Dataset Viewer
prompt
stringlengths 7
926
| completion
stringlengths 15
3.16k
|
|---|---|
% ∏n=(12−1)(13−1)…(1n+1−1)∏n=(12−1)(13−1)…(1n+1−1) үржвэр аль вэ?
|
Заавар: 1n+1−1=−nn+11n+1−1=−nn+1 болохыг ашиглан үржвэрийг хураа.
Бодолт: ∏n=(12−1)(13−1)⋯(1n−1)(1n+1−1)=∏n=(12−1)(13−1)⋯(1n−1)(1n+1−1)=
=(−12)(−23)⋯(−n−1n)(−nn+1)=(−1)n1n+1=(−12)(−23)⋯(−n−1n)(−nn+1)=(−1)n1n+1
|
(0.4)x2−2⋅(0.5)x−3=10(0.4)x2−2⋅(0.5)x−3=10 тэгшитгэл x1=a,x2=blog52−cx1=a,x2=blog52−c шийдүүдтэй.
|
Заавар: Тэгшитгэлийн 2 хоёр талаас log5log5 авч бод.
Бодолт: (0.4)x2−2⋅(0.5)x−3=10⇔log5{(0.4)x2−2⋅(0.5)x−3}=log510⇔(0.4)x2−2⋅(0.5)x−3=10⇔log5{(0.4)x2−2⋅(0.5)x−3}=log510⇔
(x2−2)log525+(x−3)log512=1+log52⇔(x2−2)log525+(x−3)log512=1+log52⇔
(x2−2)(log52−1)−(x−3)log52=1+log52⇔(x2−2)(log52−1)−(x−3)log52=1+log52⇔
(log52−1)x2−(log52)x+1=0(log52−1)x2−(log52)x+1=0 болох ба x1=1x1=1 гэсэн илэрхий шийд байгаа тул Виетийн теоремоор нөгөө шийд нь x2=1log52−1x2=1log52−1 байна.
|
(1) тэгшитгэл нийцгүй, (2) тэгшитгэл төгсгөлгүй олон шийдтэй болохыг батал.
|
Заавар: {a1x+b1y=c1a2x+b2y=c2 систем шийдгүй ⇔ a1a2=b1b2≠c1c2.
{a1x+b1y=c1a2x+b2y=c2 систем төгсгөлгүй олон шийдтэй ⇔ a1a2=b1b2=c1c2.
Бодолт: 12=−3−6≠12 тул шийдгүй.
12=−3−6=12 тул төгсгөлгүй олон шийдтэй. Тэгшитгэлийн ерөнхий шийд нь (1+3y,y).
|
(1)(1), (2)(2)-ийг
батлаад түүнийгээ ашиглан 1∼31∼3-ийг бод.
∫βα(x−α)2dx=13(β−α)3(1)∫βα(x−α)(x−β)dx=−16(β−α)3(2)∫αβ(x−α)2dx=13(β−α)3(1)∫αβ(x−α)(x−β)dx=−16(β−α)3(2)
|
Заавар: (1)∫βα(x−α)2dx=(x−α)33∣∣∣βα=(β−α)33(1)∫αβ(x−α)2dx=(x−α)33|αβ=(β−α)33
(2)(2)
(x−α)(x−β)=(x−α)((x−α)+(α−β))=(x−α)2+(α−β)(x−α)(x−α)(x−β)=(x−α)((x−α)+(α−β))=(x−α)2+(α−β)(x−α)
тул
∫βα(x−α)(x−β)dx=∫βα(x−α)2dx+(α−β)∫βα(x−α)dx={(x−α)33+(α−β)⋅(x−α)22}∣∣
∣∣βα=(β−α)33−(β−α)32=−(β−α)36∫αβ(x−α)(x−β)dx=∫αβ(x−α)2dx+(α−β)∫αβ(x−α)dx={(x−α)33+(α−β)⋅(x−α)22}|αβ=(β−α)33−(β−α)32=−(β−α)36
Бодолт: 5∫2(x−2)2dx=13(5−2)3=9∫25(x−2)2dx=13(5−2)3=9.
x2−2x−1=0x2−2x−1=0 тэгшитгэлийн шийдүүд
α=1−√2α=1−2, β=1+√2β=1+2 тул
2∫βα(x2−2x−1)dx=2⋅(−16)(β−α)3=−16√232∫αβ(x2−2x−1)dx=2⋅(−16)(β−α)3=−1623
α=√5−12α=5−12 гэвэл α2+α−1=0α2+α−1=0 тул
∫α0(x2+x−1)dx=α33+α22−α=16(2α3+3α2−6α)=16(2α(α2+α−1)+(α2+α−1)−5α+1)=1−5α6=7−5√512∫0α(x2+x−1)dx=α33+α22−α=16(2α3+3α2−6α)=16(2α(α2+α−1)+(α2+α−1)−5α+1)=1−5α6=7−5512
|
(1)f(x)=1∫−1(9xt2+2x2t−x3)dt(1)f(x)=∫−11(9xt2+2x2t−x3)dt-г
xx-ээр илэрхийл.
(2)f(x)=x+1∫0tf(t)dt(2)f(x)=x+∫01tf(t)dt нөхцлийг хангах
f(x)f(x)-г ол.
|
Заавар: 1∫−1(9xt2+2x2t−x3)dt∫−11(9xt2+2x2t−x3)dt интегралд
xx тогтмол тоо юм. Харин 1∫0tf(t)dt∫01tf(t)dt нь
тогтмол тоо болно.
Бодолт: (1)f(x)=1∫−1(9xt2+2x2t−x3)dt=9x1∫−1t2dt+2x21∫−1tdt−x31∫−1dt=6x−2x3(1)f(x)=∫−11(9xt2+2x2t−x3)dt=9x∫−11t2dt+2x2∫−11tdt−x3∫−11dt=6x−2x3\\
(2)1∫0tf(t)dt=a(2)∫01tf(t)dt=a гэвэл f(x)=x+af(x)=x+a
болно.
a=1∫0t(t+a)dt=(t33+at22)∣∣∣10=13+a2a=∫01t(t+a)dt=(t33+at22)|01=13+a2 тул a=23a=23 буюу f(x)=x+23f(x)=x+23 байна.
|
(1+12)(1+13)(1+14)…(1+1a)(1−12)(1−13)(1−14)…(1−1a−1)=?
|
Заавар: Хаалт бүрийг бодоод үржвэрийг хурааж хялбарчил.
Бодолт: Хүртвэр=(1+12)(1+13)(1+14)…(1+1a)=32⋅43⋅54⋯a+1a=a+12
Хуваарь=(1−12)(1−13)(1−14)…(1−1a−1)=12⋅23⋅34⋯a−2a−1=1a−1
тул
(1+12)(1+13)(1+14)…(1+1a)(1−12)(1−13)(1−14)…(1−1a−1)=a+121a−1=a2−12
|
(1+2x)−4 задаргааны x2-ийн өмнөх коэффициентийг ол.
|
Заавар: (1+x)α=1+(α1)x+(α2)x2+(α3)x3+⋯+(αn)xn+⋯
өргөтгөсөн биномын томьёо ашигла. Энд
(xk)=x(x−1)(x−2)…(x−k+1)k!
нь k зэргийн олон гишүүнт юм.
Бодолт: (1+2x)−4=1+(−4−1)(2x)+(−4−2)(2x)2+(−4−3)(2x)3+⋯+(−4−n)(2x)n+⋯
тул
(−4−2)⋅22=−4⋅(−4−1)2!×22=40
байна.
|
(1+e2x)y2dy=exdx(1+e2x)y2dy=exdx, y(0)=0y(0)=0 дифференциал тэгшитгэлийг бод.
|
Заавар: Хувьсагчийг ялгах аргаар бод.
Бодолт: (1+e2x)y2dy=exdx⇔y2dy=exdx1+e2x⇔∫y2dy=∫exdx1+e2x(1+e2x)y2dy=exdx⇔y2dy=exdx1+e2x⇔∫y2dy=∫exdx1+e2x
тул
y33=∫dex1+e2x=arctgex+Cy33=∫dex1+e2x=arctgex+C
x=y=0x=y=0 цэгийг дайрах тул 033=arctge0+C⇒C=−π4033=arctge0+C⇒C=−π4 байна. Иймд
y=3√3arctgex−3π4y=3arctgex−3π43
|
(1+i)x2+(R+i)x+3+3Ri=0(1+i)x2+(R+i)x+3+3Ri=0 квадрат тэгшитгэл бодит шийдтэй байх RR параметрийн утгуудыг ол.
|
Заавар:
Бодолт: x=αx=α нь тэгшитгэлийн бодит шийд байг. Орлуулаад комплекс хэлбэрт
бичвэл:
(α2+αR+3)+(α2+α+3R)i=0(α2+αR+3)+(α2+α+3R)i=0
Комплекс тоо тэгтэй тэнцэх нөхцөлөөс
{α2+αR+3=0α2+α+3R=0{α2+αR+3=0α2+α+3R=0
буюу (α2+αR+3)−(α2+α+3R)=0(α2+αR+3)−(α2+α+3R)=0, (R−1)(α−3)=0(R−1)(α−3)=0 болно. Эндээс
R=1 эсвэл α=3R=1 эсвэл α=3
болно.
R=1R=1 бол α2+α+3=0α2+α+3=0, D<0D<0 болж αα-комплекс болно. Иймд R=1R=1
байх боломжгүй.
α=3α=3, 9+3R+3=0⇒9+3R+3=0⇒ R=−4R=−4 болно.
|
(1+x)+(1+x)2+⋯+(1+x)5=a1x5+a2x4+⋯+a5x+a6 тэнцэтгэл аливаа бодит x-ийн хувьд биелэдэг бол a6=a, a3=bc, a2=d байна. Мөн a1+a3+a5=ef байна.
|
Заавар: x-ийн тодорхой утгууд ба Ньютоны Биномын томьёо ашигла:
(a+b)n=C0nanb0+C1nan−1b1+⋯+Cknan−kbk+⋯+Cnna0bn
Бодолт: x=0 үед зүүн гар талын илэрхийллийн утга 6, баруун гар талын илэрхийллийн утга a6 тул a6=6 байна.
a3 нь x3-ийн өмнөх коэффициент байна. Зүүн гар талын нэмэгдэхүүнүүдээс зөвхөн (1+x)3, (1+x)4, (1+x)5-ийн задаргаанд л x3 оролцоно. Эдгээрээс x3, C34x3, C35x3 гэж гарах тул 1+4+10=15 болно.
a2 нь x4-ийн өмнөх коэффициент байна. Зүүн гар талын нэмэгдэхүүнүүдээс зөвхөн (1+x)4, (1+x)5-ийн задаргаанд л x4 оролцоно. Эдгээрээс x4, C45x4 гэж гарах тул 1+5=6 болно.
x=1 үед (1+1)+(1+1)2+⋯+(1+1)5=a1+a2+a3+a4+a5+a6 болно. x=−1 үед 0=−a1+a2−a3+a4−a5+a6 байна. Эдгээрийн ялгавар нь
62=2a1+2a3+2a5⇒a1+a3+a5=31 байна.
|
(1+x)12 бином цувааны x3-ийн өмнөх коэффициентийг ол.
|
Заавар: Өргөтгөсөн биномын томьёо ашигла.
Бодолт: (123)=12(12−1)(12−2)3!=12⋅(−12)⋅(−32)6=116
|
(1+x)13(1+x)13 бином цувааны x2x2-ийн өмнөх коэффициентийг ол.
|
Заавар: Өргөтгөсөн биномын томьёо ашигла.
Бодолт: (132)=13(13−1)2!=−19(132)=13(13−1)2!=−19
|
(1+x)−3 задаргааны x3-ийн өмнөх коэффициентийг ол.
|
Заавар: (1+x)α=1+(α1)x+(α2)x2+(α3)x3+⋯+(αn)xn+⋯
өргөтгөсөн биномын томьёо ашигла. Энд
(xk)=x(x−1)(x−2)…(x−k+1)k!
нь k зэргийн олон гишүүнт юм.
Бодолт: (1+x)−3=1+(−3−1)x+(−3−2)x2+(−3−3)x3+⋯+(−3−n)xn+⋯
тул
(−3−3)=−3⋅(−3−1)⋅(−3−2)3!=−10
байна.
|
(1,0)(1,0) цэгийг (0,1)(0,1) цэгт; (0,1)(0,1) цэгийг (1,0)(1,0) цэгт шилжүүлэх хувиргалтын матриц аль нь вэ?
|
Заавар: A(10)=(01)A(10)=(01), A(01)=(10)A(01)=(10) байх AA матрицыг ол.
Бодолт: A(10)=(01)A(10)=(01), A(01)=(10)A(01)=(10) тул
A(1001)=(0110)⇒A=(0110)A(1001)=(0110)⇒A=(0110)
байна.
|
(1,2) цэгийг дайрсан
шулуун ба y=x2 параболоор хүрээлэгдсэн дүрсийн талбайг S гэе.
S-ийн хамгийн бага утгыг ол.
|
Заавар:
Бодолт: (1,2) цэгийг дайрсан шулууны өнцгийн коэффициентыг m
гэвэл тэгшитгэл нь y=m(x−1)+2 болно. Парабол ба шулууны
огтлолцлын цэгийн абсцисс нь x2=m(x−1)+2 ⇒ x2−mx+m−2=0 байна.
D=(−m)2−4(m−2)=(m−2)2+4 тул энэ шулуун y=x2 параболтой 2 цэгээр огтолцоно. Эдгээр цэгийн x координатыг
α,β(α<β) гэвэл
S=β∫α(m(x−1)+2−x2)dx=−β∫α(x−α)(x−β)dx=(β−α)36
болно. β−α=m+√D2−m−√D2=√D=√(m−2)2+4
тул S=((m−2)2+4)326 байна. (m2−2)2+4≥4 учир
m=2 үед S нь хамгийн бага утгаа авна. Энэ үед S=43 болно.
|
(1101)(1101) хувиргалтын матрицтай хувиргалтаар (4,−2)(4,−2) цэгийн дүр аль цэг байх вэ?
|
Заавар: Цэгийн координатаа матриц хэлбэрээр бичээд хувиргалтын матрицаар зүүн талаас нь үржүүлбэл дүр нь гарна.
Бодолт: (4,−2)(4,−2) цэгийг матрицаар илэрхийлбэл (−4−2)(−4−2) тул дүр нь
(1101)(−4−2)=(1⋅4+1⋅(−2)0⋅4+1⋅(−2))=(−2−2)(1101)(−4−2)=(1⋅4+1⋅(−2)0⋅4+1⋅(−2))=(−2−2)
буюу (2,−2)(2,−2) цэг болно.
|
(12)x2−7<23|x−1|(12)x2−7<23|x−1| тэнцэтгэл бишийн шийд аль нь вэ?
|
Заавар: 12=2−112=2−1 ба илтгэгч функцийн монотон чанар ашигла.
Бодолт: (12)x2−7<23|x−1|(12)x2−7<23|x−1| (2−1)x2−7<23|x−1|−x2+7<3|x−1|(2−1)x2−7<23|x−1|−x2+7<3|x−1| x2+3|x−1|−7>0x2+3|x−1|−7>0
⎡⎢
⎢
⎢
⎢⎣{x<1x2−3(x−1)−7>0{x≥1(x2+3(x−1)−7>0⇒⎡⎢
⎢
⎢
⎢⎣{x<1x2−3x+3−7>0{x≥1(x2+3x−3−7>0⇒⎡⎢
⎢
⎢
⎢⎣{x<1(x2−3x−4>0{x≥1(x2+3x−1)−10>0[{x<1x2−3(x−1)−7>0{x≥1(x2+3(x−1)−7>0⇒[{x<1x2−3x+3−7>0{x≥1(x2+3x−3−7>0⇒[{x<1(x2−3x−4>0{x≥1(x2+3x−1)−10>0
⎡⎢
⎢
⎢
⎢⎣{x<1(x−4)(x+1)>0{x≥1(x+5)(x−2)>0⇒[x<−1x>2⇒[{x<1(x−4)(x+1)>0{x≥1(x+5)(x−2)>0⇒[x<−1x>2⇒
]−∞;−1[∪]2;∞[]−∞;−1[∪]2;∞[
|
(13)x2+2x<(19)16−x(13)x2+2x<(19)16−x тэнцэтгэл
бишийг бод.
|
Заавар: 0<a<10<a<1 үед ax<ay⇔x>yax<ay⇔x>y байна.
Бодолт: 19=(13)219=(13)2 тул
(13)x2+2x<(19)16−x=(13)2(16−x)⇔x2+2x>32−2x⇔(13)x2+2x<(19)16−x=(13)2(16−x)⇔x2+2x>32−2x⇔
⇔x2+4x−32=(x+8)(x−4)>0⇔x2+4x−32=(x+8)(x−4)>0
болох ба шийд нь x<−8∪4<xx<−8∪4<x байна.
|
(13)−x2+x+3<27(13)−x2+x+3<27 тэнцэтгэл бишийн шийдийг ол.
|
Заавар: (13)x=3−x(13)x=3−x болохыг ашигла. Мөн 3>13>1 тул 3x1<3x2⇔x1<x23x1<3x2⇔x1<x2 байна.
Бодолт: (13)−x2+x+3<27⇔3x2−x−3<33⇔(13)−x2+x+3<27⇔3x2−x−3<33⇔
x2−x−3<3⇔x2−x−6=(x+2)(x−3)<0x2−x−3<3⇔x2−x−6=(x+2)(x−3)<0
тул x∈(−2;3)x∈(−2;3) байна.
|
(1324)(1324)
матрицын эсрэг матриц аль нь вэ?
|
Заавар: AA матрицын эсрэг матриц нь −A=(−1)⋅A−A=(−1)⋅A матриц байна.
Бодолт: −(1324)=(−1)⋅(1324)=((−1)⋅1(−1)⋅3(−1)⋅2(−1)⋅4)=(−1−3−2−4)−(1324)=(−1)⋅(1324)=((−1)⋅1(−1)⋅3(−1)⋅2(−1)⋅4)=(−1−3−2−4)
|
(14)x2+2x<(116)16−x(14)x2+2x<(116)16−x тэнцэтгэл
бишийг бод.
|
Заавар: 0<a<10<a<1 үед ax<ay⇔x>yax<ay⇔x>y байна.
Бодолт: 116=(14)2116=(14)2 тул
(14)x2+2x<(116)16−x=(14)2(16−x)⇔x2+2x>32−2x⇔(14)x2+2x<(116)16−x=(14)2(16−x)⇔x2+2x>32−2x⇔
⇔x2+4x−32=(x+8)(x−4)>0⇔x2+4x−32=(x+8)(x−4)>0
болох ба шийд нь x<−8∪4<xx<−8∪4<x байна.
|
(14)−x2+x+3>64(14)−x2+x+3>64 тэнцэтгэл бишийн шийдийг ол.
|
Заавар: (14)x=4−x(14)x=4−x болохыг ашигла. Мөн 4>14>1 тул 4x1<4x2⇔x1<x24x1<4x2⇔x1<x2 байна.
Бодолт: (14)−x2+x+3>64⇔4x2−x−3>43⇔(14)−x2+x+3>64⇔4x2−x−3>43⇔
x2−x−3>3⇔x2−x−6=(x+2)(x−3)>0x2−x−3>3⇔x2−x−6=(x+2)(x−3)>0
тул x∈(−∞;−2)∪(3;∞)x∈(−∞;−2)∪(3;∞) байна.
|
(14a+2−1−a8a3+1:1−2a4a2−2a+1)⋅4a+22a−1 үйлдлийг гүйцэтгэ.
|
Заавар: 8a3+1=(2a)3+13=(2a+1)((2a)2−2a+1)
Бодолт: Илэрх.=(14a+2−1−a8a3+1:1−2a4a2−2a+1)⋅4a+22a−1=(14a+2−1−a(2a+1)(4a2−2a+1)⋅4a2−2a+11−2a)⋅4a+22a−1=(14a+2(1−2a−1−a2a+1⋅11−2a(2)⋅4a+22a−1=1−2a−2+2a(4a+2)(1−2a)⋅4a+22a−1=−11−2a⋅12a−1=1(1−2a)2=(1−2a)−2
Нэмэлт: a=1 байх үед
(14⋅1+2−1−18⋅13+1:1−2⋅14⋅12−2⋅1+1)⋅4⋅1+22⋅1−1=1
ашиглан зөв хариултыг олж болно.
|
(15)x2−2x<(125)16+x(15)x2−2x<(125)16+x тэнцэтгэл
бишийг бод.
|
Заавар: 0<a<10<a<1 үед ax<ay⇔x>yax<ay⇔x>y байна.
Бодолт: 125=(15)2125=(15)2 тул
(14)x2−2x<(116)16+x=(14)2(16+x)⇔x2−2x>32+2x⇔(14)x2−2x<(116)16+x=(14)2(16+x)⇔x2−2x>32+2x⇔
⇔x2−4x−32=(x+4)(x−8)>0⇔x2−4x−32=(x+4)(x−8)>0
болох ба шийд нь x<−4∪8<xx<−4∪8<x байна.
|
(15)−x2+x+9>125(15)−x2+x+9>125 тэнцэтгэл бишийн шийдийг ол.
|
Заавар: (15)x=5−x(15)x=5−x болохыг ашигла. Мөн 5>15>1 тул 5x1<5x2⇔x1<x25x1<5x2⇔x1<x2 байна.
Бодолт: (15)−x2+x+9>125⇔5x2−x−9>53⇔(15)−x2+x+9>125⇔5x2−x−9>53⇔
x2−x−9>3⇔x2−x−12=(x+3)(x−4)>0x2−x−9>3⇔x2−x−12=(x+3)(x−4)>0
тул x∈(−∞;−3)∪(4;∞)x∈(−∞;−3)∪(4;∞) байна.
|
(169)x−1=(34)8(169)x−1=(34)8 тэгшитгэл бод.
|
Заавар: Сөрөг илтгэгчтэй зэргийн тодорхойлолт ёсоор
(34)−2=169(34)−2=169
байна. Мөн (ax)y=axy(ax)y=axy тул
(169)x−1=(34)−2(x−1)(169)x−1=(34)−2(x−1)
болно.
a>0a>0, a≠1a≠1 бол
ax=ay⇔x=yax=ay⇔x=y
болохыг ашиглан тэгшитгэлийг хялбарчилж бод.
Бодолт: Заавар ёсоор
(34)−2(x−1)=(34)8⇔−2x+2=8⇔x=−3(34)−2(x−1)=(34)8⇔−2x+2=8⇔x=−3
|
(17)−x2−x+4<49(17)−x2−x+4<49 тэнцэтгэл бишийн шийдийг ол.
|
Заавар: (17)x=7−x(17)x=7−x болохыг ашигла. Мөн 7>17>1 тул 7x1<7x2⇔x1<x27x1<7x2⇔x1<x2 байна.
Бодолт: (17)−x2−x+4<72⇔7x2+x−4<72⇔(17)−x2−x+4<72⇔7x2+x−4<72⇔
x2+x−4<2⇔x2+x−6=(x+3)(x−2)<0x2+x−4<2⇔x2+x−6=(x+3)(x−2)<0
тул x∈(−3;2)x∈(−3;2) байна.
|
(1a−√2b+1a+√2b):aa2−2b үйлдлийг гүйцэтгэ.
|
Заавар: (a−√2b)(a+√2b)=a2−(√2b)2=a2−2b байна.
Бодолт: (1a−√2b+1a+√2b):aa2−2b=
=((a+√2b)(a−√2b)(a+√2b)+(a−√2b)(a−√2b)(a+√2b))⋅a2−2ba=
=2aa2−2b⋅a2−2ba=2.
|
(1−2x)12(1−2x)12 илэрхийллийн задаргааг ашиглан √3535 тоог ойролцоогоор олъё.
(1−2x)12=1−x−1ax2−1bx3−⋯(1−2x)12=1−x−1ax2−1bx3−⋯
x=172x=172 гэвэл 2x=1362x=136 тул
√356=(1−136)12≈1−172−1a⋅1722−1b⋅1723356=(1−136)12≈1−172−1a⋅1722−1b⋅1723
буюу √35≈c.def35≈c.def байна.
|
Заавар: (1−2x)12(1−2x)12 функцийг өргөтгөсөн биномын томьёо ашиглан задал.
Бодолт: (1−2x)12=1+(121)(−2x)1+(122)(−2x)2+(123)(−2x)3+⋯=1+121!(−2x)+12(12−1)2!(−2x)2+12(12−1)(12−2)3!(−2x)3+⋯=1−x−12x2−12x3−⋯(1−2x)12=1+(121)(−2x)1+(122)(−2x)2+(123)(−2x)3+⋯=1+121!(−2x)+12(12−1)2!(−2x)2+12(12−1)(12−2)3!(−2x)3+⋯=1−x−12x2−12x3−⋯
x=172x=172 гэвэл
√356=(1−136)12≈1−172−12⋅172−12⋅1723≈0.9860356=(1−136)12≈1−172−12⋅172−12⋅1723≈0.9860
тул √35≈6⋅0.9860=5.91635≈6⋅0.9860=5.916 байна.
|
(1−sinx)(x−2)≥0 тэнцэтгэл бишийн хамгийн бага эерэг шийдийг ол.
|
Заавар: 1−sinx≥0 болохыг ашигла.
Бодолт: Тэнцэтгэл бишийн шийдүүд нь x=π2+2πk⋃x>2 байна. Иймд хамгийн бага эерэг шийд нь x=π2(<2) байна.
|
(1−sinx)(x−2)≥0(1−sinx)(x−2)≥0 тэнцэтгэл бишийн хамгийн бага эерэг шийдийг ол.
|
Заавар: 1−sinx≥01−sinx≥0 болохыг ашигла.
Бодолт: Тэнцэтгэл бишийн шийдүүд нь x=π2+2πk⋃x>2x=π2+2πk⋃x>2 байна. Иймд хамгийн бага эерэг шийд нь x=π2(<2)x=π2(<2) байна.
|
(1−x2)y′′−2xy′+ℓ(ℓ+1)y=0(1−x2)y″−2xy′+ℓ(ℓ+1)y=0 дифференциал тэгшитгэл бод.
|
Заавар: y=∞∑n=0anxny=∑n=0∞anxn гэвэл
y′=∞∑n=0nanxn−1=∞∑n=0(n+1)an+1xny′=∑n=0∞nanxn−1=∑n=0∞(n+1)an+1xn
ба
y′′=∞∑n=0(n+1)nan+1xn−1=∞∑n=0(n+2)(n+1)an+2xny″=∑n=0∞(n+1)nan+1xn−1=∑n=0∞(n+2)(n+1)an+2xn
байна.
Бодолт: (1−x2)y′′=(1−x2)∞∑n=0(n+2)(n+1)an+2xn=∞∑n=0(n+2)(n+1)an+2xn−x2∞∑n=0(n+2)(n+1)an+2xn=∞∑n=0(n+2)(n+1)an+2xn−∞∑n=0(n+2)(n+1)an+2xn+2=∞∑n=0(n+2)(n+1)an+2xn−∞∑n=2n(n−1)anxn=∞∑n=0(n+2)(n+1)an+2xn−∞∑n=0n(n−1)anxn←n=0∨1⇒n(n−1)an=0=∞∑n=0{(n+2)(n+1)an+2−n(n−1)an}⋅xn(1−x2)y″=(1−x2)∑n=0∞(n+2)(n+1)an+2xn=∑n=0∞(n+2)(n+1)an+2xn−x2∑n=0∞(n+2)(n+1)an+2xn=∑n=0∞(n+2)(n+1)an+2xn−∑n=0∞(n+2)(n+1)an+2xn+2=∑n=0∞(n+2)(n+1)an+2xn−∑n=2∞n(n−1)anxn=∑n=0∞(n+2)(n+1)an+2xn−∑n=0∞n(n−1)anxn←n=0∨1⇒n(n−1)an=0=∑n=0∞{(n+2)(n+1)an+2−n(n−1)an}⋅xn
ба
2xy′=2x∞∑n=0(n+1)an+1xn=∞∑n=02(n+1)an+1xn+1=∞∑n=12nanxn=∞∑n=02nanxn←2⋅0⋅a0x0=02xy′=2x∑n=0∞(n+1)an+1xn=∑n=0∞2(n+1)an+1xn+1=∑n=1∞2nanxn=∑n=0∞2nanxn←2⋅0⋅a0x0=0
байна. Иймд
∞∑n=0[(n+2)(n+1)an+2−n(n−1)an−2nan+ℓ(ℓ+1)an]xn=0∑n=0∞[(n+2)(n+1)an+2−n(n−1)an−2nan+ℓ(ℓ+1)an]xn=0
болох тул коэффициентүүд нь
an+2=n2+n−ℓ2−ℓ(n+2)(n+1)⋅an=(n−ℓ)(n+ℓ+1)(n+2)(n+1)⋅anan+2=n2+n−ℓ2−ℓ(n+2)(n+1)⋅an=(n−ℓ)(n+ℓ+1)(n+2)(n+1)⋅an
рекуррент томьёогоор тодорхойлогдоно.
ℓ=1ℓ=1 бол an+2=n−1n+1⋅anan+2=n−1n+1⋅an тул
a2=a0+2=0−10+1⋅a0=−a0a4=a2+2=2−12+1⋅a2=−13a0a6=a4+2=4−14+1⋅a4=35a2=−15a0a2=a0+2=0−10+1⋅a0=−a0a4=a2+2=2−12+1⋅a2=−13a0a6=a4+2=4−14+1⋅a4=35a2=−15a0
гэх мэтчилэн a2n=−a02n−1a2n=−a02n−1 ба a3=1−11+1a1=0a3=1−11+1a1=0 тул a2n+1=0a2n+1=0, n≥1n≥1 байна.
|
(2+√3)x2+2(√3+1)x+2=0(2+3)x2+2(3+1)x+2=0 тэгшитгэлийг бод
|
Заавар: ax2+bx+c=0ax2+bx+c=0 тэгшитгэлийн шийдүүд нь
x1,2=−b±√b2−4ac2ax1,2=−b±b2−4ac2a
байдаг.
Бодолт: D=(2(√3+1))2−4⋅(2+√3)⋅2=4⋅(3+2√3+1)−16−8√3=0D=(2(3+1))2−4⋅(2+3)⋅2=4⋅(3+23+1)−16−83=0
тул
x=−2(√3+1)2(2+√3)=−(√3+1)(2−√3)4−3=−√3+1x=−2(3+1)2(2+3)=−(3+1)(2−3)4−3=−3+1
гэсэн ганц шийдтэй байна.
|
(2+√3)x−(2−√3)x=1.5(2+3)x−(2−3)x=1.5 тэгшитгэлийг бод.
|
Заавар: 2−√3=12+√32−3=12+3 тул t=(2+√3)xt=(2+3)x гэвэл (2−√3)x=1t(2−3)x=1t байна.
Бодолт: Зааварт гарсан орлуулга хийвэл
t−1t=32⇔2t2−3t−2=0t−1t=32⇔2t2−3t−2=0
тэгшитгэл үүснэ. Эндээс t1,2=3±√32−4⋅2⋅(−2)2⋅2=3±54t1,2=3±32−4⋅2⋅(−2)2⋅2=3±54
t1=2t1=2, харин t2=3−54=−0.5<0t2=3−54=−0.5<0 нь шийд болохгүй. Учир нь t=(2+√3)x>0t=(2+3)x>0 байна. Иймд (2+√3)x=2(2+3)x=2 болно. Эндээс x=log2+√32x=log2+32
|
(23)x×(98)x=2764(23)x×(98)x=2764 тэгшитгэл бод.
|
Заавар: 8.2. Квадрат тэгшитгэл, хялбар илтгэгч тэгшитгэл бодож, шийдийг олдог.
Бодолт: (23)x×(98)x=(23)x×(3223)x=2x3x×32x23x=3x22x=(34)x(23)x×(98)x=(23)x×(3223)x=2x3x×32x23x=3x22x=(34)x
Нөгөө талаас 2764=3343=(34)32764=3343=(34)3 тул (34)x=(34)3(34)x=(34)3 буюу x=3x=3 байна.
|
(2537)X=(2357)(2537)X=(2357) тэгшитгэлийг бод.
|
Заавар:
Бодолт: A=(2537),B=(2357)A=(2537),B=(2357) гэвэл тэгшитгэл маань AX=BAX=B хэлбэртэй болно. Δ=2⋅7−5⋅3=−1≠0Δ=2⋅7−5⋅3=−1≠0 учир AA матриц урвуутай
A−1=1−1(7−5−32)=(−753−2)A−1=1−1(7−5−32)=(−753−2)
Эндээс (2) томъёог ашиглавал
X=A−1B=(−753−2)(2357)=(1114−4−5)X=A−1B=(−753−2)(2357)=(1114−4−5)
|
(25x2−5x+1)(25x2−1)125x3+1 илэрхийллийг хялбарчил.
|
Заавар: a2−b2=(a−b)(a+b), a3+b3=(a+b)(a2−ab+b2) томьёо ашиглан хүртвэр ба хуваарийг үржигдэхүүн болгон задлаад хураа.
Бодолт: 25x2−1=(5x)2−12=(5x−1)(5x+1)
125x3+1=(5x)3+13=(5x+1)((5x)2−5x⋅1+12)=
=(5x+1)(25x2−5x+1)
тул
(25x2−5x+1)(25x2−1)125x3+1=(25x2−5x+1)(5x−1)(5x+1)(5x+1)(25x2−5x+1)=5x−1
|
(2a0.5−b0.5−2a0.5a1.5+b1.5⋅a−a0.5b0.5+ba0.5−b0.5):4a0.5b0.5a−b илэpхийллийг хялбаpчил.
|
Заавар: a0.5=x, b0.5=y орлуулга ашигла.
Бодолт: a0.5=x, b0.5=y орлуулбал:
Илэрх.=(2a0.5−b0.5−2a0.5a1.5+b1.5⋅a−a0.5b0.5+ba0.5−b0.5):4a0.5b0.5a−b=(2x−y−2xx3+y3⋅x2−xy+y2x−y):4xyx2−y2=(2(x+yx−y−2x(x+y)(x2−xy+y2)⋅x2−xy+y2x−y):4xyx2−y2=(2x+2yx2−y2−2xx2−y2):4xyx2−y2=2yx2−y2:4xyx2−y2=2yx2−y2⋅x2−y24xy=12x=12a0.5=12a−0.5
|
(2x)log2x=4(2x)log2x=4 тэгшитгэлийг бод.
|
Заавар: u(x)v(x)=w(x)u(x)v(x)=w(x) хэлбэрийн тэгшитгэлийг логарифмчилж бодвол тохиромжтой байдаг. Тэгшитгэлийн хоёр талыг 2 сууриар логарифмчил.
Бодолт: (2x)log2x=4⇔log2(2x)log2x=log24(2x)log2x=4⇔log2(2x)log2x=log24 байна. Эндээс logabk=klogablogabk=klogab, logabc=logab+logaclogabc=logab+logac ба log22=1log22=1, log24=2log24=2 болохыг тооцвол
log2x⋅log22x=log2x⋅(1+log2x)=2log2x⋅log22x=log2x⋅(1+log2x)=2
болно. t=log2xt=log2x орлуулга хийвэл
t2+t−2=0t2+t−2=0 тэгшитгэлд шилжинэ. Эндээc t1=1t1=1, t2=−2t2=−2 тул
x1=2t1=2,x2=2t2=2−2=0.25x1=2t1=2,x2=2t2=2−2=0.25
байна.
|
(2x+1)(2+√(2x+1)2+3)+3x(2+√9x2+3)=0 тэгшитгэлийг бод.
|
Заавар:
Бодолт: f(t)=t(2+√t2+3) функц авч үзье. Тэгвэл өгөгдсөн тэгшитгэл: f(2x+1)+f(3x)=0 буюу f(2x+1)=−f(3x) болно. f(t) функц нь t>0 байх үед өсөх (учир нь тус бүрдээ өсөх t ба 2+√t2+3 функцүүдийн үржвэр) ба сондгой тул t∈(−∞;+∞) мужид ч өснө. Тэгэхээр f(2x+1)=f(−3x) бол 2x+1=−3x байна. Өөрөөр хэлбэл x=−15 юм.
|
(2x+1)y′=4x+2y(2x+1)y′=4x+2y дифференциал тэгшитгэлийг бод.
|
Заавар: I эрэмбийн y′(x)+p(x)y=q(x)y′(x)+p(x)y=q(x) шугаман дифференициал тэгшитгэлийн ерөнхий шийд нь
y=∫e∫p(x)dxq(x)dx+Ce∫p(x)dxy=∫e∫p(x)dxq(x)dx+Ce∫p(x)dx
Бодолт: Тэгшитгэлийг хувиргаж бичвэл
y′(x)−22x+1⋅y=4x2x+1y′(x)−22x+1⋅y=4x2x+1
болно.
−∫2dx2x+1=−ln|2x+1|+C−∫2dx2x+1=−ln|2x+1|+C
тул μ(x)=e−ln(2x+1)=12x+1μ(x)=e−ln(2x+1)=12x+1 интегралчлагч үржигдэхүүнээр үржүүлбэл μ′(x)=−2(2x+1)2μ′(x)=−2(2x+1)2 тул
μ(x)y′(x)+μ′(x)⋅y=4x(2x+1)2μ(x)y′(x)+μ′(x)⋅y=4x(2x+1)2
болно. Хоёр талыг нь интегралчилбал
μ(x)y=∫4xdx(2x+1)2=ln|2x+1|+12x+1+Cμ(x)y=∫4xdx(2x+1)2=ln|2x+1|+12x+1+C
тул
y=(2x+1)ln|2x+1|+1+C(2x+1)y=(2x+1)ln|2x+1|+1+C(2x+1)
байна.
|
(2x−1)(x+1)=a(2x−1)(x+1)=a тэгшитгэл шийдгүй байх aa-ийн утгуудыг ол.
|
Заавар: (2x−1)(x+1)=a⇔2x2+x−a−1=0(2x−1)(x+1)=a⇔2x2+x−a−1=0
квадрат тэгшитгэлийг шинжил.
Бодолт: 2x2+x−a−1=02x2+x−a−1=0 тэгшитгэлийн дискреминант нь
D=12−4⋅2⋅(−a−1)=8a+9D=12−4⋅2⋅(−a−1)=8a+9
байна. Квадрат тэгшитгэл шийдгүй байх зайлшгүй бөгөөд хүрэлцээтэй нөхцөл нь D<0D<0 тул
8a+9<0⇔a<−98=−1.1258a+9<0⇔a<−98=−1.125
үед тэгшитгэл шийдгүй байна. Иймд a∈]−∞;−1.125[a∈]−∞;−1.125[ байна.
|
(2x−3)(3x+4) аль нь вэ?
|
Заавар: (ax+b)(cx+d)=acx2+(ad+bc)x+bc
Бодолт: (2x−3)(3x+4)=(2x+(−3))(3x+4)=2⋅3x2+(2⋅4+(−3)⋅3)x+(−3)⋅4=6x2−x−12
|
(2−x)2x+3≥0 тэнцэтгэл бишийн хамгийн бага бүхэл шийдийг ол.
|
Заавар: Хариунаас бод.
Бодолт: Өгөгдсөн тоонуудын хамгийн бага −2 нь
(2−(−2)2)−2+3=4≥0
гээд шийд болж буй тул зөв хариулт нь болно.
|
(2−x321−x)(2−x321−x) матриц урвуугүй байх xx-ийн утгыг ол.
|
Заавар: Тодорхойлогч нь 0-тэй тэнцэх xx-г ол.
Бодолт: Урвуугүй байх зайлшгүй бөгөөд хүрэлцээтэй нөхцөл нь тодорхойлогч нь 0 тул
∣∣∣2−x321−x∣∣∣=(2−x)⋅(1−x)−3⋅2=0⇔x2−3x−4=0|2−x321−x|=(2−x)⋅(1−x)−3⋅2=0⇔x2−3x−4=0
буюу x1,2=3±√32−4⋅1⋅(−4)2=3±52x1,2=3±32−4⋅1⋅(−4)2=3±52
байна. Иймд x1=−1x1=−1, x2=4x2=4 байна.
|
(3124)(3124) матрицын хувийн утгуудыг ол.
|
Заавар:
Бодолт: (3124)(xy)=k(xy) гэдгээс {3x+y=kx2x+4y=ky(3124)(xy)=k(xy) гэдгээс {3x+y=kx2x+4y=ky
буюу
{(3−k)x+y=02x+(4−k)y=0{(3−k)x+y=02x+(4−k)y=0
болно. Энэ систем x=0,y=0x=0,y=0-ээс ялгаатай шийдтэй байх зайлшгүй бөгөөд хүрэлцээтэй нөхцөл нь (3−k)(4−k)−1⋅2=0(3−k)(4−k)−1⋅2=0 буюу k2−7k+10=0k2−7k+10=0 болно. Иймд (3124)(3124) матрицын хувийн утгууд нь k=2;5k=2;5
|
(3a16−2b16a13−b13−3a16+b16):a23+a13b13+b23b56 илэpхийллийг хялбаpчил.
|
Заавар: a16=x, b16=y орлуулга ашигла.
Бодолт: a16=x, b16=y гэвэл
Илэрх.=(3a16−2b16a13−b13−3a16+b16):a23+a13b13+b23b56=(3x−2yx2−y2−3(x−yx+y):x4+x2y2+y4y5=3x−2y−3x+3yx2−y2⋅y5x4+x2y2+y4=y6x6−y6=ba−b
|
(3x+2y)2−(x−y)2 үржигдэхүүн болгон задал.
|
Заавар: a2−b2=(a−b)(a+b) ашигла.
Бодолт: Илэрхийлэл=(3x+2y)2−(x−y)2=((3x+2y)−(x−y))((3x+2y)+(x−y))=(2x+3y)(4x+y)
|
(3x2−2x−1)4=a8x8+a7x7+a6x6+⋯+a1x+a0 задаргаа өгчээ. a7+a5+a3+a1=?
|
Заавар: x=±1 байх үеийн илэрхийлүүдийг сонирх.
Бодолт: (3x2−2x−1)4=a8x8+a7x7+a6x6+⋯+a1x+a0-д x=1, x=−1 гэж орлуулаад хасъя.
(3⋅12−2⋅1−1)4−(3⋅(−1)2−2⋅(−1)−1)4=−44=−256==(a8+a7+a6+⋯+a1+a0)−(a8−a7+a6−⋯−a1+a0)==2(a7+a5+a3+a1)⇒a7+a5+a3+a1=−128.
|
(3x2−2x−1)4=a8x8+a7x7+a6x6+⋯+a1x+a0 задаргаа өгчээ. a8+a6+a4+a2=?
|
Заавар: x=±1 байх үеийн илэрхийлүүдийг сонирх.
Бодолт: (3x2−2x−1)4=a8x8+a7x7+a6x6+⋯+a1x+a0-д x=1, x=−1 гэж орлуулаад нэмье.
(3⋅12−2⋅1−1)4+(3⋅(−1)2−2⋅(−1)−1)4=44=256==(a8+a7+a6⋯+a1+a0)+(a8−a7+a6−⋯−a1+a0)==2(a8+a6+a4+a2+a0)⇒a8+a6+a4+a2+a0=128.
a0=1 тул a8+a6+a4+a2=127.
|
(3x2−4)2−9x(x3+3x)+(x−3)(2x+5) олон гишүүнтийн зэргийг тодорхойл.
|
Заавар: Олон гишүүнтийг стандарт хэлбэрт бичиж 0 биш коэффициенттэй хамгийн их зэргийг ол.
Бодолт: ОГ=(3x2−4)2−9x(x3+3x)+(x−3)(2x+5)=9x4−24x2+16−9x4−27x2+2x2−x−15=−49x2−x+1
буюу ахлах гишүүн нь −49x2 тул зэрэг нь 2 байна.
|
(3x−13x23−2x−13−x13x43−x13)−1−3x−21−2x илэрхийллийн утгыг x=2+√2 үед ол.
|
Заавар: Эхлээд илэрхийллээ хялбарчил.
Бодолт: 3x−13x23−2x−13=3x−13x−13(x−2)=3x−2,
x13x43−x13=x13x13(x−1)=1x−1
тул
(3x−13x23−2x−13−x13x43−x13)−1=(3x−2−1x−1)−1=
=(3x−3−x+2(x−1)(x−2))−1=(2x−1x2−3x+2)−1=x2−3x+22x−1
байна. Иймд
(3x−13x23−2x−13−x13x43−x13)−1−3x−21−2x=
=x2−3x+22x−1+3x−22x−1=x22x−1
байна. x=2+√2 үед
(2+√2)22(2+√2)−1=4+4√2+23+2√2=2
байна.
|
(3x−2y)2−(x+y)2 үржигдэхүүн болгон задал.
|
Заавар: a2−b2=(a−b)(a+b) ашигла.
Бодолт: Илэрхийлэл=(3x−2y)2−(x+y)2=((3x−2y)−(x+y))((3x−2y)+(x+y))=(2x−3y)(4x−y)
|
(3x−4y)2 аль нь вэ?
|
Заавар: (a−b)2=a2−2ab+b2 томьёо ашиглах.
Бодолт: (3x−4y)2=(3x)2−2⋅(3x)⋅(4y)+(4y)2=9x2−24xy+16y2
|
(3√3−3√2)(3√9+3√6+3√4) илэрхийллийн утга аль нь вэ?
|
Заавар: (a−b)(a2+ab+b2)=a3−b3
Бодолт: Илэрх.=(3√3−3√2)(3√9+3√6+3√4)=(3√3−3√2){(3√3)2+3√2⋅3√3+(3√2)2}=(3√3)3−(3√2)3=3−2=1
|
(4aa+2−a3−8a3+8⋅4a2−8a+16a2−4):16a+2 илэpхийллийг хялбаpчил.
|
Заавар: a=0 тухайн тохиолдолд бодож үз.
Бодолт:
|
(4aa+2−a3−8a3+8⋅4a2−8a+16a2−4):16a+2 эмхэтгэ.
|
Заавар: a3−8=a2−23=(a−2)(a2+a⋅2+22)
a3+8=a2+23=(a+2)(a2−a⋅2+22)
a2−4=a2−22=(a−2)(a+2)
Бодолт: Илэрх.=(4aa+2−a3−8a3+8⋅4a2−8a+16a2−4):16a+2=(4aa+2−(a−2)(a2+2a+4)(a+2)(a2−2a+4)⋅4(a2−2a+4)(a−2)(a+2)):16a+2=(4aa+2−4(a2+2a+4)(a+2)2)⋅a+216=4a(a+2)−4(a2+2a+4)(a+2)2⋅a+216=−16(a+2)2⋅(a+2)16=−1a+2
|
(4x2−2x+1)(4x2−1)8x3+1 илэрхийллийг хялбарчил.
|
Заавар: x=12 гэсэн хялбар бодогдох утга дээр шалгаж үз.
Бодолт: x=12 үед 4x2−1=0 тул (4x2−2x+1)(4x2−1)8x3+1=0 байна.
Харин А хариулт тодорхойлогдохгүй, B хариулт 12⋅12+1=12, C хариулт 2⋅12−1=0, D хариулт 2⋅12+1=2 ба E хариулт тодорхойлогдохгүй. Иймд зөв хариулт нь C байна.
|
(712510)(712510) матрицын урвуу матрицыг ол.
|
Заавар: A−1=1ad−bc( d−b−c a)A−1=1ad−bc( d−b−c a)
Бодолт: (712510)−1=17⋅10−12⋅5(−10−12−5−7)=110(−10−12−5−7)(712510)−1=17⋅10−12⋅5(−10−12−5−7)=110(−10−12−5−7)
|
(7867)X=(3−47−2)(7867)X=(3−47−2) бол XX матрицыг ол.
|
Заавар: AX=B⇒X=A−1BAX=B⇒X=A−1B
Бодолт: (7867)−1=17⋅7−8⋅6⋅(−7−8−6−7)=(−7−8−6−7)(7867)−1=17⋅7−8⋅6⋅(−7−8−6−7)=(−7−8−6−7)
тул
X=(7867)−1(3−47−2)=(−7−8−6−7)(3−47−2)=(−7⋅3+(−8)⋅7−7⋅(−4)+(−8)⋅(−2)−6⋅3+(−)7⋅7−6⋅(−4)+(−)7⋅(−2))=(−35−12−31−10)X=(7867)−1(3−47−2)=(−7−8−6−7)(3−47−2)=(−7⋅3+(−8)⋅7−7⋅(−4)+(−8)⋅(−2)−6⋅3+(−)7⋅7−6⋅(−4)+(−)7⋅(−2))=(−35−12−31−10)
байна.
|
(9−x2)√2+x=0 тэгшитгэл бод.
|
Заавар: Үржвэр 0 байхын тулд үржигдэхүүнүүдийн ядаж 1 нь 0 байна. Тодорхойлогдох мужийг тооц.
Бодолт: Тодорхойлогдох муж нь D=[−2;+∞[ байна.
(9−x2)√2+x=0⇒9−x2=0∨√2+x=0
байна. Эндээс x=±3 ба x=−2 гэсэн шийдүүд гарна. x=−3 нь тодорхойлогдох мужид орохгүй тул x=−2,x=3 гэсэн шийдтэй.
|
(R+8)x2−6x+R=0(R+8)x2−6x+R=0 тэгшитгэл 2 бодит шийдтэй байх бодит тоо RR-ийн утгын мужийг ол.
|
Заавар: D=b2−4ac>0D=b2−4ac>0 байна. Квадрат тэгшитгэл тул R+8≠0R+8≠0 байна.
Бодолт: Квадрат тэгшитгэл байхын тулд R+8≠0R+8≠0 буюу R≠−8R≠−8 байна. Уг квадрат тэгшитгэл хоёр бодит шийдтэй байхын тулд
D=(−6)2−4⋅(R+8)⋅R=−4R2−32R+36>0D=(−6)2−4⋅(R+8)⋅R=−4R2−32R+36>0
байна. Эндээс
R2+8R−9<0⇔−9<R<1R2+8R−9<0⇔−9<R<1
тул −9<R<1−9<R<1 ба R≠−8R≠−8 байна.
|
(R−1)x2−4Rx+4R+3=0⋯(1)(R−1)x2−4Rx+4R+3=0⋯(1), x2+2(R+1)x+9=0⋯(2)x2+2(R+1)x+9=0⋯(2) бол (1)(1) тэгшитгэл бодит шийдтэй, (2)(2) тэгшитгэл комплекс шийдтэй байх RR параметрийн бүхэл утгуудыг ол.
|
Заавар: (1)(1) тэгшитгэлийн дискреминант нь сөрөг биш, (2)(2) тэгшитгэлийн дискреминант сөрөг байна. Мөн (1)(1) квадрат тэгшитгэл тул
R≠1R≠1 байна.
Бодолт: (R−1)x2−4Rx+4R+3=0⇒D1=(−4R)2−4⋅(R−1)⋅(4R+3)=4R+12(R−1)x2−4Rx+4R+3=0⇒D1=(−4R)2−4⋅(R−1)⋅(4R+3)=4R+12
ба
x2+2(R+1)x+9=0⇒D2=[2(R+1)]2−4⋅1⋅9=4R2+16R−32x2+2(R+1)x+9=0⇒D2=[2(R+1)]2−4⋅1⋅9=4R2+16R−32
тул
{4R+12≥04R2+16R−32<0⇔{R≥−34(R+4)(R−2)<0{4R+12≥04R2+16R−32<0⇔{R≥−34(R+4)(R−2)<0
болно. Эндээс −3≤R<2−3≤R<2 болох ба R=1R=1 үед (1)(1) квадрат тэгшитгэл болохгүй тул бодлогын нөхцөлийг хангах RR-ийн бүхэл утгууд нь −3,−2,−1,0−3,−2,−1,0 юм.
|
(a+2)2=?
|
Заавар: Нийлбэрийн квадратын томьёо ашигла.
Бодолт: b=2 гээд нийлбэрийн квадратын томьёог ашиглавал
(a+2)2=a2+2⋅a⋅2+22=a2+4a+4
|
(a13b13+a16b23+b)⋅(a16−b13)a12−b бутархайг хураа.
|
Заавар: a=s6, b=t3 гэвэл илүү хялбар болно.
Бодолт: a=s6, b=t3 гэвэл
(a13b13+a16b23+b)⋅(a16−b13)a12−b=(s2t+st2+t3)(s−t)s3−t3=
=t(s2+st+t2)(s−t)(s−t)(s2+st+t2)=t=b13
|
(a23−b)⋅(a23+a13b12+b)a−b32 бутархайг хураа.
|
Заавар: a=t3, b=s2 орлуулга ашиглавал илүү хялбар болно.
Бодолт: a=t3, b=s2 гэвэл
Илэрх.=(a23−b)⋅(a23+a13b12+b)a−b32=(t2−s2)(t2+ts+s2)t3−s3=(t+s)(t−s)(t2+ts+s2)t3−s3=(t+s)(t3−s3)t3−s3=t+s=a13+b12
|
(a2a2−2a+1−a2+aa3−1⋅(1a2−a+aa2−1)):aa−1 илэpхийллийг хялбаpчил.
|
Заавар: a2−2a+1=(a−1)2
a3−1=(a−1)(a2+a+1)
Бодолт: Илэрх.=(a2a2−2a+1−a2+aa3−1⋅(1a2−a(a+1+aa2−1(a)):aa−1=(a2(a−1)2−a(a+1)(a−1)(a2+a+1)⋅a2+a+1a(a−1)(a+1)):aa−1=(a2(a−1)2−1(a−1)2):aa−1=a2−1(a−1)2:aa−1=(a−1)(a+1)(a−1)2:aa−1=a+1a−1:aa−1=a+1a−1⋅a−1a=a+1a
|
(abcd)(abcd) матрицын хувьд a+d=−1a+d=−1, ad−bc=1ad−bc=1 бол A3=EA3=E болохыг батал.
|
Заавар: Дурын A=(abcd)A=(abcd) матрицын хувьд A2−(a+d)A+(ad−bc)E=0A2−(a+d)A+(ad−bc)E=0 адилтгал биелдэг.
Бодолт: A2+A+E=0A2+A+E=0 гэдгээс A2=−(A+E)A2=−(A+E) тул
A3=A2A=−(A+E)A=−A2−A=(A+E)−A=EA3=A2A=−(A+E)A=−A2−A=(A+E)−A=E
|
(a−1)x2−)a+1)x+2a−1=0 тэгшитгэлийн бодит шийдүүд нь x1,x2. а) Тэгшитгэлийн хоёр шийд хоёулаа 1-ээс бага байх a параметрийн утгын мужийг ол. б) a≠1 бол (x1−b)(x2−b) илэрхийллийн утга a-ийн утгаас үл хамаарах бүх b тоог ол.
|
Заавар:
Бодолт: a) Бодлогын нөхцөл нь
{D≥0a+12(a−1)<1(a−1)f(1)>0
системтэй тэнцүү чанартайб) (x1−b)(x2−b)=x1x2−b(x1+x2)+b2=2a−1a−1−ba+1a−1+b2=2+1a−1−b(1+2a−1)+b2=b2−b+2+1−2ba−1 ба энэ илэрхийлэл нь b=12 үед a-аас хамаарахгүй.
|
(a−3)2=?
|
Заавар: Ялгаврын квадратын томьёо ашиглах.
Бодолт: b=3 гээд ялгаврын квадратын томьёог ашиглавал
(a−3)2=a2−2⋅a⋅3+32=a2−6a+9
|
(a−b)(a+b)=−17; b<0<a; a,b∈Z байх a, b язгууруудтай квадрат гурван гишүүнт аль нь вэ?
|
Заавар: b<0<a тул a−b, a+b нь a+b<a−b байх бүхэл тоонууд байна. Үржвэр нь сөрөг тул a+b<0<a−b болно. −1⋅17=−17⋅1=−17 тул a−b=−1, a+b=17 юмуу a−b=−17, a+b=1 байна. Тохирох a ба b-г олоод Виетийн теорем хэрэглэ.
Бодолт: b<0<a тул a+b<a−b ба (a−b)(a+b)<0⇒a+b<0<a−b болно. a,b бүхэл болохыг тооцвол
[{a+b=−17a−b=1{a+b=−1a−b=17⇒[{a=−8b=−9{a=8b=−9 болно. a>0 тул a=8,b=−9 байна. a,b язгууртай квадрат гурван гишүүнт x2−(a+b)⋅x+a⋅b=x2+x−72
|
(i+1)x2+(a+i)x+ai+1=0(i+1)x2+(a+i)x+ai+1=0 тэгшитгэл бодит шийдтэй байх aa бодит тоог ол.
|
Заавар: Комплекс тоо тэгтэй тэнцэх нөхцөл ашигла.
Бодолт: (i+1)x2+(a+i)x+ai+1=0⇔(x2+ax+1)+(x2+x+a)i=0(i+1)x2+(a+i)x+ai+1=0⇔(x2+ax+1)+(x2+x+a)i=0
байна. Хэрвээ xx бодит шийдтэй бол комплекс тоо тэгтэй тэнцэх нөхцөл ёсоор
{x2+ax+1=0x2+x+a=0{x2+ax+1=0x2+x+a=0
болно. Тэгшитгэлүүдийг хасвал (a−1)(x−1)=0(a−1)(x−1)=0 болно. Хэрвээ a−1=0a−1=0 бол x2+x+1=0x2+x+1=0 болох ба бодит шийдгүй. Иймд x−1=0x−1=0 байна. Энэ үед 12+a⋅1+112+a⋅1+1 тул a=−2a=−2 байна.
|
(limx→0tg3xx)2007(limx→0tg3xx)2007 хязгаарыг бодоход гарах тооны сүүлчийн цифрийг ол.
|
Заавар: I гайхамшигт хязгаар limx→0sinxx=1limx→0sinxx=1-ээсlimx→0sinaxbx=ab,limx→0tgaxbx=ablimx→0sinaxbx=ab,limx→0tgaxbx=ab
болох нь мөрдөн гардаг. Иймд limx→0tg3xx=3limx→0tg3xx=3 байна.
3200732007 тооны сүүлийн цифрийг олохдоо 3n3n дарааллын сүүлийн цифрүүдийг сонирх.
Бодолт: I гайхамшигт хязгаараас limx→0tg3xx=3limx→0tg3xx=3 болно.
3n3n дарааллын сүүлийн цифрүүд нь 3,9,7,1,3,9,…3,9,7,1,3,9,… гэсэн 4 үетэй дараалал үүсгэнэ. Иймд 2007-р гишүүн нь 3-р гишүүнтэйгээ ижил цифрээр төгсөнө. Иймд сүүлийн цифр нь 7 байна.
|
(limx→0tg7xx)2007(limx→0tg7xx)2007 тооны сүүлийн цифрийг ол.
|
Заавар: limx→0tg7xx=7limx→0tg7x7xlimx→0tg7xx=7limx→0tg7x7x гээд I гайхамшигт хязгаар ашигла.
Бодолт: limx→0tg7xx=7⋅limx→0tg7x7x=7limx→0tg7xx=7⋅limx→0tg7x7x=7
тул 7200772007 тооны сүүлийн цифрийг олно. an=7nan=7n дарааллын гишүүдийн сүүлийн цифрүүд нь
7,9,3,1,7,…7,9,3,1,7,…
гэсэн 4 үетэй дарааллал тул
a2007=a4⋅501+3≡a3≡3(mod10)a2007=a4⋅501+3≡a3≡3(mod10)
буюу 33 цифрээр төгсөнө.
|
(log0.2x)2+log0.2x−2≤0(log0.2x)2+log0.2x−2≤0 тэнцэтгэл бишийн шийд аль нь вэ?
|
Заавар: t=log0.2xt=log0.2x орлуулга ашиглан бод. y=log0.2xy=log0.2x функц нь буурах функц тул
x<y⇔log0.2x>log0.2yx<y⇔log0.2x>log0.2y
байна. Мөн 0.2=150.2=15 болохыг санаарай!
Бодолт: t=log0.2xt=log0.2x гэвэл t2+t−2≤0⇔−2≤t≤1t2+t−2≤0⇔−2≤t≤1 тул
−2≤log0.2x≤1⇔log0.2(0.2)−2≤log0.2x≤log0.20.2⇔−2≤log0.2x≤1⇔log0.2(0.2)−2≤log0.2x≤log0.20.2⇔
(0.2)−2≥x≥0.2⇔x∈[15;25](0.2)−2≥x≥0.2⇔x∈[15;25]
|
(log0.2x)2−2log0.2x−3≤0(log0.2x)2−2log0.2x−3≤0 тэнцэтгэл бишийн шийд аль нь вэ?
|
Заавар: t=log0.2xt=log0.2x орлуулга ашиглан бод. y=log0.2xy=log0.2x функц нь буурах функц тул
x<y⇔log0.2x>log0.2yx<y⇔log0.2x>log0.2y
байна.
Бодолт: t=log0.2xt=log0.2x гэвэл t2−2t−3≤0⇔−1≤t≤3t2−2t−3≤0⇔−1≤t≤3 тул
−1≤log0.2x≤3⇔log0.2(0.2)−1≤log0.2x≤log0.2(0.2)3⇔−1≤log0.2x≤3⇔log0.2(0.2)−1≤log0.2x≤log0.2(0.2)3⇔
(0.2)−1≥x≥0.23=0.008⇔x∈[1125;5](0.2)−1≥x≥0.23=0.008⇔x∈[1125;5]
|
(log0.2x)2−3log0.2x+2≤0(log0.2x)2−3log0.2x+2≤0 тэнцэтгэл бишийн шийд аль нь вэ?
|
Заавар: t=log0.2xt=log0.2x орлуулга ашиглан бод. y=log0.2xy=log0.2x функц нь буурах функц тул
x<y⇔log0.2x>log0.2yx<y⇔log0.2x>log0.2y
байна.
Бодолт: t=log0.2xt=log0.2x гэвэл t2−3t+2≤0⇔1≤t≤2t2−3t+2≤0⇔1≤t≤2 тул
1≤log0.2x≤2⇔log0.20.2≤log0.2x≤log0.2(0.2)2⇔1≤log0.2x≤2⇔log0.20.2≤log0.2x≤log0.2(0.2)2⇔
0.2≥x≥0.22=0.04⇔x∈[125;15]0.2≥x≥0.22=0.04⇔x∈[125;15]
|
(log0.5x)2+2log0.5x−3≤0(log0.5x)2+2log0.5x−3≤0 тэнцэтгэл бишийн шийд аль нь вэ?
|
Заавар: t=log0.5xt=log0.5x орлуулга ашиглан бод. y=log0.5xy=log0.5x функц нь буурах функц тул
x<y⇔log0.5x>log0.5yx<y⇔log0.5x>log0.5y
байна.
Бодолт: t=log0.5xt=log0.5x гэвэл t2+2t−3≤0⇔−3≤t≤1t2+2t−3≤0⇔−3≤t≤1 тул
−3≤log0.5x≤1⇔log0.5(0.5)−3≤log0.5x≤log0.5(0.5)1⇔−3≤log0.5x≤1⇔log0.5(0.5)−3≤log0.5x≤log0.5(0.5)1⇔
(0.5)−3=8≥x≥0.51=12⇔x∈[12;8](0.5)−3=8≥x≥0.51=12⇔x∈[12;8]
|
(sin53∘cos67∘sin37∘cos23∘)(sin53∘cos67∘sin37∘cos23∘) матрицын тодорхойлогчийг олоорой.
|
Заавар:
Бодолт: ∣∣∣sin53∘cos67∘sin37∘cos23∘∣∣∣=sin53∘⋅cos23∘−sin37∘⋅cos67∘=sin53∘⋅cos23∘−cos53∘⋅sin23∘=sin(53∘−23∘)=sin30∘=12|sin53∘cos67∘sin37∘cos23∘|=sin53∘⋅cos23∘−sin37∘⋅cos67∘=sin53∘⋅cos23∘−cos53∘⋅sin23∘=sin(53∘−23∘)=sin30∘=12
|
(sin73∘cos77∘sin17∘cos13∘)(sin73∘cos77∘sin17∘cos13∘) матрицын тодорхойлогчийг олоорой.
|
Заавар:
Бодолт: ∣∣∣sin73∘cos77∘sin17∘cos13∘∣∣∣=sin73∘⋅cos13∘−sin77∘⋅cos17∘=sin73∘⋅cos13∘−cos73∘⋅sin13∘=sin(73∘−13∘)=sin30∘=√32|sin73∘cos77∘sin17∘cos13∘|=sin73∘⋅cos13∘−sin77∘⋅cos17∘=sin73∘⋅cos13∘−cos73∘⋅sin13∘=sin(73∘−13∘)=sin30∘=32
|
(sinx+cosx−√2)√−11x−x2−30=0(sinx+cosx−2)−11x−x2−30=0
тэгшитгэлийн шийдүүд нь x1=−ax1=−a, x2=−bx2=−b, x1<x2x1<x2 ба x3=−cπdx3=−cπd байна.
|
Заавар: f(x)⋅g(x)=0f(x)⋅g(x)=0 байх зайлшгүй бөгөөд хүрэлцээтэй нөхцөл нь f(x)f(x), g(x)g(x)-ийн ядаж нэг нь 0 бөгөөд нөгөө илэрхийлэл нь утгатай байх юм.
Бодолт: Тодорхойлогдох муж нь D:−11x−x2−30≥0⇔−6≤x≤−5D:−11x−x2−30≥0⇔−6≤x≤−5 байна. x∈Dx∈D үед
(sinx+cosx−√2)√−11x−x2−30=0⇔[sinx+cosx−√2=0\11x−x2−30=0(sinx+cosx−2)−11x−x2−30=0⇔[sinx+cosx−2=0\11x−x2−30=0
Сүүлийн тэгшитгэлээс x1=−6x1=−6, x2=−5x2=−5 гэж гарах ба эдгээр утгуудад sinx+cosx−√2sinx+cosx−2 илэрхийлэл утгатай тул шийд болно.
sinx+cosx−√2=0⇔√2sin(x+π4)=√2sinx+cosx−2=0⇔2sin(x+π4)=2
Иймд sin(x+π4)=1⇒x+π4=π2+2πk⇒x=π4+2πksin(x+π4)=1⇒x+π4=π2+2πk⇒x=π4+2πk болох ба √−11x−x2−30−11x−x2−30 илэрхийлэл утгатай буюу −6≤x≤−5−6≤x≤−5 байх ёстой тул k=−1k=−1 л байх боломжтой. Иймд x3=π4−2π=−7π4x3=π4−2π=−7π4 байна.
|
(x+1)2⋅(x+2)5 үржвэрийн x-ийн өмнөх коэффициентийг ол.
|
Заавар: Биномын томьёо ашиглан (x+1)2, (x+2)5-ийн x0, x1-ийн өмнөх коэффициентүүдийг ол.
Бодолт: (x+1)2=x2+2x+1, (x+2)5=x2⋅Q(x)+C45⋅x⋅24+25 тул x-ийн өмнөх коэффициент нь
2⋅25+1⋅C45⋅24=64+80=144
|
(x+1)2⋅(x+2)5 үржвэрийн x2-ийн өмнөх коэффициентийг ол.
|
Заавар: Биномын томьёо ашиглан (x+1)2, (x+2)5-ийн x0, x1, x2-ийн өмнөх коэффициентүүдийг ол.
Бодолт: (x+1)2=x2+2x+1, (x+2)5=x3⋅Q(x)+C35⋅x2⋅23+C45⋅x⋅24+25 тул x2-ийн өмнөх коэффициент нь
1⋅25+2⋅C45⋅24+1⋅C25⋅23=32+160+80=272
|
(x+1)x2−3x+2=1(x+1)x2−3x+2=1 тэгшитгэл хэдэн бүхэл шийдтэй вэ?
|
Заавар: abab илэрхийлэл нь a>0a>0 үед тодорхойлогдохоос гадна a<0a<0 үед зарим тохиолдолд тодорхойлогддог. Жишээ нь a=−1,b=2a=−1,b=2 үед ab=(−1)2=1ab=(−1)2=1 байна.
Бодолт: a≠±1a≠±1 үед ab=1⇔b=0ab=1⇔b=0 тул
x+1≠±1x+1≠±1 байх шийдүүд нь x2−3x+2=0x2−3x+2=0 тэгшитгэлийн шийд байна. Иймд x1=1,x2=2x1=1,x2=2 байна. Энэ үед x1+1,x2+1≠±1x1+1,x2+1≠±1 байна.
x+1=1x+1=1 буюу x=0x=0 үед (x+1)x3−3x+2=102−3⋅0+2=12=1(x+1)x3−3x+2=102−3⋅0+2=12=1 тул шийд болно.
x+1=−1x+1=−1 буюу x=−2x=−2 үед (x+1)x3−3x+2=(−1)(−2)2−3⋅(−2)+2=(−1)12=1(x+1)x3−3x+2=(−1)(−2)2−3⋅(−2)+2=(−1)12=1 тул мөн шийд болно.
Иймд тэгшитгэл −2,0,1,2−2,0,1,2 гэсэн 4 бодит шийдтэй.
|
(x+1√x)″ ол.
|
Заавар: (xα)′=αxα−1 болохыг ашигла.
Бодолт: (x+1√x)″=(√x+1√x)″=(x12+x−12)″=(12x12−1−12x−12−1)′=(12x−12−12x−32)′=12⋅(−12)x−12−1−12⋅(−32)x−32−1=−14x−32+34x−52=−14x√x+34x2√x=3−x4x2√x
|
(x+3)(2x−3)=x2−9(x+3)(2x−3)=x2−9 тэгшитгэлийг бод.
|
Заавар: (ax−b)(cx−d)=0(ax−b)(cx−d)=0
тэгшитгэл x1=bax1=ba, x2=dcx2=dc гэсэн хоёр шийдтэй.
Бодолт: (x+3)(2x−3)=(x−3)(x+3)⇔(x+3)(2x−3−x+3)=3x(x+3)=0(x+3)(2x−3)=(x−3)(x+3)⇔(x+3)(2x−3−x+3)=3x(x+3)=0 тул x1=0x1=0, x2=−3x2=−3.
|
(x+3x−5)2+126−22xx−5=0 тэгшитгэл бод.
|
Заавар:
Бодолт: (x+3x−5)2+126−22xx−5=0⇔(x+3)2+(126−22x)(x−5)=0 тул 21x2−242x+621=0 болно.
|
(x+y=13x−1=9y)(x+y=13x−1=9y)
системийн шийдүүдийн ялгаврыг ол.
x−yx−y = ?
|
Заавар:
Бодолт: x−yx−y = ?
3x−1=32y3x−1=32y , 2y+1+y=12y+1+y=1, x−1=2yx−1=2y , y=0y=0 , x=2y+1x=2y+1, x−y=1−0=1x−y=1−0=1, x=1x=1
|
(x+yu−vx−yu+v)=(4−19−4)(x+yu−vx−yu+v)=(4−19−4)
бол x−ux−u хэдтэй тэнцүү вэ?
|
Заавар: Матрицын мөр ба баганын нийлбэр, ялгавар ямар байхыг сонирх.
Бодолт: Матрицын мөрүүдийг нэмбэл 2x=132x=13, 2u=32u=3 болно. Эдгээрийн ялгавар нь 2(x−u)=102(x−u)=10 тул x−u=5x−u=5 байна.
|
(x2+3x)√x−2=0 тэгшитгэлийг бод.
|
Заавар: Тодорхойлогдох муж нь x≥2 байна.
Бодолт: (x2+3x)√x−2=0⇔x2+3x=0 эсвэл √x−2=0 байна.
x2+3x=0⇔x1=−3, x2=0 бөгөөд хоёулаа тодорхойлогдох мужид орохгүй.
√x−2=0⇒x=2 нь шийд болно. Үнэхээр (22+3⋅2)√2−2=0 байна.
Иррационал тэгшитгэлийг бодож дууссаны дараа гарсан шийдүүдээ шалгаж байх нь (мэдээж шалгахад хялбархан тохиолдолд) алдаанаас сэргийлэхэд тустай байдаг.
|
(x2+4x)√x−3=0 бод.
|
Заавар: Тодорхойлогдох муж анхаар!
Бодолт: x=−4, x=0 тодорхойлогдох мужид орохгүй тул шийд болж чадахгүй. x=3 нь шийд болохыг шалгахад төвөггүй.
|
(x2+x+1)⋅(x+10)2(x−3)2+1≤0 тэнцэтгэл бишийн шийд аль нь вэ?
|
Заавар: 0<x2+x+1, 0<(x−3)2+1 болохыг анхаар.
Бодолт: x2+x+1=(x+0.5)2+0.75≥0.75 ба (x−3)2+1≥1 тоонууд нь дурын x-ийн хувьд эерэг тоонууд байна. Мөн (x+10)2≥0 ба сөрөг биш тоонуудын үржвэр, ноогдвор эерэг тул (x2+x+1)⋅(x+10)2(x−3)2+1≥0 тэнцэтгэл биш дурын x-ийн хувьд биелэнэ. Үүнийг өгөгдсөн тэнцэтгэл биштэй нэгтгэвэл
(x2+x+1)⋅(x+10)2(x−3)2+1=0
болно. Эндээс зөвхөн x=−10 гэсэн шийд гарч байна.
|
(x2+x+1)⋅(x−10)2(x+3)2+1>0 тэнцэтгэл бишийн шийдийг дугуйл.
|
Заавар: Хэрвээ f(x)>0 нь дурын бодит x-ийн хувьд биелэдэг бол
f(x)⋅g(x)>0⇔g(x)>0
байна.
Бодолт: x2+x+1-ийн дискриминант нь 12−4⋅1⋅1<0 ба ахлах гишүүний өмнөх коэффициент нь эерэг тул бүх бодит тоонуудын хувьд x2+x+1>0 байна. Түүнчлэн (x+3)2+1>0 байх нь ойлгомжтой. Иймд x2+x+1(x+3)2+1>0 тул
(x2+x+1)⋅(x−10)2(x+3)2+1>0⇔(x−10)2>0
болно. Сүүлийн тэнцэтгэл бишийн шийд нь x≠10 буюу x∈]−∞;10[∪]10;+∞[ байна.
|
(x23x+1)(x23x+1) матриц урвуугүй байх xx-ийн утгыг ол.
|
Заавар: Тодорхойлогч нь 0-тэй тэнцэх xx-г ол.
Бодолт: Урвуугүй байх зайлшгүй бөгөөд хүрэлцээтэй нөхцөл нь тодорхойлогч нь 0 тул
∣∣∣x23x+1∣∣∣=x(x+1)−2⋅3=0⇔x2+x−6=0|x23x+1|=x(x+1)−2⋅3=0⇔x2+x−6=0
буюу x1,2=−1±√12−4⋅1⋅(−6)2=−1±52x1,2=−1±12−4⋅1⋅(−6)2=−1±52
байна. Иймд x1=−3x1=−3, x2=2x2=2 байна.
|
(x2−1)√2x+1=0 тэгшитгэл бод.
|
Заавар: Үржвэр тэгтэй тэнцэх нөхцөл ашигла.
Бодолт: (x2−1)√2x+1=0 бол x2−1=0 эсвэл √2x+1=0 байна. Эхний тэгшитгэлээс x=±1, хоёр дахь тэгшитгэлээс x=−12 боловч x=−1 үед √2x+1 тодорхойлогдохгүй тул шийд нь 1,−12 болно.
|
(x2−1)⋅y′+2xy2=0(x2−1)⋅y′+2xy2=0, y(0)=1y(0)=1 дифференциал тэгшитгэлийг бод.
|
Заавар: Хувьсагчийг ялгах аргаар бод.
Бодолт: (x2−1)⋅y′+2xy2=0⇔dyy2=−2xdxx2−1(x2−1)⋅y′+2xy2=0⇔dyy2=−2xdxx2−1
тул
∫dyy2=−∫2xdxx2−1⇔−1y=−ln|x2−1|+C∫dyy2=−∫2xdxx2−1⇔−1y=−ln|x2−1|+C
x=0x=0 үед y=1y=1 тул
−11=−ln|02−1|+C⇒C=−1−11=−ln|02−1|+C⇒C=−1
байна. Иймд y=1ln|x2−1|+1y=1ln|x2−1|+1 байна.
|
(x2−16)(x+4)(x−5)≤0 тэнцэтгэл бишийн бүх бүхэл тоон шийдүүдийн нийлбэрийг ол.
|
Заавар: (x2−16)(x+4)(x−5)=(x+4)2(x−4)(x−5)≤0 байна. Интервалын аргаар тэнцэтгэл бишээ бод.
Бодолт: (x+4)2(x−4)(x−5)≤0 тэнцэтгэл бишээ интервалын аргаар бодвол
тул x∈{−4}∪[4,5] болно. Иймд бүхэл шийдүүд нь −4, 4, 5 буюу нийлбэр нь 5 байна.
|
(x2−3x+9)x2−5x+6≤1(x2−3x+9)x2−5x+6≤1 тэнцэтгэл бишийг хангах хамгийн бага 2 эерэг бүхэл тооны нийлбэр хэд вэ?
|
Заавар: a>0a>0 бол ab>1⇔(a−1)b>0ab>1⇔(a−1)b>0, тухайн тохиолдолд a>1a>1 бол ab>1⇔b>0ab>1⇔b>0 байна.
Бодолт: x2−3x+9=(x−1.5)2+6.75>1x2−3x+9=(x−1.5)2+6.75>1 тул (x2−3x+9)x2−5x+6≤1⇔x2−5x+6≤0.(x2−3x+9)x2−5x+6≤1⇔x2−5x+6≤0. Эндээс 2≤x≤32≤x≤3 байна. Ийм хамгийн бага эерэг бүхэл тоонууд нь 22 ба 33 тул нийлбэр нь 55.
Тайлбар: Үнэндээ 22, 33-ээс өөр бүхэл шийд байхгүй тул эдгээр нь хамгийн бага эерэг бүхэл шийдүүд нь байна.
|
(x2−3x+9)x2−5x+6≥1(x2−3x+9)x2−5x+6≥1 тэнцэтгэл бишийг хангах хамгийн бага 2 эерэг бүхэл тооны нийлбэр хэд вэ?
|
Заавар: a>0a>0 бол ab>1⇔(a−1)b>0ab>1⇔(a−1)b>0, тухайн тохиолдолд a>1a>1 бол ab>1⇔b>0ab>1⇔b>0 байна.
Бодолт: x2−3x+9=(x−1.5)2+6.75>1x2−3x+9=(x−1.5)2+6.75>1 тул (x2−3x+9)x2−5x+6≥1⇔x2−5x+6≥0.(x2−3x+9)x2−5x+6≥1⇔x2−5x+6≥0. Эндээс x≤2∪x≥3x≤2∪x≥3 байна. Ийм хамгийн бага эерэг бүхэл тоонууд нь 11 ба 22 тул нийлбэр нь 33.
|
(x2−4)(x+2)(x−4)≤0(x2−4)(x+2)(x−4)≤0 тэнцэтгэл биш хэдэн бүхэл шийдтэй вэ?
|
Заавар: Интервалын арга ашиглан тэнцэтгэл бишийг бодоод бүхэл шийдүүдийг жагсааж бич.
Бодолт: (x2−4)(x+2)(x−4)≤0⇔(x+2)2(x−2)(x−4)≤0(x2−4)(x+2)(x−4)≤0⇔(x+2)2(x−2)(x−4)≤0
тул
шийд нь {−2}∪[2;4]{−2}∪[2;4] байна. Иймд бүхэл шийдүүд нь −2,2,3,4−2,2,3,4 буюу 4 ширхэг байна.
|
End of preview. Expand
in Data Studio
No dataset card yet
- Downloads last month
- 6