prompt
stringlengths 7
926
| completion
stringlengths 15
3.16k
|
|---|---|
11⋅5+15⋅9+⋯+1(4n−3)(4n+1)11⋅5+15⋅9+⋯+1(4n−3)(4n+1) нийлбэрийг ол.
|
Заавар: 1(4n−3)(4n+1)=14(14n−3−14n+1)1(4n−3)(4n+1)=14(14n−3−14n+1)
Бодолт: 11⋅5+15⋅9+⋯+1(4n−3)(4n+1)==14(1−15+15−19+⋯+14n−3−14n+1)=14⋅(1−14n+1)=n4n+111⋅5+15⋅9+⋯+1(4n−3)(4n+1)==14(1−15+15−19+⋯+14n−3−14n+1)=14⋅(1−14n+1)=n4n+1
Нэмэлт: n=1n=1 үед 1515 тул зөвхөн эхний хариулт зөв байх боломжтой гээд хариунаас бодож болно.
|
11⋅6+16⋅11+⋯+1(5n−4)(5n+1)11⋅6+16⋅11+⋯+1(5n−4)(5n+1) нийлбэрийг ол.
|
Заавар: 1(5n−4)(5n+1)=15(15n−4−15n+1)1(5n−4)(5n+1)=15(15n−4−15n+1)
Бодолт: 11⋅6+16⋅11+⋯+1(5n−4)(5n+1)==15(1−16+16−111+⋯+15n−4−15n+1)=15⋅(1−15n+1)=n5n+111⋅6+16⋅11+⋯+1(5n−4)(5n+1)==15(1−16+16−111+⋯+15n−4−15n+1)=15⋅(1−15n+1)=n5n+1
Нэмэлт: n=1n=1 үед 1515 тул зөвхөн эхний хариулт зөв байх боломжтой гээд хариунаас бодож болно.
|
12+22+⋯+72=?12+22+⋯+72=?
|
Заавар: Шууд тооцоол.
Бодолт: Ердөө л 7 ширхэг тооны нийлбэр тул 12+22+32+42+52+62+72=14012+22+32+42+52+62+72=140
гээд шууд тооцож болно. Ерөнхий тохиолдолд
12+22+⋯+n2=n(n+1)(2n+1)612+22+⋯+n2=n(n+1)(2n+1)6
томъёог ашиглан бодно.
|
12+22+⋯+82=?12+22+⋯+82=?
|
Заавар: Ердөө л 8 ширхэг тооны нийлбэр шүү дээ. Шууд нэмээд олж болно. Эсвэл
12+22+⋯+n2=n(n+1)(2n+1)612+22+⋯+n2=n(n+1)(2n+1)6
томъёог ашиглаад шууд бодож болно.
Бодолт: 12+22+32+42+52+62+72+82=204.12+22+32+42+52+62+72+82=204.
|
127≤(13)x−2<27127≤(13)x−2<27
|
Заавар: a>1a>1 үед y=axy=ax нь өсөх функц байна. Иймд
ax<ay⇔x<yax<ay⇔x<y
байна.
Бодолт: 127≤(13)x−2<27⇔3−3≤32−x<33⇔−3≤2−x<3127≤(13)x−2<27⇔3−3≤32−x<33⇔−3≤2−x<3
−3≤2−x⇔x≤5−3≤2−x⇔x≤5, 2−x<3⇔−1<x2−x<3⇔−1<x тул тэнцэтгэл бишийн шийд ]−1;5]]−1;5] байна.
|
12a+9b+36c12a+9b+36c илэрхийлэл 6-д хуваагдах ¯¯¯¯¯¯¯¯abcabc¯ гурван оронтой тоо хэдэн ширхэг байх вэ?
|
Заавар: 12a+36c12a+36c илэрхийллийн aa, cc-ийн дурын утганд 66-д хуваагдана. bb-ийн ямар утганд 9b9b илэрхийлэл 66-д хуваагдах вэ?
Бодолт: Хэрвээ 9b9b илэрхийлэл л 66-д хуваагдах бол 12a+9b+36c12a+9b+36c илэрхийлэл 66-д хуваагдах тул bb тэгш байх шаардлагатай. Иймд a≠0a≠0, bb-тэгш байх (a,b,c)(a,b,c) гуравтын тоо буюу 9⋅5⋅10=4509⋅5⋅10=450 боломж байна.
|
12x5y28x2y4÷3y3x2 илэрхийллийг хялбарчил.
|
Заавар: 5.1 Хүртвэр, хуваарь нь нэг гишүүнүүд эсвэл (ax+b), (ax+b)2 байх алгебрын хялбар бутархайн дөрвөн үйлдэл гүйцэтгэдэг.
Бодолт: 12x5y28x2y4÷3y3x2=3x32y2⋅x23y3=x52y5
|
12x=25612x=256 тэгшитгэл бод.
|
Заавар: 8.2. Квадрат тэгшитгэл, хялбар илтгэгч тэгшитгэл бодож, шийдийг олдог.
Бодолт: 12x=256⇔2−x=28⇔−x=8⇔x=−812x=256⇔2−x=28⇔−x=8⇔x=−8
Заавар: 12x=256⇔(12)x=256⇔x=log1225612x=256⇔(12)x=256⇔x=log12256
Бодолт: x=log12256=log2−128=−8−1⋅log22=−8x=log12256=log2−128=−8−1⋅log22=−8
|
12≤cosx<1 тэнцэтгэл бишийн [−π2;0] завсар дахь шийдийн олонлог аль нь вэ?
|
Заавар: y=cosx нь [−π2;0] завсарт өсөх ба cos(−π3)=12 байна. Мөн шийдийг нэгж тойрог дээр зурж үзэх нь тустай.
Бодолт:
Зураг дээр c=12 шулуунаас баруун тийш орших нумд харгалзах өнцгүүд нь 12≤cosx тэнцэтгэл бишийн шийдүүд бөгөөд [−π2;0] дахь өнцгүүд нь IV мужийн өнцгүүд улаан дэвсгэртэй хэсэг эдгээрийн огтлолцол нь улаан нум буюу шийдийн муж байна. x=0 үед cosx=1 тул шийд болохгүй. Иймд тэнцэтгэл бишийн шийд нь [−π3;0[ байна.
Мөн косинусын график ашиглаад ч хялбархан бодож болно.
|
13+42−5x+12−7x2x+1=1 тэгшитгэлийг бод.
|
Заавар: 13+42−5x+12−7x2x+1=1⇒
2−5x3(2−5x)+4+2x+12(2x+1)−7x=1⇒
2−5x10−15x+2x+12−3x(5=1⇒
(2−5x)+10x+5=10−15⇒20x=3⇒x=320
x=320 үед 2−5x≠0, 2x+1≠0, 2−3x≠0 тул энэ шийд тодорхойлогдох мужид орно.
Бодолт:
|
13,13,10 талуудтай адил хажуут гурвалжинд хоёр орой нь суурь дээр нөгөө хоёр орой нь хажуу талууд дээр байхаар тэгш өнцөгт багтжээ. Тэгш өнцөгтийн талбайн хамгийн их утгыг ол.
|
Заавар: Оройгоос буулгасан өндрийн сууриас тэгш өнцөгтийн суурь дээрх орой хүртэлх зай x-ээр талбайг илэрхийлээд уг функцийн хамгийн их утгыг ол.
Бодолт: Суурьт буусан өндрийн сууриас тэгш өнцөгтийн суурь дээрх орой хүртэлх зайг x гэе.
Адил хажуут гурвалжин тул уг өндрийн сууриас суурийн орой хүртэлх зай нь DC=102=5, өндөр нь BD=√BC2−DC2=√132−52=12 байна. Тэгш өнцөгтийн нөгөө тал нь суурьт буусан өндөртэй параллель тул төсөөтэй гурвалжны талуудын харьцаагаар GCDC=FGBD⇔5−x5=h12 буюу h=125(5−x) байна. Тэгш өнцөгтийн талбай нь S(x)=2x⋅h=245x(5−x) болно. Энэ нь S′(x)=24−485x=0⇒x=52
үед 30 гэсэн хамгийн их утгаа авна.
|
13,13,24 талуудтай адил хажуут гурвалжинд хоёр орой нь суурь дээр нөгөө хоёр орой нь хажуу талууд дээр байхаар тэгш өнцөгт багтжээ. Тэгш өнцөгтийн талбайн хамгийн их утгыг ол.
|
Заавар: Оройгоос буулгасан өндрийн сууриас тэгш өнцөгтийн суурь дээрх орой хүртэлх зай x-ээр талбайг илэрхийлээд уг функцийн хамгийн их утгыг ол.
Бодолт: Суурьт буусан өндрийн сууриас тэгш өнцөгтийн суурь дээрх орой хүртэлх зайг x гэе.
Адил хажуут гурвалжин тул уг өндрийн сууриас суурийн орой хүртэлх зай нь DC=242=12, өндөр нь BD=√BC2−DC2=√132−122=5 байна. Тэгш өнцөгтийн нөгөө тал нь суурьт буусан өндөртэй параллель тул төсөөтэй гурвалжны талуудын харьцаагаар GCDC=FGBD⇔12−x12=h5 буюу h=512(12−x) байна. Тэгш өнцөгтийн талбай нь S(x)=2x⋅h=56x(12−x) болно. Энэ нь S′(x)=10−53x=0⇒x=6
үед 30 гэсэн хамгийн их утгаа авна.
|
1300 төгрөгний үнэтэй талхны үнэ 20%20% буурав. Талх ямар үнэтэй болсон бэ?
|
Заавар: nn төгрөгний үнэтэй барааны үнэ x%x% буурсан тохиолдолд шинэ үнэ нь n(1−x100)n(1−x100) дахин үржигдэнэ.
Бодолт: Шинэ үнэ нь
1300(1−20100)=1300⋅0.8=10401300(1−20100)=1300⋅0.8=1040
болно.
|
13a−(1−2a131+2a13)2:(4a(1+2a13)3−a8a+1) илэpхийллийг хялбаpчил.
|
Заавар: (1+2a13)2=1+4a13+4a23
(8a+1)=(2a13+1)(4a23−2a13+1)
Бодолт: 1.
4a(1+2a13)3−a8a+1=4a(4a23−2a13+1)−a(1+4a13+4a23)(1+2a13)2(8a+1)=
=3a(4a23−4a13+1)(1+2a13)2(8a+1)=3a(1−2a13)2(1+2a13)2(8a+1)
2.
(1−2a131+2a13)2:3a(1−2a13)2(1+2a13)2(8a+1)=
(1−2a131+2a13)2⋅(1+2a13)2(8a+1)3a(1−2a13)2=8a+13a
3.
13a−8a+13a=−8a3a=−83
|
13x3+32x2−18x+c=0 тэгшитгэл 3 ялгаатай бодит шийдтэй байх c параметрийн утгын муж аль нь вэ?
|
Заавар: f(x)=ax3+bx2+cx+d куб функц байг. f(x)=0 тэгшитгэл гурван ялгаатай шийдтэй байх зайлшгүй бөгөөд хүрэлцээтэй нөхцөл нь f′(x)=0 тэгшитгэл α<β гэсэн ялгаатай 2 бодит язгууртай бөгөөд f(α)⋅f(β)<0 нөхцөл биелэх юм.
Бодолт: f′(x)=(13x3+32x2−18x+c)′=x2+3x−18=0
тэгшитгэлийг бодвол α=−6, β=3 гэсэн шийдүүд гарна. f(x)=0 тэгшитгэл шийдтэй байхын тулд f(−6)>0, f(3)<0 байна. Иймд 13⋅(−6)3+32⋅(−6)2−18⋅(−6)+c>0⇔c>−80
ба
13⋅33+32⋅32−18⋅3+c<0⇔c<31.5
байна. Иймд c∈]−80;31.5[ үед f(x)=0 тэгшитгэл гурван бодит шийдтэй байна.
|
15x2−18x+50xy−60y үржигдэхүүн болгон задал.
|
Заавар: Хариуг шууд шалган тохирох хариуг ол.
Бодолт: (5x−6)(3x+10y)=(5x−6)⋅3x+(5x−6)⋅10y=
=15x2−18x+50xy−60y
тул A сонголт зөв.
Заавар: 5.2 Олон гишүүнтийг үржигдэхүүн болгон (томьёо хэрэглэх, бүлэглэх, турших арга) задалдаг.
Бодолт: Хариунаас шалгавал
(5x−6)(3x+10y)=15x2−18x+50xy−60y
болно.
|
15x=−115x=−1 тэгшитгэлийн шийд аль нь вэ?
|
Заавар: ax=b⇒x=baax=b⇒x=ba байна.
Бодолт: 15x=−1⇒x=−115=−51=−515x=−1⇒x=−115=−51=−5
|
15−lgx+21+lgx<1 хамгийн
бага бүхэл шийдийг ол.
|
Заавар: t=lgx орлуулга ашиглан рационал тэнцэтгэл бишид шилжүүлээд
0<a<b⇔lga<lgb
ашиглан шийдийг бич.
Бодолт: t=lgx гэвэл
15−t+21+t<1⇔1+t+2(5−t)−(5−t)(1+t)(5−t)(1+t)<0
⇔t2−5t+6(5−t)(1+t)<0⇔(t−2)(t−3)(t−5)(t+1)>0
болно. Тэнцэтгэл бишийг интервалын аргаар бодвол
t=lgx∈]−∞;−1[∪]2;3[∪]5;+∞[
буюу x∈]0;110[∪]100;1000[∪]105;+∞[ болно. Иймд хамгийн бага бүхэл шийд нь 101 байна.
|
15−t+21+t<115−t+21+t<1 тэнцэтгэл бишийн хамгийн
бага эерэг бүхэл шийдийг ол.
|
Заавар: Ерөнхий хуваарь өгч рационал бутархайг тэгтэй жишиж бод.
Бодолт: 15−t+21+t<1⇔1+t+2(5−t)−(5−t)(1+t)(5−t)(1+t)<015−t+21+t<1⇔1+t+2(5−t)−(5−t)(1+t)(5−t)(1+t)<0
⇔t2−5t+6(5−t)(1+t)<0⇔(t−2)(t−3)(t−5)(t+1)>0⇔t2−5t+6(5−t)(1+t)<0⇔(t−2)(t−3)(t−5)(t+1)>0
болно. Тэнцэтгэл бишийг интервалын аргаар бодвол
t∈]−∞;−1[∪]2;3[∪]5;+∞[t∈]−∞;−1[∪]2;3[∪]5;+∞[
Эндээс хамгийн бага эерэг бүхэл шийд нь 66 болох нь харагдаж байна.
|
1600 м тойрог замаар тогтмол хурдтай 3-н тамирчин гүйж байв. 1-р тамирчин бусдынхаа эсрэг чиглэлд гүйж байсан ба тэрээр 2-р тамирчинтай 8 минут тутамд, 3-р тамирчинтай 4 минут тутамд зөрж байсан бол 3-р тамирчин 2-р тамирчинг хэдэн минут тутамд гүйцэж байсан бэ?
|
Заавар: v1+v2=200 м/мин, v1+v3=400 м/мин бол v3−v2=200 м/мин байна.
Бодолт:
Заавар:
Бодолт: v1+v2=200 м/мин, v1+v3=400 м/мин бол v3−v2=200 м/мин байна. Иймд 1600/200=8 минут тутамд гүйцнэ.
|
1617sin8x+1617cos8x=12 тэгшитгэл бод.
Бодолт:
(sin4x)2+(cos4x)2=1732 гэдгээс ялгаварын бүтэн квадрат бичвэл (cos4x−sin4x)2+2sin4xcos4x=1732 болох ба cos22x+1asin42x=1732 болно. (1 оноо)
Энэ нь sin22x-ийн хувьд b(sin22x)2−32sin22x+cd=0 гэсэн (3 оноо) квадрат тэгшитгэлд шилжих учир боломжит шийд нь sin22x=ef. (2 оноо)
Иймд x=±πg+πk2,k∈Z болно. (1 оноо)
|
Заавар: sin2x=2sinxcosx,cos2x=cos2x−sin2x,sin2x=1−cos2x томъёонуудыг ашиглан 0≤sin22x≤1 тооцон бод.
Бодолт: cos4x−sin4x=(cos2x−sin2x)(cos2x+sin2x)=cos2x−sin2x=cos2x ба 2sin4xcos4x=18sin42x тул a=8. Ижил хуваарь өгч хялбарчилбал 4(sin22x)2−32sin22+15=0 тэгшитгэлд шилжих тул b=4,cd=15 болно. Тэгшитгэлийг бодвол sin22x=12 болох тул ef=12. sin22x=1−cos4x2=12⇒cos4x=0 болно. Иймд x=±π8+πk2,k∈Z болж g=8 байна.
|
166 л багтаамжтай ванныг 22 минутад дүүргэхийн тулд 1 минутад 6.75 л ус оруулдаг хүйтэн усны крант нээж ажиллуулаад хааж, дараа нь 1 минутад 8.5 л ус оруулдаг халуун усны крант нээж ажиллуулжээ. Крант тус бүр хэчнээн минут нээлттэй байсан бэ?
|
Заавар: Дан хүйтэн усны крант ашигласан бол 22 минутанд хэдэн литр ус оруулах байсан бэ?
Бодолт: Хэрвээ дан хүйтэн усны крант ашигласан бол 22⋅6.75=148.522⋅6.75=148.5 литр ус орно. Зөрөө 166−148.5=17.5166−148.5=17.5 литр усыг нөхөхийн тулд халуун усны крантыг
17.58.5−6.75=17.51.75=1017.58.5−6.75=17.51.75=10
минут нээх шаардлагатай. Иймд хүйтэн усны крантыг 22−10=1222−10=12 минут нээжээ.
|
166 л багтаамжтай усны савыг 22 минутад дүүргэхийн тулд 1 минутад 6.75 л ус гоождог хүйтэн усны цорго нээж хаагаад, дараа нь 1 минутад 8.5 л ус гоождог халуун усны цорго нээжээ. Цорго тус бүр хэчнээн минут нээлттэй байсан бэ?
|
Заавар: Дан хүйтэн усны крант ашигласан бол 22 минутанд хэдэн литр ус оруулах байсан бэ?
Бодолт: Хэрвээ дан хүйтэн усны цорго ашигласан бол 22⋅6.75=148.522⋅6.75=148.5 литр ус орно. Зөрөө 166−148.5=17.5166−148.5=17.5 литр усыг нөхөхийн тулд халуун усны цоргыг
17.58.5−6.75=17.51.75=1017.58.5−6.75=17.51.75=10
минут нээх шаардлагатай. Иймд хүйтэн усны цоргыг 22−10=1222−10=12 минут нээжээ.
|
16x2+8x−1=016x2+8x−1=0 тэгшитгэлийн шийдүүд αα, ββ бол
(1+α+α2+α3+⋯)(1+β+β2+β3+⋯)(1+α+α2+α3+⋯)(1+β+β2+β3+⋯)
илэрхийллийн утгыг ол.
|
Заавар: Виетийн теорем ба төгсгөлгүй буурах геометр прогрессийн нийлбэрийн томьёо ашигла.
Бодолт: Виетийн теоремоор α+β=−816=−12α+β=−816=−12, α⋅β=−116α⋅β=−116 байна. Төгсгөлгүй буурах геометр прогрессийн нийлбэрийн томьёо ёсоор
(1+α+α2+α3+⋯)(1+β+β2+β3+⋯)=(1+α+α2+α3+⋯)(1+β+β2+β3+⋯)=
=11−α⋅11−β=11−α−β+α⋅β==11−α⋅11−β=11−α−β+α⋅β=
=11+12−116=1623=11+12−116=1623
|
1717 нь 5151-ийн хэдэн хувь болох вэ?
|
Заавар: 51 нь 100%100% гэвэл 1 нь хэдэн хувь бэ?
Бодолт: 1 нь 100%51100%51 тул 17 нь
100%51⋅17=100%3.100%51⋅17=100%3.
|
18731873-ыг үржвэр нь хамгийн их байхаар хоёр бүхэл тооны нийлбэрт тавив. Тэдгээр тоонуудын үржвэрээс уул тоонуудыг болон уул тоонуудын нийлбэрийг хасахад хэд гарах вэ?
|
Заавар: Нийлбэр нь тогтмол хоёр хувьсагчийн хоорондын зай ойртох тусам үржвэр нь ихэсдэг.
Бодолт: x+y=1873x+y=1873 байх бүхэл тоонуудын хоорондох зай хамгийн багадаа 1 байх боломжтой тул x=936x=936, y=937y=937 үед үржвэр нь хамгийн их байна. Энэ үед
x⋅y−x−y(x+y)=936⋅937−2⋅1873=873286x⋅y−x−y(x+y)=936⋅937−2⋅1873=873286
байна.
|
1a1+1a2+⋯+1an=3⋅n4n+1,n=1,2,3…1a1+1a2+⋯+1an=3⋅n4n+1,n=1,2,3… бол {an}{an} дараалалын ерөнхий гишүүн нь an=(a⋅n+1)⋅(b⋅n−c)dan=(a⋅n+1)⋅(b⋅n−c)d байна.
|
Заавар: Sn=1a1+1a2+⋯+1anSn=1a1+1a2+⋯+1an гээд Sn−Sn−1Sn−Sn−1-ийг сонирх.
Бодолт: Өгсөн нийлбэрийн томьёо ёсоор:
Sn−Sn−1=3n4n+1−3n−34n−3=Sn−Sn−1=3n4n+1−3n−34n−3=
=12n2−9n−12n2+9n+3(4n+1)(4n−3)=3(4n+1)(4n−3)=12n2−9n−12n2+9n+3(4n+1)(4n−3)=3(4n+1)(4n−3)
байна. Нөгөө талаас 1an=Sn−Sn−11an=Sn−Sn−1 тул
an=(4n+1)(4n−3)3an=(4n+1)(4n−3)3
байна.
|
1a1+1a2+⋯+1an=5nn+1,n=1,2,3…1a1+1a2+⋯+1an=5nn+1,n=1,2,3…
бол a30=abca30=abc байна.
|
Заавар: n=30n=30, n=29n=29 байх үеийн ялгаврыг авч үз.
Бодолт: 1a1+1a2+⋯+1a30=5⋅3030+11a1+1a2+⋯+1a30=5⋅3030+1
1a1+1a2+⋯+1a29=5⋅2929+11a1+1a2+⋯+1a29=5⋅2929+1
ба ялгавар нь
1a30=15031−14530=150⋅30−145⋅3130⋅31=530⋅31=11861a30=15031−14530=150⋅30−145⋅3130⋅31=530⋅31=1186
тул a30=186a30=186 байна.
|
1log2x−1log2x−1>11log2x−1log2x−1>1 тэнцэтгэл бишийг бод.
|
Заавар: t=log2xt=log2x орлуулга хийж бод.
Бодолт: t=log2xt=log2x гэвэл
1t−1t−1>1⇔−1t(t−1)>1⇔−1+t−t2t(t−1)>01t−1t−1>1⇔−1t(t−1)>1⇔−1+t−t2t(t−1)>0
болно. Дурын tt бодит тооны хувьд −1+t−t2<0−1+t−t2<0 тул
−1+t−t2t(t−1)>0⇔t(t−1)<0⇔0<t<1−1+t−t2t(t−1)>0⇔t(t−1)<0⇔0<t<1
Иймд 0<log2x<1⇔20<x<21⇔1<x<20<log2x<1⇔20<x<21⇔1<x<2
байна.
|
1log2x−4>1log2x тэнцэтгэл бишийн шийд аль нь вэ?
|
Заавар: Тэнцэтгэл бишийг хариунаас бод. Өгөгдсөн завсаруудаас тоо орлуулж шийд болох эсэхийг шалга.
Бодолт: x=2−1=0.5 үед log20.5=−1 ба 1−1−4=−0.2>1−1=−1 тул шийд болно. Иймд эхний хоёр хариулт зөв байх боломжгүй.
x=22=4 үед log24=2 ба 12−4=−0.5<12=0.5 тул шийд болохгүй. Иймд ]0;+∞[ хариулт биш.
x=25=32 үед log232=5 ба 15−4=1>15 тул шийд болно. Иймд зөв хариулт нь зөвхөн ]0;1[∪]16;+∞[ байх боломжтой.
|
1n(n+1)(n+2)=1an+b2(n+1)+cn+1
|
Заавар: 1(n+α)(n+β)=1β−α(1n+α−1n+β)
ашигла.
Бодолт: 1n(n+1)(n+2)=(1n−1n+1)1n+2=1n(n+2)−1(n+1)(n+2)=12(1n−1n+1)−1n+1+1n+2=12⋅1n−32⋅1n+1+1n+1
байна.
|
1x+1+2|x|−1≥2x−2 тэнцэтгэл бишийг бод.
|
Заавар: x<0 ба 0≤x байх шийдүүдийг тус, тусд нь бод.
Бодолт:
|
1x+2y+3z=5, xyz=30 бол yz+2xz+3xy=?
|
Заавар: Ерөнхий хуваарь өгч бод.
Бодолт: 1x+2y+3z=yz+2xz+3zyxyz=yz+2xz+3zy30=5 тул yz+2xz+3xy=150 байна.
|
1x2+8x−9≥13x2−5x+2 тэнцэтгэл бишийг бодьё.
x2+8x−9=(x−a)(x+b) ба 3x2−5x+2=(x−a)(cx−d) тул
1x−a⋅(1x+b−1cx−d)=1x−a⋅ex−fg(x+b)(cx−d)≥0
болно. Иймд тэнцэтгэл бишийн шийд нь
x∈]−∞;−h[∪]i3;j[∪[kl2;+∞[
байна.
|
Заавар: ax2+bx+c олон гишүүнтийн язгуурууд α, β бол ax2+bx+c=a(x−α)(x−β) байна.
Бодолт: x2+8x−9=(x−1)(x+9) ба 3x2−5x+2=(x−1)(3x−2) тул
1x−1⋅(1x+9−13x−2)=1x−1⋅2x−11(x+9)(3x−2)≥0
болно. Иймд тэнцэтгэл бишийн шийд нь
x∈]−∞;−9[∪]23;1[∪[112;+∞[
байна.
|
1x2−4+1x2−8x+12=1 тэгшитгэлийг
хувиргавал
x3−ax2−bx+cd=0 куб тэгшитгэл гарах ба
x3−ax2−bx+cd=(x−2)(x2−ex−fg) тул
x1=2, x2,3=h±√ij шийдтэй байна.
Тодорхойлогдох мужийг тооцвол анхны тэгшитгэлийн шийд x2,3
болно.
|
Заавар: x2−4=(x−2)(x+2), x2−8x+12=(x−2)(x−6) болохыг ашиглан ерөнхий хуваарь өгч бод. Бутархайн хуваарь тэгээс ялгаатай байх ёстойг анхаараарай.
Бодолт: 1=1x2−4+1x2−8x+12=1(x−2)(x+2)+1(x−2)(x−6)=x−6(x−6)(x−2)(x+2)+x+2(x−6)(x−2)(x+2)=2x−4(x−6)(x−2)(x+2)
тул (x−6)(x2−4)=2x−4 гэж гарах ба гишүүнчлэн үржүүлж задлаад төсөөтэй гишүүдийг эмхэтгэж бичвэл
x3−6x2−6x+28=0
болно.
x3−6x2−6x+28=(x−2)(x2−4x−14)=0
тэгшитгэлийн шийдүүд нь x1=2, x2,3=2±√18 ба x1=2 нь тодорхойлогдох мужид орохгүй.
|
1x>15 тэнцэтгэл бишийг бод.
|
Заавар: x≤0 үед 1x<0 тул шийдгүй. Иймд 0<x гээд бод.
Бодолт: 0<x үед 1x>15⇔x<5 болох ба x≤0 байх шийдгүй тул тэнцэтгэл бишийн шийд x∈(0;5) байна.
|
1x−1x−1<1 тэнцэтгэл бишийн шийд аль нь вэ?
|
Заавар: Ерөнхий хуваарь өгч бодно.
Бодолт: 1x−1x−1<1⇔x−1x(x−1)−xx(x−1)<x(x−1)x(x−1)⇔
0<x2−x+1x(x−1)⇔0<x(x−1)⇔x∈]−∞;0[∪]1;+∞[
|
1x−y, 1√x+√y, 1x−√xy, x√y бутархайнуудын ерөнхий хуваарийг ол.
|
Заавар: x−y=(√x−√y)(√x+√y)x−√xy=√x(√x−√y)
Бодолт: Заавраас харахад
√xy(x−y)=√x√y(√x−√y)(√x+√y)
илэрхийлэл ерөнхий хуваарь болж чадах нь харагдаж байна.
|
1x≤1 тэнцэтгэл биш бод.
|
Заавар: x-ийн эерэг эсвэл сөрөг эсэхийг мэдэхгүй байгаа тохиолдолд 1x≤1⇎1≤x болохыг анхаар!
a(x)>0 бол f(x)≥g(x)⇔a(x)f(x)≥a(x)f(x) a(x)<0 бол
f(x)≥g(x)⇔a(x)f(x)≤a(x)f(x) байна.
Бодолт: x≠0 байна. Хэрвээ x>0 бол 1x≤1⇔1≤x байна. Харин x<0 бол 1x≤1⇔1≥x байна.
|
1x≥1 тэнцэтгэл бишийн шийд аль нь вэ?
|
Заавар: x<0 бол 1x<0 байна.
Бодолт: x<0 бол 1x<0 тул шийд байхгүй. Мөн x=0 тодорхойлогдох мужид орохгүй тул x>0 байх шийдийг олоход хангалттай.
1x≥1⇔1−xx≥0⇔1−x≥0⇔x≤1
болно. x>0 тул тэнцэтгэл бишийн шийд нь ]0;1] байна.
|
1−2x3−|1−x|=1 тэгшитгэлийг бод.
|
Заавар: Тодорхойлогдох муж нь 3−|1−x|≠0 байна. Модультай тэгшитгэлийг бодсоны дараа гарсан шийдийг үнэхээр шийд болох эсэхийг шалгаж үзэх шаардлагатай байдаг.
Бодолт: 1−2x3−|1−x|=1⇒1−2x=3−|1−x|⇔|1−x|=2+2x
тул 1−x=2+2x эсвэл −(1−x)=2+2x байх боломжтой. Эхний тэгшитгэлээс 3x=−1⇒x=−13 шийд гарах бөгөөд
1−2⋅(−13)3−|1−(−13)|=1+233−113=123123=1
тул анхны тэгшитгэлийн шийд болно. Хоёр дахь тэгшитгэлээс x=−3 гэсэн шийд гарах боловч
1−2⋅33−|1−3|=−5≠1
тул анхны тэгшитгэлийн шийд болж чадахгүй.
|
1−4sin2(5x−π3)=0 тэгшитгэл бод.
|
Заавар: sin2α=1−cos2α2 томьёо ашиглан шугаман хэлбэрт оруулж бод. −1≤a≤1 бол cosx=a⇒x=±arccosa+2πk байна.
Бодолт:
|
1−sin2x=cosx−sinx тэгшитгэлийг [0,2π] завсарт бодоход аль шийд гарах вэ?
|
Заавар: Хариунаас бод.
Бодолт: x1=−π2+2πn, x2=2πn, x3=π4+πn бүгдээрээ шийд болохыг шалгахад төвөгтэй биш.
Үүнийг t=cosx−sinx гээд sin2x=1−t2 болохыг ашиглан t2=t тэгшитгэлд шилжүүлж бодож болно.
|
1−sin2x=cosx−sinx тэгшитгэлийг бод.
|
Заавар: Хариунаас бод.
Бодолт: x1=−π2+2πn, x2=2πn, x3=π4+πn бүгдээрээ шийд болохыг шалгахад төвөгтэй биш.
Үүнийг t=cosx−sinx гээд sin2x=1−t2 болохыг ашиглан t2=t тэгшитгэлд шилжүүлж бодож болно.
|
1−√3sinxcosx=cos2x тэгшитгэлийн хамгийн бага эерэг шийд ба хамгийн их сөрөг шийдийн нийлбэрийг ол.
|
Заавар: Үндсэн адилтгал ашигла.
Бодолт: 1=sin2x+cos2x тул
1−√3sinxcosx=cos2x⇔sin2x=√3sincosx
болно. Эндээс эсвэл sinx=0, эсвэл sinx=√3cosx байна.
Эхний тэгшитгэлийн шийд x=πk, хоёр дахь тэгшитгэл tgx=√3 болох тул шийд нь x=π3+πk байна. Иймд хамгийн бага эерэг шийд нь π3, хамгийн их сөрөг шийд нь −23π юм. Эдгээрийн нийлбэр нь
π3−2π3=−π3
болов.
|
1√2+1+1√3+√2+⋯+1√100+√99=?12+1+13+2+⋯+1100+99=?
|
Заавар: 1√n+1+√n=√n+1−√n1n+1+n=n+1−n байна.
Хэрэв bn=an+1−anbn=an+1−an бол m∑i=kbi=am+1−ak∑i=kmbi=am+1−ak байдаг.
Бодолт: 1√2+1+1√3+√2+⋯+1√100+√99==(√2−1)+(√3−√2)+⋯+(√100−√99)==√100−1=10−1=912+1+13+2+⋯+1100+99==(2−1)+(3−2)+⋯+(100−99)==100−1=10−1=9
Энд an=√nan=n, bn=1√n+1+√nbn=1n+1+n ба bn=an+1−anbn=an+1−an гэж авав.
|
1√2<sinx<32√3 тэнцэтгэл бишийн шийдүүдийн хувьд π2<x<π завсарт харъяалагдах шийд аль нь вэ?
|
Заавар: π2<x<π завсарт орох хариулт аль нь вэ?
Бодолт: Өгөгдсөн хариултуудаас зөвхөн D хариулт л π2<x<π нөхцлийг хангана. Бусад нь π2-оос бага тул зөв хариулт байж чадахгүй.
|
1√x+y−√x−1√x+y+√x илэрхийллийг хялбарчлаарай.
|
Заавар: (a−b)(a+b)=a2−b2, (√a)2=a болохыг ашиглаарай.
Бодолт: Илэрх.=1√x+y−√x−1√x+y+√x=(√x+y+√x)(√x+y−√x)(√x+y+√x)−(√x+y−√x)(√x+y+√x)(√x+y−√x)=√x+y+√x(√x+y)2−(√x)2−√x+y−√x(√x+y)2−(√x)2=√x+y+√xx+y−x−√x+y−√xx+y−x=√x+y+√xy−√x+y−√xy=(√x+y+√x)−(√x+y−√x)y=2√xy
|
1∫−1f(x)dx=5∫−11f(x)dx=5, 1∫−1xf(x)dx=−4∫−11xf(x)dx=−4
нөхцөлийг хангах f(x)f(x) шугаман функцийг ол.
|
Заавар: f(x)f(x) нь тэгш функц бол
∫a−af(x)dx=2∫a0f(x)dx(1)∫−aaf(x)dx=2∫0af(x)dx(1)
f(x)f(x) нь сондгой функц бол
∫a−af(x)dx=0(2)∫−aaf(x)dx=0(2)
байна. Тухайн тохиолдолд
∫a−a(px3+qx2+rx+s)dx=2∫a0(qx2+s)dx∫−aa(px3+qx2+rx+s)dx=2∫0a(qx2+s)dx болно.
Бодолт: 1∫−1(ax+b)dx=21∫0bdx=2b=5∫−11(ax+b)dx=2∫01bdx=2b=5.
1∫−1x(ax+b)dx=2a1∫0x2dx=2a⋅x33∣∣∣10=2a3=−4∫−11x(ax+b)dx=2a∫01x2dx=2a⋅x33|01=2a3=−4 тул
a=−6a=−6, b=52b=52. Иймд f(x)=−6x+52f(x)=−6x+52
|
1∫−1xk⋅f(x)dx=0,k=0,1,2∫−11xk⋅f(x)dx=0,k=0,1,2 ба ахлах гишүүний коэффициент нь 1 байх бүх 3
зэргийн функцүүдийг ол.
|
Заавар:
Бодолт: f(x)=x3+ax2+bx+cf(x)=x3+ax2+bx+c гэе.
1∫−1x0f(x)dx=1∫−1(x3+ax2+bx+c)dx=2⋅1∫0(ax2+c)dx=23a+2c∫−11x0f(x)dx=∫−11(x3+ax2+bx+c)dx=2⋅∫01(ax2+c)dx=23a+2c
1∫−1xf(x)dx=1∫−1(x4+ax3+bx2+cx)dx=2⋅1∫0(x4+bx2)dx=25+23b∫−11xf(x)dx=∫−11(x4+ax3+bx2+cx)dx=2⋅∫01(x4+bx2)dx=25+23b
1∫−1x2f(x)dx=1∫−1(x5+ax4+bx3+cx2)dx=2⋅1∫0(ax4+cx2)dx=25a+23c∫−11x2f(x)dx=∫−11(x5+ax4+bx3+cx2)dx=2⋅∫01(ax4+cx2)dx=25a+23c тул 23a+2c=023a+2c=0, 25+23b=025+23b=0, 25a+23c=025a+23c=0 байна. Эндээс
b=−35,a=c=0b=−35,a=c=0 болно. f(x)=x3−35xf(x)=x3−35x байна.
|
1≤2−xx+1≤2 давхар тэнцэтгэл бишийг бод.
|
Заавар: Хариунаас бод.
Дурын x бодит тоон хувьд f(x)>0 бол
a(x)>b(x)⇔f(x)⋅a(x)>f(x)⋅b(x)
байна.
Бодолт: x→−∞ үед 2−x>0, x+1<0 тул 2−xx+1<0 байна. Иймд A хувилбар шийд болохгүй. Бусад хариуны хувьд x>−1 тул x+1>0 байна. Иймд тэнцэтгэл бишийг x+1 эерэг тоогоор үржүүлэхэд тэмдэг нь хэвээр хадгалагдана:
1≤2−xx+1≤2⇔x+1≤2−x≤2x+2⇔0≤x≤12
|
1≤2−xx+1≤2 тэнцэтгэл бишийг бод.
|
Заавар: f(x)≤g(x)≤h(x)⇔{f(x)≤g(x)g(x)≤h(x)
болохыг ашигла.
Бодолт: 1≤2−xx+1≤2⇔{1≤2−xx+12−xx+1≤2⇔{0≤(2−x)−(x+1)x+12−x−2(x+1)x+1≤0
⇔{0≤1−2xx+1−3xx+1≤0⇔{(x+1)(x−12)≤00≤(x+1)xx+1≠0
тул шийд нь эдгээрийн огтлолцол буюу [0;12] байна.
|
1≤a≤3 бол √(a−1)2+√(a−3)2 аль нь вэ?
|
Заавар:
Бодолт: √A2=|A| тул √(a−1)2+√(a−3)2=|a−1|+|a−3|. 1≤a≤3 үед a−1≥0 тул |a−1|=a−1, a−3≤0 тул |a−3|=−(a−3)=3−a. Иймд a−1+3−a=2.
|
1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+100⋅21001⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+100⋅2100 нийлбэрийн утга аль нь вэ?
|
Заавар: S=1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+100⋅2100S=1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+100⋅2100 гээд 2S−S2S−S илэрхийллийг хялбарчил.
Бодолт: 2S−S=1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋯+100⋅2101−(1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+100⋅2100)=(1−2)⋅22+(2−3)⋅23+⋯+(99−100)⋅2100+100⋅2101−2=100⋅2101−(2+22+23+⋯+2100)=100⋅2101−(2101−2)=99⋅2101+22S−S=1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋯+100⋅2101−(1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+100⋅2100)=(1−2)⋅22+(2−3)⋅23+⋯+(99−100)⋅2100+100⋅2101−2=100⋅2101−(2+22+23+⋯+2100)=100⋅2101−(2101−2)=99⋅2101+2
2S−S=S2S−S=S тул S=2+99⋅2101S=2+99⋅2101 байна.
|
1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+99⋅2991⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+99⋅299 нийлбэрийн утга аль нь вэ?
|
Заавар: S=1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+99⋅299S=1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+99⋅299 гээд 2S−S2S−S илэрхийллийг хялбарчил.
Бодолт: 2S−S=1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋯+99⋅2100−(1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+99⋅299)=(1−2)⋅22+(2−3)⋅23+⋯+(98−99)⋅299+99⋅2100−2=99⋅2100−(2+22+23+⋯+299)=99⋅2100−(2100−2)=98⋅2100+22S−S=1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋯+99⋅2100−(1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+99⋅299)=(1−2)⋅22+(2−3)⋅23+⋯+(98−99)⋅299+99⋅2100−2=99⋅2100−(2+22+23+⋯+299)=99⋅2100−(2100−2)=98⋅2100+2
2S−S=S2S−S=S тул S=2+98⋅2100S=2+98⋅2100 байна.
|
1⋅2+2⋅3+3⋅4+⋯+n(n+1)=n3+an2+bnc1⋅2+2⋅3+3⋅4+⋯+n(n+1)=n3+an2+bnc
|
Заавар: An=n(n+1)(n+2)An=n(n+1)(n+2) дарааллын дараалсан хоёр гишүүний ялгавар авч үз.
Бодолт: An=n(n+1)(n+2)An=n(n+1)(n+2) гэвэл
An−An−1=n(n+1)(n+2)−(n−1)n(n+1)=3n(n+1)An−An−1=n(n+1)(n+2)−(n−1)n(n+1)=3n(n+1)
буюу n(n+1)=An3−An−13n(n+1)=An3−An−13 болно. Иймд ялгаврын аргаар
n∑i=1i(i+1)=An3−A03=n(n+1)(n+2)3∑i=1ni(i+1)=An3−A03=n(n+1)(n+2)3
|
2 ажилчин хамтран 2 өдөрт ажлаа дуусгав. Хэрэв I ажилчин нь 2 өдөр, II ажилчин нь 1 өдөр ажилласан бол тэд хамтдаа нийт ажлын 5/6-г гүйцэтгэх байв. I ажилчин ганцаараа энэхүү ажлыг хэдэн өдөр гүйцэтгэх вэ?
|
Заавар: I ажилчин ганцаараа xx өдөрт, II ажилчин ганцаараа yy өдөрт нийт ажлыг дуусгадаг гэвэл нийлээд нэг өдөрт нийт ажлын 1x1x ба 1y1y хэсгийг гүйцэтгэнэ.
Бодолт: ⎧⎪
⎪
⎪⎨⎪
⎪
⎪⎩2⋅1x+2⋅1y=12⋅1x+1y=56{2⋅1x+2⋅1y=12⋅1x+1y=56 байна. Эхний тэгшитгэлээс хоёр дахийг хасвал 1y=16⇒y=61y=16⇒y=6. Иймд 2x+26=12x+26=1. Эндээс x=3x=3 болов.
|
2 ажилчин хамтран 3 өдөрт ажлаа дуусгав. Хэрэв I ажилчин нь 3 өдөр, II ажилчин нь 2 өдөр ажилласан бол тэд хамтдаа нийт ажлын 4545-г гүйцэтгэх байв. II ажилчин ганцаараа энэхүү ажлыг хэдэн өдөр гүйцэтгэх вэ?
|
Заавар: I ажилчин ганцаараа xx өдөрт, II ажилчин ганцаараа yy өдөрт нийт ажлыг гүйцэтгэдэг гэвэл нэг өдөрт тус бүр нийт ажлын 1x1x ба 1y1y-ийг гүйцэтгэнэ.
Бодолт: ⎧⎪
⎪
⎪⎨⎪
⎪
⎪⎩3⋅1x+3⋅1y=13⋅1x+2⋅1y=45{3⋅1x+3⋅1y=13⋅1x+2⋅1y=45 байна. Эхний тэгшитгэлээс хоёр дахийг хасвал 1y=15⇒y=51y=15⇒y=5.
Заавар: II ажилчны сүүлийн өдөр хийх ёстой ажил нь нийт ажлын хэдэн хэсэг вэ?
Бодолт: II ажилчин сүүлийн өдөр нийт ажлын 1−45=151−45=15 хэсгийг хийх ёстой байжээ. Иймд II ажилчин нэг өдөр нийт ажлын 1515 хэсгийг хийдэг тул нийт ажлыг 55 өдөрт хийж дуусгах ажээ.
|
2 м/сек хурдтай явж байсан завь өөрийн хурдтай пропорционал эсэргүүцлийн хүчний нөлөөгөөр хөдөлгөөнөө удаашруулж 4 секундийн дараа хурд нь 1 м/сек болов.
|
Заавар: Завины хөдөлгөөний тэгшитгэл нь mdvdt=−kvmdvdt=−kv гэж гарна.
Бодолт: mdvdt=−kvmdvdt=−kv тэгшитгэлийг бодвол v(t)=Ce−kmtv(t)=Ce−kmt гэж гарах ба v(0)=2v(0)=2 анхны нөхцөлийг тооцвол C=2C=2 болно.
v(4)=1v(4)=1 тул 2⋅e−km⋅4=1⇒e−km=4√122⋅e−km⋅4=1⇒e−km=124 тул v(t)=21−t4v(t)=21−t4 байна.
v(t)=0.25=2−2=21−t4v(t)=0.25=2−2=21−t4 тул t=12t=12 байна.
S(t)=∫x0v(t)dtS(t)=∫0xv(t)dt тул
S(t)=∫t021−x4dx=8ln2(1−2−t4)S(t)=∫0t21−x4dx=8ln2(1−2−t4)
ба t→∞t→∞ үед S(t)→8ln2S(t)→8ln2 байна.
|
2 орой нь y=(x−1)(7−x) фунцийн графикийн y≥0 байх цэгүүд дээр, үлдэх 2 орой нь x тэнхлэг дээр байрлах тэгш өнцөгтүүдийн талбай дотроос хамгийн ихийг нь ол.
|
Заавар: x1=1, x2=7 тул параболын тэгш хэмийн тэнхлэг нь x=1+72=4 шулуун байна. x=4+t, t≥0 нь суурь дээрх цэг гэвэл суурийн урт нь 2t, өндөр нь f(4+t) байх тэгш өнцөгт багтана.
Бодолт: S(t)=2t⋅f(4+t)=2t(4+t−1)(7−t−4)=2t(9−t2)
ба S′(t)=2(9−t2)+2t(−2t)=18−6t2=0⇒t=±√3
болно. t>0 тул t=√3 үед функц хамгийн их утгаа авна. Иймд
maxS=2⋅√3⋅(9−(√3)2)=12√3
|
2 тооны нэг нь нөгөөгөөсөө 8-аар их ба нэгнийх нь 713713 нь нөгөөгийнхөө 3535-тай тэнцүү байсан бол уг хоёр тооны их нь abab бага нь cdcd байна.
|
Заавар: Хоёр тоогоо aa, bb гэвэл a−b=8a−b=8, 7a13=3b57a13=3b5 байна.
Бодолт: a=b+8a=b+8 тул 7a13=3b5⇒7(b+8)13=3b5⇒35(b+8)=39b⇒b=707a13=3b5⇒7(b+8)13=3b5⇒35(b+8)=39b⇒b=70, a=70+8=78a=70+8=78 байна.
|
2 цоргыг тус тусд нь нээвэл усан санг 4 ба 6 цагт дүүргэдэг. Хэрэв 2 цоргыг зэрэг нээвэл усан санг хэдий хугацаанд дүүргэх вэ?
|
Заавар: Цорго тус бүр 1 цагт усан сангийн ямар хэсгийг дүүргэх вэ? Нийлээд ямар хэсгийг дүүргэх вэ?
Бодолт: Нэг цагийн дотор I цорго усан сангийн 1414 хэсгийг, II цорго 1616 хэсгийг дүүргэх тул хамтдаа 14+16=102414+16=1024 хэсгийг дүүргэнэ. Иймд хамтдаа 11024=2.411024=2.4 цаг буюу 2 цаг 24 минутанд усан санг дүүргэнэ.
|
2(2x−1)−3(x−2)=10 тэгшитгэл бод.
|
Заавар: 2(2x−1)−3(x−2)=2⋅2x−2⋅1−3⋅x−3⋅(−2)=4x−2−3x+6=x+4
байна.
Бодолт: 2(2x−1)−3(x−2)=10⇔x+4=10⇒x=6 байна.
|
2(2x−1)−3(x−2)=52(2x−1)−3(x−2)=5 тэгшитгэл бод.
|
Заавар: 2(2x−1)−3(x−2)=2⋅2x−2⋅1−3⋅x−3⋅(−2)=4x−2−3x+6=x+42(2x−1)−3(x−2)=2⋅2x−2⋅1−3⋅x−3⋅(−2)=4x−2−3x+6=x+4
байна.
Бодолт: 2(2x−1)−3(x−2)=5⇔x+4=5⇒x=12(2x−1)−3(x−2)=5⇔x+4=5⇒x=1 байна.
|
2+53+89+1127+1481+⋯+3n+23n…2+53+89+1127+1481+⋯+3n+23n… нийлбэрийг ол.
|
Заавар: A=2+53+89+1127+1481+⋯+3n+23n+⋯A=2+53+89+1127+1481+⋯+3n+23n+⋯ гээд 3A−A3A−A илэрхийллийг хялбарчил.
Бодолт: A=∞∑n=03n+23nA=∑n=0∞3n+23n тул
3A−A=3∞∑n=03n+23n−∞∑n=03n+23n=∞∑n=03n+23n−1−∞∑n=03n+23n=6+∞∑n=13n+23n−1−∞∑n=03n+23n=6+∞∑n=13(n−1)+53n−1−∞∑n=03n+23n=6+∞∑n=03n+53n−∞∑n=03n+23n=6+∞∑n=033n=6+31−13=10123A−A=3∑n=0∞3n+23n−∑n=0∞3n+23n=∑n=0∞3n+23n−1−∑n=0∞3n+23n=6+∑n=1∞3n+23n−1−∑n=0∞3n+23n=6+∑n=1∞3(n−1)+53n−1−∑n=0∞3n+23n=6+∑n=0∞3n+53n−∑n=0∞3n+23n=6+∑n=0∞33n=6+31−13=1012
тул A=10122=514A=10122=514 байна.
|
2+i2+i тоо шийд нь болдог квадрат тэгшитгэл аль нь вэ?
|
Заавар: ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯2+i=2−i2+i¯=2−i тоо өөр нэг шийд нь болно гээд Виетийн теорем ашигла.
Бодолт: x1=2+ix1=2+i, x2=2−ix2=2−i шийдтэй квадрат тэгшитгэл нь Виетийн теорем ёсоор
x2−(x1+x2)x+x1x2=0⇔x2−(2+i+2−i)x+(2+i)(2−i)=0x2−(x1+x2)x+x1x2=0⇔x2−(2+i+2−i)x+(2+i)(2−i)=0
тул x2−4x+5=0x2−4x+5=0 байна.
|
2+√x−x√x−2 бутархайг хураавал ямар илэрхийлэл гарах вэ?
|
Заавар: Хариунаас аль тохирохыг нь ол.
Бодолт: (−√x−1)(√x−2)=−x+2√x−√x+2=2+√x−x тул B хариулт зөв байна.
Мөн √x=t, x=t2 орлуулга хийгээд 2+t−t2t−2=−(t+1)(t−2)t−2=−t−1=−√x−1
гэж бодож болно.
|
20 хувийн концентрацитай 18 гр уусмал дээр концентранцийг нь 4 хувиар нэмэгдүүлэхийн тулд 26 хувийн концентрацитай хэчнээн грамм уусмал нэмж хийх шаардлагатай вэ?
|
Заавар: 18⋅20%+x⋅26%18+x=20%+4%=24%.
Бодолт: a процентийн x, b процентийн y хэмжээтэй уусмалыг холиход x⋅a%+y⋅b%x+y процентийн уусмал гарна. Иймд 18⋅20%+x⋅26%18+x=20%+4%=24%⇒
360+26x=432+24x⇔2x=72⇒x=36 гр.
Заавар: x гр 26%-ийн уусмал нэмбэл концентраци нь 18⋅20%+x⋅26%18+x болно.
Бодолт: 18⋅20%+x⋅26%18+x=20%+4%=24% тэгшитгэлээс
18⋅20+26x=18⋅24+24x⇒2x=18⋅4⇒x=36
байна.
|
2007 гэсэн тоог дараалсан 18 натурал тооны нийлбэрт задалж болдог бол тэдгээр тооны хамгийн ихийг ол.
|
Заавар: Олох тоог a гэвэл a+(a−1)+⋯+(a−17)=2007 байна.
Бодолт: a+(a−1)+⋯+(a−17)=2007
⇒18a=2007+1+172⋅17
⇒a=2007+9⋅1718=120
|
2016∑n=1cosπn6=?∑n=12016cosπn6=?
|
Заавар: sin(n+3)π6+sinnπ6=2sin(2n+3)π6⋅cosπ2=0sin(n+3)π6+sinnπ6=2sin(2n+3)π6⋅cosπ2=0
болохыг ашигла.
Бодолт: 2016∑n=1sinπn6∑n=12016sinπn6 нийлбэрийг дахин бүлэглээд sin(n+3)π6+sinnπ6=0sin(n+3)π6+sinnπ6=0 хэлбэрийн нэмэгдэхүүнүүдэд задалж болох тул нийлбэр нь 00 байна.
|
2016∑n=1sinπn6=?∑n=12016sinπn6=?
|
Заавар: sin(n+6)π6+sinnπ6=0sin(n+6)π6+sinnπ6=0
болохыг ашигла.
Бодолт: 2016∑n=1sinπn6∑n=12016sinπn6 нийлбэрийг дахин бүлэглээд sin(n+3)π6+sinnπ6=0sin(n+3)π6+sinnπ6=0 хэлбэрийн нэмэгдэхүүнүүдэд задалж болох тул нийлбэр нь 00 байна.
|
2017∑n=1cosπn3=?∑n=12017cosπn3=?
|
Заавар: cos(n+3)π3+cosnπ3=0cos(n+3)π3+cosnπ3=0
болохыг ашигла.
Бодолт: 2016∑n=1cosπn3∑n=12016cosπn3 нийлбэрийг дахин бүлэглээд cos(n+3)π3+sinnπ3=0cos(n+3)π3+sinnπ3=0 хэлбэрийн нэмэгдэхүүнүүдэд задалж болох тул нийлбэр нь 00 байна. Иймд
2017∑n=1cosπn3=cosπ⋅20173+2016∑n=1cosπn3=cosπ3=12∑n=12017cosπn3=cosπ⋅20173+∑n=12016cosπn3=cosπ3=12
|
2017∑n=1sinπn6=?∑n=12017sinπn6=?
|
Заавар: sin(n+6)π6+sinnπ6=0sin(n+6)π6+sinnπ6=0
болохыг ашигла.
Бодолт: 2016∑n=1sinπn6∑n=12016sinπn6 нийлбэрийг дахин бүлэглээд sin(n+6)π6+sinnπ6=0sin(n+6)π6+sinnπ6=0 хэлбэрийн нэмэгдэхүүнүүдэд задалж болох тул нийлбэр нь 00 байна. Иймд
2017∑n=1sinπn6=sinπ⋅20176+2016∑n=1sinπn6=sinπ6=12∑n=12017sinπn6=sinπ⋅20176+∑n=12016sinπn6=sinπ6=12
|
20x2−23x+6=020x2−23x+6=0 тэгшитгэлийн шийдүүд x1,x2x1,x2 бол x1⋅x2+x1+x2x1⋅x2+x1+x2 хэдтэй тэнцүү вэ?
|
Заавар: Виетийн теоремоор x1+x2=2320x1+x2=2320, x1x2=620x1x2=620 байна.
Бодолт: x1x2+x1+x2=2320+620=2920x1x2+x1+x2=2320+620=2920 байна.
|
20x2−23x+6=020x2−23x+6=0 тэгшитгэлийн шийдүүд x1x1, x2x2 бол x1⋅x2+x1+x2x1⋅x2+x1+x2 хэдтэй тэнцүү вэ?
|
Заавар: ax2+bx+c=0ax2+bx+c=0 квадрат тэгшитгэлийн шийдүүд нь x1,x2x1,x2 нь бол
x1+x2=−ba, x1⋅x2=cax1+x2=−ba, x1⋅x2=ca
байдаг. Үүнийг Виетийн теорем гэнэ.
Бодолт: Виетийн теоремоор
x1+x2=−−2320=2320, x1⋅x2=620x1+x2=−−2320=2320, x1⋅x2=620
тул
x1⋅x2+x1+x2=620+2320=2920x1⋅x2+x1+x2=620+2320=2920
байдаг.
|
20x2−35x+40xy−70y үржигдэхүүн болгон задал.
|
Заавар: Хариуг шууд шалга.
Бодолт: (4x−7)(5x+10y)=20x2+40xy−35x−70y тул зөв хариулт нь B болно.
|
21+3+x5−3x+13−5x+12x−1=1
тэгшитгэлийг бод.
|
Заавар: Тодорхойлогдох мужийг анхаарах шаардлагатай. Бутархайн хуваарь тэгээс ялгаатай тул
D:{1+3+x5−3x≠05−3x≠03−5x+12x−1≠02x−1≠0
байна.
Бодолт: 21+3+x5−3x+13−5x+12x−1=1⇒
2(5−3x)(5−3x)+3+x+2x−13(2x−1)−(5x+1)=1⇒
2(5−3x)8−2x+2x−1x−4=1⇒
3x−5x−4+2x−1x−4=1⇒5x−6=x−4⇒x=12
Гэвэл x=12 үед 2x−1=0 болох тул тодорхойлогдох мужид орохгүй. Иймд тэгшитгэл бодит шийдгүй.
Санамж: Зарим тэгшитгэлийн хувьд тодорхойлогдох мужийг анхнаасаа тооцолгүйгээр бодоод дараа нь гарсан шийдээ шалгах нь илүү хялбар байдаг.
|
210⋅11+211⋅12+⋯+248⋅49+249⋅50=?210⋅11+211⋅12+⋯+248⋅49+249⋅50=?
|
Заавар: 1n(n+1)=1n−1n+11n(n+1)=1n−1n+1 болохыг ашигла.
Бодолт: 210⋅11+211⋅12+⋯+248⋅49+249⋅50==2(110−111+111−112+⋯+148−149+149−150)=2(110−150)=425210⋅11+211⋅12+⋯+248⋅49+249⋅50==2(110−111+111−112+⋯+148−149+149−150)=2(110−150)=425
|
212+59212+59 тоо зохиомол болохыг харуул.
|
Заавар: 3-т хуваагдахыг нь харуул.
Бодолт:
|
22 радиустай тойрогт багтсан тэгш өнцөгт гурвалжны периметр4+2√54+25 бол гурвалжны талбайг олоорой.
|
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;∞[
|
230⋅31+231⋅32+⋯+2118⋅119+2119⋅120=?230⋅31+231⋅32+⋯+2118⋅119+2119⋅120=?
|
Заавар: 1n(n+1)=1n−1n+11n(n+1)=1n−1n+1 томьёог ашигла.
Бодолт: 230⋅31+231⋅32+⋯+2118⋅119+2119⋅120==2(130−131+131−132+⋯+1118−1119+1119−1120)=2(130−1120)=120230⋅31+231⋅32+⋯+2118⋅119+2119⋅120==2(130−131+131−132+⋯+1118−1119+1119−1120)=2(130−1120)=120
|
235+x=8×(−4.5)−(−2x) тэгшитгэл бод.
|
Заавар: 8×(−4.5)=−8×4.5, −(−2x)=2x(=+2x) байна.
Бодолт: 235+x=8×(−4.5)−(−2x)=−8×4.5+2x
тул
235+x=−36+2x⇔235+36=2x−x⇔x=3835
байна.
|
23x+1+1=4x+2x+123x+1+1=4x+2x+1 тэгшитгэл бод.
|
Заавар: −1;0;1;2;3−1;0;1;2;3 тоонуудыг шийд болох эсэхийг шалгаж зөв хариултыг ол.
Бодолт: x=−1x=−1 нь
23⋅(−1)+1+1=1.25=4−1+2−1+123⋅(−1)+1+1=1.25=4−1+2−1+1
тул шийд болно.
x=0x=0 нь
23⋅0+1+1=3=40+20+123⋅0+1+1=3=40+20+1
тул мөн шийд болно. Иймд зөв хариулт нь {0;−1}{0;−1} буюу D байна.
|
240⋅41+241⋅42+⋯+2118⋅119+2119⋅120=?240⋅41+241⋅42+⋯+2118⋅119+2119⋅120=?
|
Заавар: 1n(n+1)=1n−1n+11n(n+1)=1n−1n+1 болохыг ашигла.
Бодолт: 240⋅41+241⋅42+⋯+2118⋅119+2119⋅120==2(140−141+141−142+⋯+1118−1119+1119−1120)=2(140−1120)=130240⋅41+241⋅42+⋯+2118⋅119+2119⋅120==2(140−141+141−142+⋯+1118−1119+1119−1120)=2(140−1120)=130
|
250⋅51+251⋅52+⋯+2148⋅149+2149⋅150=?250⋅51+251⋅52+⋯+2148⋅149+2149⋅150=?
|
Заавар: 1n(n+1)=1n−1n+11n(n+1)=1n−1n+1 болохыг ашигла.
Бодолт: 250⋅51+251⋅52+⋯+2148⋅149+2149⋅150==2(150−151+151−152+⋯+1148−1149+1149−1150)=2(150−1150)=275250⋅51+251⋅52+⋯+2148⋅149+2149⋅150==2(150−151+151−152+⋯+1148−1149+1149−1150)=2(150−1150)=275
|
251x+1=6⋅51x−12251x+1=6⋅51x−12 хамгийн бага шийдийг ол.
|
Заавар: t=51x−12t=51x−12 гэвэл 251x=5t2251x=5t2 байна.
Бодолт:
|
25x2+3x+2+4⋅125x2+3x+23=525x2+3x+2+4⋅125x2+3x+23=5 тэгшитгэлийн шийд аль нь вэ?
|
Заавар: Хариунаас бод.
Бодолт: x=−1x=−1 шийд болох эсэхийг шалгая. (−1)2+3(−1)+2=0(−1)2+3(−1)+2=0 ба
250+4⋅1250=1+4=5250+4⋅1250=1+4=5
тул шийд болж байна. Одоо зөв хариу нь А, C, E хувилбаруудын аль нэг байна.
x=1x=1 шийд болох эсэхийг шалгая. 12+3⋅1+2=612+3⋅1+2=6 тул
256+4⋅1252>5256+4⋅1252>5
тул шийд бол чадахгүй.
x=2x=2 шийд болохгүйг өмнөхтэй адил хялбархан шалгаж болно.
x=−2x=−2 үед (−2)2+3(−2)+2=0(−2)2+3(−2)+2=0 тул шийд болно. Иймд зөв хариулт нь E байна.
Санамж: ЭЕШ-ийн тэгшитгэл тэнцэтгэл бишүүдийг хариунаас нь бодох аргад суралцах нь чухал болохыг энэ болон бусад олон бодлогоос харж болно. Үүний тулд чээжээр хялбар шалгаж болох утгуудыг сонгож сурах хэрэгтэй.
|
25x−6⋅5x+5=025x−6⋅5x+5=0 тэгшитгэлийн шийдүүд аль нь вэ?
|
Заавар: t=5xt=5x орлуулга ашигла.
Бодолт: t=5xt=5x гэвэл t2=(5x)2=25xt2=(5x)2=25x тул
t2−6t+5=0t2−6t+5=0
тул
t1,2=6±√62−4⋅1⋅52⋅1=6±42t1,2=6±62−4⋅1⋅52⋅1=6±42
байна. Эндээс t1=5t1=5 үед 5x=5⇒x=15x=5⇒x=1, t2=1t2=1 үед 5x=1⇒x=05x=1⇒x=0 гэсэн шийдүүдтэй.
|
25y2−9z25y−3z+2:9z2−30zy+25y225y2+6z+10y−9z2−60zy5y−3z үйлдлийг гүйцэтгэ.
|
Заавар: 25y2+6z+10y−9z2=(5y)2−(3z)2+2(3z+5y)=
=(5y−3z)(5y+3z)+2(5y+3z)=(5y−3z+2)(5y+3z)
Бодолт: Илэрх.=25y2−9z25y−3z+2:9z2−30zy+25y225y2+6z+10y−9z2−60zy5y−3z=25y2−9z25y−3z+2⋅25y2+6z+10y−9z29z2−30zy+25y2−60zy5y−3z=(5y)2−(3z)25y−3z+2⋅25y2+6z+10y−9z2(3z)2−2⋅(3z)⋅(5y)+(5y)2−60zy5y−3z=(5y−3z)(5y+3z)5y−3z+2⋅(5y−3z+2)(5y+3z)(5y−3z)2−60zy5y−3z=(5y+3z)25y−3z−60zy5y−3z=25y2+30yz+9z2−60yz5y−3z=(5y−3z)25y−3z=5y−z
|
25−a2−2ab−b225−a2−ab−5b бутархайг хураа.
|
Заавар: 25−a2−2ab−b2=52−(a+b)2=(5−a−b)(5+a+b),25−a2−ab−5b=(5−a)(5+a)−b(a+5)=(a+5)(5−a−b)
байна.
Бодолт: 25−a2−2ab−b225−a2−ab−5b=(5−a−b)(5+a+b)(a+5)(5−a−b)=a+b+5a+5
байна.
|
27m3+n3=?
|
Заавар: a3+b3=(a+b)(a2−ab+b2)
Бодолт: 27m3+n3=(3m)3+n3=(3m+n)((3m)2−3m⋅n+n2)=
=(3m+n)(9m2−3mn+n2)
|
27⋅xlog27x=x10/327⋅xlog27x=x10/3 тэгшитгэл x>ax>a мужид
тодорхойлогдох ба x=b,x=b, x=cd3x=cd3 шийдтэй.
|
Заавар: logablogab бол a,b>0a,b>0, a≠1a≠1 байна. Тэгшитгэлийн 2 талаас 2727 суурьтай логарифм авч бод.
Бодолт: Логарифмийн тодорхойлолт ёсоор x>0x>0 байх ёстой. Тэгшитгэлийн 2 талаас 2727 суурьтай логарифм авбал
log27(27⋅xlog27x)=log27x10/3⇔log2727+log27xlog27x=103log27xlog27(27⋅xlog27x)=log27x10/3⇔log2727+log27xlog27x=103log27x
t=logxt=logx ба log27xlog27x=log27x⋅log27xlog27xlog27x=log27x⋅log27x болохыг тооцвол
1+t2=103t⇔3t2−10t+3=01+t2=103t⇔3t2−10t+3=0
буюу
t1,2=10±√102−4⋅3⋅32⋅3=10±86t1,2=10±102−4⋅3⋅32⋅3=10±86
болно. Иймд t1=3=log27x⇒x=273t1=3=log27x⇒x=273, t2=13⇒x=2713=3t2=13⇒x=2713=3 гэсэн шийдүүдтэй.
|
2a+6a нь бүхэл тоо байх a бүхэл тоо хэдэн ширхэг байх вэ?
|
Заавар: 2a+6a=2+6a тоо хэдийд бүхэл тоо байх вэ?
Бодолт: 2+6a∈Z байх зайлшгүй бөгөөд хүрэлцээтэй нөхцөл нь a тоо 6-г бүхлээр хуваадаг тоо байна. Эдгээрийг жагсааж бичвэл
−6,−3,−2,−1,1,2,4,6
тул 8 ширхэг утга дээр бүхэл тоо байна.
|
2a−(8a+1)−(a+2)×5=9 тэгшитгэл бод.
|
Заавар: Зүүн гар талын хаалтыг задалж эмхэтгэ.
Бодолт: 2a−(8a+1)−(a+2)×5=2a−8a−1−(5a+10)=−6a−1−5a−10=−11a−11
тул −11a−11=9 буюу −11a=20 тул
a=20:(−11)=−2011=−1911
байна.
|
2cos2(π4−32x)−1=0 тэгшитгэл бод.
|
Заавар: 2cos2α−1=cos2α томьёо ашиглан шугаман хэлбэрт оруулж бод. cosx=0⇒x=π2+2πk байна.
Бодолт:
|
2cos22x≤32 тэнцэтгэл бишийн
0∘≤x≤90∘ нөхцөл хангах шийд нь
ab∘≤x≤cd∘
байна.
|
Заавар: 2cos2α=1+cos2α болохыг ашиглан тэнцэтгэл бишийг шугаман хэлбэрт оруулж бод. Шийдийг тригонометрийн нэгж тойрог дээр дүрсэлж харах нь ашигтай байдаг.
Бодолт: 2cos22x≤32⇔1+cos4x≤32⇔cos4x≤12
cosα≤12⇔60∘+360∘⋅k≤α≤300∘+360∘⋅k
тул
60∘+360∘⋅k≤4x≤300∘+360∘⋅k
буюу
15∘+90∘⋅k≤x≤75∘+90∘⋅k
байна. Мэдээж 0∘≤x≤90∘ нөхцлийг хангах шийдүүд нь
15∘≤x≤75∘
байна.
|
2cos2x+3cosx=−1 тэгшитгэлийн 0<α1<α2<α3<… байх шийдүүдийн хувьд α6+α7=aπ ба a бүхэл тоо бол түүнийг ол.
|
Заавар:
Бодолт: 2cos2x+3cosx=−1⇒2cos2x+3cosx+1=0 тул
cosx=−1∨cosx=−12⇒x=π+2πk∨x=±2π3+2πk. Иймд α1=2π3, α2=π, α3=4π3, α4=8π3, α5=3π, α6=10π3, α7=14π3. α6+α7=10π3+14π3=8π. Иймд a=8.
|
2cos2x+5cosx+2≥0 тэнцэтгэл бишийг бод.
|
Заавар: c=cosx гэвэл 2c2+5c+2≥0 болно.
Бодолт: c=cosx гэвэл 2cos2x+5cosx+2=2c2+5c+2=(2c+1)(c+2)≥0 болно.
cosx+2>0 тул 2c+1≥0 буюу cosx>12 болно. Тэнцэтгэл бишийн шийд нь
−π3+2πk<x<π3+2πk,k∈Z
|
2cos2x+9sinx−6=02cos2x+9sinx−6=0 тэгшитгэлийг бод.
|
Заавар: Үндсэн адилтгал ашиглан дан синусаар илэрхийлээд s=sinxs=sinx орлуулгаар бод.
Бодолт: −2sin2x+9sinx−4=0⇒s=−9±√81−4⋅4⋅22⋅(−2)=−9±7−4−2sin2x+9sinx−4=0⇒s=−9±81−4⋅4⋅22⋅(−2)=−9±7−4 ба |s|≤1|s|≤1 тул s=12s=12 болно.
sinx=12⇒x=(−1)kπ6+πk,k∈Zsinx=12⇒x=(−1)kπ6+πk,k∈Z
|
2cos2x−1=sin3x тэгшитгэл [0;π2] завсарт хэдэн шийдтэй вэ?
|
Заавар: 2cos2α−1=cos2x байна. y=cos2x, y=sin3x хоёр функцийн график хэдэн цэгт огтлолцохыг ол.
Бодолт:
Тэгшитгэлийн шийдийн тоо нь графикийн огтлолцлын цэгийн тоотой тэнцүү тул 2 байна.
|
Subsets and Splits
No community queries yet
The top public SQL queries from the community will appear here once available.