і ця границя не більше, ніж , що й треба було довести.
9. Нехай многочлен степеня з дійсними коефіцієнтами при всіх дійсних значеннях набуває лише додатних значень. Довести, що многочлен можна подати у вигляді суми квадратів двох многочленів.
Доведення.
З умови задачі випливає, що - многочлен парного степеня ( ), коефіцієнт при старшому степені більше за 0 ( можна вважати, що він дорівнює 1) і що всі корені многочлена комплексно спряжені: і , і , …, и. . Отже, многочлен можна подати у вигляді: . Добуток перших множників є многочлен степеня . Цей многочлен є комплексно спряженим до многочлена степеня , що дорівнює добутку останніх множників, тобто або , що й треба було довести.
Задачі на границі
1. Для всіх значень дійсного параметра роз΄язати рівняння:
.
Відповідь: якщо , те ; якщо , те .
Розв΄язання.
Розглянемо послідовність . Тоді .
Припустимо, що рівняння має розв΄язок. Переходячи в рівності до границі при дістаємо: , звідки .
Таким чином, якщо рівняння має розв΄язок, то .
З'ясуємо, при яких послідовність збігається і має границю, яка дорівнює .
Оскільки , то , ,..., і, отже, , тобто послідовність зростає.
За допомогою метода математичної індукції неважко також довести, що . Дійсно, , тому що . Якщо ж припустити, що , то і .
Таким чином, послідовність обмежена зверху. Тому за теоремою Вейерштрасса послідовність має скінчену границю . Підставляючи в рівність і переходячи до границі при , дістаємо, що є коренем рівняння , де .
Рівняння має корінь , причому .
Розглянемо 3 випадка.
1).Якщо , то й отже рівняння має єдиний розв’язок (пряма є дотичною до графіка показникової функції в точці ) (рис.3а).
2).Якщо , то і рівняння має два корені: і . Оскільки , то (рис.3б).
3).Якщо , то і рівняння має два корені: і (рис.3в). При цьому , звідки . Тому . Отже, у цьому випадку .
Таким чином, , якщо і , якщо .
Отже, якщо , то рівняння має єдиний розв΄язок ; а якщо , то рівняння не має розв΄язків.
2. Послідовність , задано за допомогою рекурентної формули : , . Знайти .
Відповідь: .
Розв’язання .
Перший спосіб.
З умови задачі випливає, що
,
,
…
або
,
,
…
Припустимо, що . Використовуючи формулу для суми перших членів геометричної прогресії, дістаємо формулу
, яку неважко довести за допомогою метода математичної індукції.
Таким чином, .
Другий спосіб.
Рекурентну формулу , тобто , можна записати у вигляді або у вигляді . Звідси випливає, що
.
Виключаючи із цієї системи , дістаємо: . Тому .
3. Послідовність , задано за допомогою рекурентної формули : ,. Знайти .
Відповідь: .
Розв’язання .
Перший спосіб.
З умови задачі випливає, що
,
,
…
або
,
,
…
За допомогою метода математичної індукції неважко довести, що . Цю формулу можна перетворити до вигляду , звідки випливає, що .
Другий спосіб.
Рекурентну формулу ,т. е , можна записати у вигляді або у вигляді . Звідси випливає, що
.
Виключаючи із цієї системи , дістаємо: . Тому .
4. Які числові значення може набувати , якщо ?
Відповідь: будь-яке значення з відрізку .
Розв’язання .
.
З нерівності випливає, що . Знайдемо найбільше й найменше значення функції в області . Усередині області існує єдина стаціонарна точка , причому . На границі області маємо , отже , де . Функція на відрізку набуває найменше значення в точці: , а найбільше значення - у єдиній стаціонарній точці : . Отже найбільше значення функції в області дорівнює , а найменше значення дорівнює . Оскільки функція неперервна в області , то вона набуває всі значення від до включно. Тому величина (тобто ) може набувати будь-яке значення із відрізку .
Задачі на диференціальне числення
1. З'ясувати, чи існує дійсне число таке, що .
Відповідь: не існує.
Розв΄язання.
Доведемо, що виконується нерівність: , причому рівність має місце
Уважаемый посетитель!
Чтобы распечатать файл, скачайте его (в формате Word).
Ссылка на скачивание - внизу страницы.