№1.(1) Найдите 12% от числа, и число, если 48% его
равнялось указанному выражению. Сравните результаты.
(
-(0,25+
):):(
+
:(0,4-
)).
Решение:
1.Находим значение выражения:
(-(0,25+):):(+:(0,4-))=(-(+):):(+:(
-))=
(-(
+1)):(+:
)=(-3):(+2)=(-3):
=-
=-1
;
2. Так как 12%=0,12=
=
, то
(-)*=-
;
3. Так как 48%=0,48=
=
, то (-):=-(
)=-
=-2
;
4. Так как 
, то ->-2.
Ответ: -;-2;->-2.
Замечание: Значение
выражения можно было найти по действиям.
Назад
№ 2.(1) Укажите характеристические свойства множеств AUB∩C(I), A\BUC(II),B∩(C\A)(III), если
А=
,
В=
,
C=
.
Решение.
Для наглядности изобразим
множества на числовой прямой:
х
10 8 6 1 0 -2 -4 -7
Используя определения
операций над множествами и порядок выполнения операций над ними, находим:
I)
B∩C=
,
AUB∩C=
.
II)
BUC=
,
A\BUC=
.
III) C\A=
,
B∩(C\A)=
.
Ответ: AUB∩C=
.
A\BUC=.
B∩(C\A)=.
Назад
№ 3.(1)
А) Докажите, что при каждом
натуральном n число an=2n3+3n2+7 делится на b=6.
Доказательство.
Используем
метод математической индукции.
1)
При n=1 имеем а1=2*13+3*12+7
и 16
6 – верно.
2)
Предположим, что
утверждение верно при n=k, то есть (2к3+3к2+7)6.
3)
Докажем, что
утверждение верно и при n=k+1, то есть 2(к+1)3+3(к+1)2+7)6.в самом деле, 2(к+1)3+3(к+1)2+7=2(к3+3к2+3к+1)+3(к2+2к+1)+7=2к3+6к2+6к+2+3к2+6к+3+7=2к3+9к2+12к+12=(2к3+3к2+7)+
+(6к2+12к)+12=(2к3+6к2+7)+6(к2+2)+12. Отсюда получаем:
(2к3+6к+7)6 – по индукционному предположению;
(6(к2+2)) 6 – по правилу делимости произведения на число;
126 – очевидный факт.
Каждое слагаемое суммы делится на 6, и по правилу
делимости суммы на число, вся сумма разделится на 6, то есть (2(к+1)3+6(к+1)2+7)6 – истинное утверждение.
Поскольку оба утверждения доказаны, то на основании
аксиомы индукции заключаем, что (2к3+3к2+7)6 при любом nєN.
Б) Докажите,
что при любом натуральном т справедливо равенство:
12+22+32+…+n2=
.
Доказательство.
Применим метод математической индукции.
1) При n=1 имеем: 12=
; 1=1 –
истинное равенство.
2) Предположим, что равенство верно, при n=k, то есть 12+22+32+…+к2=
.
Докажем, что оно верно и при n=k+1, то есть 12+22+32+…+к2+(к+1)2=
.
В самом деле:
12+22+32+…+к2+(к+1)2=(12+22+32+…+к2)+(к+1)2=+(к+1)2= 
=
=
=
= - верно.
Поскольку
оба утверждения доказаны, то на основании аксиомы индукции заключаем, что 12+22+32+…+n2=при любом nєN.
Назад
№ 4.(1) Решите систему уравнений:
Решение. Воспользуемся
методом Крамера. Сначала вычислим главный
определитель системы:
Так как D = –2i ¹ 0, то система уравнение имеет единственное решение.
Вычислим вспомогательные определители:
По формулам Крамера
получаем:
Отсюда: 
– единственное решение
системы уравнений.
Ответ:
.
Назад
№ 5.(1)
Выполните действия над комплексными числами в алгебраической форме.
А) 
.
Решение.
Здесь можно было бы произвести сначала возведение в степень в числителе и
знаменателе, а затем деление. Однако более рациональным будет следующее
решение:
.
Тогда получаем:
.
И, таким образом, получаем:
.
Ответ: 
.
Б) (2 – i) × (1 + 3i) –5
× (1 +
i)8
× (1 –
i) + 3i.
Решение. (2 – i) × (1 + 3i) –5 × (1 + i)8 × (1 – i) + 3i =
=(2 + 6i – i – 3i2) –5× ((1 + i)2)4
×(1 – i)+ 3i) = (5 + 5i)–5× (1 + 2i + i2)4
´
´ (1 – i)+3i = (5 + 5i)–5 × (2i)4 × (1 – i)+3i = 5 + 5i – 5 × 16 × i4× (1 – i) + + 3i
= 5 + +5i – 80(1 – i) + 3i = 5 + 5i – 80 + 80i + 3i = –75 + 88i.
Ответ: (2 – i) × (1 + 3i)–5 × (1 + i)8 × (1 – i) + 3i = –75 + 88i.
Назад
№ 6.(1) Пусть z = a + bi, а число,
ему сопряженное, 
= a –bi. Решите уравнения.
А) 3z × 
– 2(z – )+ 4i = 7.
Решение. Так как z = a + bi, а = a – bi, то имеем:
3 × (a + bi) × (a – bi)
– 2 ((a + bi) × (a – bi))
+ 4i = 7;
3 × (a2 – (bi)2) – 2 × 2 bi + 4i = 7;
3× (a2 + b2) – 4bi + 4i = 7;
(3a2 + 3b2) + (–4b + 4)i = 7 + 0i.
Два комплексных числа равны тогда и
только тогда, когда равны их действительные части и коэффициенты при i. Поэтому получаем систему уравнений:
Решим ее, например, методом
подстановки. Из второго уравнения получаем:
–4b + 4 = 0 Û –4b = –4 Û b = 1.
Подставим этот результат в первое
уравнение:
3a2 + 3 × 12 = 7;
3a2 = 7 – 3;
3a2 = 4 Þ 
Таким образом, получаем два решения:
и 
Ответ: и
Б) (3 – 2i) × z + i = 4 – 5i.
Решение: Так
как z = a + bi, а = a – bi, то имеем:
(3 – 2i) × (a + bi)
+ i (a
– bi) = 4 – 5i;
3a + 3bi
– 2ai + ai
– bi2 = 4 – 5i;
3a + bi
– ai + b = 4 – 5i;
(3a + b)
+ (b – a)i =
4 – 5i.
Так как два
комплексных числа равны тогда и только тогда, когда равны их действительные
части и коэффициенты при i, то получаем систему уравнений:
Решим ее, например, методом Крамера. Вычисляем главный определитель:
Þ система имеет единственное решение.
Вычисляем вспомогательные определители:
По формулам Крамера
получаем:
Таким образом, имеем единственное
решение:
Ответ:
Назад
№ 7.(1)
Изобразите на комплексной плоскости комплексные числа, удовлетворяющие данному
условию.
А) 
.
Решение. Если
, то точка z лежит на луче, выходящем из начала координат под
углом 
к положительному направлению оси ОХ. Обратно, всякая точка Z этого луча, отличная от начала
координат, имеет аргумент . У точки Z = 0
(начало координат) аргумент не определен. Таким
образом, искомое Г.М.Т. образует луч, выходящий из начала координат под углом к положительному
направлению оси ОХ (см. рис. 1).
Б) |z – 2 – i| £ 3.
Рис. 2
Решение. Перепишем наше условие так: |z – (2 + i)| £ 3. В теории комплексных чисел было показано, что
модуль разности двух комплексных чисел равен расстоянию между точками
плоскости, изображающими эти числа. Следовательно, неравенству |z – (2 + i)| £ 3 удовлетворяют те и только
те точки z, которые находятся от точки (2 + i) на расстоянии, меньшем или равном 3 единицам.
Это означает, что искомым Г.М.Т.
является замкнутый круг с центром в точке (2 + i) и
радиусом, равным 3 (см. рис. 2).
В) |z – 2| + |z +4| = 8.
Решение. Как было показано в теории
комплексных чисел, число |z – 2| геометрически означает расстояние между точками А(2; 0) и z.
Аналогично число |z + 4| равно расстоянию между точками
В(–4; 0) и z.
Следовательно, данному уравнению удовлетворяют те и только те точки z, сумма расстояний которых от точек А и В равна постоянному числу 8. Как известно из аналитической
геометрии, множество таких точек образует эллипс с фокусами в точках А и В, большая ось которого равна 8 (см.
рис. 3).
Назад
№ 8.(1) Комплексное
число z дано в алгебраической
форме, запишите его в тригонометрической форме.
А) z = –7i.
Решение. Перепишем наше число в стандартной
алгебраической форме z = a + bi, т.е. z = 0 + (–7)i.
Это означает, что а
= 0, b = –7. Тогда
зная, что тригонометрическая форма комплексного числа имеет вид
z = r×(cos j + i sin j),
найдем
модуль комплексного числа z по формуле 
и аргумент его j.
.
Наше
число z изобразится точкой комплексной плоскости А(0; –7). Это
означает, что 
.
И
тогда получаем тригонометрическую форму нашего комплексного числа:
.
Ответ: 
.
Б) z = 16 – 16i.
Решение. Так как алгебраическая форма
комплексного числа имеет вид z = a + bi, то имеем в нашем случае:
z = 16 + (– 16)i, т.е. а
= 16, b = –16.
Находим
модуль комплексного числа и его аргумент:
Вспомогательное
значение аргумента комплексного числа z находим
из соотношения:
.
Так как наше комплексное число изобразится точкой В(16; –16) Î IV четверти, то,
согласно теории комплексных чисел, находим основное значение аргумента
комплексного числа z:
.
И из этих соображений находим
тригонометрическую форму нашего комплексного числа:
.
Ответ:
.
В) z = –2 + 3i.
Решение. Алгебраическая форма комплексного
числа z имеет вид: z = a + bi. Наше число в этой форме запишем так: z = –2 + 3i,
откуда получаем а = –2, b = 3. И,
значит, 
– модуль нашего комплексного
числа z.
Наше число z находится во II четверти, и поэтому j = p – j0, где 
. Значит, 
.
Следовательно, наше комплексное число z имеет тригонометрическую форму:
.
Ответ: .
Назад
№
9.(1) Выполните действия над комплексными числами в тригонометрической форме:
.
Решение. Возведение комплексных чисел в
степень производится по формуле Муавра:
(r (cos j + i sin j))n = rn × (cos nj + i sin nj).
1) Запишем наши числа в тригонометрической форме.
; здесь а = 1, b = –
.
Тогда
.
Число
z1 находится в IV
четверти, поэтому j = 2p
– j0.
.
Значит,
.
Следовательно,
.
2) 
; здесь
а = 1, b = .
Тогда
.
Число
z2 находится в I
четверти, поэтому j = j0.
Используя результаты действия 1) получаем:
.
3) z3 = i – 1 = –1 + i;
здесь а = –1, b = 1.
Тогда
.
Число
z3 находится во II четверти, поэтому
j
= p – j0.
.
Следовательно,
.
4) Используя формулу Муавра, возводим наши числа z1, z2, z3 в
указанные степени:
= 212 × (cos 20p + i sin 20p) = 212 × (1 + 0 · i) = 212.
= 26 × (cos
2p + i sin 2p) = 26 × (1 + 0 × i) = 26;
=
26 × (cos p + i sin p)
= 26 × (–1 + 0 × i) =
–26.
5) Таким образом,
.
Ответ:
.
Назад
№
10.(1) Найдите все корни данной степени из данного комплексного числа
А) 
.
Решение. Если комплексное число z записано в
тригонометрической форме z = r × (cos j + i sin j), то корень n –ой степени из комплексного числа z
вычисляется по формуле:
,
где
- арифметическое значение корня, а число k
«пробегает» значения 0, 1, 2, 3, …., n – 1.
В нашем случае сначала число z = –4
представим в тригонометрической форме:
z = –4 = 4(cos p + i sin p).
Тогда получаем:
,
где
k =
0, 1, 2, 3.
Придавая параметру k
перечисленные значения, получим четыре
значения корня 4–ой степени из числа z = –4:
;
;
;
.
Геометрическое изображение найденных выше корней g0, g1, g2, g3 на
комплексной плоскости приведено на рисунке 4.
Б) 
.
Решение. Сначала представим числа z1 = 1 – i и
z2 =
+ i в тригонометрической форме:
,
.
Образцы нахождения тригонометрической
формы комплексных чисел приведены в задаче 10, поэтому здесь даны сразу без
подробных выкладок.
Следовательно,
,
где
параметр k «пробегает» значения 0, 1, 2, 3, 4, 5. Придавая k указанные
значения, мы получим шесть значений
искомого корня:
;
;
;
;
;
.