1 by Орко

Євген Нелін Оксана Долгова

Особливості підручника: узагальнюючі таблиці в кожному параграфі приклади розв’язування завдань з коментарями різнорівневі запитання і вправи завдання, які сприяють формуванню й розвитку предметних і ключових компетентностей

Інтернет-підтримка дозволить: здійснити онлайн-тестування за кожною темою детальніше ознайомитися з навчальним матеріалом скористатися презентаціями за темами курсу

11 АЛГЕБРА I початки АНАЛIЗУ

ПРОФIЛЬНИЙ РІВЕНЬ

АЛГЕБРА I початки АНАЛIЗУ ПРОФIЛЬНИЙ РІВЕНЬ

Євген Нелін Оксана Долгова

АЛГЕБРА I початки АНАЛIЗУ

Інтернетпідтримка

Право для безоплатного розміщення підручника в мережі Інтернет має Міністерство освіти і науки України http://mon.gov.ua/ та Інститут модернізації змісту освіти https://imzo.gov.ua

Євген Нелін Оксана Долгова

Алгебра i початки аналiзу профільний рівень підручник для 11 класу закладів загальної середньої освіти

рекомендовано міністерством освіти і науки україни

харків видавництво «ранок»

2019

УДК 37.016:512(075.3) Н49

Рекомендовано Міністерством освіти і науки України (наказ Міністерства освіти і науки України від 12.04.2019 № 472) Видано за рахунок державних коштів. Продаж заборонено

Нелін Є. П. Н49 Алгебра і початки аналізу (профільний рівень) : підруч. для 11 кл. закл. загал. серед. освіти / Є. П. Нелін, О. Є. Долгова. — Харків : Вид-во «Ранок», 2019. — 240 с. ISBN 978-617-09-5232-5 УДК 37.016:512(075.3)

Інтернет-підтримка Електронні матеріали до підручника розміщено на сайті interactive.ranok.com.ua

ISBN 978-617-09-5232-5

Шановні одинадцятикласники і одинадцятикласниці! У цьому навчальному році ви продовжуєте вивчати предмет «Алгебра і початки аналізу». Ви вже знаєте методи розв’язування рівнянь і нерівностей, вмієте досліджувати функції, зокрема за допомогою похідної. В 11 класі ви познайомитеся з новими видами функцій — показниковою і логарифмічною, відповідними рівняннями й нерівностями, а також принципово новим поняттям — інтегралом, навчитеся застосовувати його до розв’язування задач, більшість із яких виникла внаслідок практичної діяльності людини. У 9 класі ви починали знайомитися з основами комбінаторики, теорії ймовірностей та статистики. Цього року ви поглибите свої знання в цій галузі, навчитеся користуватися відповідними інструментами цієї науки, усвідомите її значення в житті сучасної людини. Сподіваємося, ви отримаєте задоволення, опановуючи курс «Алгебра і початки аналізу», а набутий досвід допоможе вам успішно впоратися з багатьма задачами, які постануть перед вами в дорослому житті. Бажаємо вам успіхів!

Як користуватися підручником Підручник має чотири розділи, кожний із яких складається з параграфів, деякі параграфи — з пунктів. Параграфи і пункти, як правило, містять такі структурні блоки. Довідкові таблиці наведені на початку більшості параграфів (пунктів) і вміщують основ ні означення, ознаки та властивості розглядуваних понять теми, систематизацію теоретичного матеріалу та способів діяльності з цим матеріалом у формі спеціальних орієнтирів із розв’язування завдань. Радимо опрацювати цей матеріал у першу чергу, а вже після цього переходити до наступного блоку. Пояснення й обґрунтування містять докладне викладення теоретичного матеріалу, наведеного в таблицях. Таке подання навчального матеріалу (спочатку структурованого у вигляді таблиць, а потім описаного детально) дозволить кожному з вас вибирати свій власний рівень ознайомлення з обґрунтуваннями, будуючи власну освітню траєкторію. Приклади розв’язування завдань ознайомлять вас із основними ідеями щодо розв’язування завдань, допоможуть усвідомити й засвоїти способи дій з основними алгебраїчними поняттями, набути необхідних предметних компетентностей. Для того щоб виділити орієнтовні основи діяльності з розв’язування завдань (загальні орієнтири), у прикладах власне розв’язання супроводжуються коментарями, які допоможуть вам скласти план розв’язування аналогічних завдань. Розв’язання Як можна записати розв’язання завдання

Коментар Як можна міркувати під час розв’язування такого завдання

4 За такого подання коментар не заважає сприйняттю основної ідеї розв’язування завдань певного типу і дає змогу за потреби отримати детальну консультацію щодо розв’язування, яка міститься в коментарі. З метою закріплення, контролю і самооцінювання засвоєння навчального матеріалу наприкінці кожного параграфа запропоновано систему запитань і вправ. Запитання допоможуть вам пригадати й осмислити вивчене, звернути увагу на головне в параграфі, оцінити рівень засвоєння теоретичного матеріалу параграфа. Вправи подано за трьома рівнями складності: • завдання середнього рівня мають позначку «°»; • завдання достатнього рівня (дещо складніші) подано без позначки; • завдання високого рівня мають позначку «*». До більшості вправ наприкінці підручника наведено відповіді. У рубриці «Виявіть свою компетентність» наведено задачі практичного змісту та завдання, які для отримання розв’язку вимагають аналізу, узагальнення, систематизації набутих знань. Зверніть також увагу на запропоновані в тексті параграфів супроводжуючі запитання, що спонукають до більш глибокого самостійного осмислення навчального матеріалу, та завдання, виконання яких, на нашу думку, сприятиме формуванню певних предметних і ключових компетентностей. Ці запитання та завдання мають відповідні позначення. Матеріали рубрики «Відомості з історії» допоможуть вам дослідити розвиток математики як науки та дізнатися про досягнення видатних учених України та світу від давнини до сьогодення. Інтернет-підпримка підручника дозволить здійснити онлайн-тестування за кожною темою на сайті interactive.ranok.com.ua, а також детальніше ознайомитися з навчальним матеріалом. Для того щоб підручник допоміг вам у повній мірі, радимо ознайомитися із системою умовних позначень:  початок обґрунтування твердження;  закінчення обґрунтування твердження;  початок розв’язання задачі;  закінчення розв’язання задачі; ?

запитання до учнів; матеріали, пов’язані з ІКТ та інтернет-підтримкою підручника; завдання, які вимагають самостійного опрацювання, сприяють активізації розумової діяльності;

∪

діяльність, розрахована на роботу в команді.

Розділ 1

ПОКАЗНИКОВА ТА ЛОГАРИФМІЧНА ФУНКЦІЇ У ЦЬОМУ РОЗДІЛІ ВИ:  ознайомитеся з поняттям логарифма та властивостями логарифмів;  дізнаєтеся про показникову і логарифмічну функції, їхні властивості та графіки;  ознайомитеся з формулами похідних цих функцій;  навчитеся будувати графіки показникових і логарифмічних функцій, досліджувати їхні властивості та розв’язувати показникові і логарифмічні рівняння й нерівності, зокрема з параметрами

§ 1

Узагальнення поняття степеня. Степінь із дійсним показником Таблиця 1

1. Степінь із натуральним і цілим показниками a1 = a a n = a ⋅ a ⋅…⋅ a

(n 2 )

a ∈R, n ∈N

n разів

a0 = 1

a ≠ 0

a −n =

a ≠ 0 , n ∈N

2. Степінь із дробовим показником m

an =na

a 0 a n = n a m

a > 0, n ∈N

(n 2 ) ,

m ∈Z

3. Властивості степенів a m ⋅ a n = a m+n a m : a n = a m −n

(a m )

= a mn

(ab)n = a nb n

an  a =   b bn −n n  a  b   =   b a

a −x = s

1 =1 0r = 0, r > 0

Пояснення й обґрунтування Вам уже відомі поняття степенів із натуральним, цілим і дробовим показниками та властивості цих степенів (див. табл. 1). Покажемо, як можна ввести поняття степеня з ірраціональним показником. Опишемо в загальних рисах, як можна означити число a α для ірраціональних α , коли a > 1. Наприклад, пояснимо, як можна розуміти значення степеня 2 3 . Ірраціональне число 3 можна подати у вигляді нескінченного неперіодичного десяткового дробу 3 = 1,732 050 8075... . Розглянемо десяткові наближення числа 3 з недостачею і надлишком: 1 < 3 < 2; 1,7 < 3 < 1,8 ; 1,73 < 3 < 1,74 ; 1,732 < 3 < 1,733 ; 1,7320 < 3 < 1,7321; 1,732 05 < 3 < 1,732 06; 1,732 050 < 3 < 1,732 051; ...

Будемо вважати, що коли r < 3 < s (де r і s — раціональні числа), то значення 2 3 розташоване на числовій прямій між відповідними значеннями 2r і 2s , а саме: 2r < 2 3 < 2s . Знайдемо за допомогою калькулятора наближені значення 2r і 2s , вибираючи як r і s наближені значення 3 з недостачею і надлишком відповідно. Одержуємо співвідношення: 21 < 2

< 22 ;

21,7 ≈ 3,249 0096 < 2

< 21,8 ≈ 3,482 2022 ;

21,73 ≈ 3,317 2782 < 2

< 21,74 ≈ 3,340 3517 ;

21,732 ≈ 3,321 8801 < 2

< 21,733 ≈ 3,3241834 ;

21,7320 ≈ 3,321 8801 < 2

< 21,7321 ≈ 3,3221104 ;

21,732 05 ≈ 3,321 9952 < 2

< 21,732 06 ≈ 3,322 0182 ;

21,732 050 ≈ 3,321 9952 < 2 3 < 21,732 051 ≈ 3,321 9975 ; ... 2r і 2s наблиЯк бачимо, значення жаються до одного й того самого числа

§§1. Узагальнення поняття степеня. Степінь із дійсним показником

3,321 99... . Це число і вважають степенем 2

. Отже, 2 3

Значення 2

= 3,321 99... .

, обчислене на калькуля-

торі, таке: 2 3 ≈ 3,321 997 . Можна довести, що завжди, коли ми вибираємо раціональні числа r, які з недостачею наближаються до ірраціонального числа α , і раціональні числа s, які з надлишком наближаються до цього самого ірраціонального числа α , для будь-якого a > 1 існує, і притому тільки одне, число y, більше за всі a r і менше від усіх a s . Це число y за означенням є a α . Аналогічно означають і степінь з ірраціональним показником α для 0 < a < 1. Тільки у випадку, коли r < α < s при 0 < a < 1, вважають, що a s < a α < a r . Крім того, як і для раціональних показників, за означенням вважають, що 1α = 1 для будь-якого α і 0 α = 0 для всіх α > 0. Наведене вище розуміння степеня з ірраціональним показником можна сформулювати точніше, використовуючи поняття границі послідовності. Нехай задані додатне число a та ірраціональне число x. Розглянемо послідовність {xn } раціональних чисел, границею якої є число x (наприклад, послідовність десяткових наближень числа x з недостачею або з надлишком), тобто lim xn = x . n→∞

{a } xn

Тоді границю послідовності

(послі-

довності раціональних степенів числа a) будемо називати x-м степенем числа a, тобто xn

a x = lim a . n→∞

У курсах математичного аналізу доводиться, що оскільки послідовність {xn } має lim x = x ), то й послідовність ( теж має границю, причому ця грани-

границю

{a } xn

n→∞

ця не залежить від вибору послідовності {xn } , границею якої є число x. Спираючись на властивості границь послідовностей, можна довести, що, як і для степенів із раціональними показниками, для степенів з ірраціональними показниками x і y виконуються властивості, наведені в п. 3 табл. 1, тобто:  a 6.    b

1. a x ⋅ a y = a x+ y . 2.

ax a

= a x − y .

( )

3. a x

−x

7. a − x =

= a xy .

 b =  .  a 1

8. 1 x = 1.

4. ( a ⋅ b ) = a x ⋅ b x . x

9. 0 x = 0 при x > 0.

ax  a 5.   = x .  b b

Отже, ці властивості виконуються для степенів із довільними дійсними показниками.

Приклади розв’язування завдань

Приклад 1

Знайдіть значення виразу 5

Розв’язання  5

= 53

 1  ⋅  125  2

⋅ 5 −3

2 3 2

=5 = 53

 1  ⋅  125 

Коментар

( )

⋅5

2 −3 2

−3

= 50 = 1. 

Нагадаємо, що наведені вище властивості степенів можна застосовувати як зліва направо, так і справа наліво. Зокрема за властивістю 1 125

= 5 −3 . Також слід урахувати, що

a −x =

1 ax

маємо:

18 = 9 ⋅ 2 = 3 2 .

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

Приклад 2

Знайдіть область визначення функції: 1) y = (x + 2)

; 2) y = (x − 5)

− 7

Розв’язання

Коментар

1)  x + 2 0 , тобто x − 2 , отже, D ( y ) = [ −2; + ∞ ). 

Ураховуємо, що степінь a α з ірраціональним по казником α означена тільки при a 0 для додатних значень α і тільки при a > 0 для від’ємних значень α .

2)  x − 5 > 0, тобто x > 5, отже, D ( y ) = (5; + ∞ ) . 

Приклад 3

Розв’яжіть рівняння: 1) x

2) ( x + 5)

= 3 ;

− 7

=− 7.

Розв’язання

Коментар

1)  Підносячи обидві ча стини заданого рівняння

1) Як було обґрунтовано в підручнику для 10 класу*, функція y = x α при α > 0 є зростаючою, а при α < 0 — спадною.

до степеня мо x = 3

1 2

, одержує-

. 

Отже, функція y = x 2 (її область визначення x 0) — зро стаюча і тому значення 3 вона набуває тільки при одному значенні аргумента. Його можна визначити, якщо піднести обидві частини заданого рівняння до степеня

( )

вати, що x

1 2

1 2⋅ 2

1 2

(і враху-

= x1 = x). 1

Зауважимо, що, записуючи результат x = 3 2 , ми автоматично враховуємо ОДЗ заданого рівняння ( x 0), оскільки

3 2)  Оскільки ОДЗ заданого рівняння x + 5 > 0, то ліва частина цього рівняння завжди додатна і тому рівняння коренів не має. 

Запитання

1 2

> 0 , і тому ОДЗ можна не записувати до розв’язання.

2) Оскільки степінь з від’ємним ірраціональним показником означений тільки для випадку, коли основа степеня є додатним числом, то ліва частина рівняння ( x + 5) =− 7 завжди додатна і не може дорівнювати від’ємному числу. − 7

1. Сформулюйте означення степеня з натуральним, цілим від’ємним і нульовим показниками. Наведіть приклади їх обчислення. При яких значеннях a існують значення виразів a 0 та a −n , де n ∈N ?

2. Сформулюйте означення степеня з раціональним показником r=

m n

, де m — ціле число, а n — натуральне, n ≠ 1. Наведіть

приклади обчислення таких степенів. При яких значеннях a ісm

нують значення виразу a n ? Укажіть область допустимих значень виразів *

3 7 a

і a

−

3 7.

Мається на увазі підручник: Алгебра і початки аналізу (профільний рівень) : підруч. для 10 кл. закл. загал. серед. освіти / Є. П. Нелін. — Харків : Вид-во «Ранок», 2018. — 272 c. : іл.

§§1. Узагальнення поняття степеня. Степінь із дійсним показником

3. Поясніть на прикладі, як можна ввести поняття степеня з ірраціональним показником. Укажіть область допустимих значень 11

виразів a

і a−

4. Запишіть властивості степенів із дійсними показниками. Спробуйте сформулювати їх зміст для використання зліва направо і справа наліво. Наведіть приклади їх використання.

Вправи

1.1°. Чи має зміст вираз: 1) ( −3) 2) 0

3) 2 −2

;

4) 0 −

;

2 5

;

5) 5

5) x

;

1.2°. Знайдіть область допустимих значень виразу: 1) x − 2) x

3 7

3) (2 − x )

;

(

)

4) x 2 − 1

;

1.3. Знайдіть значення виразу:

( )

1) 5

−2 2

2) 160,25+

; 20

3) 7 : 162

;

− 5.

;

 1  ⋅  49 

+ 216 3 .

;

1.4. Спростіть вираз:

(

) − (2 − a ) ; 2

1) 2 + a

1.5. Розв’яжіть рівняння: 1) x

= 2 ;

2) ( x + 4)

= 1;

− b2 −b

;

+a 7

3) ( x − 2)

− 2

= −2;

5) ( x + 4)

4) ( x − 6)

− 3

= 3;

6) ( x − 1)

− 7

= a; = a.

1.6. Побудуйте ескіз графіка функції: 1) y = x 2) y = x −

;

3) y = x

4) y = (x + 2)

;

+ 2; 7

Виявіть свою компетентність

1.7. Вкладник поклав на депозит в банку 3000 грн під 10 % річних. Яка сума буде на його рахунку через 3 роки, якщо в кінці кожного року гроші, нараховані за відсотками, не знімаються, а додаються до депозитного внеску?

§ 2

Показникова функція, її властивості та графік Таблиця 2

1. Поняття показникової функції та її графік Означення. Показниковою функцією називається функція виду y = a x , де a > 0 і a ≠ 1.

Графік показникової функції (експонента) a >1 y

0 < a <1 y

у = ax

у = ax 1

1 x

2. Властивості показникової функції 1. Область визначення: x ∈R . 2. 3. 4. 5.

D (a x ) = R

E ( a x ) = (0; + ∞ ) Область значень: y > 0 . Функція ні парна, ні непарна. x = 0, Точки перетину з осями координат: Oy Ox немає . y = 1; Проміжки зростання і спадання: ● при a > 1 функція y = a x зростає на всій області визначення;

{

● при 0 < a < 1 функція y = a x спадає на всій області визначення. 6. Проміжки знакосталості: y > 0 при всіх значеннях x ∈R . 7. Найбільшого і найменшого значень функція не має. 8. Для будь-яких дійсних значень u і v ( a > 0, b > 0 ) виконуються рівності: u

a ⋅a = a

u+v

u (ab ) = a ubu

au a

u −v

au  a   = u  b b

(au )v = auv

Пояснення й обґрунтування 1 Поняття показникової функції та її графік Означення. Показниковою функцією називається функція виду y = a x ,

де a > 0 і a ≠ 1.

Зазначимо, що функція виду y = a x існує і при a = 1. Тоді y = a x = 1x , тобто y = 1 при всіх значеннях x ∈R. Але в цьому випадку функція y = 1x не називається показниковою. (Графік функції y = 1x — пряма, зображена на рис. 2.1.)

у = 1x

x  3  1 Наприклад, y = 2 , y =   , y =  , y = π x — показникові функції.  2  2  x

0 Puc. 2.1

§§2. Показникова функція, її властивості та графік

y 8

Оскільки при a > 0 вираз a x означений при всіх дійсних значеннях x, то областю визначення показникової функції y = a x є всі дійсні числа. Спочатку побудуємо графіки деяких показникових x

 1 функцій, наприклад y = 2x і y =   , «за точками», а потім  2 перейдемо до характеристики загальних властивостей показникової функції. Складемо таблицю деяких значень функцій y = 2x x

 1 і y=  .  2 x

y = 2x  1 y=   2

у = 2x

4 2 –3 –2 –1

01 2 3

Puc. 2.2 −

–3

–2

–1

≈ 0,7

2 ≈ 1,4

2 ≈ 1,4 1 2

≈ 0,7

y 8

Побудуємо на координатній площині відповідні точки і з’єднаємо їх плавними лініями. Отримаємо графіки  1 функцій y = 2 (рис. 2.2) і y =    2 x

(рис. 2.3).

Як бачимо з графіків, функція y = 2x є зростаючою x

 1 функцією, а функція y =   є спадною функцією, які на 2 бувають всіх значень із проміжку (0; + ∞ ) . x

 1 Зауважимо, що графік функції y =   можна одер 2 жати з графіка функції y = 2x за допомогою геометричних пеx

1  1 ретворень. Приймемо f (x ) = 2x , тоді   = x = 2 − x = f ( −x ).  2 2 x  1 Отже, графік функції y =   симетричний графіку функ 2 x ції y = 2 відносно осі Oy (див. підручник для 10 класу, п. 2.2)

4  1 y=   2

–3 –2 –1

01 2 3

Puc. 2.3 а

y у = ax a > 1

 1 і тому, якщо функція y = 2x є зростаючою, функція y =    2 обов’язково буде спадною. Виявляється, завжди при a > 1 графік функції y = a x схожий на графік функції y = 2x , а при 0 < a < 1 — на графік  1 функції y =    2

Графік нентою.

показникової

(рис. 2.4). функції

називають

0 б у = ax 0 < a < 1

експо 0 Puc. 2.4

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

2 Властивості показникової функції Як було показано вище, областю визна чення показникової функції y = a x ( a > 0, a ≠ 1) є всі дійсні числа: D ( a x ) = R.

Областю значень функції y = a x є мно жина всіх додатних чисел, тобто функ ція y = a x набуває тільки додатних значень, причому будьяке додатне число є значен

ням функції, або E ( a x ) = (0; + ∞ ) . Це означає, що графік показникової функції y = a x завжди розміщений вище від осі Ox і будьяка пряма, паралельна осі Ox і розташована вище від неї, перети нає цей графік.

При a > 1 функція y = a x зростає на всій області визначення, а при 0 < a < 1 функ ція y = a x спадає на всій області визна чення. Обґрунтування області значень та про міжків зростання й спадання показнико вої функції проводять так. Ці властивості перевіряють послідовно для натуральних, цілих, раціональних показників, а потім уже узагальнюють для довільних дійсних показників. Але треба ураховувати, що, коли ми вводили поняття степеня з ірра ціональним показником, ми вже користу валися зростанням функції, коли проводи ли такі міркування: оскільки 1,7 < 3 < 1,8 , то 21,7 < 2 3 < 21,8 . Отже, у нашій системі ви кладу матеріалу ми зможемо обґрунтува ти ці властивості тільки для раціональних показників, але, враховуючи громіздкість таких обґрунтувань, приймемо їх без дове дення. Усі інші властивості показникової функції легко обґрунтовуються за допомо гою цих властивостей. Функція y = a x ні парна, ні непар на, оскільки f ( −x ) = a − x =

1 ax

означенням a ≠ 1). Також оскільки f ( −x ) = a − x > 0

≠ f (x ) = a x (за f ( − x ) ≠ − f (x ) , (тому що

E ( a x ) = (0; + ∞ ) ), а −f (x ) = −a x < 0.

Точки перетину з осями координат: ● графік функції y = a x перетинає вісь Oy у точці y = 1 (справді, на осі Oy значен ня x = 0, тоді y = a 0 = 1); ● графік показникової функції y = a x ( a > 0, a ≠ 1) не перетинає вісь Ox, оскільки на осі Ox y = 0, а значен ня y = 0 не входить до області значень показникової функції y = a x ( y = a x = 0 тільки при a = 0, але за означенням a > 0). Проміжки знакосталості: y>0 при всіх дійсних значеннях x, оскільки y = a x > 0 при a > 0. Зазначимо ще одну властивість показ никової функції. Оскільки графік функ ції y = a x перетинає вісь Oy у точці y = 1, то, враховуючи зростання функції при a > 1 та спадання при 0 < a < 1, одержуємо такі співвідношення між значеннями функції й відповідними значеннями аргумента. Значення аргумента

Значення функції

при a > 1

при 0 < a <1

y >1

x ∈(0; + ∞ )

x ∈( − ∞; 0)

0 < y <1

x ∈( − ∞; 0)

x ∈(0; + ∞ )

Функція y = a x не має ні найбільшого, ні найменшого значень, оскільки її область значень — проміжок (0; + ∞ ) , який не мі стить ні найменшого, ні найбільшого чисел. Властивості показникової функції, за значені в п. 8 табл. 2: a u a v = a u+v ; ( a u ) = a uv ; v

au u u −v  a  = ; (ab) = a ubu — анало = a ;   v u   b b a гічні до властивостей степеневої функції, які було обґрунтовано в курсі 10 класу. Зазначимо ще одну властивість показ никової функції, яка виокремлює її серед інших функцій: якщо f (x ) = a x ( a > 0, a ≠ 1), то при будьяких дійсних значеннях аргу ментів x1 і x2 виконується рівність

f (x1 ) f (x2 ) = f (x1 + x2 ).

§§2. Показникова функція, її властивості та графік

1 2

1 3

y a = 3 a = 2

у = ax

1 0

Puc. 2.5 Дійсно, f (x1 ) f (x2 ) = a x1 a x2 = a x1 +x2 = f (x1 + x2 ) . У курсах вищої математики ця властивість (разом зі строгою монотонністю) є основою аксіоматичного означення показникової функції. У цьому випадку формулюється означення: показникова функція y = f (x ) — це строго монотонна функція, визначена на всій числовій осі, яка задовольняє функ ціональне рівняння f (x1 ) f (x2 ) = f (x1 + x2 ), а потім обґрунтовується, що функція f (x ) збігається з функцією y = a x ( a > 0, a ≠ 1). Крім спільних властивостей показникової функції при a > 1 і 0 < a < 1, зазначимо деякі особливості «поведінки» графіків показникових функцій при конкретних значеннях a. Так, на рис. 2.5 наведено графіки показникових функцій y = a x для випадків, коли основа a набуває значень 2; 3;

1 2

;

1 3

Порівнюючи ці графіки, можна зробити висновок: чим більшою є основа a > 1, тим крутіше «піднімається» графік функ-

ції y = a x , якщо точка рухається вправо, і тим швидше графік наближається до осі Ox, якщо точка рухається вліво. Аналогічно, чим меншою є основа 0 < a < 1, тим крутіше «піднімається» графік функції y = a x , якщо точка рухається вліво, і тим швидше графік наближається до осі Ox, якщо точка рухається вправо. Завершуючи розмову про показникову функцію, звернемо увагу на ті причини, які заважають розглядати показникові функції з від’ємною або нульовою основою. Показникова функція y = a x ( a > 0, a ≠ 1 ) означена при всіх дісних значеннях х. Певна річ, вираз a x можна розглядати і при a = 0, і при a < 0, але в цих випадках він уже буде означений не при всіх дійсних значеннях x. Зокрема, вираз 0 x означений при всіх x > 0 (і тоді 0 x = 0 ), а виx раз ( −2) — при всіх цілих значеннях x (на1 1 −3 приклад, ( −2) = = − ). Через це й не 3 8 ( −2) беруть за основу показникової функції a = 0 (отримуємо сталу функцію при x > 0) та a < 0 (одержуємо функцію, означену тільки при окремих значеннях x, а саме x ∈Z). Але наведені міркування стосовно доцільно сті вибору основи показникової функції не впливають на область допустимих значень виразу a x . Наприклад, як було зазначено вище, пара значень a = −2, x = −3 входить до його ОДЗ, і це доводиться враховувати під час розв’язування деяких завдань.

Зазначимо, що за допомогою показникової функції можна описати значну кількість процесів, які відбуваються в природі. Наприклад, зростання кількості бактерій (за відсутності негативних для їх росту факторів і наявності великої кількості поживних речовин) відбувається за законом N = 5t , де t — час дослідження, N — число бактерій у колонії. Тиск повітря зменшується з висотою за законом p = p0 ⋅ a −kh , де p0 — тиск на рівні моря, p — тиск на висоті h, a і k — деякі сталі. Зростання кількості деревини під час росту дерева відбувається за за коном A = A0 ⋅ a kt , де A0 — початкова кількість деревини, A — кіль кість деревини через час t, k і a — деякі сталі.

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

Маса речовини під час радіоактивного розпаду зменшуt

 1 T ється за законом M = M0 ⋅   , де M0 — початкова маса  2 речовини, M — маса в момент часу t, T — період напіврозпаду речовини (тобто час, за який розпадається половина атомів заданої речовини). Оскільки періоди напіврозпаду певних речовин добре відомі, цю залежність застосовують для визначення віку археологічних знахідок.

Приклади розв’язування завдань

Приклад 1

Порівняйте значення виразів:  2 1)    3

−3

 2 і    3

−5

 7 2)   2 

;

 7 і  .  2 

Розв’язання  2  3 

Коментар

x < 1, тому Урахуємо, що функція y = a при a > 1 зростаюча, а при 0 < a < 1 −3 −5 спадна. Отже, спочатку порівняє 2  2 з нерівності −3 > −5 одержуємо   <   .  мо задану основу степеня a з оди 3  3 x ницею, а потім, порівнюючи аргу 7 2)  Функція y =  є зростаючою, оскільки  менти, зробимо висновок про спів 2  відношення між заданими значен7 > 1, тому з нерівності 4 > 3 одержуємо нями функції. 2

1)  Функція y = 

є спадною, оскільки

 7  7   >   . 2 2 

Приклад 2

Порівняйте з одиницею додатну основу степеня a, якщо відомо, що виконується нерівність: 1) a

Розв’язання

;

2) a

−

1 3

−

1 5.

Коментар

нерівності вирази — це два значення 5 < 11 і за умо- Задані в кожній x функції y = a . вою a 5 > a 11 , то функція y = a x Проаналізуємо, яке значення функції відповідає більє спадною, отже, 0 < a < 1.  шому значенню аргумента (для цього спочатку порів1 1 2)  Оскільки − < − і за умовою няємо аргументи). 3 5 1 1 Якщо більшому значенню аргумента відповідає біль− − a 3 < a 5 , то функція y = a x ше значення функції, то функція y = a x є зростаючою є зростаючою, отже, a > 1.  і a > 1; якщо відповідає менше значення функції, то функція y = a x спадна і 0 < a < 1. 1)  Оскільки

§§2. Показникова функція, її властивості та графік

Приклад 3

Побудуйте графік функції: 1) y = 1,7 x ;

2) y = 0,3x . Коментар При 0 < a < 1 показникова функція спадає, отже, графіком функції y = 0,3x буде крива, точки якої при збільшенні аргумента «опускаються» вниз. (Нагадаємо, що, «опускаючись» вниз, графік наближається до осі Ox, але ніколи її не перетинає.) Щоб уточнити поведінку графіків заданих функцій, знайдемо координати кількох додаткових точок.

Якщо a > 0, то a x > 0 , отже, графік функції y = a x завжди розташований вище від осі Ox. Цей графік перетинає вісь Oy в точці y = 1 ( a 0 = 1). При a > 1 показникова функція зростає, отже, графіком функції y = 1,7 x буде крива (експонента), точки якої при збільшенні аргумента «піднімаються» вгору.

Розв’язання y

1)  y = 1,7 x

у = 1,7x

–1

1,7

2,89 

1 0

2)  y = 0,3x

1 0

Приклад 4

–1

0,3

0,09 

у = 0,3x x

 1 Зобразіть схематично графік функції y =    3

Розв’язання

 1  3 

−3 .

Коментар

 Послідовно будуємо графіки:

1. y = 

Складемо план побудови графіка заданої функції за допомогою послідовних геометричних перетворень (див. підручник для 10 класу, п. 2.2). 1. Ми

можемо

побудувати

графік

функ-

1  1 (основа a = < 1, отже, по 3  3 казникова функція спадає).

ції y = f (x ) = 

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

 1  3 

2. y = 

 1  3 

2. Потім

можна

побудувати

1 x

3. y = 

−3

графік

функції

 1 y = g (x ) =   = f x : праворуч від осі Oy  3 (і на самій осі) графік функції y = f (x ) залишається без зміни, і саме ця частина графіка симетрично відображається відносно осі Oy. 3. Після цього можна побудувати графік функ-

( )

 1 − 3 = g ( x ) − 3:  3  паралельно перенести графік функції y = g (x ) уздовж осі Oy на –3 одиниці.

ції y = ϕ (x ) = 

–2 –3

4. Далі можна побудувати графік заданої функ-

 1 4. y =    3

−3

− 3 = ϕ (x ) : частина графіка

ції

функції y = ϕ (x ) , розташована вище від осі Ox (і на самій осі), повинна залишитися без зміни (але таких точок графік функції y = ϕ (x ) не має), а частина графіка, розташована нижче від осі Ox, симетрично відображається відносно осі Ox (тобто весь графік функції y = ϕ (x ) потрібно відобразити симетрично відносно осі Ox).

2 x 

Запитання

 1 y=    3

1. Сформулюйте означення показникової функції. 2. Побудуйте графіки показникової функції y = a x при a > 1 та при 0 < a < 1 (виберіть конкретні значення a). Через яку точку проходять графіки всіх показникових функцій?

3. Користуючись графіком показникової функції y = a x (при a > 1 та при 0 < a < 1), охарактеризуйте її властивості.

4*. Обґрунтуйте властивості функції y = a x ( a > 0, a ≠ 1). 5. Поясніть, як, використовуючи зростання чи спадання відповідної показникової функції, порівняти значення: а) 75 і 7 9 ;

Вправи

б) 0,75 і 0,7 9 .

2.1. Укажіть, які із заданих функцій зростають, а які — спадають: −x

4°) y = π ;

 1 7*) y =    3

 2 2°) y =   ;  3

5) y = ( 5 − 2) ;

8*) y = 2 − x ;

3°) y = ( 3 ) ;

 1  6*) y =  ;  5 − 2 

1°) y = 4 ; x

;

9*) y = −5x .

§§2. Показникова функція, її властивості та графік

2.2°. Побудуйте графік функції: 1) y = 3x ;

3) y = 0,2x ;

 1 2) y =   ;  4

5) y = 0,7 x .

4) y = 2,5x ;

2.3. Знаючи, що a > b > 1, зобразіть схематично в одній системі координат графіки функцій y = a x і y = b x .

2.4. Знайдіть область значень функції: 1) y = 3x + 1;

3) y = 7 x − 2; x

 1 4) y = −   .  6 2.5. Побудуйте графік функції: 2) y = −5x ;

 1 3*) y =    2

1°) y = −3 ; x

 1 2) y =   + 3;  4

 1 5*) y =   − 1 .  2

;

4*) y = 5 x ;

2.6. Порівняйте значення виразів: 1°) 31,5 і 31,4 ;  2 2°)    7

1,3

3°) 0,78

−0,7

 2 і    7

5) 0,5

і 0,5

 4 9)    5

;

1,8

;

і 0,78

−0,6

6) 2

і 2

 5 ; 7)   2 

−4

 5 і   ;  4

10) 0,2 −10 і 511.

; 9

 5 і  ;  2 

 3 3 і 8)  ; 4) ( 2 ) і ( 2 ) ;  2  2 2.7. Порівняйте показники степеня m і n, якщо відомо, що є правильною нерівність: −3

−5

1) 3,2m < 3,2n ;  1 2)    9

 7 3)    6

4) 0,99m < 0,99n ;

(

5 − 1) < ( 5 − 1) ;

( 2 )m > ( 2 )n ;

(

2 − 1) < ( 2 − 1) .

 1 >   ;  9 n

 7 >   ;  6

 3 6)   2 

 3 < ;  2 

2.8. Порівняйте з одиницею додатну основу степеня a, якщо відомо, що є правильною нерівність: 1) a100 > a 99 ;

3) a

1 <a3

4) a

2) a

0,2

;

< a 4 ;

5) a

−

1 17

−

1 8;

6) a −0,25 > a −

Розділ§1.§Показникова§та§логарифмічна§функції

2.9. Порівняйте з одиницею значення виразу:  30  4)   31 

1,2

1) 0,01 ; 100

2) 0,99

1 5

−

7) 3 −

;

 5 8)    7

;

5) 0,007 ;

1 3

 13  3)   ;  12 

; 3

6) 100 −0,01;

2.10. Який висновок можна зробити про знак числа x, якщо: x

 1 2)   = 10 ; 3) 10 x = 4 ;  6 2.11. Розташуйте числа в порядку їх зростання: 1) 3x = 0,6; 1

1) 2 3 , 2 −1,5 , 2 9

2) 0,3 , 1, 0,3

, 2−

− 5

4) 0,3x = 0,1?

, 21,4 , 1;

1 0,3 2 ,

−9

0,3 ,

1 0,3 3 .

Виявіть свою компетентність

2.12*. Унаслідок радіоактивного розпаду за x діб маса M0 речовини

зменшується до маси M. Цей процес можна описати формулою x

M  1  1 M = M0   . Звідси =   . Покажіть графічно, як зі змі 2 M0  2 

ною x змінюється відношення

Використовуючи за необхідності побудований графік, дайте відповіді (точні або наближені) на запитання. 1) У скільки разів зменшиться маса радіоактивної речовини через 1,5 доби, 2,5 доби, 3 доби, 4 доби? 2) Скільки часу має минути, щоб початкова маса радіоактивної речовини зменшилася у 2,5 разу, у 3 рази, у 4 рази?

РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ПОКАЗНИКОВИХ РІВНЯНЬ ТА НЕРІВНОСТЕЙ

§3

3.1. Найпростіші показникові рівняння Таблиця 3

1. Основні формули та співвідношення Графік функції y = a x (a > 0)

a u ⋅ a v = a u+v

(ab)u = a u ⋅ bu au av

a >1

u −v

0 < a <1 y

у = ax

au  a   = u b b

y 1

(au )v = auv u

a =1

у = 1x

av = a u

зростає

0 стала

спадає

2. Схема рівносильних перетворень найпростіших показникових рівнянь Орієнтир

f (x )

При a > 0 і a ≠ 1 ( )

= a g x ⇔ f (x ) = g (x )

Приклад 32x+4 = 9 .  32x+4 = 32 ; 2x + 4 = 2 ; x = −1 . Відповідь: –1. 

6 x+3 = −36 .  Коренів немає, оскільки 6t > 0 для всіх t. Відповідь: коренів немає. 

3. Зведення деяких показникових рівнянь до найпростіших Орієнтир 1) Якщо ліва й права частини показникового рівняння містять тільки добутки, частки, корені або степені, то доцільно за допомогою основних формул спробувати записати обидві частини рівняння як степені з однією основою.

Приклад

 2

x −3

⋅2

3x − 3 = Відповідь: 2) Якщо в одній частині показникового рівняння стоїть число, а в іншій усі члени містять вираз виду a kx (показники степенів відрізняються тільки вільними членами), то зручно в цій частині рівняння винести за дужки найменший степінь a.

2x −3 ⋅ 4 x = =

1 2 1 2

22 24 x

; 2

3x −3

− 4x ; x =

1 2

16 x

1 −4 x = 22 ;

. 

5x − 2 ⋅ 5x −2 = 23 .

 5x−2 (52 − 2) = 23 ; 5x−2 ⋅ 23 = 23; 5x−2 = 1; 5x−2 = 50 ; x − 2 = 0; x = 2. Відповідь: 2. 

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

Пояснення й обґрунтування Означення. Показниковими зазвичай називаються рівняння, у яких показник степеня містить змінну, а основа цього степеня не містить змінної.

Розглянемо найпростіше показникове рівняння a x = b ,

(1)

де a > 0 і a ≠ 1. Оскільки при цих значеннях a функція y = a x строго монотонна (зростає при a > 1 і спадає при 0 < a < 1), то кожного свого значення вона набуває тільки при одному значенні аргумента. Це означає, що рівняння a x = b при b > 0 має єдиний корінь. Щоб його знайти, достатньо подати b у вигляді b = a c . Очевидно, що x = c — корінь рівняння a x = a c . Графічно це проілюстровано на рис. 3.1. Наприклад, щоб розв’язати рівняння 7 x = 49 , достатньо подати це рівняння у вигляді 7 x = 72 і записати його єдиний корінь x = 2. Якщо b 0, то рівняння a x = b (при a > 0 ) коренів не має, оскільки a x завжди більше нуля. (На графіках, наведених на рис. 3.2, пряма y = b не перетинає графік функції y = a x при b 0.) Наприклад, рівняння 7 x = −7 не має коренів. Узагальнюючи наведені вище міркування стосовно розв’язування найпрості-

ших показникових рівнянь, зазначимо, що при a > 0 і a ≠ 1 рівняння ( )

( )

af x = a g x

рівносильне рівнянню f (x ) = g (x ) .

у = ax a > 1

b = ac

(3)

Коротко це твердження можна записати так: при a > 0 і a ≠ 1 ( )

( )

a f x = a g x ⇔ f (x ) = g (x ) . Щоб обґрунтувати цю рівносильність, достатньо помітити, що рівності (2) і (3) можуть бути правильними тільки одночасно, оскільки функція y = a t є строго монотонною й кожного свого значення набуває тільки при одному значенні аргумента t (тобто з рівності степенів (2) обов’язково випливає рівність показників степеня (3)). Отже, усі корені рівняння (2) (які перетворюють це рівняння на правильну рівність) будуть і коренями рівняння (3), та навпаки, усі корені рівняння (3) будуть коренями рівняння (2). А це й означає, що рівняння (2) і (3) рівносильні. У найпростіших випадках під час розв’язування показникових рівнянь треба за допомогою основних формул дій над степенями (див. табл. 3) звести (якщо це мож( )

( )

ливо) задане рівняння до виду a f x = a g x . Для розв’язування більш складних показникових рівнянь найчастіше використовують заміну змінних (застосування цього методу розглянуто далі, в табл. 4) або y

(2)

y b = ac

у = ax a > 1

у = ax 0 < a < 1

1 0

0 б

Puc. 3.1

у = a 0 < a < 1

у = b

b < 0

у = b

x а

б Puc. 3.2

b < 0

§§3. Розв’язування показникових рівнянь та нерівностей

ластивості відповідних функцій (ці метов ди розглянуто в табл. 11, §8). Як відомо, усі рівносильні перетворення рівняння завжди виконуються на його області допустимих значень (ОДЗ), тобто на спільній області визначення всіх функцій, які входять до запису цього рівняння. Але в показникових рівняннях найчастіше областю допустимих значень є множина всіх

дійсних чисел. У цих випадках, як правило, ОДЗ не знаходять і не записують до розв’язання рівняння (див. приклади 1–3 до п. 3.1). Якщо ж у процесі розв’язування показникових рівнянь рівносильні перетворення виконуються не на всій множині дійсних чисел, то доводиться згадувати про ОДЗ (приклад 4 до п. 3.1).

Приклади розв’язування завдань

Приклад 1

Розв’яжіть рівняння: 1) 4 x = 64; 2) 5x = −1 ;

3) 12x

Розв’язання

−4

= 1; 12x x = ±2 . 

Приклад 2

−4

( )

5 − x+0,5 1 52

Розв’яжіть рівняння:

(0,2)x−0,5 5

= 5 ⋅ (0,04)

x −2

;

 1 2) 2x ⋅ 3x =    6

= 5 ⋅ (5 −2 )

x −2

1 2

(

Ліва і права частини заданих рівнянь містять тільки добутки, частки, корені або степені. У цьому випадку для зведення рівняння до виду ( )

;

( )

a f x = a g x спробуємо використати основні формули дій над степенями, щоб записати обидві частини рівняння як степені з однією основою. У першому рівнянні треба звернути увагу на те, що 0,2 =

)

5 = 51+ −2x+4 ; 5 − x = 55−2x ; −x = 5 − 2x , x = 5 . Відповідь: 5.  2)  Задане рівняння рівносильне ; рівнянням (2 ⋅ 3) = (6 −1 ) 6 x = 6 −2x+3 ; x = −2x + 3 ; x = 1. Відповідь: 1.  x

2x −3

Коментар

= 51 ⋅ 5 −2x+4 ;

− x + 0,5 −

( )

Інші рівняння зведемо до виду a f x = a g x (де a > 0 і a ≠ 1 ) і перейдемо до рівносильного рівняння f (x ) = g (x ) .

= 120 ; x 2 − 4 = 0 ;

1)  Задане рівняння рівносильне рівнянням 1 52

= 1.

При a > 0 завжди a x > 0 , тому рівняння 5x = −1 не має коренів.

Розв’язання

(5 −1 )x−0,5

−4

Коментар

1)  4 x = 64; 4 x = 43 ; x = 3 ;  2)  5x = −1 — коренів немає, оскільки 5x > 0 завжди;  3)  12x

2x −3

2 10

1 5

= 5 −1, а 0,04 =

4 100

1 25

= 5 −2 і

5 =52.

Отже, ліву і праву частини цього рівняння можна записати як степені числа 5. Для перетворення рівняння 2 пригадаємо, що всі формули можна використовувати як зліва направо, так і справа наліво, наприклад для лівої частини цього рівняння скористаємося формулою

a ubu = (ab ) , тобто 2x ⋅ 3x = (2 ⋅ 3) = 6 x . u

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

Приклад 3

Розв’яжіть рівняння 32x+2 + 5 ⋅ 32x −2 = 86 .

Розв’язання

Коментар

 Задане рівняння рівносильне рівнянням 32x−2 (34 + 5) = 86; 32x−2 ⋅ 86 = 86; 32x−2 = 1 ; 32x−2 = 30 ; 2x − 2 = 0 ; x = 1. Відповідь: 1. 

У лівій частині рівняння всі члени містять вирази виду 32x (показники степенів відрізняються тільки вільними членами). У цьому випадку зручно винести за дужки в лівій частині рівняння найменший степінь числа 3, тобто 32x−2 .

Приклад 4*

Розв’яжіть рівняння (1 + b2 )

= (1 + b2 )

4− x

Розв’язання

Коментар

 ОДЗ: x 0, b ∈R. Розглянемо два випадки. 1) При b = 0 одержуємо рівняння 1 x = 14− x , корені якого — усі дійсні числа, що входять до ОДЗ, тобто x 0. 2) При b ≠ 0 1 + b2 ≠ 1, і тоді задане рівняння рівносильне рівнянню x =4− x . Звідси x = 2 , тоді x = 4 .

У заданому рівнянні x — змінна, b — параметр. Проаналізувавши основу степенів у цьому рівнянні, робимо висновок, що при будьяких значеннях b основа 1 + b2 1. Функція y = a x при a > 1 є зростаючою, а при a = 1 — сталою (див. графіки функції y = a x , наведені

Відповідь: 1) при b = 0 x ∈[0; + ∞ ); 2) при b ≠ 0 x = 4 . 

в табл. 3). Основа 1 + b2 при b = 0 дорівнює 1, а при всіх інших значеннях b — більша за 1. Розглянемо кожний із цих випадків окремо:

b = 0 і b ≠ 0.

у яких випадках показникове рівняння a x = b (де a > 0 Запитання 1. Поясніть, і a ≠ 1) має корені. У яких випадках воно не має коренів? Наведіть приклади, проілюструйте їх графічно.

2. Якому рівнянню рівносильне показникове рівняння a f (x) = a g(x) при a > 0 і a ≠ 1? Наведіть приклади.

3*. Чи зміниться відповідь на запитання 2, якщо для основи степенів буде задано тільки обмеження a > 0?

§§3. Розв’язування показникових рівнянь та нерівностей

Вправи

У завданнях 3.1.1–3.1.5 розв’яжіть рівняння.

3.1.1. 1°) 4 x = 8 ;

9°) 2x = 4 ;

17°) 23x = 8;

2°) 3x = 9x+1 ;

10°) 2x = 16 ;

18) 3x

3°) 53x−1 = 0,2 ;

11°) 3x = −1;

19) 7 x = 72−x ;

4°) 71−4x = 1;

12°) 2x = 32 ;

20) 25x = 53−x ;

= 4 2 ;

13°) 3x = 0 ;

21*) 2x ⋅ 3x+1 = 108 ;

= 9;

14°) 5x = 1;

22*) 3x ⋅ 52x −3 = 45 .

x2 −x

 1 5°)    2 6°) 3x

−4 x

7) 4 x = 26+x −x ; x

 2  9 

3 8

−5x +8

= 9;

15) 3x − 3 = 0 ;

8) 22 = 2 ;

3.1.2. 1)     =  3   16 

16) 32x = 81; x

27  2  9 3)     = .  8  8 64

;

2  3   10  = ; 2)      5   15  5

3.1.3. 1) 2

162 = x ; 4

 1 2)    8

2x 2 3

3) (0,5)

= 4 − x ⋅ 8 −4 ;

3°) 4

 1 6)    5

− 3 = 15;

+ 4 = 320;

π

3.1.5*. 1)  sin 

(

2) 1 + a

2x −3

π  =  sin   2

) = (1 + a ) x

3) (1 + a )

1 x

2− x

= (1 + a )

x −1

 1 7) 5 ⋅    2

x( x + 2 ) −

1 2

= 4 2 ⋅ 4x.

5°) 3x+2 − 2 ⋅ 3x −2 = 79;

4°) 3 ⋅ 5x+3 + 2 ⋅ 5x+1 = 77 ; 

= 9x ;

⋅ 22x+2 = 64 −1 ;

x +1

5) 2

3.1.4. 1°) 7 x+2 + 4 ⋅ 7 x+1 = 539; 2°) 2 ⋅ 3

 1 −   5

x −3

x +1

 1 +   2

= 4,8 ; x +1

= 162 ;

8) 5 ⋅ 9x + 9x −2 = 406 .

x +5

;

6−

2 x.

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

3.2. Р озв’язування більш складних показникових рівнянь та їх систем Таблиця 4

Схема пошуку плану розв’язування показникових рівнянь Орієнтир

Приклад

1. П озбуваємося числових доданків у показниках степенів (використовуємо справа наліво основні формули дій над степенями, наведені в табл. 3).

4 x+1 − 3 ⋅ 2x − 10 = 0 .

2. Я кщо можливо, зводимо всі степені (зі змінною в показнику) до однієї основи і виконуємо заміну змінної.

 4 x ⋅ 41 − 3 ⋅ 2x − 10 = 0 . Ураховуючи, що 4 x = 22x , зводимо степені до однієї основи 2: 4 ⋅ 22x − 3 ⋅ 2x − 10 = 0 . Виконавши заміну 2x = t , отримаємо рівняння 5

4t 2 − 3t − 10 = 0 ; t1 = 2 , t2 = − . 4 У результаті оберненої заміни маємо: 2x = 2 , тобто x = 1, або 2x = −

— коренів немає.

Відповідь: 1.  3. Я кщо не можна звести всі степені до однієї основи, то пробуємо звести їх до двох основ так, щоб одержати однорідне рівняння (усі члени якого мають однаковий сумарний степінь і яке розв’я зується почленним ділен ням обох частин рівняння на найбільший степінь однієї з двох одержаних основ).

4 x + 3 ⋅ 6 x − 4 ⋅ 9x = 0.  Зведемо всі степені до двох основ 2 і 3: 2 2 x + 3 ⋅ 2 x ⋅ 3 x − 4 ⋅ 32 x = 0 . Маємо однорідне рівняння (сумарний степінь усіх членів однаковий — 2x ). Для його розв’язування поділимо обидві ча

4. В інших випадках переносимо всі члени рівняння в один бік і пробуємо розкласти одержаний вираз на множники або застосовуємо спеціальні прийоми розв’язування, у яких використовуються властивості відповідних функцій.

6 x − 9 ⋅ 2x − 2 ⋅ 3x + 18 = 0 .  Якщо попарно згрупувати члени в лівій частині рівняння і в кожній парі винести за дужки спільний множник, то одер-

стини на 3

 2 ≠ 0:    3

 2

 2 + 3  − 4 = 0.  3

Виконаємо заміну   = t , одержимо: t 2 + 3t − 4 = 0 ; t1 = 1 ,  3 t2 = −4 . x  2 У результаті оберненої заміни маємо:   = −4 — коренів x

 2 немає або   = 1, тоді x = 0 .  3 Відповідь: 0. 

 3

жимо 2x (3x − 9) − 2 (3x − 9) = 0 . Тепер можна винести за дужки спільний множник 3x − 9:

(3x − 9) ⋅ (2x − 2) = 0.

Тоді 3x − 9 = 0 або 2x − 2 = 0 . Одержуємо два рівняння: 1) 3x = 9 , тоді x = 2 ; 2) 2x = 2 , тоді x = 1. Відповідь: 2; 1. 

§§3. Розв’язування показникових рівнянь та нерівностей

Пояснення й обґрунтування Для розв’язування більш складних показникових рівнянь (порівняно з тими, які було розглянуто в п. 3.1) найчастіше використовують заміну змінних. Щоб зорієнтуватися, чи можна ввести заміну змінних у даному показниковому рівнянні, часто буває корисно на початку розв’язування позбутися числових доданків у показниках степенів, використовуючи формули a u + v = a u a v і a u −v =

au av

Наприклад, у рівнянні 4 x+1 − 3 ⋅ 2x − 10 = 0

замість 4 x+1 записуємо добуток і одержуємо рівняння 4 x ⋅ 4 − 3 ⋅ 2x − 10 = 0 ,

(1) 4 x ⋅ 41 (2)

рівносильне заданому. Потім намагаємося всі степені (зі змінною в показнику) звести до однієї основи і виконати заміну змінної. Наприклад, у рівнянні (2) степінь з основою 4 можна записати як степінь з основою 2: 4 = (2 x

)

Зазначимо, що використання як основ них формул дій над степенями, так і за міни змінної та оберненої заміни завжди приводить до рівняння, рівносильного заданому на його ОДЗ (у рівнянні (1) — на множині всіх дійсних чисел), через те що всі вказані перетворення ми можемо виконати і в прямому, і в зворотному напрямках. (Отже, ми завжди зможемо довести, що кожний корінь одного рівняння є коренем другого й навпаки, — аналогічно обґрунтуванню рівносильного переходу для найпростіших показникових рівнянь в п. 3.1.) У тих випадках, коли всі степені (зі змінною в показнику) у показниковому рівнянні, яке не зводиться безпосередньо до найпростішого, не вдається звести до однієї основи, потрібно спробувати звести всі степені до двох основ так, щоб одержати однорідне рівняння. Наприклад, розглянемо рівняння 4 x + 3 ⋅ 6 x − 4 ⋅ 9x = 0. (5) Усі степені в цьому рівнянні можна подати як степені з основами 2 і 3, оскільки

4 x = (22 ) = 22x ; 9x = (32 ) = 32x ; 6 x = (2 ⋅ 3) = 2x ⋅ 3x x

x і одержати рівняння 6 x = (2 ⋅ 3) = 2x ⋅ 3x . Одержуємо рівняння 22x ⋅ 4 − 3 ⋅ 2x − 10 = 0 . (3) 22x + 3 ⋅ 2x ⋅ 3x − 4 ⋅ 32x = 0. (6) Нагадаємо загальний орієнтир Усі одночлени, розташовані в лівій частині цього рівняння, мають степінь 2x Якщо у рівнянні, нерівності або тотожності кілька разів присутній один і той самий ви(степінь одночлена 2x ⋅ 3x теж дорівнює раз зі змінною, то зручно цей вираз позначиx + x = 2x ). ти однією буквою (новою змінною). Нагадаємо загальний орієнтир (розглянутий у підручнику для 10 класу).

Звертаємо увагу на те, що 22x = (2x ) . Отже, до рівняння (3) змінна фактично входить тільки у вигляді степеня 2x , тому в цьому рівнянні зручно ввести заміну 2x = t і одержати квадратне рівняння 2

4t 2 − 3t − 10 = 0 .

Якщо всі члени рівняння, у лівій і правій частинах якого стоять многочлени від двох змінних (або від двох функцій однієї змінної), мають однаковий сумарний степінь*, то рівняння називається однорідним.

(4)

Знаходимо корені цього рівняння, а потім виконуємо обернену заміну (див. розв’язання, наведене в табл. 4).

Звичайно, якщо рівняння має вигляд f = 0 (де f — многочлен), то йдеться тільки про степінь членів многочлена f, оскільки нульмногочлен степеня не має.

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

Розв’язують однорідне рівняння почленним діленням обох його частин на степінь із найбільшим із наявних у рівнянні показником. Отже, рівняння (6) є однорідним, і його можна розв’язати діленням обох частин або на 22x , або на 32x . Зазначимо, що при всіх значеннях x вирази 22x і 32x відмінні від нуля. Отже, під час ділення на ці вирази не може відбутися втрата коренів (як це могло бути, наприклад, для однорідних тригонометричних рівнянь), і в результаті ділення обох частин рівняння на будь-який із цих виразів завжди одержуємо рівняння, рівносильне заданому. Наприклад, якщо розділити обидві частини рівняння (6) на 32x ≠ 0, одержуємо

22 x 32 x

скорочення

3 ⋅ 2x ⋅ 3x 32 x 22 x 32 x

+ 3⋅

− 2x 3x

4 ⋅ 32 x 32 x

= 0 або після

− 4 = 0 . В останнь

му рівнянні всі члени можна подати як степені з однією основою 2x

2 3

, тобто:

 2  2   + 3 ⋅   − 4 = 0 , і виконати заміну 3 3 x  2   = t . Подальше розв’язання одержа 3 ного рівняння повністю аналогічне розв’я занню рівняння (2). Повне розв’язання цього рівняння наведене в табл. 4. Складаючи план розв’язування окремих показникових рівнянь, слід пригадати про доцільність перенесення всіх членів рівняння в один бік і подальшого розкладан ня одержаного виразу на множники, наприклад із використанням групування членів, як це зроблено в табл. 4 для рівняння 6 x − 9 ⋅ 2x − 2 ⋅ 3x + 18 = 0. Для розв’язування деяких показникових рівнянь можна використовувати вла стивості відповідних функцій (ці методи розглянуто в § 8).

Приклади розв’язування завдань

Приклад 1

Розв’яжіть рівняння

Розв’язання  Застосувавши заміну змінної 3x = t , t > 0 , одержуємо 6 t

−

4 t +1

= 1.

Тоді 6 (t + 1) − 4t = t (t + 1); t 2 − t − 6 = 0 . Звідси t1 = −2 , t2 = 3 . У результаті оберненої заміни маємо:

3x = −2 (коренів немає) або 3x = 3 , тоді x = 1. Відповідь: 1. 

6 3

−

4 x

3 +1

= 1. Коментар

У задане рівняння змінна входить тільки у вигляді степеня з однією основою: 3x , тому зручно застосувати заміну 3x = t і одержати дробове рівняння. Знаходимо його корені, а потім виконуємо обернену заміну. Як уже зазначалося, заміна й обернена заміна змінної — це рівносильні перетворення заданого рівняння, але під час розв’язування одержаного дробового рівняння треба подбати про те, щоб не отримати сторонніх коренів (для цього, наприклад, достатньо урахувати, що t = 3x > 0 , і тоді ОДЗ одержаного рівняння t ≠ −1 і t ≠ 0 буде врахована автоматично).

§§3. Розв’язування показникових рівнянь та нерівностей

Приклад 2

Розв’яжіть рівняння 25

1 2

Розв’язання 

1 25x ⋅ 25 2

− 10

x 1

Коментар

− 3 = 0 ; 52x ⋅ 5 − 2 ⋅ 5x − 3 = 0 .

Виконаємо заміну 5x = t і отримаємо рівнян3

ня 5t 2 − 2t − 3 = 0 , його корені t1 = 1 , t2 = − . 5 У результаті оберненої заміни маємо: 5x = 1, тоді x = 0 , або 5x = −

3 5

− 10 ⋅ 5x −1 − 3 = 0 .

— коренів немає.

1. П озбуваємося числових доданків у показниках степенів. 2. Зводимо всі степені (зі змінною в показнику) до однієї основи 5. 3. Виконуємо заміну 5x = t , розв’язуємо одержане рівняння, здійснюємо обернену заміну і розв’язуємо одержані найпростіші показникові рівняння (ураховуємо, що всі перетворення були рівносильними).

Відповідь: 0. 

Приклад 3

Розв’яжіть рівняння 2x+3 − 3x = 3x+1 − 2x .

Розв’язання

Коментар

 2x ⋅ 23 − 3x − 3x ⋅ 31 + 2x = 0;

1. П озбуваємося числових доданків у показниках степенів, переносимо всі члени рівняння в один бік і зводимо подіб ні члени. 2. Звертаємо увагу на те, що степені всіх членів одержаного рівняння 9 ⋅ 2x − 4 ⋅ 3x = 0 (з двома основами 2 і 3) однакові (дорівнюють x), отже, це рівняння однорідне, його можна розв’язати діленням обох частин на степінь з основою 2 або 3 і найбільшим показником — або на 2x , або на 3x . Ураховуючи, що 3x ≠ 0 при всіх значеннях x, у результаті ділення на 3x отримуємо рівняння, рівносильне поперед ньому (а відповідно, і заданому).

9 ⋅ 2x − 4 ⋅ 3x = 0 : 3x ≠ 0 ; 9⋅

−

4 ⋅ 3x 3x

= 0;

4  2  2 9  − 4 = 0;   = ;  3  3 9 x

 2  2   =   ; x = 2 . 3 3 Відповідь: 2. 

Під час розв’язування систем рівнянь, що містять показникові функції, найчастіше використовують традиційні методи розв’язування систем рівнянь: метод підстановки і метод заміни змінних. x + y = 1, Розв’яжіть систему рівнянь  x y 4 + 4 = 5.

Приклад 4

Розв’язання

Коментар

 Із першого рівняння системи маємо: y = 1 − x . Тоді з другого рівняння одержуємо 4 x + 41−x = 5, тоб-

Якщо з першого рівняння системи y виразити через x і підставити в друге рівняння, то одержимо показникове рівняння, яке ми вже вміємо розв’язувати (аналогічно до того, як це було зроблено в прикладі 2).

то 4 x +

41 4x

= 5 . Виконаємо заміну 4 x = t , t > 0 , одер-

жуємо рівняння t +

4 t

= 5 , з якого отримуємо рівнян-

ня t 2 − 5t + 4 = 0, що має корені t1 = 1 і t2 = 4.

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції Виконуємо обернену заміну. Одержуємо: 4 x = 1, тоді x1 = 0, або 4 x = 4 , звідки x2 = 1 . Знаходимо відповідні значення змінної y: y = 1 − x . Якщо x1 = 0, то y1 = 1 ; якщо x2 = 1 , то y2 = 0. Відповідь: (0; 1) , (1; 0) . 

Приклад 5*

Виконуючи заміну змінної, ураховуємо, що t = 4 x ≠ 0 . Тоді в одержаному дробовому рівнянні t +

= 5 зна-

менник t ≠ 0 . Отже, це дробове рівняння рівносильне рівнянню t 2 − 5t + 4 = 0.

Розв’язання x 52

Коментар y 2 3

x 52

=u і = v , одерu2 − v 2 = 16, жуємо систему рівнянь  u − v = 2. Із другого рівняння цієї системи маємо u = 2 + v .  Виконавши заміну змінних

3 2 = 3, тоді = 5, тоді

y 2

y 2 3

=u і = v , то Якщо позначити 5x = u 2 і 3 y = v 2 . Тоді задана система рівнянь буде рівносильною алгебраїчній системі, яку легко розв’язати. Після виконання оберненої заміни одержуємо систему найпростіших показникових рівнянь.

Тоді з першого рівняння одержуємо (2 + v ) − v 2 = 16. Звідси v = 3 , тоді u = 5 . Виконуємо обернену заміну:

Відповідь: (2; 2). 

5x − 3 y = 16,  y Розв’яжіть систему рівнянь  x 5 2 − 3 2 = 2.

x 52

= 1, отже, y = 2;

x = 1, отже, x = 2 . 2

на прикладах, як можна скласти план розв’язування Запитання 1. Поясніть показникових рівнянь, які не вдається безпосередньо звести до найпростіших.

2. Яку заміну змінних можна виконати під час розв’язування рівняння 42x + 2 ⋅ 4 x − 3 = 0 ? Яке рівняння одержимо після виконання заміни?

3. Поясніть, чому рівняння 5x = 7 x і 22x + 3 ⋅ 2x ⋅ 5x − 4 ⋅ 52x = 0 є однорідними. Як можна їх розв’язати?

Вправи

У завданнях 3.2.1–3.2.5 розв’яжіть рівняння.

3.2.1°. 1) 52x + 4 ⋅ 5x − 5 = 0 ; 2) 62x − 5 ⋅ 6 x − 6 = 0 ;

3) 32x − 2 ⋅ 3x = 3 ; 4)

8 x

5 −3

−

6 x

5 +1

6 x

4 −2

= 3;

−

5 x

4 +1

= 2.

§§3.§Розв’язування§показникових§рівнянь§та§нерівностей§

5) 2x+1 + 4 x = 80 ;

3.2.2. 1) 49x − 6 ⋅ 7 x − 7 = 0 ;

3x + 3 − x

2) 64 x − 7 ⋅ 8 x − 8 = 0 ;

3) 2x + 22−x = 5 ;

7) 101+x − 101−x = 99 ;

4) 3x + 32−x = 10 ;

8*) 10 sin

3x − 3 − x

=2;

+ 10 cos

= 11 .

4) 4 x+1 + 4 ⋅ 3x = 3x+2 − 4 x ;

3.2.3. 1°) 7 x = 9x ; 2°) 5 ⋅ 3x − 3 ⋅ 5x = 0 ;

5) 2x + 2x+1 + 2x+2 = 2 ⋅ 5x + 5x+1 ;

3) 2x+3 − 3x = 3x+1 − 2x ;

6) 4 x − 3

3.2.4. 1) 22x + 2x ⋅ 5x − 2 ⋅ 52x = 0 ; 2) 32x + 2 ⋅ 3x ⋅ 7 x − 3 ⋅ 72x = 0 ;

x−

1 2

− 22x −1 .

4) 4 ⋅ 9x − 7 ⋅12x + 3 ⋅16 x = 0 ; 5) 5 ⋅ 4 x − 7 ⋅10 x + 2 ⋅ 25x = 0 .

3) 4 x = 3 ⋅ 49x − 2 ⋅14 x ;

3.2.5*. 1) 6 x − 4 ⋅ 3x − 9 ⋅ 2x + 36 = 0 ; 2) 5 ⋅15x − 3 ⋅ 5x+1 − 3x + 3 = 0 ;

3) 4 ⋅ 20 x − 20 ⋅ 5x −1 + 5 ⋅ 4 x+1 − 20 = 0 ; 4) 8 x − 4 x − 2x+3 + 8 = 0 .

3.2.6. Розв’яжіть графічно рівняння: x

 1 3)   = x + 3 ;  2 x  1 4)   = x + 1 .  3

1) 2 = 3 − x ; x

 1 2) 3x =   ;  2

3.2.7*. Доведіть, що рівняння, наведені в завданні 3.2.6, не мають інших коренів, крім знайдених графічно.

3.2.8. Розв’яжіть систему рівнянь: 4 x+ y = 16, 1)  x+2y −1 = 1; 5

x + y = 3, 3)  x y 2 + 2 = 6;

3x − 2 y = 77,  y 5*)  x 3 2 − 2 2 = 7;

 2y −x 1 = , 3 2)  81 3x − y+2 = 27;

x − y = 2, 4)  x y 3 − 3 = 24;

5x − 6 y = 589,  y 6*)  x 5 2 + 6 2 = 31.

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

3.3. Розв’язування показникових нерівностей Таблиця 5

1. Графік показникової функції y = a x ( a > 0 і a ≠ 1) a >1

0 < a <1

у = ax

1 x

у = ax x

2. Схема рівносильних перетворень найпростіших показникових нерівностей a >1

0 < a <1

a f x > a g x ⇔ f (x ) > g (x ) знак нерівності зберігається

a f x > a g x ⇔ f (x ) < g (x ) знак нерівності змінюється на протилежний

( )

Приклади 2x−3 > 4 .

0,7 x−3 > 0,49 .  0,7 x−3 > 0,7 2 .

 2x−3 > 22 . Функція y = 2t є зростаючою, отже: x − 3 > 2; x > 5.

Функція y = 0,7 t є спадною, отже: x − 3 < 2; x < 5.

Відповідь: (5; + ∞ ). 

Відповідь: ( − ∞;5). 

3. Розв’язування більш складних показникових нерівностей Орієнтир I. За допомогою рівносильних перетворень (за схе мою розв’язування показ никових рівнянь, табл. 4) задана нерівність зводиться до нерівності відомого виду (квадратної, дробо вої тощо). Після розв’язу вання одержаної нерівно сті приходимо до найпро стіших показникових не рівностей.

Приклад 4 x+1 + 7 ⋅ 2x − 2 > 0 .  4 ⋅ 4 + 7 ⋅ 2 − 2 > 0 , 22x ⋅ 4 + 7 ⋅ 2x − 2 > 0 . x

Виконаємо заміну 2x = t , одержимо нерівність 4t 2 + 7t − 2 > 0 , множина роз 1

в’язків якої t < −2 або t > (див. ри 4 сунок).

+ –2

–

+ 1 t 4

У результаті оберненої заміни отримаємо 2x < −2 (розв’язків немає) або 2x >

1 4

, звідки 2x > 2 −2, тобто x > −2 .

Відповідь: ( −2; + ∞ ) . 

§§3. Розв’язування показникових рівнянь та нерівностей II. З астосовуємо загальний метод інтервалів — зводимо задану нерівність до виду f (x ) 0 і використовуємо таку схему. 1. Знайти ОДЗ. 2. Знайти нулі функції f (x ). 3. Позначити нулі функції на ОДЗ і знайти знак f (x ) у кожному з проміж ків, на які ОДЗ розбивається нулями. 4. Записати відповідь, ураховуючи знак нерівності.

3x + 4 x > 7 .  Розв’яжемо нерівність методом інтервалів. Задана нерівність рівносильна нерівності 3x + 4 x − 7 > 0 . Позначимо f (x ) = 3x + 4 x − 7 . 1. ОДЗ: x ∈R . 2. Нулі функції: f (x ) = 0 ; 3x + 4 x − 7 = 0 . Оскільки функція f (x ) = 3x + 4 x − 7 є зростаючою (як сума двох зростаючих функцій), то значення 0 вона набуває тільки в одній точці

(

)

області визначення: x = 1 f (1) = 31 + 41 − 7 = 0 . 3. Позначаємо нулі функції на ОДЗ, знаходимо знак f (x ) у кожному з проміжків, на які розбивається ОДЗ (див. рисунок), і записуємо множину розв’язків нерівності f (x ) > 0 .

–

+ x

Відповідь: (1; + ∞ ) . 

Пояснення й обґрунтування Розв’язування найпростіших показникових нерівностей виду a x > b (або a x < b ), де a > 0 і a ≠ 1, ґрунтується на властивостях функції y = a x , яка зростає при a > 1 і спадає при 0 < a < 1 . Наприклад, щоб знайти множину розв’язків нерівності a x > b при b > 0 , достатньо подати b у вигляді b = a c . Одержуємо нерівність

a x > a c .

(1) x

При a > 1 функція y = a зростає, отже, більшому значенню функції відповідає більше значення аргумента, тому з нерівності (1) одержуємо x > c (знак цієї нерівності збігається зі знаком нерівності (1)). При 0 < a < 1 функція y = a x спадає, от же, більшому значенню функції відповідає менше значення аргумента, тому з нерівності (1) одержуємо x < c (знак цієї нерівності протилежний до знака нерівності (1)). Графічно це проілюстровано на рис. 3.3. Наприклад, щоб розв’язати нерівність 5x > 25, достатньо подати її у вигляді 5x > 52 , урахувати, що 5 > 1 (функція y = 5x зро стаюча, отже, при переході від порівняння функцій до порівняння аргументів знак нерівності не змінюється), і записати множину розв’язків: x > 2.

Зауважимо, що множину розв’язків заданої нерівності можна записувати у вигляді нерівності x > 2 або у вигляді проміжку (2; + ∞ ) . Аналогічно, щоб розв’язати нерівність x

1  1 , достатньо подати цю нерівність   > 4 16 x 2 1  1  1 у вигляді   >   , урахувати, що < 1  4  4 4 x

 1 (функція y =   спадна, отже, при пере 4 ході від порівняння функцій до порівняння аргументів знак нерівності змінюється на протилежний), і записати множину роз в’язків: x < 2. Ураховуючи, що при будь-яких додатних значеннях a значення a x завжди більше нуля, одержуємо, що при b 0 y

у = ax a > 1

b = ac

1 0

у = ax 0 < a < 1

б Puc. 3.3

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

нерівність a x < b розв’язків не має, а нерівність a x > b виконується при всіх дійсних значеннях x. Наприклад, нерівність 7 x < −7 не має розв’язків, а множиною розв’язків нерівності 7 x > −7 є всі дійсні числа. Узагальнюючи наведені вище міркування стосовно розв’язування найпростіших показникових нерівностей, зазна( )

( )

чимо, що при a > 1 нерівність a f x > a g x рівносильна нерівності f (x ) > g (x ), а при 0 < a < 1 — нерівності f (x ) < g (x ). Коротко це твердження можна записати так: ( )

( )

● якщо a > 1, то a f x > a g x ⇔ f (x ) > g (x ) (знак нерівності зберігається); ( )

( )

● якщо 0 < a < 1, то a f x > a g x ⇔ ⇔ f (x ) < g (x ) (знак нерівності змінюється на протилежний).  Щоб обґрунтувати рівносильність відповідних нерівностей, достатньо зазначити, що при a > 1 нерівності ( )

( )

a f x > a g x , (2) f (x ) > g (x ) (3) можуть бути правильними тільки одночасно, оскільки функція y = a t при a > 1 є зростаючою і більшому значенню функції відповідає більше значення аргумента (і навпаки: більшому значенню аргумента відповідає більше значення функції). Отже, усі розв’язки нерівності (2) (які пе-

ретворюють її на правильну числову нерівність) будуть і розв’язками нерівності (3), та навпаки: усі розв’язки нерівності (3) будуть розв’язками нерівності (2). А це означає, що нерівності (2) і (3) рівносильні.  Аналогічно обґрунтовується рівносиль( )

( )

ність нерівностей a f x > a g x і f (x ) < g (x ) при 0 < a < 1. У найпростіших випадках під час розв’язування показникових нерівностей, як і під час розв’язування показникових рівнянь, треба за допомогою основних формул дій над степенями звести (якщо це мож( )

( )

ливо) задану нерівність до виду a f x a g x . Для розв’язування більш складних показникових нерівностей найчастіше використовують заміну змінних або властивості відповідних функцій (ці методи розглянуто в § 8). Аналогічно до розв’язування показникових рівнянь усі рівносильні перетворення нерівності завжди виконуються на її області допустимих значень (ОДЗ), тобто на спільній області визначення для всіх функцій, які входять до запису цієї нерівності. Для показникових нерівностей досить ча сто областю допустимих значень є множина всіх дійсних чисел. У цих випадках, як правило, ОДЗ не знаходять і не записують до розв’язання нерівності (див. приклад 1). Якщо ж у процесі розв’язування показникової нерівності рівносильні перетворення виконуються не на всій множині дійсних чисел, то доводиться враховувати ОДЗ (див. приклад 2).

Приклади розв’язання завдань

Приклад 1

Розв’яжіть нерівність 0,6 x

Розв’язання  0,6 x −7 x+6 0,60 . Оскільки функція y = 0,6t є спадною, то x 2 − 7x + 6 0. Звідси 1 x 6 (див. рисунок).

1 Відповідь: [1; 6]. 

–

+ 6

−7 x +6

1. Коментар

Запишемо праву частину нерівності як степінь числа 0,6, тобто 1 = 0,60 . Оскільки 0,6 < 1, то при переході від порівняння степенів до порівняння показників степеня знак нерівності змінюється на протилежний (одержуємо нерівність, рівносильну заданій). Для розв’язування одержаної квадратної нерівності використаємо графічну ілюстрацію.

§§3. Розв’язування показникових рівнянь та нерівностей

Приклад 2

Розв’яжіть нерівність 3

− 32 −

Розв’язання

Коментар Оскільки рівносильні перетворення нерівностей виконуються на ОДЗ по чаткової нерівності, то врахуємо цю ОДЗ. Використовуючи формулу

 ОДЗ: x 0.

−

= t (t > 0) , у резуль

a u −v =

8 , яка рівносильна

доданка в показнику степеня й одер жуємо степені з однією основою 3, що дозволяє виконати заміну змінної

Оскільки t > 0 , одержуємо t 2 − 8t − 9 0 . Звідси −1 t 9. Ураховуючи, що t > 0 , маємо 0 < t 9 .

3 x = t , де t > 0 . В одержаній нерівності знаменник є додатним, тому цю дробову нерів ність можна звести до рівносильної їй квадратної. Після виконання оберненої заміни треба врахувати не тільки зростання функції y = 3t , а й ОДЗ початкової не рівності.

Виконуємо заміну змінної 3 таті отримуємо нерівність t − 2

нерівності

t − 8t − 9 t

9 t

Виконуючи обернену заміну, одержуємо 0 < 3 Тоді 3

3 .

Функція y = 3t зростаюча, отже, ючи ОДЗ, одержуємо 0 x 4 .

x 2. Урахову

Відповідь: [0; 4] . 

Приклад 3*

позбуваємося

числового

Розв’яжіть нерівність 22x+1 − 5 ⋅ 6 x + 32x+1 > 0 . Розв’язання

Коментар

 Розв’яжемо нерівність методом інтервалів. По значимо f (x ) = 22x+1 − 5 ⋅ 6 x + 32x+1 . 1. ОДЗ: x ∈R . 2. Нулі функції: f (x ) = 0 ;

Задану нерівність можна розв’язувати або зведенням до алгебраїчної нерів ності, або методом інтервалів. Для розв’язування її методом інтервалів використаємо схему, наведену в таб лиці 5. Для знаходження нулів функції зве демо всі степені до двох основ (2 і 3), щоб одержати однорідне рівняння. Це рівняння розв’язується діленням обох частин на степінь з основою 2 або 3 і найбільшим показником, на приклад на 32x . Ураховуючи, що 32x ≠ 0 при всіх значеннях x, у ре зультаті ділення на 32x одержуємо рівняння, рівносильне попередньому. Звичайно, для розв’язування заданої нерівності можна було врахувати, що 32x > 0 завжди, і після ділення

22x+1 − 5 ⋅ 6 x + 32x+1 = 0 ; 2 2 x ⋅ 2 − 5 ⋅ 6 x + 32 x ⋅ 3 = 0 ; 2 ⋅ 2 2 x − 5 ⋅ 2 x ⋅ 3 x + 3 ⋅ 3 2 x = 0 : 32 x ≠ 0 ;  2 2   3

 2 − 5  + 3 = 0.  3

 2 Застосуємо заміну змінної   = t . Одержуємо:  3 2t 2 − 5t + 3 = 0 ; t1 = 1 , t2 =

3 2

У результаті оберненої заміни маємо: x

3  2  2   = 1 або   = . 3 3 2 Звідси x = 0 або x = −1 .

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції 3. Позначаємо нулі функції на ОДЗ, знаходимо знак f (x ) у кожному з одержаних проміжків (див. рисунок) і записуємо множину розв’язків нерівності f (x ) > 0 .

– –1

заданої нерівності на 32x та викори x

 2 стання заміни   = t одержати ал 3 гебраїчну нерівність.

+ x

Відповідь: ( − ∞; − 1) ∪ (0; + ∞ ). 

Розв’яжіть нерівність (3x − 9) x 2 − 2x − 8 0 .

Приклад 4*

Розв’язання

Коментар

 Позначимо f (x ) = (3x − 9) x 2 − 2x − 8 . 1. ОДЗ: x 2 − 2x − 8 0. Тоді x − 2 або x 4 (див. рисунок).

+ –2

–

2. Нулі функції: f (x ) = 0 ;

(3 x − 9 )

x 2 − 2x − 8 = 0 , тоді 3x − 9 = 0 або x 2 − 2x − 8 = 0 . Із першого рівняння: x = 2 — не входить до ОДЗ; із другого: x1 = −2, x2 = 4 (входять до ОДЗ).

Задану нестрогу нерівність теж зручно розв’язувати методом інтервалів. Записуючи відповідь, треба враховувати, що у випадку, коли ми розв’язуємо нестрогу нерівність f (x ) 0 , усі нулі функ ції f (x ) мають увійти до відповіді.

3. Позначаємо нулі функції f (x ) на ОДЗ, знаходимо знак f (x ) у кожному з проміжків, на які нулями розбивається ОДЗ (див. рисунок), і записуємо множину розв’язків нерівності f (x ) 0 : x ∈( − ∞; − 2] або x = 4 .

–

+ –2

Відповідь: x ∈( − ∞; − 2] ∪ {4} . 

у яких випадках показникові нерівності a x > b і a x < b Запитання 1. Поясніть, (де a > 0 і a ≠ 1 ) мають розв’язки. У яких випадках дані нерівності не мають розв’язків? Наведіть приклади. Проілюструйте їх графічно.

2. Якій нерівності рівносильна показникова нерівність a f (x) > a g(x) при a > 1 ? При 0 < a < 1 ? Наведіть приклади.

§§3.§Розв’язування§показникових§рівнянь§та§нерівностей§

Вправи

У завданнях 3.3.1–3.3.4 розв’яжіть нерівність.  1 6)    2

3.3.1. 1°) 2x > 1 ; 1

2°) 2x >

 1 8)    4

3) 3x > 0 ; x

 1 4)   < 0 ;  3

9*)

 2

10*) x −1

5 2

;

x −2

< 16 ; 2

x −7 x +6 0,3 x −3

 1 5°)   9 ;  3  2

7°) 5x 25 5 ;

;

3.3.2. 1)   +    3  3

3−x

1 ;

x 2 −9 x + 8 1,3 x −4

4) 62x −1 −

1 3

1 .

⋅ 6x − 4 0 ;

2°) 3x+2 + 3x −1 < 28 ;

5) 4 x − 2x+1 − 8 > 0 ;

3) 32x+1 + 8 ⋅ 3x − 3 0 ;

6) 9x − 12 ⋅ 3x + 27 0 .

3.3.3. 1) 3x > 5x ; 2) 7 x −1 2x −1 ;

3.3.4*. 1) (2x − 2) x 2 − x − 6 0 ; 2) (3x −2 − 1) x 2 − 2x − 8 0 ;

3*) 22x+1 − 5 ⋅ 6 x + 32x+1 0 ; 4*) 5 ⋅ 32x + 15 ⋅ 52x −1 8 ⋅15x . 3)

6 ⋅ 3x − 2 > 3x + 1 ;

2 ⋅ 5x+1 − 1 > 5x + 2 .

§ 4

Логарифм числа. Властивості логарифмів Таблиця 6

1. Логарифм числа Означення

Приклади

Логарифмом додатного числа b за основою a ( a > 0, a ≠ 1 ) називається показник степеня, до якого треба піднести a, щоб одержати b. Позначення: log a b .

1) log 4 16 = 2, оскільки 42 = 16 ; 1

2) log7 7 =

1 , оскільки 7 2 = 7 . 2

Десятковий логарифм — це логарифм за основою 10. Позначення: log10 b = lg b .

3) lg1000 = 3, оскільки 103 = 1000 .

Натуральний логарифм — це логарифм за основою e (e — ірраціональне число, наближене значення якого e ≈ 2,7 ). Позначення: log e b = ln b .

4) ln

1 e

= −2, оскільки e −2 =

1 e2

2. Основна логарифмічна тотожність a log a b = b , де a > 0, a ≠ 1 , b > 0 .

1) 3log 3 5 = 5 ; 2) 10lg 2 = 2.

3. Властивості логарифмів і формули логарифмування ( a > 0, a ≠ 1, x > 0, y > 0) 1) log a 1 = 0 ;

Логарифм одиниці за будь-якою основою дорівнює нулю.

2) log a a = 1 ;

Логарифм числа, яке збігається з основою, дорівнює одиниці.

3) log a (xy ) = log a x + log a y ;

Логарифм добутку додатних чисел дорівнює сумі логарифмів множників.

4) log a

x y

Логарифм частки додатних чисел дорівнює різниці логарифмів діленого й дільника.

= log a x − log a y ;

Логарифм степеня додатного числа дорівнює добутку показника степеня на логарифм основи цього степеня.

5) log a x n = n log a x .

4. Формула переходу до логарифмів з іншою основою log a x =

log b x log b a

, де a > 0, a ≠ 1 , b > 0 , b ≠ 1 , x > 0

Наслідки log a b =

1 log b a

log a b = log a k b k

§§4. Логарифм числа. Властивості логарифмів

Пояснення й обґрунтування 1 Логарифм числа Якщо розглянути рівність 23 = 8 , то, знаючи будь-які два числа з цієї рівності, можна знайти третє. Задана рівність

23 = 8

Що відомо

Що знаходимо

Запис

Назва

числа 2 і 3

число 8

8 = 23

степінь

числа 8 і 3

число 2

2= 38

корінь третього степеня

числа 8 і 2

число 3

3 = log 2 8

логарифм

Перші дві операції, наведені в таблиці (піднесення до степеня й добування кореня n-го степеня), нам уже відомі, а з третьою — логарифмуванням, тобто знаходженням логарифма заданого числа, — ми ознайомимося в цьому параграфі. У загальному вигляді операція логарифмування дозволяє з рівності a x = b (де b > 0 , a > 0, a ≠ 1) знайти показник степеня x. Результат виконання цієї операції позначається log a b. Означення. Логарифмом додатного чис

ла b за основою a ( a > 0, a ≠ 1) називається показник степеня, до якого треба піднести a, щоб одержати b. Наприклад,

log 2 8 = 3 ,

оскільки 2

1  1  1 23 = 8 ; log 1   = 2 , оскільки   = ;  2  4 4 2

чисел b і a ( a ≠ 1) рівняння a x = b має єдиний корінь x = log a b. При b 0 рівняння a x = b ( a > 0, a ≠ 1) не має коренів, отже, при b 0 значення виразу log a b не існує. Наприклад, не існують log 3 ( −9), log 2 0, log 1 ( −7 ). 2

Зазначимо, що існують логарифми, які мають власні назви. Логарифм за основою 10 називають десятковим логарифмом і позначають lg. Наприклад, log10 7 = lg 7 , lg 100 = log10 100 = 2 . У недалекому минулому десятковим логарифмам віддавали перевагу й складали дуже детальні таблиці десяткових логарифмів, які використовувалися в різних обчисленнях. В епоху загальної комп’ютеризації

1  1  log 4   = −2, оскільки 4 −2 = .  16  16

Зазначимо, що для додатних чисел b і a (a ≠ 1) рівняння a x = b завжди має єдиний розв’язок, оскільки функція y = a x набуває всіх значень із проміжку (0; + ∞ ) і при a > 1 є зростаючою, а при 0 < a < 1 — спадною (рис. 4.1). Отже, кожного свого значення b > 0 функція y = a x набуває тільки при одному значенні x. Тому для будь-яких додатних

y у = b

у = ax a > 1

y у = b у = ax 0 < a < 1

0 б

Puc. 4.1

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

десяткові логарифми втратили свою провідну роль. У сучасній науці й техніці широко використовуються логарифми, основою яких є особливе число e (так само відоме, як і число π). Число e, як і число π, — ірра ціональне, e = 2,718 281 828 459 045... . Число e можна означити через границю функції: x

1  e = lim  1 +  — друга чудова границя. x →∞  x Логарифм за основою e називають натуральним логарифмом і позначають ln . Наприклад,

log e 7 = ln 7 , ln

1 e

= log e

1 e

Перемноживши почленно дві останні рівності, отримаємо xy = a u+v . За означенням логарифма з урахуванням уведених позначень з останньої рівності одержуємо log a (xy ) = u + v = log a x + log a y . Отже, log a (xy ) = log a x + log a y .

Логарифм добутку додатних чисел дорівнює сумі логарифмів множників. 4) Аналогічно, щоб одержати форx

мулу логарифма частки достатньо

= −1 .

(2)

поділити

сті (1). Тоді

x y

( x > 0, y > 0),

почленно

рівно-

= a u−v . За означенням ло-

2 Основна логарифмічна тотожність

гарифма з урахуванням уведених позначень з останньої рівності одержуємо

За означенням логарифма, якщо log a b = x , то a x = b ( a > 0, a ≠ 1, b > 0 ). Якщо в останню рівність підставити замість x його значення, одержимо рівність, яка називається основною логарифмічною тотожністю:

log a

a log a b = b , де a > 0, a ≠ 1, b > 0 . Наприклад,  1 5log5 9 = 9, 10lg7 = 7 ,    3

log 1 2 3

= 2.

3 Властивості логарифмів і формули логарифмування

оскільки a 0 = 1 (при a > 0, a ≠ 1). Отже, логарифм одиниці за будь-якою основою дорівнює нулю. 2) Оскільки a1 = a , то log a a = 1. 3) Щоб одержати формулу логарифма добутку xy ( x > 0, y > 0), позначимо log a x = u , log a y = v . Тоді за означенням логарифма x = a u і y = a v .

(1)

= u − v = log a x − log a y . Отже, log a

x y

= log a x − log a y .

(3)

Логарифм частки додатних чисел дорівнює різниці логарифмів діленого і дільника. 5) Щоб одержати формулу логарифма степеня x n (де x > 0), позначимо log a x = u . За означенням логарифма x = a u , тоді x n = a nu . За означенням логарифма з урахуванням позначення для u маємо log a x n = nu = n log a x . Отже,

У всіх наведених нижче формулах a > 0 і a ≠ 1. 1) З означення логарифма одержуємо: log a 1 = 0,

log a x n = n log a x .

(4)

Логарифм степеня додатного числа дорівнює добутку показника степеня на логарифм основи цього степеня. 1 Ураховуючи, що при x > 0 за формулою (4) маємо 1

log a n x = log a x n =

1 n

x =xn ,

log a x .

Отже, при x > 0 можна користуватися формулою log a n x =

1 n

log a x .

Цю формулу можна не запам’ятовува ти, а кожного разу записувати корінь із додатного числа як відповідний степінь.

§§4. Логарифм числа. Властивості логарифмів

Зауваження. Інколи доводиться знаходити логарифм добутку xy і в тому випадку, коли

числа x і y від’ємні ( x < 0, y < 0). Тоді xy > 0 і log a (xy ) існує, але формулою (2) скори статися не можна — вона обґрунтована тільки для додатних значень x і y. У випадку xy > 0 маємо xy = x ⋅ y , і тепер x > 0 та y > 0, отже, для логарифма добутку x ⋅ y

можна скористатися формулою (2). Тому при x < 0 і y < 0 можемо записати log a (xy ) = log a x ⋅ y = log a x + log a y .

(

)

Одержана формула справедлива і при x > 0 та y > 0, оскільки в цьому випадку x = x і y = y . Отже, (2′) при xy > 0 log a (xy ) = log a x + log a y . Аналогічно можна узагальнити й формули (3) і (4): при

x y

> 0 log a

x y

= log a x − log a y ,

(3′)

при x ≠ 0 log a x 2k = 2k log a x .

4 Формула переходу до логарифмів з іншою основою  Нехай log a x = u ( x > 0, a > 0, a ≠ 1). Тоді за означенням логарифма a u = x . Прологарифмуємо обидві частини останньої рівності за основою b ( b > 0 , b ≠ 1). Одержимо log b a u = log b x . Використовуючи для лівої частини цієї рівності формулу логарифма степеня, отримаємо u log b a = log b x . Звідси u =

log b x log b a

Ураховуючи, що u = log a x , одержуємо: log a x =

log b x log b a

де a > 0, a ≠ 1, b > 0 , b ≠ 1, x > 0. Отже, логарифм додатного числа x за старою основою a дорівнює логарифму цього самого числа x за новою основою b, поділеному на логарифм старої основи a за новою основою b. 

(4′)

За допомогою останньої формули можна одержати такі наслідки. 1) Запишемо log a b = чи, що log b b = 1, маємо: log a b =

1 log b a

log b b log b a

. Ураховую-

, де a > 0, a ≠ 1, b > 0 , b ≠ 1.

2) Аналогічно, ураховуючи формулу переходу від однієї основи логарифма до іншої і формулу логарифма степеня, одержуємо (при k ≠ 0): log a k b k =

log a b k log a a

k log a b k

= log a b .

Записавши одержану формулу справа наліво, маємо: log a b = log a k b k , де a > 0, a ≠ 1, b > 0 , b ≠ 1, k ≠ 0.

Логарифми широко застосовуються для моделювання різноманітних процесів навколишнього життя. Наприклад, за відомим психофізіологічним законом Вебера — Фехнера сила p відчуття людиною певного подразника пропорційна логарифму інтенсивності S цього подразника. Гучність (рівень звукового тиску) звучання музичних інструментів, побутових приладів тощо обчислюють за формулою p = 10 lg

S S0

, де S — значення інтенсивності звуку, а S0 — нижнє граничне

значення інтенсивності звуку (якщо S < S0 , то ми звук зовсім не чуємо). Величину p вимірюють у децибелах (дБ).

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

Зазначимо, що безпечною для слуху людини вважають гучність 40–50 дБ — це інтенсивність звучання звичайної розмови. Якщо ж ви прослуховуєте музику за допомогою навушників, які увімкнені так, щоб «перекричати» навколишній світ (тобто з інтенсивністю 80–100 дБ), то це шкідливо для здоров’я і може призвести до погіршення слуху або й зовсім до глухоти.

Приклади розв’язування завдань

Приклад 1

Обчисліть: 1) log 5 125;

2) log

1 27

Розв’язання

Коментар

1)  log 5 125 = 3 , оскільки 53 = 125 ; 

 1  2)  log 1 3 = − , оскільки   27  3 27 1

Приклад 2

−

1 3

Розв’язання За означенням логарифма: 1)  x = log 5 3;  2)  x = log 1 10 ;  3

1 3

 1   27 

1 3

= 3

1 27

1 = 3.  1 3

Запишіть розв’язки найпростіших показникових рівнянь: 1) 5x = 3 ;

3)  x = lg

Ураховуючи означення логарифма, потрібно підібрати такий показник степеня, щоб при піднесенні основи логарифма до цього степеня одержати число, яке стоїть під знаком логарифма.

. 

Приклад 3

 1 2)   = 10 ;  3

3) 10 x =

1 3

Коментар Для будь-яких додатних чисел b і a ( a ≠ 1) рівняння a x = b має єдиний корінь. Показник степеня x, до якого потрібно піднести основу a, щоб одержати b, називається логарифмом b за основою a, тому x = log a b .

Виразіть логарифм за основою 3 виразу

27a 2 5

(де a > 0 і b > 0 )

через логарифми за основою 3 чисел a і b. (Коротко кажуть: «прологарифмуйте заданий вираз за основою 3».) Розв’язання  log 3

27a 2 5

= log 3

33 a 2 1 b5

Коментар Спочатку запишемо вирази в чисельнику і знаменнику заданого виразу як степені чисел і букв.

§§4. Логарифм числа. Властивості логарифмів 1

= log 3 (33 a 2 ) − log 3 b 5 = 3

Потім урахуємо, що логарифм частки 1 b5

= log 3 3 + log 3 a − log 3 = 3 log 3 3 + 2 log 3 a − = 3 + 2 log 3 a −

1 5

додатних чисел дорівнює різниці логарифмів чисельника і знаменника, а потім те, що логарифм добутку 33 a 2 дорівнює сумі логарифмів множників.

log 3 b . 

Відомо, що log 2 5 = a, log 2 7 = b. Виразіть log 2 700 через a і b.

Розв’язання

Коментар

 log 2 700 = log 2 (7 ⋅ 52 ⋅ 22 ) =

Спочатку подамо число 700 як добуток степенів чисел 5 і 7 (заданих) та 2 (основи логарифма), а потім використаємо властивості логарифмів та підставимо в одержаний вираз значення log 2 5 і log 2 7 .

= log 2 7 + log 2 52 + log 2 22 = = log 2 7 + 2 log 2 5 + 2 log 2 2 = = b + 2a + 2 . 

Приклад 5*

Прологарифмуйте за основою 10 вираз

Розв’язання  Якщо lg

ab 3 c2

Коментар Оскільки логарифми існують тільки для додатних чисел, ми можемо прологарифмувати заданий вираз тільки у випадку,

> 0 , то

ab 3

(

= lg ab3 − lg c2 = lg aколи ⋅ b3 − 2lg >c02 . =

(

)

З умови не випливає, що в заданому виразі значення a, b і c додатні. Тому будемо користуватися узагальненими формулами логарифмування (2′)–(4′), а також урахуємо, що

lg ab3 − lg c2 = lg a ⋅ b3 − lg c2 =

lg b3

log 3 b =

Приклад 4

33 a 2

= lg a + lg b3 − 2 lg c = lg a + 3 lg b − 2 lg c 3 2 ab3 = a ⋅ b3 , b3 = b , c2 = c . − 2 lg c = lg a + 3 lg b − 2 lg c . 

Інколи доводиться шукати вираз, знаючи його логарифм. Таку операцію називають потенціюванням.

Приклад 6

Знайдіть x за його логарифмом: 1) lg x = lg 5 − 2 lg 3 + 3 lg 2;

Розв’язання 3

lg x = lg 5 − lg 3 + lg 2 ; lg x = lg

5 ⋅ 23 3

; x=

5 ⋅ 23 3

1 2

log a b + 5 log a c − log a p .

Коментар

1)  lg x = lg 5 − 2 lg 3 + 3 lg 2; 2

2) log a x =

40 9

. 

Користуючись формулами логарифмування справа наліво, запишемо праві частини заданих рівностей у вигляді логарифма якогось виразу М.

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції 2)  log a x =

1 2

З одержаної рівності log a x = log a M отримуємо x = M . (Як буде показано в § 5, значення x, що задовольняє рівність log a x = log a M , — єдине).

log a b + 5 log a c − log a p ; 1

log a x = log a b 2 + log a c5 − log a p ; log a x = log a

1 b 2 c5

Приклад 7*

; x=

1 b 2 c5

. 

Обчисліть значення виразу 5

4 1 + log5 4 log 3 5 2

Розв’язання  Оскільки log 4 log

5 3

4 2

1 2

4 log

Отже, 5

1 log 5 3

1 1 2

log 5 3

2 log 5 3

, то

= 2 log 5 3 = log 5 32 = log 5 9 .

log 5 3

Крім того, Тоді

Коментар

5 3

log 5 4 = log 5 4 2 = log 5 4 = log 5 2 .

1 2

log 5 4 = log 5 9 + log 5 2 = log 5 (9 ⋅ 2) = log 5 18 .

4 1 + log5 4 log 3 5 2

Запитання

Спробуємо привести показник степеня заданого виразу до виду log 5 b , щоб можна було скористатися основною логарифмічною тотожністю 5log5 b = b . Для цього перейдемо в показнику степеня до однієї основи логарифма (до ос нови 5).

= 5log5 18 = 18 . 

1. Сформулюйте означення логарифма додатного числа b за основою a ( a > 0, a ≠ 1).

2. Який логарифм називають десятковим і який — натуральним? Наведіть приклади запису й обчислення таких логарифмів.

3. 1) Запишіть основну логарифмічну тотожність. Наведіть приклади її використання. 2*) Обґрунтуйте основну логарифмічну тотожність.

4. 1) Запишіть формули логарифмування. Сформулюйте їх зміст. Наведіть приклади використання цих формул. 2*) Обґрунтуйте формули логарифмування.

5. 1) Запишіть формулу переходу від однієї основи логарифма до іншої. Наведіть приклади використання цієї формули. 2*) Обґрунтуйте формулу переходу від однієї основи логарифма до іншої.

6*. Чи можна прологарифмувати вирази xy,

x y

, x 4 у тому випадку,

коли значення x і y від’ємні? Якщо так, як це зробити? Обґрунтуйте відповідні формули.

§§4. Логарифм числа. Властивості логарифмів

Вправи

4.1°. Перевірте правильність рівності: 1) log 2 16 = 4;

3) log 2

2) log 3 27 = 3 ;

4) log

= −2 ;

5) log 1 8 = −3 ; 2

4 = 4; 2

6) log 0,2 0,008 = 3.

4.2. Обчисліть: 1

1°) log 5 25;

5) log 9

2°) log 4 64;

6°) log 1 1;

;

9*) log7+4 10*) log 9−4

3°) log 3

1 9

(7 − 4 3 ) ;

(9 + 4 5 ) .

7*) log 2 4 23 2 ;

;

8*) log7 5 7 4 7 ;

4°) log 6 6 ;

4.3°. Користуючись означенням логарифма, запишіть розв’язки найпростіших показникових рівнянь: 1) 4 x = 9; x

 1 2)   = 15 ;  4

3) 10 x = 11;

5) 0,2x = 0,7 ;

4) 5x = 19;

6) e x = 3.

4.4. Користуючись основною логарифмічною тотожністю, спростіть вираз: 1) 5log5 7 ; 2) 3

log 3 4

;

4) 3,5

log

1 3 ;

log 3,5 13

5*) 71+log7 2 ;  1 6*)    3

;

log 1 6−2 3

4.5. Прологарифмуйте вираз за заданою основою, якщо a > 0, b > 0 , c > 0:

1°) 10a 3c 4 за основою 10; 2 5

0,1a b c7

за основою 10;

a2b3 c2

за основою e;

5°) 9a7 3 b за основою 3; 2

3°) a 2c b за основою e;

a 5 b4 1 c2

за основою 3.

4.6*. Прологарифмуйте вираз за основою 10, якщо ab > 0 і c ≠ 0: 1) a 3b5c 8 ;

ab c2

;

c4 2 (ab ) 5

;

4) 1005 abc2 .

4.7. Відомо, що log 5 2 = a, log 5 3 = b. Виразіть через a і b: 1) log 5 15;

2) log 5 12;

3) log 5 30;

4) log 5 72.

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

4.8. Знайдіть значення виразу: log7 243

1) lg 56 + lg 125 − lg 7 ;

2) log 9 351 − log 9 13 ;

5) log 2 log 3 4 3 ;

3) 2 lg 5 +

1 3

lg 64 ;

log7 9

;

6) log 3 log 8 4. 2

4.9. Подайте: 1) число 7 у вигляді степеня числа 5; 2) число 13 у вигляді степеня числа 10; 2

3) число

у вигляді степеня числа 2;

3 3

4) число

у вигляді степеня числа 7.

4.10. Подайте: 1) число 3 у вигляді логарифма за основою 5; 2) число –2 у вигляді логарифма за основою 0,2; 1

3) число

у вигляді логарифма за основою 8;

4) число 0,5 у вигляді логарифма за основою 10.

4.11. Знайдіть х, якщо: 1) log 6 x = 3 log 6 2 + 0,5 log 6 25 − 2 log 6 3 ; 2) lg x =

1 3

lg (5a ) − 2 lg b + 5 lg c ;

3) lg x = 3 lg m + 4) log 3 x =

2 7

lg n −

1 5

lg p ;

1 log 3 8 − 2 log 3 20 − 3 log 3 2. 3

4.12. Перейдіть у заданому логарифмі до основи 3: 1) log 1 a;

3) log 1 a;

2) log 9 a ;

5) log 2 a.

4) log

4.13*. Обчисліть значення виразу: 1) 6 2) 3

3 1 + log 6 27 log 2 6 3 2 1 + log 3 16 log 5 3 4

; ;

4) log 9 10 lg 11 log11 12 log12 27; 5) (81

1 1 − log 9 4 4 2

)

+ 25log125 8 49log7 2 ;

log 1  3) log 4 5 log 5 6 log 6 7 log7 32; 6) 15 log 1  5 7 ⋅ ⋅5  49 7

4 49

  .

§§4.§Логарифм§числа.§Властивості§логарифмів§

4.14*.

Знайдіть: 1) log 8 9, якщо log12 18 = a ; 2) log 9 15, якщо log 45 25 = a; 3) log175 56, якщо log14 7 = a і log 5 14 = b ; 4) log150 200, якщо log 20 50 = a і log 3 20 = b. У завданнях 4.15–4.18 обчисліть значення виразу.

4.15.

1) 10 log

log

2) 9log16 2+log3

4.16*.

4.17.

4.18*.

−3 log

log 2 66 log 6 66

1) 20

0,1

3) 810,5log 9 7 ;

2 ;

;

⋅ 0,25

1 lg16 2

2) (15 + 31+log3 4 ) log 2 3 log 3 4.

+ 64log 4 5 ;

− log 2 3 ;

1 2 log 81 5

2) log 2 27 − 2 log 2 3 + log 2

1 2 log 81 5

(

2) 81 4

;

−

1 log 9 4 2

2 3

)

+ 25log125 8 49log7 2 .

У завданнях 4.19, 4.20 порівняйте значення заданих числових виразів.

4.19. 4.20*.

1) log 0,5

7 4

і log 0,125

7 164

1) 7 log5 2 − 0,1 і 2log5 7 ;

;

15 і 8 3

1   log 2  1 −  ⋅2 log 27 3  32 

3) 2log7 3 + 0,1 і 3log7 2 .

2) 5log3 7 + 0,1 і 7 log3 5 ;

§ 5

Логарифмічна функція, її властивості та графік Таблиця 7

Означення. Логарифмічною функцією називається функція виду y = log a x , де a > 0, a ≠ 1.

1. Графік логарифмічної функції Функції y = a x і y = log a x ( a > 0, a ≠ 1 ) є взаємно оберненими функціями, тому їх графіки симетричні відносно прямої y = x .

у = ax

у = x

у = ax 1

0 1 у = logax

у = logax

0 < a < 1

a > 1

2. Властивості логарифмічної функції 1. Область визначення: x > 0 .

D (log a x ) = (0; + ∞ )

2. Область значень: y ∈R .

E (log a x ) = R

3. Функція ні парна, ні непарна. 4. Точки перетину з осями координат: з віссю Oy немає , з віссю Ox 5. Проміжки зростання і спадання: ● при a > 1 функція y = log a x зростає на всій області визначення; ● при 0 < a < 1 функція y = log a x спадає на всій області визначення. 6. Проміжки знакосталості: ● якщо a > 1, то y > 0 при x > 1 , y < 0 при 0 < x < 1; ● якщо 0 < a < 1, то y > 0 при 0 < x < 1, y < 0 при x > 1 . 7. Найбільшого і найменшого значень функція не має.

{

y = 0, x =1

Пояснення й обґрунтування 1 Поняття логарифмічної функції та її графік Означення. Логарифмічною функцією на-

зивається функція виду y = log a x , де a > 0, a ≠ 1.

Покажемо, що ця функція є оберненою до функції y = a x .

 Справді,

показникова

функція

f (x ) = a x при a > 1 зростає на множині R, а при 0 < a < 1 спадає на множині R. Обла стю значень функції f (x ) = a x є проміжок (0; + ∞ ) . Отже, як було показано в підручни ку для 10 класу, функція f (x ) оборотна і має обернену функцію, областю визначення

§§5. Логарифмічна функція, її властивості та графік

y у = x

у = ax

1 0

у = logax

a > 1 б

y у = x

у = ax 1

0 1 0 < a < 1

у = logax

Puc. 5.1

якої є проміжок (0; + ∞ ) і областю значень — множина R. Нагадаємо, що для запису формули оберненої функції достатньо з рівності y = f (x ) виразити x через y і в одержаній формулі x = g ( y ) аргумент позначити через x, а функцію — через y. Тоді з рівняння y = a x ( a > 0, a ≠ 1) за означенням логарифма одержуємо формулу оберненої функції x = log a y , у якій аргумент позначено через y, а функцію — через x. Змінюючи позначення на традиційні, отримуємо формулу y = log a x — формулу функції, оберненої до функції y = ax .  Як відомо, графіки взаємно обернених функцій симетричні відносно прямої y = x . Отже, графік функції y = log a x ( a > 0, a ≠ 1) можна одержати з графіка функції y = a x симетричним відображенням відносно прямої y = x . На рис. 5.1 наведено графіки логарифмічних функцій для a > 1 і 0 < a < 1. Графік логарифмічної функції називають логарифмічною кривою.

2 Властивості логарифмічної функції Властивості функції y = log a x або визначимо з одержаного графіка цієї функції, або обґрунтуємо, спираючись на властиво сті функції y = a x . Оскільки область визначення прямої функції є областю значень оберненої, а область значень прямої функції — областю визначення оберненої, то, знаючи ці характеристики для функції y = a x , одержимо відповідні характеристики для функції y = log a x .

Область визначення Область значень

3. Функція y = log a x не може бути ні парною, ні непарною, оскільки її область визначення не симетрична відносно точки 0. 4. Графік функції y = log a x : ● не перетинає вісь Oy, оскільки на осі Oy

x = 0, а це значення не входить до обла сті визначення функції y = log a x ; ● перетинає вісь Ox у точці x = 1, оскіль-

ки log a 1 = 0 при всіх значеннях a ( a > 0, a ≠ 1).

Функція Характеристика

2. Областю значень функції y = log a x є множина R усіх дійсних чисел (тоді функція y = log a x не має ні найбільшого, ні найменшого значень).

y = ax

y = log a x

(0; + ∞ )

1. Областю визначення функції y = log a x є множина R+ усіх додатних чисел (x > 0) .

5. З графіків функції y = log a x , наведених на рис. 5.1, робимо висновок, що при a > 1 функція y = log a x зростає на всій області визначення, а при 0 < a < 1 спадає на всій області визначення. Цю властивість можна обґрунтувати, спираючись не на вид графіка, а тільки на властивості функції y = a x .

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

Наприклад, при a >1 візьмемо x2 > x1 > 0 . За основною логарифмічною тотожністю можна записати: x1 = a log a x1 , x2 = a log a x2 . Тоді, ураховуючи, що x2 > x1 , маємо a log a x2 > a log a x1 . Оскільки при a > 1 функція y = a x зростаюча, то з останньої нерівності одержуємо log a x2 > log a x1 . А це й означає, що при a > 1 функція y = log a x зростає на всій області визначення. Аналогічно можна обґрунтувати, що при 0 < a < 1 функція y = log a x спадає на всій області визначення.

6. Проміжки знакосталості. Оскіль ки графік функції y = log a x перетинає вісь Ox у точці x = 1, то, ураховуючи зростання функції при a > 1 та спадання при 0 < a < 1, отримаємо такі проміжки знакосталості. Значення аргумента

Значення функції

при a > 1

при 0 < a < 1

y>0

x ∈(1; + ∞ )

x ∈(0; 1)

y<0

x ∈(0; 1)

x ∈(1; + ∞ )

ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ЗАВДАНЬ

Приклад 1

Знайдіть область визначення функції: 1) y = log 5 (3 − x ) ;

2) y = log 1 ( x 2 + 3) ;

3) y = log7 ( x 2 − x ) .

1)  y = log 5 (3 − x ) .

Розв’язання

Коментар

Область визначення задається нерівністю 3 − x > 0 . Звідси x < 3, тобто D ( y ) = ( − ∞; 3). 

2)  y = log 1 ( x 2 + 3) . 3

Область визначення задається нерівністю x 2 + 3 > 0 . Ця не рівність виконується при всіх дійсних значеннях x. Отже, D (y) = R . 

3)  y = log7 ( x 2 − x ) . Область визначення задається нерівністю x 2 − x > 0 . Розв’я зуючи цю квадратну нерівність, одержуємо x < 0 або x > 1 (див. рисунок). Отже, D ( y ) = ( − ∞; 0) ∪ (1; + ∞ ). 

Приклад 2

Оскільки вираз, що стоїть під знаком логарифма, має бути додатним, то для зна ходження області визначен ня заданої функції треба знайти ті значення аргумен та x, при яких вираз, що стоїть під знаком логариф ма, буде додатним.

+ 0

–

+ 1

Зобразіть схематично графік функції: 2) y = log 1 x . 1) y = log 2 x ; 2

Коментар При 0 < a < 1 логарифмічна функція спадає, Область визначення D ( y ) :функції x > 0 y = log a x отже, графіком функції y = log 1 x буде ло D така: ( y) : x > 0 , отже, графік цієї функції за 2 вжди розташований праворуч від осі Oy. Він гарифмічна крива, точки якої при збільшен перетинає вісь Ox у точці x = 1 (оскільки ні аргумента «опускаються вниз». log a 1 = 0 ). При a > 1 логарифмічна функція Щоб уточнити поведінку графіків заданих зростає, отже, графіком функції y = log a x функцій, знайдемо координати кількох до буде логарифмічна крива, точки якої при збільшенні аргумента «піднімаються вгору». даткових точок.

§§5. Логарифмічна функція, її властивості та графік

Розв’язання y

 y = log 2 x

2 1 –1

0 1 2

–1

2 

–1

 y = log 1 x 2

1 –1 –2

Приклад 3

01 2

–2 

Зобразіть схематично графік функції y = log 3 x − 2 .

Розв’язання  Послідовно будуємо графіки: 1) y = log 3 x y

0 1

Коментар Складемо план послідовної побудови графіка заданої функції за допомогою геометричних перетворень. 1. Ми можемо побудувати графік функції y = f (x ) = log 3 x (основа логарифма a = 3 > 1, отже, логарифмічна функція зростає). 2. Потім можна побудувати графік функції y = g (x ) = log 3 x = f x (праворуч ( ) від осі Oy графік функції f x залишається без зміни, і ця сама частина графіка симетрично відображується відносно осі Oy). 3. Після цього можна побудувати графік заданої функції y = log 3 x − 2 = g (x − 2) паралельним перенесенням графіка функції y = g (x ) уздовж осі Ox на 2 оди ниці вправо.

( )

2) y = log 3 x

–1

0 1

3) y = log 3 x − 2

2 3

Короткий план побудови шуканого графіка зручно зобразити схематично у такий спосіб:

y = log 3 x → y = log 3 x → y = log 3 x − 2 . 

Виконайте завдання прикладу 3, використовуючи програму Desmos. Які ще програми для побудови графіків вам відомі?

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

Приклад 4

Порівняйте додатні числа b і c, знаючи, що: 1) log 3 b > log 3 c ;

2) log 0,3 b > log 0,3 c .

Розв’язання

Коментар

1)  Оскільки функція y = log 3 x зростаюча, то для додатних чи сел b і c з нерівності log 3 b > log 3 c одержуємо b > c .  2)  Оскільки функція y = log 0,3 x спадна, то для додатних чисел b і c з нерівності log 0,3 b > log 0,3 c одержуємо b < c . 

У кожному завданні задані вирази — це значення ло гарифмічної функції y = log a x у точках b і c. Викори стовуємо зростання або спадання відповідної функції: 1) при a = 3 > 1 функція y = log 3 x є зростаючою, тому більшому значенню функції відповідає більше значен ня аргумента; 2) при a = 0,3 < 1 функція y = log 0,3 x є спадною, тому більшому значенню функції відповідає менше значен ня аргумента.

Приклад 5

Порівняйте з одиницею додатне число a, знаючи, що log a 6 < 0 .

Розв’язання

Коментар

 Оскільки 6 > 1 , а з умови маємо, що log a 6 < 0 =(оскільки log a 1 0 = log a 1 , то log a 6 < log a 1), то функція y = log a x є спадною, отже, 0 < a < 1. 

Числа log a 6 і 0 — це два значення функції y = log a x . Ураховуючи задану нерівність, з’ясовуємо, якою є ця функція — зростаючою або спадною, і згадуємо, що вона зростає при a > 1 і спадає при 0 < a < 1.

Запитання

1. 2. 3. 4*. 5.

Сформулюйте означення логарифмічної функції. Як розташовані графіки функцій y = a x і y = log a x ( a > 0, a ≠ 1) відносно прямої y = x ? Відповідь поясніть. Побудуйте зазначені графіки для a > 1 і 0 < a < 1. Користуючись графіком функції y = log a x ( a > 0, a ≠ 1), охарак теризуйте її властивості. Обґрунтуйте властивості функції y = log a x ( a > 0, a ≠ 1). Поясніть, як, ураховуючи зростання або спадання відповідної логарифмічної функції, порівняти значення: б) log 1 7 і log 1 3. а) log 5 7 і log 5 3; 5

Вправи

5.1.

Знайдіть область визначення функції: 2x − 6

1°) y = log11 (2x + 6) ;

7*) y = log 0,4

2°) y = log 1 (x − 3);

8*) log

9*) y = log 3,1

10*) y = log x (2x − x 2 );

3) y = log

(x2 − 1) ;

4) y = log 5,2 (3x − x 2 );

5) y = log 3 (2x 2 + 1) ;

x+2

;

x 2 − 5x + 6 7

x −3 x +5 x −3

;

11*) y = log 2x −3 (5x − x 2 ) .

6) y = log π ( x 2 + x + 1); Право для безоплатного розміщення підручника в мережі Інтернет має Міністерство освіти і науки України http://mon.gov.ua/ та Інститут модернізації змісту освіти https://imzo.gov.ua

§§5. Логарифмічна функція, її властивості та графік

У завданнях 5.2, 5.3 зобразіть схематично графік заданої функції.

5.2. 1°) y = log 3 x ;

3°) y = log 0,3 x ;

5) y = log 1 x ;

4) y = log

6) y = log

2°) y = log 1 x ;

5.3. 1) y = log 2 ( −x );

7*) y = log 1 (2x − 4) ;

4) y = log 4 x + 3;

2) y = log 1 (x − 1) ;

8*) y = log 4

6*) y = log 3 x ;

9*) y = log 3 log 3 x .

3) y = log 4 (x + 3) ;

5) y = −log 6 x ;

;

5.4. Порівняйте числа: 1) log 2 3,5 і log 2 4,5;

6) log

2) log 0,1 1,3 і log 0,1 1,1;

7) log 2 3 і 0;

3) log 1 2 і log 1 5;

8) log7

4) log

1 3

2,3 і log

0,2;

5) log π 5 і log π 7;

10 і log

1 2

20;

і 0;

9) log 3 4 і 1; 1

10) log 1

і 1.

5.5. Порівняйте додатні числа b і c, якщо: 1) log 5 b > log 5 c ;

3) log

2) log 0,5 b > log 0,5 c ;

4) log 1 b < log 1 c .

b < log

5.6. Порівняйте з одиницею додатне число a, якщо: 1) log a 5 > 0 ; 2) log a

1 3

> 0;

3) log a 2,3 < 0 ; 4) log a 0,2 < 0 .

5.7. З’ясуйте, додатним чи від’ємним є число: 1) log 0,2 5 ;

3) log 2 0,5;

5) lg0,9;

2) log 0,3 0,8 ;

4) log 0,7 7 ;

6) ln2.

5.8. Порівняйте з нулем число: 1) log 2 6;

3) log1,2 0,3 ;

5) ln1,01;

2) log 0,7 0,6 ;

4) lg2,7;

6) log π 3. 4

5.9. Укажіть, між якими двома послідовними цілими числами мі ститься на числовій прямій число: 1) log 210;

3) log 2013;

5) ln2;

2) log 1 6;

4) lg23;

6) log 1 17.

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

5.10. Враховуючи зростання чи спадання функції, знайдіть найбільше і найменше значення функції на заданому відрізку: 1  1) y = log 3 x ,  ; 27  ; 9   1 2) y = log 1 x ,  ; 27  ; 9  3

 4  4) y = log 2 x ,  ; 1 ;  25  5 1  5) y = log π x ,  ; 1 ; π 

3) y = lg x , [1; 10 000];

6) y = log 0,4 x , [2,5; 6,25].

5.11. Знайдіть найменше значення функції:

(

)

1) y = lg x 2 + 10 ;

2) y = log 1 3

1 2

x +9

;

3) y = log 0,7 sin x .

;

3) y = log 3 cos x .

5.12. Знайдіть найбільше значення функції:

(

)

1) y = lg 1000 − x 2 ;

2) y = log 5

1 2

x + 25

5.13*. Знайдіть множину значень функції: 300   1) y = log 0,1  ;  1 + lg (100 + x 2 ) 

2) y = log 0,5

24   .  11 + 1 + ln x   

5.14. Знайдіть область визначення функції:

(

)

1) y = log x x 2 + 1 ; 2) y =

x lg x

3) y = log 0,3 cos x ; 4) y =

;

2x − 1

lg ( x + 3)

5.15*. Знайдіть область визначення функції: 2 1) f (x ) = 2 ⋅ 31−x + 1 − 3x ; 3) f (x ) = 27 x − 9x +0,5 ;

(

)

2) f (x ) = lg 1,251−x − 0,40961+x ; 2

4) f (x ) = (4 − x )(3x − 9) .

5.16*. Побудуйте графік функції: 1) y = 2) y =

log 0,3 x log 0,3 x lg x lg 2 x

;

3) y = log 2 x + log 2 x .

;

5.17*. Дослідіть на парність і непарність функцію: 1) y = ln

( x + 1 + x); 2

2) y = ln

( x + 1 − x ). 2

Виявіть свою компетентність

5.18. Багато явищ природи можна описати логарифмічною залежні стю, тобто їх математичною моделлю є логарифмічна функція. Одним із найбільш наочних прикладів такого моделювання є логарифмічна спіраль. Підготуйте повідомлення про приклади спіральних структур у біології, фізиці, техніці.

§6

РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ЛОГАРИФМІЧНИХ РІВНЯНЬ ТА НЕРІВНОСТЕЙ 6.1. Розв’язування логарифмічних рівнянь Таблиця 8

1. Основні означення та співвідношення Означення. Логарифмом додатного числа b за основою a ( a > 0, a ≠ 1) називається показник степеня, до якого треба піднести a, щоб одержати b.

log a b = c ⇔ b = a c

Графік функції y = log a x ( a > 0, a ≠ 1) a >1

0 < a <1

y 0 1

0 1

зростає

спадає

2. Розв’язування найпростіших логарифмічних рівнянь Орієнтир

Приклад

Якщо a — число ( a > 0 і a ≠ 1), то log a f (x ) = c ⇔ f (x ) = a c (використовуємо означення логарифма)

log 3 (x − 1) = 2.  x − 1 = 3 ; x = 10 . Відповідь: 10.  2

3. Використання рівнянь-наслідків Орієнтир

Приклад

log x (x + 2) = 2 .  За означенням логарифма одержуємо: x + 2 = x2 ; x2 − x − 2 = 0; x1 = −1, x2 = 2 . Перевірка. x = −1 — сторонній корінь (в основі При використанні наслідків не відбува- логарифма одержуємо від’ємне число); ється втрата коренів початкового рівx = 2 — корінь ( log 2 (2 + 2) = 2 ; log 2 4 = 2 ; 2 = 2 ). няння, але можлива поява сторонніх Відповідь: 2.  коренів. Тому перевірка одержаних ко ренів підстановкою в початкове рівнян ня є складовою частиною розв’язування. Якщо з припущення, що перша рівність правильна, випливає правильність кожної наступної, то гарантовано одержуємо рівняння-наслідки.

4. Рівносильні перетворення логарифмічних рівнянь Заміна змінних Орієнтир

Приклад 2

Якщо у рівняння (нерівність або тотожність) змінна входить в одному й тому самому вигляді, то зручно відповідний вираз зі змінною позначити однією буквою (новою змінною).

lg x − 2 lg x − 3 = 0 .  Виконаємо заміну lg x = t , тоді t 2 − 2t − 3 = 0 ; t1 = −1 , t2 = 3 . Отже, lg x = −1 або lg x = 3. Тоді x = 10 −1 = 0,1 або x = 103 = 1000. Відповідь: 0,1; 1000. 

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

Рівняння виду log g a f (x ) = llog og a g (x ) ( a > 0 і a ≠ 1) Орієнтир

Приклад

 f ( x ) = g ( x ), log 3 ( x 2 − 2) = log 3 (4x − 5) .  x 2 − 2 > 0, log a f (x ) = log a g (x ) ⇔ f (x ) > 0, ОДЗ  ОДЗ:   g (x ) > 0  4x − 5 > 0. (ураховуємо ОДЗ і прирівнюємо вирази, На цій ОДЗ задане рівняння рівносильне рівнян які стоять під знаками логарифмів). ням x 2 − 2 = 4x − 5 ; x 2 − 4x + 3 = 0 ; x1 = 1, x2 = 3 . x = 1 — сторонній корінь (не задовольняє умови ОДЗ); x = 3 — корінь (задовольняє умови ОДЗ). Відповідь: 3.  Рівносильні перетворення рівнянь в інших випадках Орієнтир

Приклад

1. Ураховуємо ОДЗ заданого рівняння (й уникаємо перетворень, які призводять до звуження ОДЗ). 2. Стежимо за тим, щоб на ОДЗ кожне перетворення можна було виконати як у прямому, так і у зворотному напрямках зі збереженням правильності рівності.

 ОДЗ:

log 2 (x + 1) = 3 − log 2 (x + 3). x + 1 > 0, x + 3 > 0.

{

На цій ОДЗ задане рівняння рівносильне рівнянням log 2 (x + 1) + log 2 (x + 3) = 3 ; log 2 ((x + 1) (x + 3)) = 3 ; (x + 1) (x + 3) = 23 ; x 2 + 4x − 5 = 0 ; x1 = 1, x2 = −5 . x = 1 — корінь (задовольняє умови ОДЗ); x = −5 — сторонній корінь (не задовольняє умови ОДЗ). Відповідь: 1. 

ПОЯСНЕННЯ Й ОБҐРУНТУВАННЯ 1 Розв’язування найпростіших логарифмічних рівнянь Найпростішим логарифмічним рівнянням зазвичай вважають рівняння log a x = c ( a > 0 і a ≠ 1). Логарифмічна функція зростає (або спадає) на всій області визначення, тобто при x > 0 (див. графіки в п. 1 табл. 8), і тому кожного свого значення набуває тільки при одному значенні аргумента. Ураховуючи, що логарифмічна функція набуває всіх дій сних значень, рівняння log a x = c

(1)

завжди має єдиний корінь, який можна ви значити, скориставшись означенням лога рифма: x = ac . Якщо розглянемо рівняння log a f (x ) = c

(2)

і виконаємо заміну змінної f (x ) = t , то одер жимо найпростіше логарифмічне рівнян ня log a t = c , яке має єдиний корінь t = a c . Виконуючи обернену заміну, одержує мо, що розв’язки рівняння (2) збігаються з розв’язками рівняння f (x ) = a c .

(3)

§§6. Розв’язування логарифмічних рівнянь та нерівностей

Отже, рівняння (2) і (3) є рівносильни ми. У такий спосіб ми обґрунтували, що для рівносильного перетворення найпростішо го логарифмічного рівняння (1) або рівнян ня (2) (яке ми теж будемо відносити до най простіших за умови, що основа a є числом) достатньо використати означення лога рифма. Коротко це можна записати так:

log a f (x ) = c ⇔ f (x ) = a c .

Нагадаємо, що всі рівносильні пере творення рівняння виконуються на його ОДЗ. Для рівняння (2) ОДЗ задається умо вою f (x ) > 0. Для всіх коренів рівняння (3) ця умова виконується автоматично (через те, що a > 0). Тому для найпростіших ло гарифмічних рівнянь ОДЗ можна не запи сувати (оскільки вона враховується авто матично при переході від рівняння (2) до рівняння (3)). Наприклад, рівняння

log 5 (2x − 3) = 2

рівносильне рівнянню 2x − 3 = 52, корінь якого x = 14 і є коренем заданого рівняння. Аналогічно записано й розв’язання найпро стішого рівняння log 3 (x − 1) = 2 у табл. 8.

2 Використання рівняньнаслідків під час розв’язування логарифмічних рівнянь У процесі розв’язування рівняння голов не — не загубити його корені, тому важливо стежити за тим, щоб кожен корінь першо го рівняння залишався коренем наступно го — у цьому випадку одержуємо рівнян ня-наслідки. Нагадаємо, що кожний корінь задано го рівняння перетворює його на правильну числову рівність. Використовуючи означен ня кореня рівняння, можна обґрунтувати такий орієнтир: якщо з припущення про правильність першої рівності випливає правильність кожної наступної, ми одержуємо рівняння-наслідки (оскільки кожний корінь першого рівняння буде коренем наступного рівняння).

Нагадаємо, що при використанні на слідків не відбувається втрати коренів по чаткового рівняння, але можлива поява сторонніх коренів. Тому перевірка одержа них коренів підстановкою в початкове рів няння є складовою частиною розв’язування при використанні рівнянь-наслідків. Приклад розв’язування логарифмічно го рівняння за допомогою рівнянь-наслід ків та оформлення такого розв’язання на ведено в п. 3 табл. 8.

3 Рівносильні перетворення логарифмічних рівнянь Одним із часто використовуваних рів носильних перетворень рівнянь є заміна змінної. Нагадаємо загальний орієнтир, якого ми дотримувалися під час розв’язування рівнянь у 10 класі: якщо до рівняння (нерівності або тотожності) змінна входить в одному й тому ж вигляді, то зручно відповідний вираз зі змінною позначити однією буквою (новою змінною). Наприклад, до рівняння lg 2 x − 2 lg x − 3 = 0 змінна входить тільки у вигляді lg x, тому для розв’язування цього рівняння доціль но використати заміну lg x = t , одержати квадратне рівняння t 2 − 2t − 3 = 0 , яке має корені t1 = −1 і t2 = 3, а потім виконати обернену заміну й одержати найпростіші логарифмічні рівняння lg x = −1 і lg x = 3. Тоді за означенням логарифма визначи мо корені заданого рівняння: x = 10 −1 = 0,1 і x = 103 = 1000. Ураховуючи, що заміна змінної (разом з оберненою заміною) є рівносильним пере творенням рівняння на будь-якій множи ні, для виконання заміни не обов’язково знаходити ОДЗ заданого рівняння. А піс ля виконання оберненої заміни ми одер жали найпростіші логарифмічні рівнян ня, для яких (як було показано вище) ОДЗ ураховується автоматично. Отже, у наве деному розв’язанні ОДЗ заданого рівняння врахована автоматично, і тому ОДЗ мож на не записувати до розв’язання. Саме так

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

й оформлено розв’язання цього рівняння Наприклад, рівняння log 3 ( x 2 − 2) = log 3 (4x − 5 в п. 4 табл. 8. log 3 ( x 2 − 2) = log 3 (4x − 5) , розглянуте в табл. 8, рівноРозглянемо тепер рівносильні перетво 2 рення логарифмічного рівняння виду сильне системі x − 2 = 4x − 5, Але врахо4x − 5 > 0. вуючи, що обмеження ОДЗ цього рівняння log a f (x ) = log a g (x ) ( a > 0 і a ≠ 1). (4) x 2 − 2 > 0, Як уже зазначалося, усі рівносильні пеми не розв’язували, а тільки пе 4x − 5 > 0 ретворення рівняння виконуються на його ревіряли, чи задовольняють знайдені кореОДЗ. Для рівняння (4) ОДЗ задається си ні ці обмеження, наведене спрощення не дає f (x ) > 0, суттєвого виграшу під час розв’язування стемою нерівностей  Оскільки ло g (x ) > 0. цього рівняння. гарифмічна функція y = log a t зростає (при a > 1) або спадає (при 0 < a < 1) на всій своїй області визначення і кожного свого значення набуває тільки при одному значенні аргумента, то рівність (4) може виконуватися (на ОДЗ) тоді й тільки тоді, коли f (x ) = g (x ) . Ураховуючи ОДЗ, одержуємо, що рівняння (4) рівносильне системі  f ( x ) = g ( x ),  f (x ) > 0,   g (x ) > 0.

(5) (6) (7)

Символічно одержаний результат подано в п. 4 табл. 8, а орієнтир коротко можна сформулювати так. Щоб розв’язати рівняння log a f (x ) = log a g (x ) за допомогою рівносильних перетворень, ураховуємо ОДЗ цього рівняння й прирівнюємо вирази, які стоять під знаками логарифмів. Приклад використання цього орієнтира наведено в табл. 8.

Зауваження 1. Систему (5)–(7) можна спростити. Якщо в цій системі виконується рівність (5), то значення f (x ) і g (x ) дорівнюють одне одному, тому коли одне з цих значень буде додатним, то друге теж буде додатним. Отже, рівняння (4) рівносильне системі, яка складається з рівняння (5) і однієї з нерівностей (6) або (7) — зазвичай вибирають простішу.

Зауваження 2. Як було обґрунтовано вище, коли виконується рівність (4), то обов’язково виконується і рівність (5). Отже, рівняння (5) є наслідком рівняння (4), і тому для знаходження коренів рівняння (4) log a f (x ) = log a g (x ) достатньо знайти корені рівняння-наслідку (5) f (x ) = g (x ) і виконати перевірку знайдених коренів підстановкою в задане рівняння. (Під час розв’язування рівняння у такий спосіб ОДЗ рівняння (4) буде враховано опосередковано, у момент перевірки одержаних коренів, тому її не доведеться записувати.)

Виконуючи рівносильні перетворення логарифмічних рівнянь у більш складних випадках, можна дотримуватися орієнтира, який було обґрунтовано в § 3 підручника для 10 класу: 1. Ураховуємо ОДЗ заданого рівняння. 2. Стежимо за тим, щоб на ОДЗ кожне перетворення можна було виконати як у прямому, так і у зворотному напрямках зі збереженням правильності рівності. Наприклад, розв’яжемо рівняння log 2 (x + 1) = 3 − log 2 (x + 3) (8) за допомогою рівносильних перетворень. Для цього достатньо врахувати ОДЗ заx + 1 > 0, а потім, викоданого рівняння x + 3 > 0, нуючи кожне перетворення рівняння, стежити за тим, чи можна на ОДЗ виконати

{

§§6. Розв’язування логарифмічних рівнянь та нерівностей

це перетворення й у зворотному напрямку. Коли відповідь ствердна, то виконані пе ретворення рівносильні. Якщо ж якесь пе ретворення для всіх значень змінної з ОДЗ можна виконати тільки в одному напрямку (від початкового рівняння до наступного), а для його виконання у зворотному напрям ку потрібні якісь додаткові обмеження, то ми одержимо тільки рівняння-наслідок, і отримані корені доведеться перевіряти підстановкою в задане рівняння. Застосуємо зазначений орієнтир до роз в’язування рівняння (8). Щоб звести це рівняння до найпрості шого, перенесемо всі члени рівняння, які містять логарифми, у його ліву частину. Одержимо рівносильне рівняння

log 2 (x + 1) + log 2 (x + 3) = 3.

(9)

(Рівносильність рівнянь (8) і (9) ви пливає з відомої теореми: якщо з однієї ча стини рівняння перенести в іншу доданки з протилежним знаком, то одержимо рів няння, рівносильне заданому на будь-якій множині. Рівносильність цих рівнянь випли ває також із того, що ми можемо перейти не тільки від рівності (8) до рівності (9), а й виконати зворотне перетворення, ко ристуючись властивостями числових рів- ностей.)

Ураховуючи, що сума логарифмів до датних (на ОДЗ) чисел дорівнює логарифму добутку, одержуємо рівняння

log 2 ((x + 1) (x + 3)) = 3 .

(10)

На ОДЗ заданого рівняння можна ви конати і зворотне перетворення: оскіль ки x + 1 > 0 і x + 3 > 0, то логарифм добутку додатних чисел дорівнює сумі логарифмів множників. Отже, від рівності (10) мож на повернутися до рівності (9), тобто цей перехід теж приводить до рівносильно го рівняння. Рівняння (10) — це найпро стіше логарифмічне рівняння. Воно рів носильне рівнянню, яке отримуємо за означенням логарифма: (x + 1) (x + 3) = 23 . Виконуючи рівносильні перетворення одер жаного рівняння, маємо: x 2 + 4x − 5 = 0 ; x1 = 1, x2 = −5 . Оскільки всі рівносильні перетворення виконувалися на ОДЗ заданого рівняння, урахуємо її, підставляючи одержані корені в обмеження ОДЗ: ● x = 1 — корінь, оскільки задовольняє

умови ОДЗ; ● x = −5 не є коренем (сторонній корінь), тому що не задовольняє умови ОДЗ. Отже, задане рівняння має тільки один корінь x = 1.

Зауваження. Звичайно, розглянуте рівняння можна було розв’язати

з використанням рівнянь-наслідків, без явного врахування ОДЗ, але з перевіркою одержаних розв’язків підстановкою в початкове рів няння. Тобто можна самостійно обирати шлях розв’язування рів няння: або це буде використання рівнянь-наслідків, або рівносильні перетворення заданого рівняння. Але для багатьох рівнянь перевір ку одержаних коренів виконати досить непросто, а для нерівностей взагалі не можна користуватися наслідками. Це пов’язано з тим, що не вдається перевірити всю множину розв’язків нерівностей, оскільки вона, як правило, нескінченна. Отже, для нерівностей до водиться виконувати тільки рівносильні перетворення (для цього можна використовувати орієнтири, повністю аналогічні наведеним вище).

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

Приклади розв’язування завдань

Приклад 1

Розв’яжіть рівняння lg (x − 2) −

1 2

lg (3x − 6) = lg 2 .

Розв’язання

Коментар

 2 lg (x − 2) − lg (3x − 6) = 2 lg 2 ;

(2)

lg (x − 2) − lg (3x − 6) = lg 22 ;

(3)

(x − 2)2

3x − 6

(x − 2)2

3x − 6

= lg 4 ;

(4)

= 4 ;

(5)

(x − 2)2 = 4 (3x − 6);

(6)

x 2 − 16x + 28 = 0 ;

(7)

x1 = 2 , x2 = 14.

Перевірка. x = 2 — сторонній корінь (під знаком логарифма отримуємо 0), x = 14 — корінь, оскільки маємо:

lg (14 − 2) − lg 12 − lg

12 6

1 2

lg (3 ⋅14 − 6) = lg 2 ;

lg 36 = lg 2 ; lg 12 − lg 36 = lg 2;

= lg 2; lg 2 = lg 2 .

Відповідь: 14. 

Приклад 2

Розв’яжемо задане рівняння за допомогою наслід ків. Нагадаємо, що під час використання наслід ків головне — гарантувати, що у випадку, коли перша рівність буде правильною, усі наступні теж будуть правильними. Щоб позбутися дробового коефіцієнта, помножимо обидві частини рівняння (1) на 2 (якщо рівність (1) правильна, то й рівність (2) теж правильна). Якщо рівності (1) або (2) правильні (при тих значен нях x, що є коренями цих рівнянь), то при таких значеннях x існують усі записані логарифми, тоді вирази x − 2 і 3x − 6 додатні. Але для додатних a, b, c можна скористатися формулами 2 lg a = lg a 2 ,

b , отже, рівності (3) і (4) теж будуть c правильними. Ураховуючи, що функція y = lg t зростаюча, тобто кожного свого значення набуває тільки при одному значенні аргумента, з рівності логарифмів (4) одержуємо рівність відповідних ар гументів (5). Якщо рівність (5) правильна, то знаменник дробу не дорівнює нулю, і після множення обох її ча стин на 3x − 6 ≠ 0 одержуємо правильну рів ність (6) (отже, і правильну рівність (7)). Оскільки ми користувалися рівняннями-наслідками, необ хідно виконати перевірку знайдених коренів. lg b − lg c = lg

Розв’яжіть рівняння log 2 (x − 5) − 2 = 2 log 2 (2x ) . 2

Розв’язання

{

log 2 (x − 5) − log 2 22 = 2 log 2 (2x ) ; 2

log 2

(x − 5)2 22

(1)

Коментар

( x ≠ 5, )2  ОДЗ:  x − 5 > 0, Тоді x > 0. x > . 2 0  На цій ОДЗ задане рівняння рівносиль не рівнянням

(x − 5)2

(1)

= log 2 (2x ) ;

(2)

= (2x ) ;

(3)

Розв’яжемо задане рівняння за допомогою рівно сильних перетворень. Нагадаємо, що для цього до статньо урахувати ОДЗ заданого рівняння і сте жити за тим, щоб на ОДЗ кожне перетворення можна було виконати як у прямому, так і у зво ротному напрямках зі збереженням правильності рівності. Зауважимо, що на ОДЗ вираз x − 5 може бути як додатним, так і від’ємним, і тому ми не маємо права застосовувати до виразу log 2 (x − 5) форму 2

лу log 2 (x − 5) = 2 log 2 (x − 5) (це приведе до втрати 2

§§6. Розв’язування логарифмічних рівнянь та нерівностей

(x − 5)2 = 4 ⋅ 4x 2 ; 15x 2 + 10x − 25 = 0 ; 3x 2 + 2x − 5 = 0 ; 5

x1 = 1, x2 = −

Ураховуючи ОДЗ, одержуємо, що значення x = 1 входить до ОДЗ, отже, є коренем; значення x = −

5 3

не входить

до ОДЗ, отже, не є коренем заданого рівняння. Відповідь: 1. 

Приклад 3*

кореня). Застосувавши узагальнену формулу логарифмування, одержимо рівняння, що містить модуль. Тому використаємо інший спосіб перетворень, урахувавши, що 2 = log 2 22 . Оскільки на ОДЗ усі вирази, що стоять під знаками логарифмів, додатні, то всі перетворення від рівняння (1) до рівняння (2) будуть рівносильними. Виконувати рівносильні перетворення рівняння (2) можна з використанням орієнтира, наведеного на с. 58. Також рівносильність рівнянь (2) і (3) може бути обґрунтована через зростання функції y = log 2 t , яка кожного свого значення набуває тільки при одному значенні аргумента.

Розв’яжіть рівняння log 4 x + 6 log x 4 = 5.

x > 0, На ОДЗ задане рівнянx ≠ 1. ня рівносильне рівнянню 1 log 4 x + 6 = 5. log 4 x

Коментар Виконаємо рівносильні перетворення заданого рівняння. Для цього знайдемо його ОДЗ ( x > 0 , x ≠ 1). Оскільки до рівняння входять логарифми з різними основами, зведемо їх до однієї основи (бажано числової, інакше можна загубити корені рівняння), у даному випадку до основи 4, за фор-

Виконаємо заміну log 4 x = t .

мулою log a b =

 ОДЗ:

Розв’язання

{

Одержимо:

6 t

= 5 ;

(1)

t 2 − 5t + 6 = 0 ;

(2)

t1 = 2 , t2 = 3 . Виконавши обернену заміну, маємо: log 4 x = 2 або log 4 x = 3 ; x = 42 = 16 або x = 43 = 64 (обидва корені входять до ОДЗ). Відповідь: 16; 64. 

Приклад 4*

отри-

1 log b a

Після зведення логарифмів до однієї основи помічаємо, що в отриманому рівнянні виразом зі змінною є тільки вираз log 4 x , присутній кілька разів. Виконаємо заміну log 4 x = t . Оскільки за обмеженнями ОДЗ x ≠ 1, то t ≠ 0 . Тоді одержане дробове рівняння (1) рівносильне квадратному рівнянню (2). Оскільки заміна й обернена заміна змінних є рівносильними перетвореннями на ОДЗ, то для одержаних розв’язків достатньо перевірити, чи входять вони до ОДЗ.

Розв’яжіть рівняння x lg x −2 = 1000.

Розв’язання  ОДЗ: x > 0 . На ОДЗ задане рівняння рівносильне рівнянням

lg ( x lg x−2 ) = lg 1000 , (2)

(lg x − 2) lg x = 3.

(3)

(1)

Коментар Виконаємо рівносильні перетворення заданого рівняння. Для цього знайдемо його ОДЗ і використаємо орієнтир: якщо змінна входить і до основи, і до показника степеня, то для розв’язування такого рівняння можна спробувати прологарифмувати обидві частини рівняння (звичайно, тільки якщо вони додатні). До запису рівняння вже входить десятковий логарифм, тому прологарифмуємо

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції Виконаємо заміну lg x = t . Одержимо:

(t − 2) t = 3; t 2 − 2t − 3 = 0 ; t1 = −1 , t2 = 3 . Виконавши обернену заміну, отримаємо: lg x = −1 або lg x = 3. Звідси x = 10 −1 = 0,1 або x = 103 = 1000. Відповідь: 0,1; 1000. 

обидві частини за основою 10 (на ОДЗ обидві частини заданого рівняння додатні). Оскільки функція y = lg t зростаюча, то кожного свого значення вона набуває тільки при одному значенні аргумента. Тоді якщо виконується рівність (1), то виконується й рівність (2), і навпаки: якщо виконується рівність (2), то виконується й рівність (1). Отже, рівняння (1) і (2) рівносильні на ОДЗ. При x > 0 застосування формули lg x α = α lg x є рівносильним перетворенням, отже, рівняння (2) і (3) теж рівносильні. Обґрунтування рівносильності подальших перетворень повністю збігається з аналогічним обґрунтуванням у попередньому прикладі.

Розв’яжіть рівняння log 3 (3x − 8) = 2 − x .

Приклад 5

Розв’язання x

3 −8=3



3x − 8 =

2− x

32 3x

;

Коментар (1)

Виконаємо заміну 3x = t .

t−8=

Одержимо:

9 t

;

t 2 − 8t − 9 = 0 ;

(2) (3)

t1 = 9 , t2 = −1. Виконавши обернену заміну, отримаємо: 3x = 9 , тоді x = 2 , або 3x = −1 — коренів немає. Відповідь: 2. 

Приклад 6

log x + log 2 y = 2, Розв’яжіть систему рівнянь  2 log 3 ( y − x ) = 1.

Розв’язання 

log 2 (xy ) = 2,  log 3 (y − x ) = 1.

За означенням логарифма маємо:

xy = 22,  y − x = 3. Із другого рівняння останньої системи одержуємо y = x + 3 і підставляємо його в перше рівняння: x (x + 3) = 4; x 2 + 3x − 4 = 0 ; x1 = 1, x2 = −4 . Тоді y1 = 4 , y2 = −1.

Якщо розглянути задане рівняння як найпростіше логарифмічне, то можна стверджувати, що за означенням логарифма воно рівносильне рівнянню 3x − 8 = 32−x . Як уже було зазначено раніше, ОДЗ заданого рівняння 3x − 8 > 0 для всіх коренів рівняння (1) ураховується автоматично, оскільки 32−x > 0 завжди. Далі роз в’язуємо рівняння (1) за схемою, наведеною в табл. 4 для показникових рівнянь. Оскільки t = 3x > 0 , то t ≠ 0 , і тому рівняння (2) рівносильне рівнянню (3).

Коментар Як і логарифмічні рівняння, системи логарифмічних рівнянь можна розв’язувати і за допомогою систем-наслідків (кожний розв’я зок першої системи є розв’язком другої), і за допомогою рівносильних перетворень си стем (усі розв’язки кожної з них є розв’язка ми іншої). Крім того, для розв’язування систем логарифмічних рівнянь можна використовувати ті самі методи, що й для розв’язування інших видів систем (метод алгебраїчного додавання, підстановка деякого виразу з одного рівняння в інші, заміна змінних).

§§6. Розв’язування логарифмічних рівнянь та нерівностей Перевірка.

log 2 1 + log 2 4 = 2, log (4 − 1) = 1;  3

{ {

{

2 = 2, отже, 1 = 1,

x = 1, — розв’язок заданої системи рівнянь; y=4

x = −4, — сторонній розв’язок (оскільки y = −1 під знаком логарифма одержуємо від’ємні числа). Відповідь: (1; 4) . 

Наприклад, розв’яжемо задану систему за допомогою систем-наслідків. Для цього достатньо гарантувати, що у випадку, коли задана система складається з правильних рівностей, кожна наступна система також буде містити правильні рівності. Для систем рівнянь, як і для рівнянь, при використанні систем-наслідків обов’язково необхідно виконати перевірку одержаних розв’язків підстановкою в початкову систему.

Зауваження. Задану систему рівнянь можна було розв’язувати і за допомогою рівносильних перетворень систем. Тоді довелося б урахувати ОДЗ заданої системи рівнянь, склавши систему нерівностей x > 0,  стежити за рівносильністю виконаних перетворень (у наy > 0, y − x > 0, шому випадку всі записані перетворення є рівносильними на ОДЗ), а в кінці перевіряти, чи задовольняють одержані розв’язки умови x = 1, x = −4, ОДЗ (пара чисел задовольняє умови ОДЗ, а пара чисел y=4 y = −1 не задовольняє умови ОДЗ).

{

Приклад 7

log y x + log x y = 2, Розв’яжіть систему рівнянь  2 x − y = 20.

Розв’язання

Коментар

x > 0, x ≠ 1, ОДЗ:  y > 0,  y ≠ 1. Тоді з першого рівняння маємо: 1 log x y

Розв’яжемо задану систему за допомогою рівносильних перетворень. Для цього достатньо урахувати її ОДЗ і гарантувати, що на кожному кроці було виконано саме рівносильні перетворення рівняння або всієї системи. У першому рівнянні системи всі логарифми зведемо до однієї осно-

+ log x y = 2 .

ви x (на ОДЗ x > 0 , x ≠ 1): log y x =

Виконаємо заміну t = log x y . Одержимо:

1 t

{

+ t = 2 ; t 2 − 2t + 1 = 0; t = 1 .

Виконавши обернену заміну, отримаємо: log x y = 1 , тобто y = x . Тоді з другого рівняння системи маємо: x 2 − x − 20 = 0; x1 = −4 (не входить до ОДЗ), x2 = 5 (входить до ОДЗ). x = 5, Отже, розв’язок заданої системи: y = 5. Відповідь: (5; 5) . 

{

1 log x y

. На

ОДЗ y ≠ 1, отже, log x y ≠ 0 . Тоді після заміни t = log x y маємо t ≠ 0 , і тому перехід у розв’язанні від дробового рівняння до квадратного є рівносильним. Оскільки заміна (разом з оберненою заміною) є рівносильним перетворенням, то, замінюючи перше рівняння системи рівносильним йому (на ОДЗ) рівнянням y = x , одержуємо систему, рівносильну заданій (на її ОДЗ).

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

Запитання

1. Поясніть на прикладах, як можна розв’язувати найпростіші ло гарифмічні рівняння, користуючись означенням логарифма. 2*. Обґрунтуйте справедливість рівносильного переходу log a f (x ) = c ⇔ f (x ) = a c ( a > 0, a ≠ 1).

3. Поясніть, як можна розв’язати рівняння log 5 (x − 2) = log 5 (x 2 − 2) : а) за допомогою рівнянь-наслідків; б)* за допомогою рівносильних перетворень. 4. Поясніть на прикладі використання заміни змінних під час розв’язування логарифмічних рівнянь. У яких випадках доціль но використовувати заміну змінних?

Вправи

У завданнях 6.1.1–6.1.5 розв’яжіть рівняння.

6.1.1°. 1) log 2 x = 4 ;

3) log 4 x =

2) log 0,2 x = −1 ;

4) lg x = 2.

6.1.2. 1°) log 3 (2x − 1) = 2 ; 2°) log 1 (5x − 21) = −2;

1 2

;

3) log π ( x 2 + 2x − 2) = 0 ; 4) lg (3 − x ) = −1.

6.1.3. 1°) lg (x + 9) + lg (2x + 8) = 2;

3) 2 log 2 x − log 2 (3x − 4) = 1;

2°) log 3 (x + 1) + log 3 (x + 3) = 1 ; 4)

6.1.4. 1°) log 23 x − 4 log 3 x + 3 = 0 ; 2°)

1 3 − lg x

1 1 + lg x

= 1;

1 2

log 5 (x − 4) +

1 2

log 5 (2x − 1) = log 5 3.

3) log 23 x + log 3 x 2 = 8; 4) lg 3 x 2 = 8 lg x .

6.1.5. 1) log 2 (10 − 2x ) = x + 2 ;

2) lg 2 + lg (4 x −2 + 9) = 1 + lg (2x −2 + 1);

3) log7 (6 + 7 −x ) = 1 + x;

4) log 2 2 (4 ⋅ 3x − 6) − log 2 (9x − 6) = 1.

6.1.6. Розв’яжіть графічно задане рівняння і перевірте підстановкою, що знайдене значення x дійсно є коренем рівняння: 3) log 1 x = x − 1; 1) log 2 x = 3 − x ; 2) log 3 x = log 1 x ;

4) lg x = 11 − x .

6.1.7*. Доведіть, що рівняння, наведені в завданні 6.1.6, не мають ін ших коренів, крім знайдених графічно.

6.1.8. Розв’яжіть систему рівнянь: lg (xy ) = 3, 1)  lg x lg y = 2;

log x + log 2 ( y − 1) = 3, 2)  2 2x − y = 1;

log x + log 2 y = 2, 3)  2 log 2 (x + y − 3) = 1; 8  log y x − log x y = , 4)  3 xy = 16.

§§6. Розв’язування логарифмічних рівнянь та нерівностей

У завданнях 6.1.9–6.1.18 розв’яжіть рівняння.

6.1.9. 1) log 23x − 3 log 3 x + 2 = 0 ;

3) 15 − lg x = 2 lg x ;

2) log 3 x (5 − 2 log 3 x ) = 3;

6.1.10. 1) lg 2 (100x ) + lg 2 (10x ) = 14 + lg

1 x

4) ;

2) log 23 (3x ) + log 3 x = 3log3 5 ;

lg 2 (10x ) 5 − lg x 2 log 2 x

= 1. 5 log 2 x + 3

1 5 − log 1 x

2 1 + log 1 x

6.1.11. 1) log 3 log 2 (x − 4) = 0;

(

4) log x 2 − log 4 x +

(

4) log 2

;

)

7 6

= 0.

3) x + log (2 − 31) = 5; ) 4) log (3 − 3 − 63) = x . (6 + 7 ) = 1 − x; (2 + 3) + log (5 − 2 ) = 4 ; (4 ⋅ 3 − 6) − log (9 − 6) = 1; (3 − 2) + log (3 − 4) − log (4 ⋅ 3 − 1) = 0 ; (9 + 7) = 2 + log (3 + 1).

6.1.13. 1) log 0,5 2x − 1 = x − 1;

3) log 2

3) log 2 x + log x 2 = 2,5;

2) 1 + 2 log x+2 5 = log 5 ( x + 2) ;

2) log 2

4) log 4 log 3 log 2 x 2 − 1 = 0.

6.1.12. 1) 2 log 4 x + 5 log x 4 = 11;

6.1.14. 1) log 2

= 1.

3) log 4 log 3 log 2 x =

2) log 2 log 5 x = 1;

2) log7

= 2;

−x

x −1

6.1.15. 1) log 2 x + log 3 x = 1;

2) log 3x −5 2 = log x −1 2 ;

(

)

3) log 3 −x 2 − 8x − 14 ⋅ log x2 +4x+4 9 = 1; 4)

2 log 3x 3 = log 2x 3 . 

x

6.1.16. 1) log 4  log 2  = − log 4 (log 4 x ) ;  2 2) log 3 x log 9 x log 27 x log 81 x =

( 4) ( x

)(

)

2 3

;

3) 2x 2 − 5x + 2 log 2x (18x ) + 1 = 0 ; 2

  4  − 7x + 6  log x  x 2  + 2 = 0 . 9    6

)

6.1.17. 1) lg x = lg ( −x ); 6.1.18. 1) 3 log 22 sin x + log 2 (1 − cos 2x ) = 2 ; 2) log 2

(

2) 2 + log 1 x + 3 = 1 + log 5 x . 5

)

3 cos x = log 2 (1 + sin x ).

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

6.2. Розв’язування логарифмічних нерівностей Таблиця 9

1. Графік функції y = log a x ( a > 0 ; a ≠ 1) a >1

0 < a <1

0 1

x x

01 зростає

спадає

2. Рівносильні перетворення найпростіших логарифмічних нерівностей a >1

0 < a <1

log a f (x ) > log a g (x ) ⇔

 f ( x ) > g ( x ),   f ( x ) > g ( x ), ⇔ f (x ) > 0, ⇔   g (x ) > 0.  g (x ) > 0

 f ( x ) < g ( x ),   f ( x ) < g ( x ), ⇔ f (x ) > 0, ⇔  f (x ) > 0.  g (x ) > 0

Знак нерівності не змінюється, і враховується ОДЗ.

Знак нерівності змінюється, і враховується ОДЗ.

Приклади log 2 (x − 5) > 3 .  ОДЗ: x − 5 > 0, тобто x > 5. log 2 (x − 5) > log 2 23 . Функція y = log 2 t є зростаю чою, отже,

x − 5 > 23 ; x > 13 . Ураховуючи ОДЗ, маємо x > 13 . Відповідь: (13; + ∞ ) . 

log 1 (x − 5) > 3. 2

 ОДЗ: x − 5 > 0, тобто x > 5. 3

 1 log 1 (x − 5) > log 1   .  2 2

Функція y = log 1 t є спадною, отже, 2

1  1 x −5 <   ; x <5 .  2 8

Ураховуючи ОДЗ, маємо 5 < x < 5 1  Відповідь:  5; 5  .   8

1 8

3. Розв’язування більш складних логарифмічних нерівностей Орієнтир

Приклад lg (10x ) − lg x 3 .  ОДЗ: x > 0 . На цій ОДЗ задана нерівність рівносильна нерівностям 2

І. За допомогою рівносильних перетворень задана нерівність зводиться до нерівності відомого виду.

(lg10 + lg x )2 − lg x 3 ; (1 + lg x )2 − lg x 3.

§§6. Розв’язування логарифмічних рівнянь та нерівностей Схема рівносильних перетворень нерівності 1. Ураховуємо ОДЗ заданої нерівності (і уникаємо перетворень, які приводять до звуження ОДЗ). 2. Стежимо за тим, щоб на ОДЗ кожне перетворення можна було виконати як у прямому, так і у зворотному напрямках зі збереженням правильності нерівності.

ІІ. Застосовуємо метод інтервалів (задана нерівність зводиться до нерівності виду f (x ) 0) Схема методу інтервалів 1. Знайти ОДЗ нерівності. 2. Знайти нулі функції f (x ). 3. Позначити нулі функції на ОДЗ і знайти знак f (x ) у кожному з проміжків, на які ОДЗ розбивається нулями. 4. Записати відповідь, ураховуючи знак нерівності.

Виконаємо заміну lg x = t . Одержимо нерівність (1 + t ) − t 3 , тобто t 2 + t − 2 0 , множина розв’язків якої t − 2 або t 1 (див. рисунок). 2

+ –2

–

Виконавши обернену заміну, отримаємо: lg x − 2 або lg x 1. −2 Тоді lg x lg 10 або lg x lg 10 . Ураховуючи, що функція y = lg x є зростаючою, одержуємо: x 10 −2 або x 10 . Після врахування ОДЗ маємо: 0 < x 0, 01 або x 10 . Відповідь: (0; 0, 01] ∪ [10; + ∞ ) . 

log x (2x + 3) < 2 .  Розв’яжемо нерівність методом інтервалів. Вона рівносильна нерівності log x (2x + 3) − 2 < 0 .

Позначимо f (x ) = log x (2x + 3) − 2.

{

2x + 3 > 0,  x > 0, 1. ОДЗ: x > 0, тобто x ≠ 1. x ≠ 1, 2. Нулі функції: f (x ) = 0; log x (2x + 3) − 2 = 0 ; log x (2x + 3) = 2. На ОДЗ це рівняння рівносильне рівнянню 2x + 3 = x 2 (яке одержуємо за означенням логарифма). Тоді x 2 − 2x − 3 = 0 ; x1 = −1, x2 = 3 . До ОДЗ входить тільки x = 3 , отже, f (x ) має єдиний нуль x = 3 . 3. Позначаємо нулі функції на ОДЗ, знаходимо знак f (x ) у кожному з проміжків, на які розбивається ОДЗ (див. рисунок), і записуємо множину розв’язків нерівності f (x ) < 0 . – 0

+ 1

– 3

Відповідь: (0; 1) ∪ (3; + ∞ ). 

Пояснення й обґрунтування 1 Розв’язування найпростіших логарифмічних нерівностей Найпростішими логарифмічними не рівностями зазвичай вважають нерівності виду

log a f (x ) > log a g (x ) (де a > 0 і a ≠ 1). (1)

Для розв’язування такої нерівності можна використати рівносильні перетворення. Розв’язуючи нерівність у такий спосіб, f (x ) > 0, і рознеобхідно врахувати її ОДЗ:   g (x ) > 0 глянути два випадки — основа логарифма

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

більша за 1 або основа менша від 1 (але більша за 0). І. Якщо a > 1, логарифмічна функція y = log a t зростає на всій області визначення (тобто при t > 0 ), і тому більшому значенню функції відповідає більше значення аргумента. Отже, переходячи в нерівності (1) від значень функції до значень аргумента (у даному випадку переходячи до виразів, які стоять під знаком логарифма), ми повинні залишити знак нерівності, тобто

f (x ) > g (x ).

ІІ. Якщо 0 < a < 1, логарифмічна функція y = log a t спадає на всій області визначення (тобто при t > 0 ), і тому більшому значенню функції відповідає менше значення аргумента. Отже, переходячи в нерівності (1) від значень функції до значень аргумента, ми повинні змінити знак нерівності на протилежний, тобто f (x ) < g (x ).

(5)

Ураховуючи, що на ОДЗ указаний перехід можна виконати й у зворотному напрямку (меншому додатному значенню аргумента відповідає більше значення функції), одержуємо, що при 0 < a < 1 нерівність (1) на її ОДЗ рівносильна нерівності (5). Коротко це записуємо так: якщо 0 < a < 1, то  f ( x ) < g ( x ),  log a f (x ) > log a g (x ) ⇔ f (x ) > 0,  g (x ) > 0.

Приклади використання цих орієнтирів наведено в табл. 9.

(2)

Ураховуючи, що на ОДЗ указаний перехід можна виконати й у зворотному на прямку (більшому додатному значенню аргумента відповідає більше значення функції), одержуємо, що на ОДЗ нерівність (1) рівносильна нерівності (2). Коротко це можна записати так: якщо a > 1, то (2)  f ( x ) > g ( x ),  (3) log a f (x ) > log a g (x ) ⇔ f (x ) > 0,  g (x ) > 0. (4 )

сильних перетворень необхідно врахувати її ОДЗ, а при переході від значень функції до значень аргумента (тобто до виразів, які стоять під знаком логарифма) ураху вати значення a: ● якщо a > 1, знак нерівності не зміню ється; ● якщо 0 < a < 1, знак нерівності зміню ється на протилежний.

(5) (3) (4 )

Підсумовуючи одержані результати, зазначимо, що для розв’язування нерівно сті log a f (x ) > log a g (x ) за допомогою рівно

Зауваження. Системи нерівностей, які одержано для випадків (І) і (ІІ), можна дещо спростити. Наприклад, якщо в системі, отриманій для випадку (І), виконуються нерівність (2) f (x ) > g (x ) і нерівність (4) g (x ) > 0, то з цих нерівностей випливає, що f (x ) > 0. Отже, нерівність (3) цієї системи автоматично виконується, коли виконуються нерівності (2) і (4), тому її можна не записувати до цієї системи (див. п. 2 табл. 9). Аналогічно обґрунтовують, що в си стемі, отриманій для випадку ІІ, нерівність (4) є наслідком нерівностей (3) і (5), її теж можна не записувати до системи.

Розв’яжемо нерівність

log 5 ( x 2 − 2x ) > log 5 3 .

 log 5 ( x 2 − 2x ) > log 5 3 ⇔ x 2 − 2x > 3. (ОДЗ заданої нерівності x 2 − 2x > 0 враховано автоматично, оскільки якщо виконується нерівність x 2 − 2x > 3, то виконується і нерівність x 2 − 2x > 0 .) Розв’язуємо нерівність x 2 − 2x > 3. Тоді x 2 − 2x − 3 > 0, отже (рис. 6.2.1), x < −1 або x > 3 — множина розв’язків заданої нерівності. Звичайно, її можна записати і так: ( − ∞; − 1) ∪ (3; + ∞ ).  + –1

–

+ 3

Puc. 6.2.1

§§6. Розв’язування логарифмічних рівнянь та нерівностей

2 Розв’язування більш складних логарифмічних нерівностей Складніші логарифмічні нерівності розв’язуються за допомогою або рівносильних перетворень заданої нерівності (і зведення її до відомого виду нерівностей), або методу інтервалів. Схема рівносильних перетворень логарифмічних нерівностей повністю аналогічна схемі рівносильних перетворень логарифмічних рівнянь: 1) ураховуємо ОДЗ заданої нерівності; 2) стежимо за тим, щоб на ОДЗ кожне перетворення можна було виконати

як у прямому, так і у зворотному напрямках зі збереженням правиль ності нерівності. У цьому випадку на ОДЗ кожен розв’я зок заданої нерівності буде розв’язком другої і, навпаки, кожен розв’язок другої нерівності буде розв’язком першої, тобто ці нерівності будуть рівносильними (на ОДЗ). Приклади розв’язування логарифмічних нерівностей за допомогою рівносильних перетворень і методу інтервалів та оформлення такого розв’язування наведено в табл. 9. Розглянемо ще кілька прикладів.

Приклади розв’язування завдань

Приклад 1

Розв’яжіть нерівність log 0,2 (x − 1) + log 0,2 (x + 3) − 1. Коментар

Розв’яжемо задану нерівність за допомогою рівносильних перетворень. Як і під час розв’язування рівнянь, для цього достатньо урахувати ОДЗ заданої нерівності й стежити за тим, щоб на ОДЗ кожне перетворення можна було виконати як у прямому, так і у зворотному напрямках зі збереженням правильності нерівності. Оскільки на ОДЗ вирази, що стоять під знаком логарифмів, є додатними, то формулу log a b + log a c = log a (bc) для додатних b і c можна використовувати як у прямому, так

і у зворотному напрямках. Отже, виконуючи перетворення нерівності за цією формулою, одержимо нерівність, рівносильну заданій (на її ОДЗ). Щоб скористатися властивостями логарифмічної функції, запишемо число –1 як значення логарифмічної функції:

−1 = log 0,2 (0,2) (зрозуміло, що і цю формулу можна використовувати як у прямому, так і у зворотному напрямках) і врахує−1

 2  мо, що 0,2 −1 =    10 

−1

 1 =   5

−1

= 5.

Розв’язання  ОДЗ:

{

x − 1 > 0, Тоді x > 1. x + 3 > 0.

Множина розв’язків останньої нерівності така (рис. 6.2.2): −4 x 2 .

На цій ОДЗ задана нерівність рівносильна нерівності log 0,2 ((x − 1) (x + 3)) log 0,2 (0,2) . −1

Функція y = log 0,2 t є спадною, отже,

(x − 1) (x + 3) (0,2) −1 . Одержуємо: x 2 + 2x − 3 5 ; x 2 + 2x − 8 0 .

+ –4

–

+ 2

Puc. 6.2.2 Ураховуючи ОДЗ, одержуємо: 1 < x 2 . Відповідь: (1; 2]. 

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

Приклад 2*

Розв’яжіть нерівність log 1 log 2 3

x −1 2−x

Розв’язання

Коментар −1

 1 > log 1   . (1)  3 2−x 3 3 Ураховуючи ОДЗ заданої нерівності й те, що функція y = log 1 t є спадною, одержуємо 

log 1 log 2

x −1

 1 <  2−x  3 x −1

0 < log 2

тобто 0 < log 2

x −1

або log 2 1 < log 2

−1

(2)

< 3,

2−x x −1 2−x

< log 2 23 .

Ураховуючи, що функція y = log 2 t є зростаю чою, одержуємо

x −1 2−x

> −1 .

< 23 .

(3)

Ця нерівність рівносильна системі нерівностей

ОДЗ заданої нерівності запишемо у вигляді системи нерівностей x −1  (6) log 2 2 − x > 0,  x −1  (7) > 0. 2−x Виконуючи рівносильні перетворення, пам’ятаємо, що головне — не записати ОДЗ, а врахувати її в процесі розв’язування. При переході від нерівності (1) до нерівності (2) у записі залишається лише один логаріфмич

ний x −1 2−x

вираз

log 2

x −1 2−x

для

якого

ОДЗ:

> 0 . Отже, при такому переході обме

ження (7) буде неявно враховане, і тому до статньо врахувати тільки обмеження (6) (що й зроблено в лівій частині нерівності (2)). Щоб використати властивості відповідних логарифмічних функцій, записуємо необхід ні числа як значення логарифмічної функції:

 x −1  2 − x > 1, яка, у свою чергу, рівносильна си  x −1 −1  < 8, стемі нерівностей  1 2−x спочатку − 1 = log (і враховуємо, що   1  2x − 3  3 (4) > 0 , − 1 3  2−x 1   = 3 ), а потім 0 = log 2 1 і 3 = log 2 23 .  9x − 17  < 0. (5)  3   2−x При переході від нерівності (2) до нерівно Розв’язуємо нерівності (4) і (5) методом інтер валів і знаходимо їх спільні розв’язки (рис. 6.2.3): ● для нерівності (4) ОДЗ: x ≠ 2 ; x=

3 2

— нуль функції f (x ) =

● для нерівності (5) ОДЗ: x ≠ 2 ; x=

17 9

2x − 3 2−x

— нуль функції g (x ) =

;

9x − 17 2−x

–

сті (3) одержуємо, що

–

 3 17  Відповідь:  ; .   2 9 

3 2

+ 17 9

2−x

> 1, отже,

і в цьому випадку нерівність (7) урахована автоматично. Для знаходження спільних розв’язків нерівностей (4) і (5) зручно їх розв’язання методом інтервалів розмістити одне над одним так, щоб однаково позна чені точки були розташовані одна над од ною. Тоді за рис. 6.2.3 відразу визначимо спільні розв’язки системи нерівностей.

–

x −1

– 2

Puc. 6.2.3

§§6. Розв’язування логарифмічних рівнянь та нерівностей

Запитання

1. Поясніть на прикладах, як можна розв’язувати найпростіші ло гарифмічні нерівності, користуючись властивостями логариф мічної функції.

2*. Обґрунтуйте справедливість рівносильних переходів:  f ( x ) > g ( x ),  1) якщо a > 1, то log a f (x ) > log a g (x ) ⇔ f (x ) > 0,  g (x ) > 0;  f ( x ) < g ( x ),  2) якщо 0 < a < 1, то log a f (x ) > log a g (x ) ⇔ f (x ) > 0,  g (x ) > 0.

3. Поясніть на прикладі використання методу інтервалів для розв’язування логарифмічних нерівностей.

Вправи

У завданнях 6.2.1–6.2.6 розв’яжіть нерівність.

6.2.1°. 1) log 3 x > 2 ;

3) log 0,5 x < 1;

2) log 0,2 x > −1;

4) lg x < 2.

3) log 5 (3x − 2) < 2;

4) log 1 (2x + 1) > −1 .

6.2.2. 1) log 2 (3x − 2) > 2; 2) log 1 (5x − 1) > −2 ; 3

6.2.3°. 1) lg (2x − 1) > lg (x + 2) ; 2) log 1 (3x + 1) > log 1 (x + 3); 3

3) log 0,2 x < log 0,2 (3x − 6);

4) log 4 (2x − 1) log 4 (x + 3).

3) log 21 x − 4 0 ;

6.2.4. 1) log 23 x − 3 log 3 x + 2 > 0 ;

1 3 − lg x

1 1 + lg x

> 1;

6.2.5. 1) lg x + lg (x − 9) > 1;

2) log 0,1 (x + 4) + log 0,1 (x − 5) − 1;

6.2.6*. 1) log 3 log 2 log 0,5 x 0 ; 2) log x x + 12 > 1;

4) log 21 x + log 1 x − 2 0 .

3) log 2 ( x 2 − x − 12) < 3 ; 4) log π (x + 1) + log π x log π 2 .

3) log 2 x + log x 2 2,5 ;

4) log 2x −1 3 < 0 . x −3

6.2.7*. У прямокутній системі координат на площині побудуйте графік рівняння або нерівності: 1) log y −2x (3 − x 2 ) = 1;

3) log1−x (1 + y ) > 1;

2) log 2y 3x 2 + y 2 = 2;

4) log 0,3 ( x + x 2 ) log 0,3 (x + y ).

(

)

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

У завданнях 6.2.8–6.2.13 розв’яжіть нерівність.

6.2.8. 1) log x 2 + log 2 x 2,5 ;

2) log 2 ( x + 1) > log x+1 16 ;

(

)

6.2.9. 1) log x−3 x 2 − 4x + 3 < 0;

3x − 11

2) log x

< 0 ;

2x − 1

6.2.10. 1) log 2x−1 3 < 0 ; x −3

2) log 9x2 +1 37 > 1;

6.2.11*. 1) log 0,5 (x + 1) > log 2 (2 − x );

(

)

2) log

6.2.13. 1)

1 x 4

1 5

−4

)

− 36 x − 2 ;

> 0 ;

x −2

+ log

(

log 2 x

0 ;

x2 − 2

1 25

1 2

x < 1.

)

4) log x x + 12 > 1. 3) log 4x2 +1 65 > 1; 4) log log 4 x 3 1. 3)

1 log 3 (5 − 2x )

lg 2 x + 2 lg x − 6 lg x

3 + log 1 (5 − 2x ) 3

< 1.

(

)

3) log 3 22x −1 − 3 ⋅ 2x −1 + 1 < 1;

(

)

1) y = 1 − log 4 x 2 − 3x ;

2) y = log 1 x 2 − 5x + 7 ; 3

x −1 log 3 x 2 − 1

4 2

(

)

x + 6x + 5

2) log x+3

6.2.16*. 1) log 1 3

)

 x −2 3) y = log 3x+1  ;  x − 4  log 2 ( x + 1)

4) y =

x −1

У завданнях 6.2.15, 6.2.16 розв’яжіть нерівність.

6.2.15*. 1) log x+1

(

2) log 1 4

2x − 1

x −1 2x + 5

4 ( x − 1)

3) log x 2

0 ;

8x − 8 8x − 5

> −1;

(

)

4) log x −1 x 2 − 10x + 25 0 . 5

−2x

(1 − 16x ) > 0 ;

 x2 − x − 1  3) log x+1   > 0;  x+2 

−3x

(1 − 25x ) > 0;

4) log

)

4) lg 6 + x lg 5 x + lg 2x + 1 .

6.2.14*. Знайдіть область визначення функції:

;

3) log x −2 1 − 5x 3 + x5 < 0;

log 1 x 2 + 2

x +1

4) log 5

2) log 49 ( x + 3) − log7 ( x + 2) < 0 ; 4)

6.2.12*. 1) log 3 3x − 8 2 − x ;

3) log 2x −1 2 > log 4 (2x − 1) −

4x − 14 x

2x − 15

> −2.

;

§ 7

Похідні показникової та логарифмічної функцій Таблиця 10

( e x )′ = e x

)′

= a ln a ( a > 0, a — стала)

(ln x )′ = (x > 0)

( n x )′ =

(log a x)′ = x ln a

1 x

( x > 0 , a > 0, a ≠ 1 , a — стала)

1 n x n −1 n

(на ОДЗ правої частини формули)

Пояснення й обґрунтування Щоб обґрунтувати формули похідних показникової та логарифмічної функцій, використаємо без доведення властивість функції y = e x (вона доводиться в курсі вищої математики*): похідна функції y = e x дорівнює цій самій функції y = e x , тобто

( e x )′ = e x .

 Якщо a > 0, за основною логарифмічною тотожністю маємо x

a =e

ln a x

x ln a

(e ln x )′ = (x )′ ; e ln x (ln x )′ = 1, тобто x (ln x )′ = 1.

Тоді за правилом знаходження похідної складеної функції одержуємо: (a x )′ = (e x ln a )′ = e x ln a (x ln a)′ = a x ln a , ′ тобто ( a x ) = a x ln a .  За одержаною формулою ми можемо знайти значення похідної показникової функції для будь-якого значення x. Отже, показникова функція диференційовна в кожній точці області визначення, а відповідно, і неперервна в кожній точці своєї області визначення (тобто при всіх дійсних значеннях x).  Для логарифмічної функції спочатку знайдемо похідну функції y = ln x , приймаючи без доведення існування похідної. Область визначення цієї функції x > 0, тобто (0; + ∞ ) . Якщо x > 0, за основною лога*

рифмічною тотожністю маємо e ln x = x . Ця рівність означає, що за умови x > 0 функції y = e ln x і y = x збігаються (це одна і та сама функція, задана на множині R+ ), а отже, збігаються їхні похідні. Використовуючи для лівої частини рівності правило знаходження похідної складеної функції, одержуємо:

Звідси (ln x )′ =

1 x

Оскільки log a x =

(де x > 0). ln x ln a

1 ln a

ln x ,

1  1 ′ (ln x )′ = то (log a x )′ =  ln x =  ln a  ln a

⋅

ln a x

Отже,

1 x ln a

. 1

(log a x)′ = x ln a

(де x > 0, a > 0,

a ≠ 1, a — стала). 

Зауваження. Формула

(x n )′ = nx n−1

була обґрунтована в § 32 підручника для 10 класу тільки для цілих значень n. Доведемо, що вона виконується і при будьяких дійсних значеннях n.

Нагадаємо, що e — ірраціональне число, e = 2,718 281 82... .

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

( )

 Якщо n — довільне неціле число, то 1 ′ 1 1−n n −1 −1 n 1 1 1 n 1−n 1  1 1 ′ n y = x функція( x ) = xозначена n n = x тільки = при = n  = x n x= > 0. x . (2)   n n n n x n Тоді за основною логарифмічною тотожні n x n−1 n стю x n = e ln x = e n ln x . За правилом обчисленЯкщо n — непарне число, то ОДЗ праня похідної складеної функції одержуємо вої частини формули (1): x ≠ 0. При x > 0 n 1 (x n )′ = (e n ln x )′ = e n ln x (n ln x )′ = x nn (ln x )′ = xзалишається n = nx n −1 справедливою рівність (2), приxx < 0 врахуємо, що n x = − n −x і −x > 0, 1 n ln x )′ n ln x ( n n n − 1 а також те, що при непарному n число 1 − n e n ln x )′ = x n (ln x )′ = x n = nx .  =e x

1−n буде парним (тому ( −1) = 1).

(x n )′ = nx n−1

Отже, надалі формулою можна користуватися при будь-яких дійТоді сних значеннях n (нагадаємо, що в цьому 1 ′ 1 випадку її можна використовувати тіль( n x )′ = ( − n − x )′ = − ( − x ) n = − 1 ( − x ) n − 1 ( − x )′ = ки при тих значеннях x, при яких визначеn 1 ′ 1 1−n на її права частина). n ′ ( x ) = (−n −x )′ = − (−x) n = − 1 (−x) n −1 (−x)′ = 1 (−x) n = 1 n (−x)1−n = Спираючись на одержаний результат, n n n обґрунтуємо також формулу 1 1 = n x1−n = . (n x )′ = 1 (n ∈N ), n n −1 (1) n n x

(

)

n x n −1 n

Отже, для непарного n при всіх x ≠ 0 яку можна використовувати при тих знаформула (1) теж виконується.  ченнях x, при яких визначена її права ча стина. В останньому випадку такі громіздкі пе Якщо n — парне число, то ОДЗ праретворення довелося виконувати через те, вої частини формули (1): x > 0. Але за цієї 1 умови що при x < 0 вираз x n не означений, а ви1 ′ 1 1−n n −1 1 (n x )′ = x n = 1 x n − 1 = 1 x n = 1 n x1−n = 1 n  1  раз= (−nx1)nn−1існує, оскільки −x > 0 при x < 0. n n n x n n x

( )

Приклади розв’язування завдань

Приклад 1

Знайдіть похідну функції: x

1) f (x ) = sin 2 x + e 2 ; Розв’язання

(

1)  f ′ (x ) = sin 2 x + e 2

)′ = (sin x)′ + (e )′ = x 2

= 2 sin x cos x +

x e2

= sin 2x +

ln x cos3x

Коментар

 x′ = 2 sin x (sin x )′ + e 2   =  2 1

2) f (x ) =

1 2

x e2.



Послідовно визначаємо, від якого виразу береться похідна (орієнтуючись на результат останньої дії). У завданні 1 спочатку знаходимо похідну суми: (u + v )′ = u′ + v ′ . Потім для кожного з доданків використовуємо формулу похідної складеної функції: знаходимо похідні u 2 та e u і множимо на u′ .

§§7. Похідні показникової та логарифмічної функцій

(ln x )′ cos 3x − (cos 3x )′ ln x  ln x  ′ == =   cos3x  (cos 3x )2

2)  f ′ (x ) =  1

= x =

cos 3x − ( − sin 3x )(3x )′ ln x cos 2 3x

cos 3x + 3x sin 3x ln x x cos 2 3x

 u  ′ u ′v − v ′u , а для похід = v v2 ної знаменника використовуємо формулу похідної складеної функції: знаходимо похідну cosu і множимо на u′ ). ну частки:  

. 

Приклад 2

Одержаний результат бажано спростити за формулою 2 sin x cos x = sin 2x . У завданні 2 спочатку знаходимо похід-

Запишіть рівняння дотичної до графіка функції y = xe x у точці x0 = 1.

Розв’язання

Коментар

 Якщо f (x ) = xe x , то f ( x0 ) = f (1) = e . ′ f ′ (x ) = x ′e x + ( e x ) x = e x + xe x ,

тоді f ′ ( x0 ) = f ′ (1) = 2e . Підставляючи ці значення в рівняння дотичної y = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) , одержуємо:

y = e + 2e (x − 1). Отже, y = 2ex − e — шукане рівняння дотичної. 

Приклад 3

Рівняння дотичної до графіка функції y = f (x ) у точці з абсцисою x0 у загальному вигляді записується так: y = f ( x0 ) + f ′ ( x0 ) ( x − x0 ) . Щоб записати це рівняння для заданої функції, потрібно знайти f ( x0 ), похідну f ′ (x ) і значення f ′ ( x0 ). Для виконання відповідних обчислень зручно позначити задану функцію через f (x ), а для знаходження її похідної використати формулу похідної добутку

(uv )′ = u′v + v′u .

Виконайте завдання: 1) побудуйте графік функції y =

ln x x

;

2*) знайдіть найбільше значення параметра a, при якому рівняння ln x = ax має єдиний корінь. Коментар Для розв’язування завдання 1 досліджуємо функцію y =

ln x x

за загальною схемою і за

результатами дослідження будуємо її графік. Під час дослідження функції на парність і непарність можна скористатися тим, що в парної або непарної функції до області визначення входять точки x і ( −x ) . Отже, для таких функцій область визначення має бути симетричною відносно точки 0. Як що ж ця умова не виконується, то функція не може бути ні парною, ні непарною. Для кращого уявлення про вигляд графіка доцільно уточнити поведінку функції на кін-

(

)

цях області визначення D ( y ) = (0; + ∞ ) . При

x → 0 (справа, тобто при x → +0 ) значення ln x  −∞  ln x → − ∞ . Тоді y = → → − ∞ . Отже,  +0  x пряма x = 0 — вертикальна асимптота, і це потрібно врахувати під час побудови графіка функції. Але при x → +∞ ми не можемо виконати таку оцінку (одержуємо невизна-

 +∞   ). У такому випадку по+∞  ведінку функції при x → +∞ можна уточнити за допомогою додаткових контрольних точок. ченість виду  

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції Під час розв’язування завдання 2 доцільно використати графічну ілюстрацію розв’язу вання. Це можна зробити двома способами. І. За допомогою рівносильних перетворень привести задане рівняння до виду

f (x ) = a (де f (x ) =

ln x x

) і, використовую-

чи графік, побудований в результаті ви-

конання завдання 1, з’ясувати, скільки коренів має рівняння f (x ) = a при різних значеннях параметра a. ІІ. З астосувати графічне розв’язування безпосередньо до рівняння ln x = ax (графіки функцій y = ln x і y = ax відомі), а для дослідження єдиності кореня використати геометричний зміст похідної.

Як ви вважаєте, який спосіб доцільно використати у даному випадку?

Розв’язання ln x

1)  Дослідимо функцію y =

1. Область визначення: x > 0 , тобто D ( y ) = (0; + ∞ ). 2. Функція ні парна, ні непарна, оскільки її область визначення не симетрична відносно точки 0. 3. Точки перетину графіка з осями координат: ● графік не перетинає вісь Oy ( x ≠ 0) ; ● на осі Ox y = 0 , тобто

ln x x

= 0, тоді при

(0; e)

(e; + ∞ )

y ′ (x )

–

y (x )

max находимо ще декілька точок графіка 6. З функції.

1 x > 0 одержуємо: ln x = 0 ; x = 1 — абс x ≈ 0,4 e 2 ≈ 7,4 циса точки перетину графіка з віссю Ox. e 1 x − 1 ⋅ ln x 1 − ln x  ln x  ′ (ln x )′ x − x ′ ln x x = 4. Похідна і критичні точки: y′ =  = = 2 2≈ 0,3 2 2 −2,7 ( ) − e ≈ y x  x  2x x x 1

x − 1 ⋅ ln x 1 − ln x  ln x  ′ (ln x )′ x − x ′ ln x x y′ =  = = = .  2 2  x  x x x2 Похідна існує на всій області визначення функції f (x ) (тобто при x > 0 ), отже, функція неперервна на всій області визначення. Знаходимо критичні точки: y′ = 0 , тобто 1 − ln x x2

= 0. Звідси при x > 0 одержуємо

ln x = 1 , отже, x = e — критична точка. 5. Позначаємо критичні точки на області визначення функції і знаходимо знак y′ (x ) у кожному з одержаних проміжків (рис. 7.1). +

–

e x Puc. 7.1 Складаємо таблицю, у якій позначаємо проміжки зростання і спадання та екстремуми функції. 0

e 3 ≈ 20,1 3 e3

≈ 0,1

7. За результатами дослідження будуємо ln x

графік функції y =

(рис. 7.2). 

2)  І спосіб Область допустимих значень рівняння ln x = ax задається нерівністю x > 0 . Але тоді x ≠ 0 і задане рівняння на його ОДЗ рівносильне рівнянню

ln x x

= a.

Розв’яжемо останнє рівняння графічно. Для цього побудуємо графіки функцій y = (див. завдання 1) та y = a (рис. 7.3). Як бачимо, рівняння

ln x x

0<a< a>

1 e

= a має єдиний

корінь тільки при a 0 та при a = 1

ln x

1 e

(при

рівняння має два корені, а при

рівняння не має коренів).

§§7. Похідні показникової та логарифмічної функцій

> 0)

y 1 e

у = ln x e

1 e

0 1

у = a

у = ln x

x (a у = a

у = ln x

у = ax (a < 0)

1 Puc. 7.3

Puc. 7.2

Отже, найбільше значення параметра a, при якому рівняння ln x = ax має єдиний ко рінь, — це a =

1 e

ІІ спосіб Розглянемо графічну ілюстрацію (рис. 7.4) розв’язування заданого рівняння

ln x = ax . (1) Функція y = ln x зростаюча і набуває всіх значень від − ∞ до +∞ . Графіком функції y = ax є пряма, яка про ходить через початок координат. При a < 0 пряма y = ax перетинає графік функції y = ln x тільки в одній точці (пря ма 1 на рис. 7.4). Отже, рівняння (1) має єди ний корінь (дійсно, функція y = ln x зроста юча, а функція y = ax — спадна, і тому рів няння (1) може мати тільки один корінь). При a = 0 рівняння (1) має вигляд ln x = 0 і теж має єдиний корінь (x = 1) . При a > 0 пряма y = ax може дотикатися до графіка функції y = ln x (пряма 2 на рис. 7.4). Тоді рівняння (1) буде мати єди ний корінь. Пряма y = ax може проходити в першій чверті нижче дотичної (пряма 3 на рис. 7.4). Тоді рівняння (1) буде мати два корені. Також пряма y = ax може проходи

Приклад 4

Puc. 7.4

ти в першій чверті вище дотичної (пряма 4 на рис. 7.4), тоді рівняння (1) не буде мати коренів. З’ясуємо, коли пряма y = ax буде дотичною до графіка функції y = f (x ) = ln x . Нехай точ ка дотику M має абсцису x0 . Ураховуючи геометричний зміст похідної, одержуємо, що f ′ ( x0 ) = a (значення похідної в точці x0 до рівнює кутовому коефіцієнту дотичної, про веденої через точку M). Оскільки f ′ (x ) = то f ′ ( x0 ) = маємо

1 x0

1 x

. Тоді з рівності f ′ ( x0 ) = a

= a . Звідси x0 =

1 a

. Тоді y0 = ln

1 a

До того ж, оскільки точка дотику M лежить і на дотичній y = ax , то її координати задо вольняють рівняння дотичної. Одержуємо

1 a

= a⋅

1 a

, звідси ln

1 a

= 1. Тоді

1 a

= e, a =

1 e

Отже, задане рівняння матиме єдиний ко рінь тільки при a 0 і при a =

1 e

. Тоді най

більше значення параметра a, при якому рівняння ln x = ax має єдиний корінь, — це

1 .  e

Доведіть, що при всіх дійсних значеннях x виконується нерів ність e x 1 + x .

Розв’язання  Розглянемо функцію f (x ) = e x − 1 − x .

Область визначення: D ( f ) = R . Похідна f (x ) = e x −1 існує на всій області визначення.

Коментар Використаємо похідну для дове дення заданої нерівності. Для цього дослідимо функцію f (x ), яка є різницею лівої і правої ча стин нерівності.

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції Отже, функція f (x ) неперервна на всій числовій прямій; f ′ (x ) = 0 , e x − 1 = 0 , e x = 1 , x = 0 — критична точка. Позначаємо критичну точку на області визначення функції f (x ), знаходимо знаки похідної та визначаємо поведінку функції в кожному з одержаних проміжків (рис. 7.5).

Знак f ′(x)

–

Поведінка f(x)

Спробуємо в результаті дослідження знайти найбільше чи найменше значення функції f (x ) на всій числовій прямій. Для цього можна використати таку властивість: якщо неперервна функція f (x ) має на заданому інтервалі тільки одну точку екстремуму x0 і це точка мінімуму, то на заданому інтервалі функція набуває свого найменшого значення в точці x0 . Далі користуємося тим, що коли в точці x0 функція набуває найменшого значення на заданому інтервалі, то для всіх значень x із цього інтервалу f (x ) f ( x0 ) (якщо необхідно, то можна уточнити, що знак рівності досягається тільки в точці x0 ).

+ 0 min

Puc. 7.5 Як бачимо, неперервна функція f (x ) має на інтервалі ( − ∞; + ∞ ) тільки одну критичну точку, і це точка мінімуму. Отже, у цій точці функція набуває свого найменшого значення на цьому інтервалі. Тоді при всіх дійсних значеннях x значення f (x ) f (0) = 0 , тобто e x − 1 − x 0 . Отже, e x 1 + x при всіх дійсних значеннях x. 

У процесі доведення числових нерівностей або порівняння двох чисел часто буває зручним перейти до більш загальної функціональної нерівності.

Приклад 5*

Порівняйте числа π e і e π . Коментар

Щоб визначити план розв’язування, можна міркувати так. Ми не знаємо, яке із заданих чисел більше: π e або e π , тому для аналізу поставимо між ними « ∨ » — знак нерівності, напрямлений гострим кінцем униз. Це свідчить про те, що ми не знаємо, у який бік його треба направити. Будемо виконувати перетворення нерівності доти, поки не з’ясуємо, яке число більше. Потім знак « ∨ » замінимо відповідним знаком нерівності («>» або «<»), який і запишемо в розв’язанні. (У процесі аналізу, якщо на якомусь кроці перетворень потрібно поміняти знак нерівності, знак « ∨ » змінюють на знак « ∧ », а в записі розв’язання у відповідному місці змінюють знак нерівності.) Під час аналізу запис типу π e ∨ e π теж будемо називати нерівністю (але, звичайно, не в розв’язанні). Розглянемо нерівність π e ∨ e π . Це нерівність із додатними членами ( π > 0 і e > 0), отже, обидві її частини можна прологарифмувати.

Функція y = ln t зростаюча, тому після логарифмування обох частин за основою e знак нерівності не зміниться і ми одержимо нерівність ln ( π e ) ∨ ln ( e π ) , тобто нерівність e ln π ∨ π ln e . Оскільки eπ > 0 , то після ділення обох частин останньої нерівності на eπ знак нерівності не зміниться і ми одержимо нерівність

ln π π

∨

ln e e

. Помічаємо, що в лівій

і правій частинах останньої нерівності стоять значення однієї й тієї самої функції

f (x ) =

ln x x

. Дослідимо цю функцію за допо-

могою похідної на зростання і спадання. Далі, ураховуючи, що π > e , порівняємо одержані вирази, а потім і задані вирази (виконуючи всі ті самі перетворення, що й у процесі аналізу, тільки у зворотному порядку).

§§7. Похідні показникової та логарифмічної функцій

Розв’язання  Розглянемо функцію f (x ) = ласть

f ′ (x ) =

визначення 1 − ln x x2

x > 0.

ln x x

. Її об-

Знак f ′(x)

Похідна

Поведінка f(x) 0

– e p max

існує на всій області визна-

чення. З’ясуємо, коли f ′ (x ) = 0 :

1 − ln x x2

на області визначення одержуємо рівносильне рівняння ln x = 1 , отже, x = e — критична точка. Позначаємо критичну точку на області визначення функції f (x ), знаходимо знаки похідної і визначаємо поведінку функції в кожному з одержаних проміжків (рис. 7.6). Отже, в інтервалі ( e; + ∞ ) функція f (x ) спадає, а її неперервність на всій області визначення свідчить про те, що вона спадає на проміжку [ e; + ∞ ) .

Приклад 6*

Puc. 7.6

= 0, Оскільки ln π π

ln e e

π > e,

то

f ( π ) < f (e ) ,

тобто

. Домноживши обидві частини цієї

нерівності на додатне число πe (знак нерівності не змінюється), одержуємо нерівність

e ln π < π ln e . Тоді ln ( π e ) < ln ( e π ) . Оскільки функція y = ln t зростаюча (e > 1), то π e < e π . Відповідь: π e < e π . 

Розв’яжіть рівняння 2x+3 + 22x+1 = 7 ⋅ 3x + 3. Коментар

Якщо спробувати застосувати до заданого рівняння схему розв’язування показникових рівнянь (див. табл. 4), то зможемо реалізувати тільки перший її пункт — позбутися числових доданків у показниках степенів. А от звести всі степені до однієї основи (зі зручними показниками) або до двох основ так, щоб одержати однорідне рівняння, або пере нести всі члени в один бік і розкласти одер жаний вираз на множники — не зможемо. Спробуємо застосувати властивості відповідних функцій. Але і при такому підході (див., наприклад, § 4 підручника для 10 класу або § 8 цього підручника) ми не зможемо використати скінченність ОДЗ (вона нескінченна) та оцінку лівої і правої частин рівняння (вони обидві лежать у межах від 0 до + ∞ ). Якщо сподіватися на можливість викори стання монотонності функції, то й тут ми не можемо застосувати теореми про корені (в обох частинах заданого рівняння стоять зростаючі функції). Тоді спробуємо підібрати корені цього рівняння й довести, що інших коренів рівняння не має (зручно попередньо звести рівняння до виду f (x ) = 0 ).

Послідовно підставляючи значення x = 0 , x = 1, x = 2 , x = 3 , з’ясовуємо, що f (0) = 0 , f (1) = 0, f (3) = 0 , тобто рівняння f (x ) = 0 має три корені. Щоб довести, що інших коренів немає, достатньо довести, що функція f (x ) має не більше трьох проміжків зростання або спадання. Ураховуючи ж неперервність f (x ) на всій числовій прямій, достатньо довести, що в неї не більше двох критичних точок, тобто рівняння f ′ (x ) = 0 має не більше двох коренів. Розглядаючи тепер рівняння f ′ (x ) = 0 , після його перетворення можемо провести аналогічні міркування, але вже для двох коренів (як це було зроблено в прикладі 2 до п. 36.1 в інтернетпідтримці до підручника 10 класу.) Виконуючи перетворення рівняння f ′ (x ) = 0 , урахуємо, що всі його члени мають однаковий степінь — x (тобто воно є однорідним відносно трьох функцій від змінної x), а саме: 2x , 3x , 4 x . Поділивши обидві ча стини рівняння f ′ (x ) = 0 на степінь з основою 2, 3 або 4, зменшимо кількість виразів зі змінною на один.

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

Розв’язання  Задане рівняння рівносильне рівнянню 2x ⋅ 23 + 22x ⋅ 21 − 7 ⋅ 3x − 3 = 0 , тобто

8 ⋅ 2x + 2 ⋅ 4 x − 7 ⋅ 3x − 3 = 0 .

(1)

Позначимо f (x ) = 8 ⋅ 2 + 2 ⋅ 4 − 7 ⋅ 3 − 3 . Оскільки f (0) = 8 + 2 − 7 − 3 = 0 , f (1) = 16 + 8 − 21 − 3 = 0 , f (3) = 64 + 128 − 189 − 3 = 0 , то рівняння f (x ) = 0 має три корені: 0, 1, 3. Доведемо, що інших коренів рівняння (1) не має. Для цього достатньо довести, що функція f (x ) має не більше трьох проміжків зростання або спадання. Оскільки ж функція f (x ) на всій числовій прямій неперервна, достатньо довести, що функція має не більше двох критичних точок. Область визначення: D ( f ) = R . Похідна f ′ (x ) = 8 ⋅ 2x ln 2 + 2 ⋅ 4 x ln 4 − 7 ⋅ 3x ln 3 існує при всіх значеннях x. Отже, критичними точками можуть бути тільки ті значення x, при яких f ′ (x ) = 0 . Одержуємо рівняння 8 ⋅ 2x ln 2 + 2 ⋅ 4 x ln 4 − 7 ⋅ 3x ln 3 = 0 . Оскільки 3x ≠ 0 , то в результаті ділення обох частин останнього рівняння на 3x одержуємо рівносильне рівняння x

 2  4 8   ln 2 + 2   ln 4 − 7 ln 3 = 0.  3  3

(2)

Щоб довести, що рівняння (2) має не більше двох коренів, достатньо довести, що функція x

 2  4 ϕ (x ) = 8   ln 2 + 2   ln 4 − 7 ln 3 у лівій  3  3 частині рівняння має не більше двох про-

Запитання

міжків зростання або спадання. Ураховуючи неперервність цієї функції на всій числовій прямій, достатньо довести, що вона має тільки одну критичну точку. Дійсно, x

2 4  2  4 ϕ ′ (x ) = (8 ln 2)   ln ++ (2 ln 4)   ln  3  3 3 3

існує при всіх значеннях x. Отже, критичними точками можуть бути тільки ті значення x, при яких ϕ ′ (x ) = 0 . Одержуємо однорідне рівняння* x

(8 ln 2)  2  ln 2 + (4 ln 2)  4  ln 4 = 0 .  3

 3

 Оскільки (4 ln 2) 

2

≠ 0 , то після ділення  3 

обох частин рівняння на цей вираз одержуємо рівносильне рівняння 2 ln Звідси

2x =

−2 ln ln

2 3

< 0 , а ln

4 3

2 3 .

2 3

+ 2x ln

4 3

Ураховуючи,

> 0, одержуємо

−2 ln ln

= 0. що

2 3 > 0.

Отже, останнє рівняння має єдиний корінь. Тоді функція ϕ (x ) має єдину критичну точку і рівняння (2) має не більше двох коренів. Це означає, що функція f (x ) має не більше двох критичних точок. Тоді рівняння (1) (і задане рівняння) має не більше трьох коренів. Але три корені заданого рівняння ми вже знаємо: 0, 1, 3. Отже, інших коренів задане рівняння не має. Відповідь: 0, 1, 3. 

Запишіть формули знаходження похідних: а) показникової і логарифмічної функцій; б) функції n x .

2*.

Обґрунтуйте формули знаходження похідних, про які йдеться у запитанні 1.

2 ln 4 = ln 42 = ln 24 = 4 ln 2 .

§§7. Похідні показникової та логарифмічної функцій

Вправи

У завданнях 7.1, 7.2 знайдіть похідну функції.

7.1°. 1) y = 3e x + 4; 2) y = e x − ln x ;

7.2. 1) y = e5x cos x ; 2) y =

ln x x

;

3) y = e − x + x5 ; 4) y = ln (2x − 1) . 3) y = x lg x ; 4) y = x 3 log 2 x .

7.3. Розв’яжіть нерівність f ′ (x ) > 0, якщо: 1°) f (x ) = e 2x − x ; 3) f (x ) = x ln x ; 2°) f (x ) = 2x − ln x ;

4) f (x ) = (1 − x ) e −2x .

7.4. Дано функцію f (x ):

ln x

1) f (x ) = x 2 ln x ;

3) f (x ) =

2) f (x ) = x 3 − 3ln x ;

4) f (x ) = x ln x .

;

Знайдіть значення x, при яких значення похідної функції f (x ): а) дорівнює нулю; б) додатне;

в) від’ємне.

7.5. Запишіть рівняння дотичної до графіка функції y = f (x ) у точці з абсцисою x0 , якщо: 1) f (x ) = cos x , x0 = 2) f (x ) = tg2x , x0 =

π 4 π 8

−

x 2

;

3) f (x ) = e 2 + e

;

4) f (x ) = ln x − x , x0 = 1.

, x0 = 0 ;

7.6. Знайдіть абсциси x0 точок графіка функції y = f (x ), у яких до-

тична до нього утворює кут ϕ з додатним напрямком осі Ox, якщо: 1) f (x ) = sin2x , ϕ = 0°;

3) f (x ) = e − x , ϕ = 135° .

2) f (x ) = ln2x , ϕ = 45°;

7.7*. Знайдіть рівняння дотичної до графіка функції f (x ) = e5x+1, якщо дотична паралельна прямій y = 5x − 8.

7.8*. Знайдіть рівняння дотичної до графіка функції f (x ) = e 3x−2 , якщо дотична паралельна прямій y = 3x + 17 .

7.9. Знайдіть найбільше і найменше значення заданої функції на вказаному відрізку: 1) f (x ) = x + e − x , [ −1; 2] ;

3) f (x ) = x 2 − x − 2 + ln x , [1; 3].

1  2) f (x ) = ln (2x ) − 6x 2 + 11x ,  ; 2 ; 2 

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

7.10. Знайдіть проміжки зростання і спадання та точки екстремуму функції: 1) f ( x ) = e x − x ;

3) f ( x ) = xe 2x ;

2) f ( x ) = ln x − x ;

4) f ( x ) =

5) f ( x ) = ln x +

x −1

6) f ( x ) =

;

x e 2x

1 x

;

7.11. Дослідіть функцію та побудуйте її графік.

(

)

1) f ( x ) = ln e 2 − x 2 ;

3) f ( x ) = xe x ;

2) f ( x ) = 2 ln x − x 2 ;

4) f ( x ) =

x e

5) f ( x ) = x − ln x ; 6) f ( x ) = e − x . 2

;

Перевірте правильність побудови графіка за допомогою ком п’ютерної програми.

7.12. Дано функцію: 1) f (x ) = x ln x ;

2) f (x ) =

ex x

а) Дослідіть функцію f (x ) і побудуйте її графік. б) Знайдіть область значень функції f (x ). в*) З’ясуйте кількість коренів рівняння f (x ) = a залежно від значення параметра a.

7.13*. Знайдіть усі значення параметра a, при яких рівняння ax 6 = e x має єдиний додатний корінь.

7.14*. Доведіть, що задане рівняння має єдиний корінь, і знайдіть цей корінь. 1) e x + 2x − 1 = 0;

1 x

− ln x = 1.

У завданнях 7.15–7.17 розв’яжіть рівняння. x

7.15*. 1) 2x + 2 − x = 2 cos ; 3

1−x

2) 4 + 4

3) 4 x − 1 = 32x −1 .

= 1 + 3 sin πx ;

7.16*. 1) 2x+1 − 4x = 0 ;

3) 5x+2 − 12x = 25 .

2) 3x −1 − 4x = −3 ;

7.17*. 1) 3 ⋅ 2x+2 + 5x = 8 ⋅ 3x + 5; 2) 3 ⋅ 2x − 3x+1 + 4 x = 1;

3) 3 ⋅ 2x+4 + 6 ⋅ 7 x+1 = 3 ⋅ 5x+2 + 15 ; 4) 3x + 32−x = 3 (1 + cos 2πx ) .

7.18*. Доведіть нерівність: x

1) e − x > 1 − x при x < 0;

4) ln (1 + x )

2) e x > ex при x > 1;

5) 2x ln x x 2 − 1 при x 1.

3) e x 1 + x +

x2 2

x +1

при x > −1;

при x 0;

§§7. Похідні показникової та логарифмічної функцій

7.19*. Порівняйте числа: 1) 10001001 і 10011000; 2)

( 2)

( 3)

3) (lg5)

і 3lg 5 .

;

7.20. З’ясуйте кількість коренів рівняння e x = x + a залежно від значення параметра a.

7.21. Знайдіть усі значення a, при яких рівняння ln x = ax 2 має єдиний корінь.

7.22. Знайдіть усі значення a, при яких функція y = 2e x + 3ax − 4 є зростаючою на всій області визначення.

7.23. Знайдіть усі значення a, при яких функція y = 5 − ln x + 2ax є спадною на всій області визначення.

7.24*. Знайдіть усі значення a, при яких функція y = 2e x − ae − x + (1 + 2a ) x − 5

y = 2e x − ae − x + (1 + 2a ) x − 5 є зростаючою на всій області визначення.

7.25*. Знайдіть усі значення a, при яких функція y = 3 − 2e x + (1 − a ) e − x − e 2x + (a − 1) x

y = 3 − 2e x + (1 − a ) e − x − e 2x + ( a − 1) x є спадною на всій області визначення.

7.26. Знайдіть усі значення a, при яких функція f (x ) = e 2x + 2 (x − a − 2) e x − ax 2 + 2ax − 7 f (x ) = e 2x + 2 (x − a − 2) e x − ax 2 + 2ax − 7 має точно два екстремуми. 7.27. Знайдіть усі значення a, при яких функція f (x ) = e 2x + (x − 3 − 4a ) e x − ax 2 + 4ax + 3 f (x ) = e + (x − 3 − 4a ) e x − ax 2 + 4ax + 3 має єдиний екстремум. 2x

7.28*. Знайдіть усі значення a, при яких функція f (x ) = a8 x − (3a − 2) 4 x + 3 (3a − 2)2x f (x ) = a8 x − (3a − 2) 4 x + 3 (3a − 2)2x не має екстремумів. 7.29*. Знайдіть найбільше значення площі прямокутника зі сторона-

ми, паралельними осям координат, і діагоналлю OP, де точка O — початок координат, а точка P належить графіку функції y = 49xe 2 −7 x +

9 x

, 0,2 x 1.

7.30*. Знайдіть найбільше значення площі трикутника OPK, де точка O — початок координат, точка P належить графіку функції y=

5 x

+ 64x5e 6−4x , 0,7 x 2 , точка K належить осі Ox, причому

абсциси точок P і K рівні.

Виявіть свою компетентність

7.31. В ідеальних умовах процес розмноження кроликів можна описати рядом Фібоначчі, а зростання їх кількості відбувається за законом N = e 0,5t (t вимірюється у місяцях). Знайдіть швидкість приросту кроликів у момент t = 10 місяців.

§ 8

Показникові та логарифмічні рівняння й нерівності

Деякі показникові та логарифмічні рівняння можна розв’язати, застосовуючи вла стивості відповідних функцій. Нагадаємо основні прийоми, які використовують під час розв’язування рівнянь за допомогою властивостей функцій, та наведемо приклади розв’язування рівнянь і нерівностей, що містять показникові, логарифмічні та інші функції. Таблиця 11 Орієнтир

Приклад

1. Скінченна ОДЗ Якщо область допустимих значень (ОДЗ) рівняння (нерівності або системи) складається зі скінченного числа значень, то для розв’язування достатньо перевірити всі ці значення.

 ОДЗ:

{

x −1

x − 1 0, Тоді 2 − 2x 0.

+ 3x = 41−

2−2x

{

x 1, Отже, ОДЗ: x = 1. x 1.

Перевірка: x = 1 — корінь ( 2 1−1 + 31 = 41− 2−2 ; 4 = 4). Інших коренів немає, оскільки до ОДЗ входить тільки одне число. Відповідь: 1. 

2. Оцінка лівої і правої частин рівняння f (x ) = a, f (x ) = g (x ) ⇔  ( )  g x = a. f (x ) a g (x ) a

2x = cos

x 2

 Оцінимо значення лівої і правої частин заданого рівняння: x 2 ● якщо f (x ) = 2 , то f (x ) 1 (оскільки x 0 ); 2

● якщо g (x ) = cos

Якщо потрібно розв’язати рівняння виду f (x ) = g (x ) , і f (x ) a , g (x ) a , то рівність між лівою і правою частинами можлива тоді й тільки тоді, коли f (x ) і g (x ) одночасно дорівнюють a.

x 2

, то −1 g (x ) 1.

Отже, f (x ) 1, g (x ) 1. Тоді задане рівняння рівносильне системі рівнянь

2x2 = 1,   x cos 2 = 1.  Із першого рівняння одержуємо x 2 = 0 , тобто x = 0 , що задовольняє друге рівняння. Відповідь: 0. 

3. Використання монотонності функцій Схема розв’язування рівняння 1. Підбираємо один або кілька коренів рівняння. 2. Доводимо, що інших коренів це рівняння не має (використовуючи теореми про корені рівняння або оцінку значень лівої та правої частин рівняння).

§§8. Показникові та логарифмічні рівняння й нерівності

Теореми про корені рівняння 1. Якщо в рівнянні f (x ) = a функція f (x ) зростає (спадає) на деякому проміжку, то це рівняння може мати не більше ніж один корінь на цьому проміжку.

y у = f(x) у = a

Приклад

Рівняння 2x + 3x = 5 має єдиний корінь x = 1 ( 21 + 31 = 5 , тобто 5 = 5), оскільки функція f (x ) = 2x + 3x зростає на всій області визначення ( x ∈ R) як сума двох зростаючих функцій. 2. Якщо в рівнянні f (x ) = g (x ) функція f (x ) зростає на деякому проміжку, а функція g (x ) спадає на цьому самому проміжку (або навпаки), то це рівняння може мати не більше ніж один корінь на цьому проміжку.

у = f(x)

у = g(x) a

Приклад a

Рівняння 5x = 27 − x має єдиний корінь x = 2 ( 52 = 27 − 2, тобто 25 = 25 ), оскільки функція f (x ) = 5x зростає, а функція g (x ) = 27 − x спадає (при всіх x ∈R ).

4. «Шукайте квадратний тричлен» Орієнтир Спробуйте розглянути задане рівняння як квадратне відносно якоїсь змінної (чи відносно якоїсь функції).

Приклад 4 x − (7 − x ) ⋅ 2x + 12 − 4x = 0 .  Запишемо: 4 x = 22x і виконаємо заміну 2x = t . Одер жуємо: t 2 − (7 − x ) ⋅ t + 12 − 4x = 0 . Розглянемо це рівняння як квадратне відносно t. Його дискримінант

D = (7 − x ) − 4 (12 − 4x ) = x 2 + 2x + 1 = (x + 1) . 2

Тоді t1, 2 =

7 − x ± (x + 1) 2

, тобто

t1 = 4 , t2 = 3 − x . Виконавши обернену заміну, отримаємо: 2x = 4 (звідси x = 2 ) або 2x = 3 − x . Останнє рівняння має єдиний корінь x = 1, оскільки функція f (x ) = 2x зростає, а функція g (x ) = 3 − x спадає (при всіх x ∈R ). Відповідь: 1; 2. 

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

5. Основні способи розв’язування рівняння Орієнтир*

( )

( f ( x )) g x = ( f ( x )) ϕ x

Приклад

І. f (x ) > 0

Якщо можливо, використовуємо основну логарифмічну тотожність у вигляді

1. x log x

(x+1)

= x 2 − 1.

 x log x

(x+1)

= x2 − 1 ⇔

x > 0,  ⇔ x ≠ 1, ⇔ x + 1 = x 2 − 1

a log a N = N ( a > 0, a ≠ 1 , N > 0 )

x > 0, x > 0,   ⇔ ⇔ ⇔ x ≠ 1, x ≠ 1, x 2 − x − 2 = 0 x1 = −1 або x2 = 2

⇔ x = 2. Відповідь: 2. 

Якщо можливо, логарифмуємо обидві частини рівняння за числовою основою або подаємо всі степені як степені з однією й тією самою числовою основою за формулою ( )

2. x 2 lg x+1 = 100x .  На ОДЗ (x > 0) обидві частини рівняння додатні, тому після логарифмування за основою 10 одержуємо рівняння, рівносильне заданому:

lg ( x 2lg x+1 ) = lg (100x ) . Звідси (2 lg x + 1) lg x = lg 100 + lg x . Виконаємо заміну: lg x = t .

U (x ) = a log a U x

( a > 0, a ≠ 1 , U (x ) > 0 )

Одержимо: (2t + 1) t = 2 + t ; t 2 = 1; t1 = 1 , t2 = −1. Виконавши обернену заміну, отримаємо: lg x = 1 або lg x = −1, тобто x1 = 10 , x2 = 0,1 (обидва корені входять до ОДЗ). Відповідь: 10; 0,1. 

II. f (x ) — довільний вираз

Два степені з однаковими ос g (x )

ϕ( x )

iі (f (x )) новами (f (x )) можуть дорівнювати один одному в одному з чотирьох випадків: 1) f (x ) = −1 , і для коренів цього рівняння g (x ) і ϕ (x ) — цілі числа однакової парності;

3. x 2x+4 = x 20 .  Якщо вважати основу x числом, то спочатку розглянемо три особливі випадки (основа степеня дорівнює –1; 0; 1), а потім прирівняємо показники степенів: 2 20 1) якщо x = −1 , то ( −1) = ( −1) — правильна рівність;

2) якщо x = 0 , то 04 = 020 — правильна рівність; 3) якщо x = 1, то 16 = 120 — правильна рівність; 4) якщо 2x + 4 = 20 , тобто x = 8 , то 820 = 820 — правильна рівність. Відповідь: –1; 0; 1; 8.

Рівняння виду (f (x ))

g (x )

= ( f ( x ))

ϕ( x )

називають показниково-степеневими рівняннями.

§§8. Показникові та логарифмічні рівняння й нерівності

2) f (x ) = 0 , і для коренів цього рівняння g (x ) > 0 і ϕ (x ) > 0 ; 3) f (x ) = 1 , і для коренів цього рівняння g (x ) і ϕ (x ) існують; 4) g (x ) = ϕ (x ) , і для коренів цього рівняння існують ( )

( )

( f ( x )) g x і ( f ( x )) ϕ x

Зауваження. Якщо вважати основу x змінною, то функція h (x ) = x 2x+4 вважається визначеною лише при x > 0 . З цього погляду задане рівняння має тільки корені 1 і 8. Відповідь: 1; 8.  Отже, відповідь такого рівняння не можна записати однозначно.

Ознайомитись з розв’язуванням показниково-степеневих рівнянь та нерівностей ви можете, звернувшись до інтернет-підтримки підручника.

Приклади розв’язування завдань

Приклад 1

Розв’яжіть рівняння

(

) +( x

2− 3

Розв’язання

( 2 − 3 ) = t , то 1 1 3 ) = . Одержуємо t + = 4. t t x

 Якщо

(

або

2− 3

(

Помічаємо, що

(

)

2− 3

)

= 2 − 3 (звідси x = 2 ) x

= 2 + 3 (звідси x = −2 ).

= 4.

)(

)

2 + 3 = 22 − ( 3 ) = 1 . 2

2 − 3 = a , то

2+ 3 =

Тобто задане рівняння має вигляд a x +

a 1

= 4 і його

можна розв’язати за допомогою заміни a x = t . Але тепер змінну t можна безпосередньо використати для заданого рівняння, не вводячи проміжні позначення. Виконавши обернену заміну, враховуємо, що 1

2+ 3 =

Відповідь: –2; 2. 

Приклад 2

2− 3

Отже, якщо

t1 = 2 − 3 , t2 = 2 + 3 . Виконавши обернену заміну, отримаємо:

)

Коментар

Отже, t 2 − 4t + 1 = 0 . Тоді

2+ 3

Розв’яжіть рівняння 4 x +

2− 3

1 4

+ 2x −

( 1 2x

1 2− 3

)

(

2− 3

)

−2

= 4.

Коментар Якщо звести всі степені до однієї основи 2 і позначити 2x = t , то одержимо рівняння (1) (див. розв’язання), у якому можна виконати заміну t −

t2 +

1 t2

1 1 = u (тоді u2 = t 2 − 2 + 2 , отже, t t

= u2 + 2). На ОДЗ заданого рівняння

(x ∈ R) виконання усіх замін і обернених замін є рівносильними перетвореннями цього рівняння. Отже, розв’язавши рівняння, одержані в результаті замін, і виконавши обернені заміни, ми отримаємо корені заданого рівняння.

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

Розв’язання  22 x +

1 2

+ 2x −

1 2x

= 4. x

Виконаємо заміну 2 = t , одержимо: 1

t +

Позначимо t −

+t−

1 t

= 4 .

(1) 1

= u , тоді t +

t−

= 1 або t −

1 t

= u + 2,

Тоді 2x =

2x =

= −2 .

1− 5 2

1+ 5

t2 =

1− 5

(звідси x = log 2

або

2 1+ 5

(коренів немає, оскільки

), або

2 1− 5 2

< 0),

або 2x = −1 + 2 (звідси x = log 2 ( 2 − 1)), або

2x = −1 − 2 (коренів немає, оскільки −1 − 2 < 0 ). Відповідь: log 2

Тоді t 2 − t − 1 = 0 або t 2 + 2t − 1 = 0.

Приклад 3

1+ 5

t3 = −1 + 2 , t4 = −1 − 2 .

отже, з рівняння (1) одержуємо рівняння u2 + u − 2 = 0 , яке має корені: u1 = 1 , u2 = −2. Виконавши обернену заміну, отримаємо: 1

t1 =

Одержуємо:

Розв’яжіть рівняння 4 x +

1 4x

1+ 5 2

; log 2 ( 2 − 1) . 

= 2 cos 2x .

І спосіб Коментар x

Ураховуючи, що 4 > 0 , одержуємо, що в лівій частині рівняння стоїть сума двох взаємно обернених додатних чисел, яка завжди більша або дорівнює 2. (Дійсно, якщо a > 0, то

1 2

−2=

a 2 − 2a + 1 a

(a − 1)2 a

0, отже,

при всіх a > 0 маємо: a +

1 a

2 .)

Для оцінки значень правої частини достатньо згадати, що областю значень функції y = cos2x є проміжок [ −1; 1], отже, −2 2 cos 2x 2 .

Розв’язання  Оцінимо значення лівої і правої частин рівняння. Якщо f (x ) = 4 + x

1 4

, то f (x ) 2

як сума двох взаємно обернених додатних чисел. Якщо g (x ) = 2 cos 2x , то −2 g (x ) 2. Отже, f (x ) 2, g (x ) 2 , тоді задане рівнян-

 x 1 4 + x = 2,

ня рівносильне системі 

З першого рівняння, використовуючи заміну 4 x = t , одержуємо t + 2

t − 2t + 1 = 0. Звідси t = 1 .

1 t

= 2 , тобто

Тоді 4 x = 1, отже, x = 0 , що задовольняє й друге рівняння. Відповідь: 0. 

2 cos 2x = 2. ІІ спосіб Коментар

Якщо позначити 4 = t , то задане рівняння зводиться до рівняння (2) (див. розв’язання), яке можна розглядати як квадратне відносно змінної t.

Зауважимо, що t = 4 x ≠ 0 , отже, при таких значеннях t рівняння (1) і (2) є рівносильними. Далі використовуємо умову існування коренів квадратного рівняння.

§§8. Показникові та логарифмічні рівняння й нерівності

Розв’язання  Виконавши заміну 4 x = t (t > 0) , із заданого рівняння одержуємо рівносильне рівняння

1 = 2 cos 2x , t

(1)

У цій нерівності знак «більше» не може виконуватися ( cos2 2x 1 завжди), отже, нерівність (3) рівносильна рівнянню cos2 2x = 1. Тоді cos2x = 1 або cos2x = −1. Підставляючи ці значення в рівняння (2), одержуємо дві системи рівнянь:

яке, у свою чергу, рівносильне рівнянню

t − (2 cos 2x ) t + 1 = 0. 2

(2)

Розглянемо рівняння (2) як квадратне відносно змінної t. Тоді його дискримінант D = 4 cos2 2x − 4 . Рівняння (2) може мати корені тільки тоді, коли D 0 , тобто коли 4 cos2 2x − 4 0, тоді

cos2 2x 1.

cos 2x = 1, cos 2x = −1, або  2  2 t − 2t + 1 = 0 t + 2t + 1 = 0.

(3)

З другої системи маємо t = −1 , що не задовольняє умову t > 0 . Отже, задане рівняння рівносильне тільки першій системі рівнянь. З другого рівняння першої системи маємо

t = 1 , тоді 4 x = 1, тобто x = 0 , що задовольняє й перше рівняння цієї системи. Відповідь: 0. 

Які, на вашу думку, переваги кожного з наведених способів розв’язування прикладу 3?

Приклад 4

Розв’яжіть рівняння 2 x − 2x+1 − 2 = 2x+1. Коментар

Для розв’язування рівняння, що містить кілька модулів, можемо використати загальну схему, розглянуту в § 8 підручника для 10 класу (див. також табл. 24 у розділі 4 цього підручника):

1) з найти ОДЗ; 2) знайти нулі всіх підмодульних функцій; 3) позначити нулі на ОДЗ і розбити ОДЗ на проміжки; 4) знайти розв’язки рівняння в кожному з проміжків.

Розв’язання  ОДЗ: x ∈R . Нулі підмодульних функцій: x = 0 і 2x+1 − 2 = 0 ; 2x+1 = 2 ; x + 1 = 1; x = 0 . Цей нуль (x = 0) розбиває ОДЗ на два проміжки, у кожному з яких кожна підмодульна функція має сталий знак (рис. 8.1).

I –, – 0 Puc. 8.1

II +, +

Проміжок І. Якщо x ∈( − ∞; 0], маємо рівнян-

ня 2 − x + 2x+1 − 2 = 2x+1 . Тоді 2 − x = 2 , отже,

x = −1 , −1 ∈( − ∞; 0].

Проміжок II. Якщо x ∈[0; + ∞ ) , маємо рів-

няння 2x − (2x+1 − 2) = 2x+1. Тоді 2x = си x = log 2

2 3

. Але log 2

2 3

, звід-

< 0 , отже, у про-

міжку II задане рівняння коренів не має. Відповідь: –1. 

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

Приклад 5

ОДЗ:

Розв’яжіть рівняння lg 2 (x + 1) = lg (x + 1) lg (x − 1) + 2 lg 2 (x − 1) . Розв’язання

{

Коментар

x + 1 > 0, Тобто x > 1 . x − 1 > 0.

Оскільки x = 2 не є коренем заданого рівняння, то, якщо розділити обидві частини рівняння на lg 2 (x − 1) ≠ 0 , одержимо рівносильне рівняння (на ОДЗ): lg 2 (x + 1) lg (x − 1) 2

lg (x + 1)

Виконавши заміну t =

lg (x − 1)

lg (x + 1) lg (x − 1)

+ 2.

, отримаємо рів-

няння t 2 − t − 2 = 0 , корені якого: t1 = −1 , t2 = 2 . Виконавши обернену заміну, одержуємо: lg (x + 1) lg (x − 1)

= −1 або

lg (x + 1) lg (x − 1)

= 2.

Тоді на ОДЗ маємо рівносильні рівняння: lg (x + 1) = − lg (x − 1) або lg (x + 1) = 2 lg (x − 1);

lg (x + 1) = lg (x − 1) x +1 =

1 x −1

−1

або lg (x + 1) = lg (x − 1) ; 2

або x + 1 = (x − 1) ; 2

x 2 − 1 = 1 або x + 1 = x 2 − 2x + 1 ; x 2 = 2 або x 2 − 3x = 0 ; x = ± 2 , або x = 0 , або x = 3 . Ураховуючи ОДЗ, одержуємо: x = 2 або x = 3 . Відповідь: 2 ; 3. 

Якщо виконати заміну lg (x + 1) = u , lg (x − 1) = v , то одержимо рівняння

u2 = uv + 2v 2 , усі члени якого мають однаковий сумарний степінь — 2. Нагадаємо, що таке рівняння називають однорідним і розв’язують діленням обох частин на найвищий степінь однієї зі змінних. Розділимо, наприклад, обидві частини на v 2 (тобто на lg 2 (x − 1)). Щоб не загубити корені рівняння під час ділення на вираз зі змінною, потрібно ті значення змінної, для яких цей вираз дорівнює нулю, розглянути окремо. Значення x, при якому lg (x − 1) = 0 (тоді x − 1 = 1), тобто x = 2 , підставляємо в задане рівняння. Для реалізації одержаного плану розв’я зування не обов’язково вводити змінні u і v , достатньо помітити, що задане рівняння однорідне, розділити обидві частини на lg 2 (x − 1), а вже потім увести нову змінну t. У кінці враховуємо, що всі перетворення були рівносильними на ОДЗ, отже, необхідно вибрати тільки ті зі знайдених розв’язків, які входять до ОДЗ.

(

)

Розв’яжіть рівняння log 2 (1 + x − 2 ) + log 1 1 − x 2 − 4 = 0 .

Приклад 6

Коментар функцій може дорівнювати нулю тоді Логарифмічні функції, які містяться у лівій й тільки тоді, коли кожна з цих функцій частині заданого рівняння, набувають тільдорівнює нулю. ки невід’ємних значень. Зауважимо, що в процесі виконання перехоСправді, на всій області визначення ду від заданого рівняння до системи рівнянь 1 + x − 2 1, отже, log 2 (1 + x − 2 ) 0 . АнаОДЗ не змінюється, отже, її можна не запи2 сувати в явному вигляді. Під час розв’язу логічно, оскільки 1 − x − 4 1 , то на своїй вання одержаних найпростіших логарифмічобласті визначення log 1 1 − x 2 − 4 0 . них рівнянь ОДЗ теж ураховується автоматично, тому її можна взагалі не записувати 3 до розв’язання. У цьому випадку сума двох невід’ємних

(

)

§§8. Показникові та логарифмічні рівняння й нерівності

Розв’язання  Оскільки на всій області визначення З першого рівняння системи одержуємо 2 1 + x − 2 = 20 . Тоді x − 2 = 0 , тобто x = 2 , log 2 (1 + x − 2 ) 0 і log 1 1 − x − 4 0 , то що задовольняє й друге рівняння системи. 3 задане рівняння рівносильне системі рівнянь Відповідь: 2  log (1 + x − 2 ) = 0,  2 log 1 − x 2 − 4 = 0. 1  3 

(

Приклад 7

)

При яких значеннях параметра a нерівність  sin x + 3 cos x + a − 5  log 2a −15   > 0  5 5

виконується для будь-яких значень x?

Коментар Спочатку скористаємося формулою ходячи до аргументів, урахуємо, що у випадку, коли основа цієї функції більша за 1, 2 2 a sin x + b cos x = a + b sin ( x + ϕ ) , де функція зростає, а коли менша від 1 (але a b ; sin ϕ = : cosϕ = більша за 0) — спадає. Також урахуємо ОДЗ a2 + b2 a2 + b2 заданої нерівності. π  Аналізуючи далі одержані нерівності, урахоsin x + 3 cos x = 2 sin  x +  .  вуємо, що нерівність sint > b виконується для 3 Потім запишемо праву частину нерівності будь-яких значень t тоді й тільки тоді, коли як значення логарифмічної функції і, переb < −1, а нерівність sint < c — коли c > 1. Розв’язання  Задана нерівність рівносильна нерівності

log 2a −15 5

  π   2 sin  x + 3  + a − 5    > log 2a −15 1. 5 5

Ця нерівність рівносильна сукупності си стем нерівностей:

 2a − 15 > 1,  5  π    2 sin  x + 3  + a − 5 >1  5  2a − 15  < 1, 0 < 5  або  π  2 sin x + + a −5    3 0 < < 1.  5 

a > 10,  Тоді  π a  sin  x + 3  > 5 − 2 7,5 < a < 10,  або  5 − a π a   2 < sin  x + 3  < 5 − 2 . Нерівності зі змінною x в останній сукупно сті систем виконуватимуться для будь-яких значень x за умов: 7,5 < a < 10, a > 10, 5−a  < −1,  − a < − або  1  2 5 2  a 5 − > 1. 2  7,5 < a < 10,  a > 10, або a > 7, Тобто a > 12 a < 8. Тоді a > 12 або 7,5 < a < 8 .

{

Відповідь: a ∈(7,5; 8) ∪ (12; ∞ ). 

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

Приклад 8

При яких значеннях параметра a рівняння log 2 (4 x − a ) = x має єдиний корінь? Коментар

Виконуючи рівносильні перетворення заданого рівняння, як завжди, ураховуємо, що в процесі використання означення логарифма для розв’язування цього найпростішого логарифмічного рівняння його ОДЗ ураховується автоматично. Виконуючи заміну змінної в завданні з параметром, ураховуємо, що при цьому вимога задачі може змінитися. Досліджуючи розміщення коренів квадратного тричлена f (t ) = t 2 − t − a відносно зада-

них чисел, застосовуємо умови, наведені в інтернет-підтримці до п. 9.3 підручника для 10 класу (для запису відповідних умов використаємо позначення: D — дискримінант, t0 — абсциса вершини параболи). Як відомо, для того щоб корені квадратного тричлена f (t ) (з додатним коефіцієнтом при t 2) були розміщені по різні боки від числа A, необхідно й достатньо виконання умови f ( A ) < 0 .

Розв’язання  Задане рівняння рівносильне рівнянню

4 x − a = 2x .

(1) x

Тобто 2 − a = 2 . Виконаємо заміну 2 = t (t > 0) , одержимо:

t 2 − t − a = 0 . (2) Вимога задачі буде виконуватися тоді й тільки тоді, коли рівняння (2) матиме єдиний додатний корінь. Це можливо в одному з двох випадків: 1) рівняння (2) має єдиний корінь, і він додатний; 2) рівняння (2) має два корені, з яких тільки один додатний, а другий — від’ємний або нуль.  D = 0, Для першого випадку одержуємо  t0 > 0, 1 + 4a = 0, 1  тобто  Отже, a = − . 1 t . = > 0 4  0 2

Приклад 9

Для другого випадку значення t = 0 дослідимо окремо. Якщо t = 0 , з рівняння (2) одержуємо a = 0 . Якщо a = 0 , рівняння (2) має корені t1 = 0 , t2 = 1. Отже, умова задачі при a = 0 виконується. Залишається ще один випадок — корені рівняння (2) мають різні знаки (розміщені по різні боки від нуля). Це буде тоді й тільки тоді, коли виконуватиметься умова f (0) < 0 (де f (t ) = t 2 − t − a ), тобто −a < 0 , отже, a > 0. Об’єднуючи всі одержані результати, записуємо відповідь. Відповідь: якщо a = −

1 4

або a 0 , задане

рівняння має єдиний корінь. 

Розв’яжіть рівняння x − 3

3x 2 −10x +3

= 1.

Розв’язання

Коментар

 Зазначимо, що x = 3 не є коренем заданого рівняння ( 00 не існує). При x ≠ 3 обидві частини рівняння додатні. Після логарифмування (за основою 10) обох частин заданого рівняння одержуємо рівносильні йому рівняння:

Оскільки x − 3 0 , то з особливих випадків можна розглянути тільки один — основа дорівнює 0 ( x − 3 = 0 , тобто x = 3 ). Щоб не розглядати випадок, ко ли основа дорівнює 1, достатньо при x ≠ 3 прологарифмувати обидві частини

§§8. Показникові та логарифмічні рівняння й нерівності

lg x − 3

3x 2 −10x +3

(3x2 − 10x + 3) lg

рівняння за числовою основою (наприклад, за основою 10). Якщо x ≠ 3 , обидві частини заданого рівняння додатні, тому після логарифмування одержуємо рівняння, рівносильне заданому. Оскільки всі подальші перетворення є рівносильними (за умови x ≠ 3 ), то всі одержані розв’язки (які не дорівнюють 3) є коренями заданого рівняння.

= lg 1; x − 3 = 0;

3x − 10x + 3 = 0 або lg x − 3 = 0 . З першого одержаного рівняння маємо x1 =

1 3

x2 = 3 (не є коренем), а з другого x − 3 = 1, тоді x − 3 = 1 або x − 3 = −1 . Тобто x = 4 або x = 2 . Відповідь:

1 3

; 2; 4. 

Приклад 10

Розв’яжіть рівняння 5log2 x + x log2 5 = 10 . Коментар

Прологарифмувати обидві частини заданого рівняння не можна (у лівій частині стоїть сума), тому спробуємо всі степені подати як степені з однією й тією самою числовою основою. Ураховуючи, що в заданому рівнянні є логарифм за основою 2, подамо всі задані степені як степені з основою 2 за формулою u = a log a u , де u > 0 , a > 0, a ≠ 1 . Тоді

( log2 x ) 5log2 x = 2log2 5 = 2log2 x log2 5 ;

(1)

( log2 5 ) x log2 5 = 2log2 x = 2log2 5 log2 x (тобто доданки, які стоять у лівій частині заданого рівняння, однакові). Після одержання рівняння (2) (див. розв’язання) можна використати рівність (1) справа наліво. Можна також записати праву частину рівняння (2) як степінь числа 2 або прологарифмувати обидві його частини за ос новою 2.

Розв’язання  ОДЗ: x > 0. На цій ОДЗ задане рівняння рівносильне рівнянням 2log2 x log2 5 + 2log2 5 log2 x = 10 ; 2 ⋅ 2log2 x log2 5 = 10 ;

Приклад 11

2log2 x log2 5 = 5 ;

log 2 x

(2)

= 5 ; log 2 x = 1 ; x = 2 (входить до ОДЗ).

Відповідь: 2. 

 log3 y + y log3 x = 18, Розв’яжіть систему рівнянь x log 3 x + log 3 y = 3. Коментар

Використаємо рівносильні перетворення си стеми рівнянь. Для цього врахуємо ОДЗ і простежимо за тим, щоб на цій ОДЗ всі перетворення рівнянь як у прямому, так і у зворотному напрямках зберігали правильність рівностей. У першому рівнянні заданої системи запишемо всі степені як степені з основою 3 (див.

коментар до прикладу 10). Після рівносильних (на ОДЗ) перетворень першого рівняння одержуємо систему (1) (див. розв’язання), до якої змінні входять тільки у вигляді log 3 x і log 3 y , тому зручно використати заміну змінних. Виконавши обернену заміну, застосовуємо означення логарифма.

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

Розв’язання

{

x > 0, На цій ОДЗ перше рівняння y > 0. заданої системи рівносильне рівнянням  ОДЗ:

(

log3 y

)

(

log3 x

)

3log3 x + 3log3 y = 18 ; log 3 y log 3 x log 3 x log 3 y 3 +3 = 18 ; log 3 x log 3 y 2⋅3 = 18 ; 3log3 x log3 y = 9 ; 3log3 x log3 y = 32 ; log 3 x log 3 y = 2 . Тоді задана система рівнянь рівносильна системі log 3 x log 3 y = 2, (1) log x + log y = 3. 3  3

Вправи

{

x = 3, x = 9, або (знайдені розв’язки y=9 y=3 входять до ОДЗ).

Тоді

Відповідь: (3; 9), (9; 3). 

Виконаємо заміну log 3 x = u , log 3 y = v .

Запитання

{

uv = 2, u + v = 3. З другого рівняння останньої системи v = 3 − u , тоді з першого рівняння u (3 − u) = 2 , тобто u 2 − 3u + 2 = 0 . Звідси u1 = 1 , u2 = 2 . Тоді v1 = 2 , v2 = 1. Виконавши обернену заміну, отримаємо log 3 x = 1, log 3 x = 2, log y = 2 або log y = 1.  3  3

Одержимо систему рівнянь

1. Поясніть на прикладах, як можна використати властивості функцій до розв’язування показникових і логарифмічних рівнянь.

У завданнях 8.1–8.6 розв’яжіть рівняння. 6) log 2 (3x + 4) = 2 − 5x ;

8.1. 1) 22x = 5 − x ; x

 2  3 2)   +   = 1;  5  5

7) log 2 x = 5 − x 2 ; 8) log 2 (1 + x 2 ) = log 2 x + 2x − x 2 ;

3) 3x + 4 x = 5x ; 4) 2x + 2 − x = 2 cos

x 3

9) log 5 x = 1 − x 2 .

;

5) log 3 (x + 5) = log 1 x + 4; 2

( 2) (

8.2. 1)

) + ( 4 + 15 ) = 8 ; 8 ) + ( 3 − 8 ) = 6; x

4 − 15 3+

(

2− 3

) +( x

2+ 3

)

= 2x .

8.3. 1) log 22 x + (x − 1) log 2 x = 6 − 2x ; 2) x 2 + (x − 3) log 2 x = 4x − 3 ; 3) 2 lg 3 (2x − 1) = lg 2 (2x + 1) − lg (2x − 1) lg (2x + 1) .

8.4. 1) 2 x+2 − 2x+1 − 1 = 2x+1 + 1 ;

2) 2 + log 1 x + 3 = 1 + log 5 x . 5

8.5. 1) 25x − (a − 1) ⋅ 5x + 2a + 3 = 0 ;

4 x − 6 ⋅ 2x + 1 = 2x − a .

§§8. Показникові та логарифмічні рівняння й нерівності

8.6*. 1) x lg x = x 3 ;

6) x x+2 = x 6 :

2) x 2lg x − 10x = 0 ; 3) x

2 log16 x

4) x log x

(x2 −3)

5) x − 1

x 2 −1

а) якщо x > 0;  1 7)    9

;

log 3 x +1 −

б) якщо x ∈R;

1 log 3 ( x 2 −1) 2

= 2 (x − 1) ;

= 2x ;

8) 4log 4 x + x log 4 x = 8 ;

= 1;

9) 2x 2lg x −1 = 1 + (x − 1)

(

)

lg x

У завданнях 8.7, 8.8 розв’яжіть систему рівнянь. x + 2 x = y + 2 y , 2 x + 3y = 10;

log x − log 2 y = y − x, 2)  3 2 3 x + y = 54.



 log2 y + y log2 x = 16, 2) x log 2 x − log 2 y = 2.

8.7. 1) 

log5 y

log5 x

+y = 50, 8.8*. 1) x log + log x 25 y = 1,5;  25

8.9. Знайдіть усі значення параметра a, при яких рівняння 4 x + a ⋅ 2x+1 − a = 0 не має коренів.

8.10. Знайдіть усі значення параметра a, при яких нерівність a ⋅ 9x + 4 (a − 1) ⋅ 3x + a > 1 виконується при всіх x. 8.11. Знайдіть усі значення параметра a, при яких рівняння 3x + 3 − x = 2 cos x + a + 4 має єдиний корінь.

8.12. Знайдіть усі значення параметра a, при яких рівняння log 3 (9x + a ) = x має єдиний корінь.

8.13. Для кожного значення параметра a визначте число коренів рів2 няння lg x = − (x − 1) + a . 8.14. Скільки розв’язків має рівняння (log 2 (x + 1) − 3) x − a = 0 залежно від значення параметра a? 8.15. Знайдіть усі значення параметра a, при яких система рівнянь lg (4 + y ) = lg x,  1 2 має розв’язки.  a − y = 2 (x + a )

У завданнях 8.16, 8.17 розв’яжіть рівняння.

8.16. 1) 25x−1 ⋅ 34x+1 ⋅ 73x+3 = 504 x−2 ; 3) 213−x ⋅ 311−2x ⋅ 59−3x = 360 x+2 ;

2) 29x+9 ⋅ 37 x+3 ⋅ 56x = 750 x+3 ;  

8.17. 1) 3 log 6  3 −

33 +

7−

4) 32x+3 ⋅ 33x+1 ⋅ 625x+2 = 600 x+7 .

1     = 4 log 6  2 +  +3; 2x + 3 x +1 3

8 log x 4 1

log x 4

(

)

= 3 log 4 4 3 x 2 ;

= 2 log 4 (0,5 x ) .

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

8.18.

(

При яких значеннях a вираз 1 − x раз 0,2

(

4−a 2 −log 25 1+ x 2 −2 x

)

(

)

log5 1− x − a −1

більший за ви

при всіх допустимих значеннях x?

8.19.

При яких значеннях a сума log a (sin x + 2) і log a (sin x + 3) дорів нюватиме одиниці хоча б при одному значенні x?

8.20.

При яких значеннях a сума log a ( cos2 x + 1) і log a ( cos2 x + 5) до рівнюватиме одиниці хоча б при одному значенні x?

8.21.

lg sin x При яких значеннях a вираз (sin x )

(

10log100 1 − cos

8.22. 8.23.

)

x +log7 a

більший за вираз

при всіх допустимих значеннях x?

log 2 (1−2x )−2a При яких значеннях a вираз (1 − 2x ) більший за вираз x x +1 ) ( 0,53− a −log 4 1+4 −2 при всіх допустимих значеннях x?

Знайдіть усі значення a, при яких область визначення функції

(

y = lg a x+2 ⋅ x 3log x a + a 4 ⋅ x5 − ( x ) одне ціле число.

8.24.

) − a2

10+2x log x a

−( a )

(

)

5x +2

містить тільки

)

З області визначення функції y = log 3 a a − a x+2 взяли всі цілі додатні числа і знайшли їх суму. Визначте усі додатні значен ня a, при яких така сума буде більшою за 9, але меншою від 13.

Теми навчальних проектів 1. Показникова функція в науці, природі й техніці. 2. Логарифмічна функція в науці й природі. 3. Застосування показникової і логарифмічної функцій в економіці. 4. Прогнозування будівництва нових об’єктів соціального призна чення з урахуванням зростання населення міста. Для виконання проекту створюється кілька груп, кожна має знайти певну інформацію. Результати роботи над проектом кожна група оформлює у ви гляді комп’ютерної презентації, захист проектів доцільно прове сти у формі дебатів. З етапами роботи над проектом можна ознайомитися, звернувшись до інтернет-підтримки підручника.

95 ЗАВДАННЯ ДЛЯ ПІДГОТОВКИ ДО ОЦІНЮВАННЯ

Тест № 1

Знайдіть область значень функції y = −5x + 2. А ( − ∞; + ∞ )

В ( − ∞;2)

Г ( −2; + ∞ )

Д (2; + ∞ )

Розв’яжіть рівняння 21−3x = і вкажіть проміжок, до якого 32 входять всі його корені. А ( − ∞; − 5)

Б ( − ∞; − 2)

Б [ −5; − 2)

В [ −2; 0)

Розв’яжіть нерівність log 0,5 ( x − 3) − 1.

А ( − ∞; 3)

Б (3; 5]

В (3; 5)

Г [0; 2)

Д [2; + ∞ )

Г [3; 5)

Д [5; + ∞ )

Установіть відповідність між виразами (1–3) та значеннями (А–Г) цих виразів. А9 1 lnlog 2 log 5 25 Б2 2 lg 25 + lg 4 В1 Г0 3 52log5 3

Установіть відповідність між функціями (1–3) та похідними (А–Г) цих функцій. 1 2x + ln x

А 2x ln x + x

2 x 2 ln x

Б 2+

( )

3 ln x 2

2 x

Розв’яжіть рівняння log 5 ( x − 1) − log 5 ( x + 2) = 1 − log 5 (2x − 4). Якщо воно має декілька коренів, знайдіть їх добуток. А 0,5

В 2x ln x

Б 3

В –3

Г –0,5

Д 6

Розв’яжіть рівняння 25x − 6 ⋅10 x + 8 ⋅ 4 x = 0 . Якщо воно має декілька коренів, знайдіть їх суму. А log 5 2 2

Б log 5 4 2

В log 5 8

Г 4

Д 6

Розв’яжіть нерівність lg 2 (10x ) − 3 lg x − 1 0 .

Дослідіть функцію y = ln x − x та побудуйте її графік. Пройдіть онлайн-тестування на сайті interactive.ranok.com.ua

Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції

Відомості з історії Поняття показникової функції було введено на основі степеневої функ ції з раціональним показником, яка має давню історію. Зокрема дробовими показниками степеня й найпростішими правилами дій над степенями з дро бовими показниками оперував у ХІV ст. французький математик Н. Орем (бл. 1323–1382). Відомо, що Н. Шюке (бл. 1445 — бл. 1500) розглядав степе ні з від’ємними і нульовим показниками. С. Стевін запропонував розуміти під 1

Н. Орем (бл. 1323–1382)

М. Штіфель (1487–1567)

a n корінь n a . Але систематично дробові й від’ємні показники став застосо вувати І. Ньютон. Німецький математик М. Штіфель (1487–1567) запропонував позначення a 0 = 1, якщо a ≠ 0 , і ввів назву показник (це переклад із німецької еxponent). Німецьке potenzieren означає піднести до степеня. (Звідси походить і сло во «потенціювати», яке було застосоване для позначення переходів від лога (x ) = logfa(gx )(xі) g (x ) до відповідних степенів, тобто від рівності рифмів (log)a fвиразів ( ) ( ) log a f (x ) = log a g (x ) до рівності a log a f x = a log a g x .) У свою чергу, термін expo nenten виник унаслідок не зовсім точного перекладу з грецької слова, яким Діофант Александрійський (бл. ІІІ ст.) позначав квадрат невідомої величини. Термін логарифм походить від сполучення грецьких слів «логос» (у зна ченні «відношення») і «аритмос» (число) і перекладається як відношення чи сел. Вибір винахідником логарифмів Дж. Непером (1550–1617) такої назви у 1594 р. пояснюється тим, що логарифми виникли внаслідок зіставлення двох чисел, одне з яких є членом арифметичної прогресії, а друге — геометрич ної. Логарифми з основою e увів Дж. Спейдел (1600–1634), який склав перші таблиці для функції y = ln x . Назву натуральний (природний) для цього ло гарифма запропонував Н. Меркатор (1620–1687), який виявив, що ln x — це

площа фігури під гіперболою

Дж. Непер (1550–1617)

І. Ньютон (1642–1727)

1 x

Близьке до сучасного розуміння логарифмування як операції, оберне ної до піднесення до степеня, уперше з’явилося в роботах Дж. Волліса (1616– 1703) і Й. Бернуллі (1667–1748), а остаточно було уточнено у ХVІІІ ст. Л. Ейлером (1707–1783). У книзі «Вступ до аналізу нескінченних» у 1748 р. Ейлер сформулював сучасне означення як показникової, так і логарифмічної функ цій і навів їх розкладання у степеневі ряди, зазначив особливу роль натураль ного логарифма.

Дж. Волліс (1616–1703)

Й. Бернуллі (1667–1748)

Титульний аркуш видання 1667 р. Н. Меркатора

Розділ 2

інтеграл та його застосування У цьомУ Розділі ви:  ознайомитеся з поняттями первісної, невизначеного і визначеного інтегралів, криволінійної трапеції;  навчитеся знаходити первісні та інтеграли і застосовувати інтеграли до визначення площ криволінійних трапецій та об’ємів тіл обертання

§ 9

Первісна та її властивості Таблиця 12

1. Первісна Означення

Функція F (x ) називається первісною для функції f (x ) на даному проміжку, якщо для будь-якого x із цього проміжку F ′ (x ) = f (x ) .

Приклад

Для функції f (x ) = x 3 на інтервалі ( − ∞; + ∞ ) первісною є функція F (x ) =

x4 4

, оскільки

 x4  ′ 1 F ′ (x ) =  = ⋅ 4x 3 = x 3 .  4  4

2. Основна властивість первісної Властивість

Геометричний зміст

Якщо функція F (x ) є первісною для функції f (x ) на даному проміжку, а C — довільна стала, то функція F (x ) + C також є первісною для функції f (x ) , при цьому будь-яку первісну для функції f (x ) на даному проміжку можна записати у вигляді F (x ) + C , де C — довільна стала.

Графіки будь-яких первісних для заданої функції одержують один з одного паралельним перенесенням уздовж осі Oy.

Приклад x4

Оскільки функція F (x ) = є первісною для функції 4 3 ( ) f x = x на інтервалі ( − ∞; + ∞ ) (див. вище), то загальний вигляд усіх первісних для функції f (x ) = x 3 можна записати так:

x4 4

у = F(x)

+ C , де C — довільна стала.

3. Невизначений інтеграл Означення Сукупність усіх первісних для даної функції f (x ) називається невизначеним інтегралом. Невизначений інтеграл позначають символом ∫ f (x) dx , тобто ∫ f (x) dx = F (x) + C, де F (x ) — одна з первісних для функції f (x ), а C — довільна стала.

Приклад

∫ x dx = 3

x4 4

+ C,

оскільки для функції f (x ) = x 3 на інтервалі ( − ∞; + ∞ ) усі первісні можна записати так: x4 4

+ C (див. п. 2 табл. 12).

4. Правила знаходження первісних (правила інтегрування) 1. Якщо F — первісна для f, а G — первісна для g, то F + G — первісна для функції f + g . Первісна для суми дорівнює сумі первісних для доданків. 2. Якщо F — первісна для f, а c — стала, то cF — первісна для функції cf.

∫ (f (x) + g (x)) dx = ∫ f (x) dx + ∫ g (x) dx .

Інтеграл від суми дорівнює сумі інтегралів від доданків. 2.

∫ c ⋅ f (x) dx = c∫ f (x) dx , де c — стала.

Сталий множник можна виносити за знак інтеграла.

§ 9. Первісна та її властивості 3. Якщо F — первісна для f, а k і b — сталі (причому k ≠ 0 ), то

1 k

F (kx + b ) — первісна

∫ f (kx + b) dx = k F (kx + b) + C .

для функції f (kx + b ) .

5. Таблиця первісних (невизначених інтегралів) Функція f (x )

Загальний вигляд первісних F (x ) + C , де C — довільна стала

Запис за допомогою невизначеного інтеграла

∫ 0⋅ dx = C

x+C

∫ dx = x + C

x α +1

x α ( α ≠ −1)

α +1

∫x

x α +1

dx =

∫

ln x + C

+ C ( α ≠ −1)

α +1

dx x

= ln x + C

sin x

− cosx + C

∫ sin xdx = − cos x + C

cosx

sin x + C

∫ cos xdx = sin x + C

tg x + C

∫ cos2 x = tg x + C

− ctg x + C

∫ sin 2 x = − ctg x + C

1 2

cos x 1 2

sin x

∫e

ex + C ax

a x ( a > 0, a ≠ 1 )

ln a

dx = e x + C

x ∫ a dx =

ax ln a

ПОЯСНЕННЯ Й ОБҐРУНТУВАННЯ 1 Поняття первісної. Основна властивість первісної У 10 класі ми знаходили за заданою функцією її похідну й застосовували цю операцію — диференціювання — до розв’язування різноманітних задач. Однією з таких задач було знаходження швидкості й прискорення прямолінійного руху за відомою залежністю від часу координати x (t ) матеріальної точки: v (t ) = x ′ (t ), a (t ) = v ′ (t ) = x ′′ (t ) .

Наприклад, якщо в початковий момент часу t = 0 швидкість тіла дорівнює нулю, тобто v (0) = 0 , то в процесі вільного падіння тіло за проміжок часу t (тобто на момент часу t) пройде шлях s (t ) =

gt 2 2

Швидкість і прискорення знаходять за допомогою диференціювання:  gt 2  ′ g = ⋅ 2t = gt , v (t ) = s ′ ( t ) =   2  2 a (t ) = v ′ (t ) = ( gt )′ = g .

100

Розділ 2. Інтеграл та його застосування

Але важливо вміти не тільки знаходити похідну заданої функції, а й розв’язувати обернену задачу: знаходити функцію f (x ) за її заданою похідною f ′ (x ). Наприклад, у механіці часто доводиться визначати координату x (t ), знаючи залежність від часу швидкості v (t ) , а також знаходити швидкість v (t ) , знаючи залежність від часу прискорення a (t ) . Знаходження функції f (x ) за її заданою похідною f ′ (x ) називають операцією інтегрування. Отже, операція інтегрування є оберненою до операції диференціювання. Операція інтегрування дозволяє за заданою похідною f ′ (x ) знайти (відновити) функцію f (x ) . Інтеграл — від. латин. integratio — відновлення. Наведемо означення понять, пов’яза них з операцією інтегрування. Означення. Функція F (x ) називається первісною для функції f (x ) на даному проміжку, якщо для будь-якого x із цього проміжку F ′ (x ) = f (x ) . Наприклад, для функції f (x ) = 3x 2 на інтервалі ( − ∞; + ∞ ) первісною є функція ′ F (x ) = x 3 , оскільки F ′ (x ) = ( x 3 ) = 3x 2 . Зазначимо, що функція x 3 + 5 має таку ′ саму похідну ( x 3 + 5) = 3x 2 . Отже, функція x 3 + 5 також є первісною для функції 3x 2 на множині R. Зрозуміло, що замість числа 5 можна підставити будь-яке інше число. Тому задача знаходження первісної має безліч розв’язків. Знайти всі ці розв’язки дозволяє основна властивість первісної. Властивість. Якщо функція F (x ) є первіс-

ною для функції f (x ) на даному проміжку, а C — довільна стала, то функція F (x ) + C також є первісною для функції f (x ). При цьому будь-яка первісна для функції f (x ) на даному проміжку може бути записана у вигляді F (x ) + C , де C — довільна стала.

Вираз F (x ) + C називають загальним виглядом первісних для функції f (x ).  1) За умовою функція F (x ) є первісною для функції f (x ) на деякому проміжку І. Отже, F ′ (x ) = f (x ) для будь-якого x із цього проміжку І. Тоді ( F (x ) + C )′ = F ′ (x ) + C ′ = f (x ) + 0 = f (x ) , тобто F (x ) + C теж є первісною для функції f (x ). 2) Нехай функція F1 (x ) — інша первісна для функції f (x ) на тому самому проміжку І, тобто F1′ (x ) = f (x ) для всіх x ∈ I . Тоді ( F1 (x ) − F (x ))′ = F1′ (x ) − F ′ (x ) = f (x ) − f (x ) = 0. За умовою сталості функції (п. 34.1 підручника для 10 класу), якщо похідна функції F1 (x ) − F (x ) дорівнює нулю на проміжку I, то ця функція набуває деякого сталого значення C на цьому проміжку. Отже, для всіх x ∈ I функція F1 (x ) − F (x ) = C . Звідси F1 (x ) = F (x ) + C . Маємо: будь-яка первісна для функції f (x ) на даному проміжку може бути записана у вигляді F (x ) + C , де C — довільна стала.  Наприклад, оскільки для функції ( ) f x = 2x на інтервалі ( − ∞; + ∞ ) однією з первісних є функція F (x ) = x 2 (справді, ′ F ′ (x ) = ( x 2 ) = 2x ), то загальний вигляд усіх первісних функції для функції f (x ) = 2x можна записати так: x 2 + C , де C — довільна стала. Зауваження. Зазвичай при знаходженні первісної для функції f (x ) проміжок, на якому задано функцію f (x ), не вказують. При цьому мають на увазі проміжки найбільшої довжини.

Геометричний зміст основної властивості первісної: графіки будь-яких первісних для даної функції f (x ) одержують один з одного паралельним перенесенням уздовж

§§9. Первісна та її властивості

осі Oy (рис. 9.1). Справді, графік довільної первісної F (x ) + C можна одержати з графіка первісної F (x ) паралельним перенесенням уздовж осі Oy на C одиниць. y

x Puc. 9.1

2 Невизначений інтеграл Нехай функція f (x ) має на деякому проміжку первісну F (x ) . Тоді за основною властивістю первісної сукупність усіх первісних для функції f (x ) на заданому проміжку задається формулою F (x ) + C , де C — довільна стала. Означення. Сукупність

усіх первісних даної функції f(x) називається невизначеним інтегралом.

Невизначений інтеграл позначають символом ∫ f (x ) dx , тоді

∫ f (x) dx = F (x) + C, де F (x ) — одна з первісних для функції f (x ), а C — довільна стала. У наведеній рівності знак ∫ називають знаком інтеграла, функцію f (x ) — підінтегральною функцією, вираз f (x ) dx — під інтегральним виразом, змінну x — змінною інтегрування і доданок C — сталою інтегрування. Наприклад, як зазначалося вище, загальний вигляд первісних для функції f (x ) = 2x записують так: x 2 + C , отже,

∫ 2xdx = x

Правила знаходження первісних (правила інтегрування)

Ці правила подібні до відповідних правил диференціювання. Правило 1. Якщо F — первісна для f, а G — первісна для g, то F + G — первісна для f + g . Первісна для суми дорівнює сумі первісних для доданків.

у = F(x) 0

+ C.

Символ dx, який входить до запису невизначеного інтеграла ∫ f (x ) dx , називається диференціалом. Докладніше ознайомитися з поняттям диференціала функції ви можете, звернувшись до інтернет-підтримки підручника.

 Справді, якщо F — первісна для f (у цьому короткому формулюванні мається на увазі, що функція F (x ) — первісна для функції f (x )), то F ′ = f . Аналогічно, якщо G — первісна для g то G ′ = g. Тоді за правилом обчислення похідної суми маємо:

( F + G )′ = F ′ + G ′ = f + g ,

а це й означає, що F + G — первісна для f + g.  За допомогою невизначеного інтеграла це правило можна записати так:

∫ (f (x) + g (x)) dx = ∫ f (x) dx + ∫ g (x) dx ,

тобто інтеграл від суми дорівнює сумі інтегралів від доданків. Правило 1 можна поширити на будьяку кількість доданків (оскільки похідна від будь-якої кількості доданків дорівнює сумі похідних доданків). Правило 2. Якщо F — первісна для f, c — стала, то cF — первісна для функції cf.  Справді, якщо F — первісна для f, то F ′ = f . Ураховуючи, що сталий множник можна виносити за знак похідної, маємо (cF )′ = cF ′ = cf , а це й означає, що cF — первісна для cf.  За допомогою невизначеного інтеграла це правило можна записати так:

∫ c ⋅ f (x) dx = c∫ f (x) dx , де c — стала,

тобто сталий множник можна виносити за знак інтеграла. Правило 3. Якщо F — первісна для f, а k і b — сталі (причому k ≠ 0), то 1 k

F (kx + b ) — первісна для функції f (kx + b ) .

101

102

Розділ 2. Інтеграл та його застосування

 Справді, якщо F — первісна для f, то F ′ = f . Ураховуючи правило обчислення похідної складеної функції, маємо:

при α ≠ −1 є первісною для функції x α . Тоді за основною властивістю первісних загальний вигляд усіх первісних для функції x α при α ≠ −1 буде таким:

1 ′ 1  F (kx + b ) = F ′ (kx + b ) ⋅ k = f (kx + b ), k  k 1 F (kx + b ) — первісна а це й означає, що k для функції f (kx + b ) . 

За допомогою невизначеного інтеграла це правило можна записати так:

x α +1 α +1

+ C.

За допомогою невизначеного інтеграла це твердження записують так:

∫x

dx =

x α +1 α +1

+ C ( α ≠ −1). 

∫ f (kx + b) dx = k F (kx + b) + C .

 Область визначення функції f (x ) =

1 x

така: x ≠ 0. Розглянемо функцію F (x ) = ln x

4 Таблиця первісних (невизначених інтегралів)

F (x ) = ln x окремо при x > 0 і при x < 0. Для обчислення первісних (чи невизна1 чених інтегралів), крім правил знаходженЯкщо x > 0, то F (x ) = ln x . Тоді F ′ (x ) = (ln x )′ = x 1 ня первісних, корисно пам’ятати табличні F ′ (x ) = (ln x )′ = . значення первісних для деяких функцій. x Їх наведено в п. 5 табл. 12. Щоб обґрунтуЯкщо x < 0, то F (x ) = ln ( −x ) . Тоді F ′ (x ) = ( ln ( −x ))′ = вати правильність цього пункту таблиці, достатньо перевірити, що похідна від ука1 1 1 ′ ⋅ ( − x )′ = ⋅ ( −1) = . заної первісної (без сталого доданка C) до-F ′ (x ) = (ln ( −x )) = −x −x x рівнює заданій функції. Це буде означати, що розглянута функція дійсно є первісною Отже, на кожному з проміжків ( − ∞; 0) для заданої функції. Оскільки в записі всіх та (0; + ∞ ) функція F (x ) = ln x є первісною первісних у другій колонці присутній ста1 лий доданок C, то за основною властивістю для функції f (x ) = . Тоді загальний випервісних можна зробити висновок, що це x 1 загальний вигляд усіх первісних заданої гляд усіх первісних для функції f (x ) = x функції. буде таким: Наведемо обґрунтування формул, ln x + C . за якими знаходять первісні для функ- цій x α і

1 x

За допомогою невизначеного інтеграла це твердження записують так:

Для інших функцій пропонуємо провести аналогічну перевірку самостійно.

 Для всіх x із області визначення  x α +1  ′ функції x α при α ≠ −1 похідна   =  α +1

 x α +1  ′ 1 x α +1 ⋅ (α + 1) x α = x α . Отже, функція   = α +1 α +1 α +1

∫

dx x

= ln x + C . 

Уявіть, що вам треба визначити залежність від αчасу αкоординати тіла x (t ), знаючи за1 )x = x ⋅ (α + 1лежність від часу швидкості тіла v (t ) . Ви α +1 знайшли x (t ) у вигляді x (t ) = f (t ) + C . Який фізичний зміст сталої C у цьому випадку?

§§9. Первісна та її властивості

Приклади розв’язування завдань

Приклад 1

Перевірте, чи є функція F (x ) = 2 x 1

f (x ) =

на проміжку (0; + ∞ ) .

Розв’язання

(

 F ′ (x ) = 2 x

)′ = 2 ⋅

2 x

Коментар

, це й означає, що функ-

ція F (x ) є первісною для функції f (x ) =

Приклад 2

первісною для функції

1 x

. 

За означенням функція F (x ) є первісною для функції f (x ), якщо F ′ (x ) = f (x ) .

Знайдіть: 1) одну з первісних для функції f (x ) = x 4 на R; 2) усі первісні для функції f (x ) = x 4 ; 3)

∫x

dx .

Розв’язання

Коментар

1)  Однією з первісних для функції f (x ) = x 4 на множи-

1) Первісну для функції f (x ) = x 4 спробуємо знайти підбором. В процесі можна міркувати так: щоб після знаходження похідної одержати x 4 , потрібно брати похідну від x5 ,

ні R є функція F (x ) = , 5 оскільки

але ( x5 ) = 5x 4 . Щоб похідна дорівнювала x 4 , достатньо по-

′

1 . 5 Простіше використати формулу з п. 5 табл. 12: однією з пер-

 x5  ′ 1 ( ) F′ x =  = ⋅ 5x 4 = x 4 .   5  5 2)  За основною властивістю первісних усі первісні для функції f (x ) = x 4 можна записати у вигляді

ставити перед функцією x5 коефіцієнт

вісних для функції x α є функція

4 ∫ x dx =

x5 5

+ C , де

+ C , де C —

тобто невизначений інтеграл ∫ f (x ) dx — це спеціальне позначення загального виду всіх первісних для даної функції f (x ) (який ми вже знайшли в п. 2 розв’язання).

довільна стала. 

Приклад 3

α +1

2) Якщо ми знаємо одну первісну F (x ) для функції f (x ), то за основною властивістю первісних будь-яку первісну для функції f (x ) можна записати у вигляді F (x ) + C , де C — довільна стала. 3) За означенням ∫ f (x ) dx = F (x ) + C ,

C — довільна стала.  3) 

x α +1

Для функції f (x ) = x знайдіть первісну, графік якої проходить через точку M (9; 10) .

Розв’язання

Коментар 1

 D ( f ) = [0; + ∞ ). Тоді f (x ) = x 2 . Загальний вигляд усіх первісних для функції f (x ) такий:

Спочатку запишемо загальний вигляд первісних для заданої функції: F (x ) + C . Потім використаємо те, що графік одержаної функції

103

104

Розділ 2. Інтеграл та його застосування 1

x2 2 2 +C= x2 +C= 1 3 3 +1 2

x3 + C =

2 3

x x + C.

За умовою графік первісної проходить через точку M (9; 10) , отже, при x = 9 одержуємо 2

⋅ 9 9 + C = 10 .

Звідси C = −8 . Тоді шукана первісна: 2 3

проходить через точку M (9; 10) , отже, при

x = 9 значення функції F (x ) + C дорівнює 10. Щоб знайти первісну для функції f (x ) = x , урахуємо, що її область визначення x 0. Тоді цю функцію можна записати так: 1

f (x ) = x 2 і використати формулу знаходження первісної для функції x α , а саме:

x x − 8. 

x α +1 α +1

Приклад 4*

+ C.

Знайдіть загальний вигляд первісних для функції f (x ) =

1 2

sin 2x

2−x

− 2 cos 3x .

Розв’язання

Коментар

 Запишемо одну з первісних для кожного з доданків.

Використаємо правила знаходження первісних. Оскільки задана функція є алгебраїчною сумою трьох доданків, то її первісна дорівнює алгебраїчній сумі первісних для доданків (правило 1). Потім ураховуємо, що всі функції-доданки є складеними функціями від аргументів виду kx + b. Отже, за правилом 3 ми повинні перед кожною функцією-первісною (від аргумента kx + b), яку ми отримаємо за таблицею первіс-

Для функції

sin 2 2x 1

є функція −

первісною

ctg 2x .

Другий доданок запишемо так: 1 2−x

= (2 − x )

−

1 2

них, поставити множник

Тоді первісною цієї функції буде функція: 1

1 −1

⋅

(2 − x ) − 2 +1 −

1 2

= −2 (2 − x ) 2 = −2 2 − x .

Первісною

для

є функція 2 ⋅

1 3

функції

sin 3x =

2 3

2 cos 3x

sin 3x . Тоді

загальний вигляд первісних для заданої функції:

−

1 2

c tg 2x − 2 2 − x −

2 3

sin 3x + C . 

1 k

Для кожного з доданків зручно спочатку записати одну з первісних (без сталого доданка C), а потім — загальний вигляд первісних для заданої функції (додати до одержаної функції сталий доданок C). Для третього доданка постійний множник 2 можна поставити перед відповідною первісною (правило 2). Ураховуємо (див. табл. 12), що первісною для першого доданка виду

1 sin 2 t

є функція − ctgt . Для друго-

го доданка, записаного у вигляді x α , визначаємо первісну за формулою

x α +1 α +1

Щоб знайти первісну для третього доданка, ураховуємо, що первісною для функції cosx є функція sin x (звичайно, перетворення другого доданка виконуються на області визначення цієї функції, тобто при 2 − x > 0 ).

§§9. Первісна та її властивості

( ) Запитання 1. Поясніть, у якому випадку функцію F x називають первісною

для функції f (x ) на заданому проміжку. Наведіть приклади.

2. Сформулюйте основну властивість первісних і проілюструйте її на прикладах.

3. Сформулюйте означення невизначеного інтеграла. Наведіть приклади його обчислення.

4. Сформулюйте правила знаходження первісних. Поясніть їх на прикладах.

5*. Доведіть правила знаходження первісних. 6. Запишіть і сформулюйте правила знаходження первісних за допомогою невизначених інтегралів.

7*. Запишіть і доведіть загальний вигляд первісних для функцій: x α ( α ≠ −1),

1 x

, sin x, cosx,

1 2

cos x

1 sin 2 x

, e x , a x ( a > 0, a ≠ 1).

Запишіть відповідні формули за допомогою невизначеного інтеграла.

Вправи

У завданнях 9.1, 9.2 доведіть, що функція F (x ) є первісною для функції f (x ) на зазначеному проміжку.

9.1°. 1) F (x ) = x5 , f (x ) = 5x 4 , x ∈( − ∞; + ∞ ); 2) F (x ) = x −3, f (x ) = −3x −4 , x ∈(0; + ∞ ); 3) F (x ) =

1 7

4) F (x ) = −

x7 , f (x ) = x 6, x ∈( − ∞; + ∞ ); 1 6

x −6 , f (x ) = x −7 , x ∈(0; + ∞ ).

9.2. 1) F (x ) = sin 2 x , f (x ) = sin2x , x ∈R; 2) F (x ) =

1 2

cos 2x , f (x ) = − sin2x , x ∈R;

3) F (x ) = sin3x , f (x ) = 3 cos 3x , x ∈R; 4) F (x ) = 3 + tg

x 2

, f (x ) =

1 2 cos2

, x ∈( − π; π ) .

9.3. Перевірте, що функція F (x ) є первісною для функції f (x ). Знайдіть загальний вигляд первісних для функції f (x ), якщо: 1) F (x ) = sin x − x cos x , f (x ) = x sin x ; 2) F (x ) = x 2 + 1 , f (x ) =

x 2

x +1

;

3) F (x ) = cos x + x sin x , f (x ) = x cos x ; 4) F (x ) = x −

1 x

, f (x ) =

1 + x2 x2

105

106

Розділ 2. Інтеграл та його застосування

У завданнях 9.4, 9.5 визначте, чи є функція F (x ) первісною для функції f (x ) на зазначеному проміжку.

9.4°. 1) F (x ) = 3 − sin x , f (x ) = cos x , x ∈( − ∞; + ∞ ); 2) F (x ) = 5 − x 4 , f (x ) = −4x 3, x ∈( − ∞; + ∞ );

3) F (x ) = cos x − 4, f (x ) = − sin x , x ∈( − ∞; + ∞ ); 4) F (x ) = x −2 + 2, f (x ) =

1 2x 3

, x ∈(0; + ∞ ).

2 x

9.5. 1) F (x ) = 2x + cos , f (x ) = 2 − sin , x ∈R; 2) F (x ) = 4 − x , f (x ) = − 2

3) F (x ) =

1 x

, f (x ) = 14 −

1 x2

4 − x2

, x ∈( −2; 2);

, x ∈(0; + ∞ );

4) F (x ) = 4x x , f (x ) = 6 x , x ∈(0; + ∞ ). У завданнях 9.6–9.8 знайдіть загальний вигляд первісних для функції f (x ).

9.6°. 1) f (x ) = 2 − x 4;

4) f (x ) = −8;

7) f (x ) = 1 −

2) f (x ) = x + cos x ;

5) f (x ) = x 6;

8) f (x ) = x 3.

3) f (x ) = 4x ;

6) f (x ) =

9.7*. 1) f (x ) = 2 − x 3 + 2) f (x ) = x − 3) f (x ) =

1 x

2 x

1 x

1 x3

7) f (x ) = (4 − 5x ) ; 7

;

8) f (x ) = −

+ cos x ;

9) f (x ) =

− sin x ;

π  cos  x −  ;  3 4

(4 − 15x )4

5) f (x ) = (2x − 8) ;

11) f (x ) =

6) f (x ) = 3 sin 2x ;

12) f (x ) = −

π  − x ; 3 

9.8*. 1) f (x ) = 1 − cos 3x + 2 sin 

3) f (x ) = 4) f (x ) =

2−x

2 cos

3x + 1)

(3 − 2x )

;

10) f (x ) =

sin 2 4x

− 2;

4) f (x ) = 5x 2 − 1 ;

2) f (x ) =

;

2 π

 cos −x 3  4

(3x − 1)2 2 x

; 1

cos

3x − 1)

− 3x 2 ;

− 3 sin (4 − x ) + 2x ; π  − 2cos  − x .   4 5x − 2 3

;

§§9. Первісна та її властивості

9.9. Для функції f (x ) знайдіть первісну F (x ) , що набуває заданого значення в зазначеній точці:  1 , F   = −12 ;  2 x 1  π 2) f (x ) = , F   = 0; 2  4 cos x

1) f (x ) =

3) f (x ) = x 3, F ( −1) = 2; 4) f (x ) = sin x , F ( − π ) = −1.

У завданнях 9.10–9.12 для функції f (x ) знайдіть первісну, графік якої проходить через точку M.

9.10. 1) f (x ) = 2x + 1, M (0; 0) ;

3) f (x ) = x + 2, M (1; 3) ;

2) f (x ) = 3x 2 − 2x , M (1; 4); 

4) f (x ) = −x 2 + 3x , M (2; − 1) . 



π

 2π

9.11°. 1) f (x ) = 2cos x , M  − ; 1 ; 3) f (x ) = sin  x +  , M    2 3 2) f (x ) = 1 − x 2, M ( −3; 9);

9.12. 1) f (x ) = 4x +

1 x2

, M ( −1; 4);

2) f (x ) = x 3 + 2, M (2; 15);

4) f (x ) =

 ; − 1 ;  3

1  , M  ; 3 . 2  x 1

3) f (x ) = 1 − 2x , M (3; 2) ; 4) f (x ) =

1 x2

− 10x 4 + 3, M (1; 5) .

9.13. Для функції f (x ) = e 2x − cos x знайдіть первісну, графік якої проходить через початок координат.

9.14. Для функції f (x ) = sin x − e 3x знайдіть первісну, графік якої проходить через початок координат.

У завданнях 9.15, 9.16 для функції y = f (x ) знайдіть первісну, графік якої проходить через задану точку.

9.15. 1) f (x ) =

2) f (x ) =

3 2

sin cos

x 3 x 2

+ 4 cos 4x , A ( π;3) ; − 5 sin 5x , B ( π; 0);

3) f (x ) = 5x 4 + 3x 2 − 4 , B ( −1; 12) ; 4) f (x ) =

3 2 x

− 2x , N (9; − 8).

9.16. 1) f (x ) = 3x 2 − 4x + 5, A (2; 6); 2) f (x ) = 3x 2 − 6x + 4 , A (1; 4); 3) f (x ) =

12 3x − 2

, A (9; 30).

9.17. Для функції f (x ) = 8x 3 − 2x знайдіть первісну F (x ) , один із нулів якої дорівнює 2. Визначте решту нулів функції F ( x ) .

107

108

Розділ 2. Інтеграл та його застосування

9.18. Для функції f (x ) = 3x 2 − 4x − 3 знайдіть первісну F (x ) , один із нулів якої дорівнює 3. Визначте решту нулів функції F ( x ) .

9.19*. Для функції f (x ) = x 2 − 2x знайдіть таку первісну, щоб пряма y = 3x + 2 була дотичною до її графіка.

9.20*. Для функції f (x ) = 4x − x 2 знайдіть таку первісну, щоб пряма y = −5x + 1 була дотичною до її графіка.

9.21*. Задайте формулою функцію F (x ) , визначену при всіх дійсних значеннях аргумента, якщо графік цієї функції проходить через точку M (1; 7 ) , а кутовий коефіцієнт дотичної, проведеної до графіка функції F ( x ) в точці з абсцисою x, дорівнює 3x 2 − 4x 3.

9.22*. Задайте формулою функцію F (x ) , визначену при всіх дійсних

значеннях аргумента, якщо графік цієї функції проходить через точку K ( −2; 5) , а кутовий коефіцієнт дотичної, проведеної до графіка функції F ( x ) в точці з абсцисою x, дорівнює 4x − 5x 4 .

Виявіть свою компетентність

9.23. Швидкість матеріальної точки, що рухається прямолінійно, задана формулою v (t ) = t 2 + 2t − 1. Запишіть формулу залежності її координати x від часу t, якщо відомо, що в початковий момент часу ( t = 0 с) точка перебувала в початку координат ( v вимірюється в м/с).

9.24. Швидкість матеріальної точки, що рухається прямолінійно, заt дана формулою v (t ) = 2 cos . Запишіть формулу залежності коор2

динати точки від часу, якщо відомо, що в момент t =

с точка

перебувала на відстані 4 м від початку координат ( v вимірюється в м/с).

9.25*. Матеріальна точка рухається прямолінійно з прискоренням a (t ) = 12t 2 + 4 . Знайдіть закон руху точки, якщо в момент часу t = 1 с її швидкість дорівнювала 10 м/с, а координата 12 м (а вимірюється у м/с2).

9.26*. Матеріальна точка масою m рухається по осі Ox під дією сили F (t ) , напрямленої вздовж цієї осі. Запишіть формулу залежності x (t ), якщо відомо, що при t = t0 швидкість точки дорівнює v0, а координата — x0 ( F (t ) вимірюють у ньютонах, t — у секундах, v — у метрах за секунду, m — у кілограмах):

1) F (t ) = 6 − 9t , t0 = 1 , v0 = 4, x0 = −5, m = 3; 2) F (t ) = 14sin t , t0 = π, v0 = 2 , x0 = 3 , m = 7; 3) F (t ) = 25cos t , t0 =

π 2

, v0 = 2 , x0 = 4 , m = 5;

4) F (t ) = 8t + 8, t0 = 2, v0 = 9, x0 = 7 , m = 4.

109

§ 10

Визначений інтеграл та його застосування 10.1. Геометричний зміст і означення визначеного інтеграла Таблиця 13 1. Обчислення визначеного інтеграла (формула Ньютона — Лейбніца) Формула

Приклад

Якщо функція f (x ) визначена і неперервна на відрізку [ a; b ] і F (x ) — її довільна первісна на цьому відрізку ( F ′ (x ) = f (x )) , то

Оскільки для функції f (x ) = x 2 однією з пер-

∫ x dx =

∫ f (x) dx = F (x) = F (b) − F (a) .

вісних є функція F (x ) = 2

x3 3

−

, то

−

7 3

1 3

2. Криволінійна трапеція Означення

Ілюстрація y

Нехай на відрізку [ a; b ] осі Ox задано неперервну функцію f (x ), яка набуває на ньому тільки невід’ємних значень. Фігура, обмежена графіком функції y = f (x ), відрізком [ a; b ] осі Ox і прямими x = a і x = b, називається криволінійною трапецією.

у = f(x) S

0 a

b x

3. Площа криволінійної трапеції Формула

Приклад Обчисліть площу фігури, обмеженої лініями y = sin x , y = 0 , x =

x= b

S = ∫ f (x ) dx a

π 3

у = sinx S

Зобразивши ці лінії, отримаємо криволінійну трапецію. π 2

π 2

π 3

S = ∫ sin xdx = − cos x

= − cos

–1 π 2

+ cos

p p 3 2

π 3

1 2

4. Властивості визначених інтегралів a

∫ f (x) dx = 0 a

∫ f (x) dx = −∫ f (x) dx

∫ k ⋅ f (x) dx = k∫ f (x) dx

∫ (f (x) + g (x)) dx = ∫ f (x) dx + ∫ g (x) dx Якщо функція f (x ) неперервна на і c ∈[ a; b ] , то b

∫ f (x) dx = ∫ f (x) dx + ∫ f (x) dx .

[a; b]

110

Розділ 2. Інтеграл та його застосування

5. Означення визначеного інтеграла через інтегральні суми Нехай функція f (x ) неперервна на відрізку [ a; b ]. Виконаємо такі операції.

1. Розіб’ємо відрізок [ a; b ] на n відрізків точками x1 , x2 , ..., xn−1 (вважаємо, що a = x0 , b = xn ).

у = f(x)

f(c1)

2. Позначимо довжину першого відрізка через ∆x1, другого — через ∆x2 і т. д. (тобто ∆x1 = x1 − x0 , ∆x2 = x2 − x1, ..., ∆xn = xn − xn −1 ). 3. На кожному з одержаних відрізків виберемо довільну точку ci ( ci ∈xi −1; xi , де i = 1, 2, ..., n).

xn–1 cn xn = b x

0 a = x0 c1 x1 c2 x2 x3 Dx1 Dx2

4. Складемо суму Sn = f (c1 ) ∆x1 + f (c2 ) ∆x2 + … + f (cn ) ∆xn.

Dxn

Ця сума називається інтегральною сумою функції f (x ) на відрізку [ a; b ]. Якщо n → ∞ і довжини відрізків розбиття прямують до нуля, то інтегральна сума Sn прямує до деякого числа, яке називається визначеним інтегралом функції f (x ) на відрізку [ a; b ]. b

Визначений інтеграл позначають

∫ f (x) dx . a

Пояснення й обґрунтування 1 Геометричний зміст і означення визначеного інтеграла Як було зазначено в § 9, інтегрування — це дія, обернена до диференціювання. Вона дозволяє за заданою похідною функції знайти (відновити) цю функцію. Покажемо, що ця операція тісно пов’язана із задачею обчислення площі фігури. Як було зазначено вище, у механіці ча сто доводиться визначати координату x (t ) матеріальної точки, що рухається прямолінійно, знаючи залежність її швидкості від часу v (t ) (нагадаємо, що v (t ) = x ′ (t )). Розглянемо спочатку випадок, коли точка рухається з постійною швидкістю v = v0 . Графіком швидкості в системі координат (t; v ) є пряма v = v0 , паралельна осі часу t (рис. 10.1.1). Якщо вважати, що в початковий момент часу t = 0 точка перебувала в початку координат, то шлях s, пройдений нею за час t, обчислюють за формулою s = v0t . Величина v0t дорівнює площі S прямокутника, обмеженого графіком

швидкості, віссю абсцис і двома вертикальними прямими, тобто шлях точки можна обчислити як площу фігури, розташованої під графіком швидкості. Розглянемо випадок нерівномірного руху. Тепер швидкість можна вважати постійною тільки на маленькому відрізку часу ∆t. Якщо швидкість v змінюється за законом v = v (t ), то шлях, пройдений за відрізок часу [t; t + ∆t ] , наближено виражається добутком v (t ) ⋅ ∆t. На графіку цей добуток дорівнює площі прямокутника зі сторонами ∆t і v (t ) (рис. 10.1.2). Точне значення шляху, пройденого за відрізок часу [t; t + ∆t ] , дорівнює площі криволінійної трапеції, виокремленої на цьому v v0

v v(t) v0

S = v0t 0

t Puc. 10.1.1

v = v(t) Dt t t + Dt t

Puc. 10.1.2

§§10. Визначений інтеграл та його застосування

рисунку. Тоді весь шлях, пройдений матеріальною точкою за відрізок часу [0; t ], можна обчислити додаванням площ таких криволінійних трапецій, тобто шлях дорівнюватиме площі зафарбованої фігури під графіком швидкості (рис. 10.1.3). Наведемо відповідні означення й обґрунтування, які дозволять зробити ці міркування більш строгими. Нехай на відрізку [ a; b ] осі Ox задано неперервну функцію f (x ), яка набуває на цьому відрізку тільки невід’ємних значень.

v = v(t)

v0 t

Puc. 10.1.3

Означення. Фігура, обмежена графіком функції y = f (x ), відріз-

ком [ a; b ] осі Ox і прямими x = a і x = b, називається криволінійною трапецією (рис. 10.1.4).

Відрізок [ a; b ] називають основою криволінійної трапеції. З’ясуємо, як можна обчислити площу криволінійної трапеції за допомогою первісної для функції f (x ). Позначимо через S (x ) площу криволінійної трапеції з основою [ a; x ] (рис. 10.1.5, а), де x — будь-яка точка відрізка [ a; b ]. При x = a відрізок [ a; x ] вироджується в точку, і тому S (a ) = 0; при x = b маємо S (b ) = S , де S — площа криволінійної трапеції з основою [ a; b ] (див. рис. 10.1.4).  Покажемо, що функція S (x ) є первісною для функції f (x ), тобто що S ′ (x ) = f (x ) . Відповідно до означення похідної потрібно довести, що ∆S ∆x

S 0 a

∆x

→ f (x ) при ∆x → 0. Це означає, що S ′ (x ) = f (x ) , тоб-

то S (x ) є первісною для функції f (x ). 

0a x

b x а

y = f(x)

0 a x x + Dx

б y

y = f(x)

∆x

буде правильною і при ∆x < 0 .) Оскільки точка c лежить між точками x і x + ∆x , то c прямує до x, якщо ∆x → 0. Ураховуючи неперервність функції f (x ), одержуємо також, що f (c) → f (x ) при ∆x → 0. ∆x

y = f(x) S(x)

Для спрощення міркувань розглянемо випадок ∆x > 0 (випадок ∆x < 0 розглядається аналогічно). Оскільки ∆S = S (x + ∆x ) − S (x ) , то з точки зору геометрії ∆S — площа фігури, виокремленої на рис. 10.1.5, б. Розглянемо тепер прямокутник із такою самою площею ∆S , однією зі сторін якого є відрізок [ x; x + ∆x ] (рис. 10.1.5, в). Оскільки функція f (x ) неперервна, то верхня сторона цього прямокутника перетинає графік функції в деякій точці з абсцисою c ∈[ x; x + ∆x ] (інакше розглянутий прямокутник або містить криволінійну трапецію, виокремлену на рис. 10.1.5, в, або міститься в ній, і, відповідно, його площа буде більшою або меншою від площі ∆S ). Висота прямокутника дорівнює f (c) . За формулою площі прямо∆S f (c ) ∆x кутника маємо: ∆S = f (c) ∆x . Тоді = = f (c) . (Ця формула

Отже,

Puc. 10.1.4

→ f (x ) при ∆x → 0.

∆S

y = f(x)

0 x

c x + Dx x в

Puc. 10.1.5

111

112

Розділ 2. Інтеграл та його застосування

Оскільки функція S (x ) є первісною для функції f (x ), то за основною властивістю первісних будь-яка інша первісна F (x ) для функції f (x ) для всіх x ∈[ a; b ] відрізняється від S (x ) на постійну C, тобто

чати так: F (x ) , тобто F (x ) = F (b ) − F (a ).

F (x ) = S (x ) + C . (1) Щоб знайти C, підставимо x = a . Одержуємо F (a ) = S (a ) + C . Оскільки S (a ) = 0, то C = F (a ) і рівність (1) можна записати так:

Користуючись цим позначенням, формулу Ньютона — Лейбніца можна записати у такому вигляді: b

∫ f (x) dx = F (x) a = F (b) − F (a). a

Наприклад, оскільки для функції ( ) f x = e x однією з первісних є F (x ) = e x , то 1

1 S (x ) = F (x ) − F (a ) . (2) e xdx = e x = e1 − e 0 = e − 1. ∫ 0 Ураховуючи, що площа криволіній0 У тому випадку, коли для функції f (x ) ної трапеції дорівнює S (b ) , підставляємо на відрізку [a; b] існує визначений інтеграл у формулу (2) x = b і одержуємо S = S (b ) = F (b ) − F (a ) b S = S (b ) = F (b ) − F (a ). Тобто площу криволінійної ∫ f (x) dx , функцію f (x) називають інтегротрапеції (рис. 10.1.4) можна обчислити за a формулою ваною на відрізку [ a; b ]. S = F (b ) − F (a ) , (3) Із формул (3) і (4) випливає, що плоде F (x ) — довільна первісна для функщу криволінійної трапеції, обмеженої грації f (x ). фіком неперервної і невід’ємної на відрізку Отже, обчислення площі криволіній[a; b] функції y = f (x), відрізком [a; b] осі Ox ної трапеції зводиться до знаходження пері прямими x = a і x = b (рис. 10.1.4), можна вісної F (x ) для функції f (x ), тобто до інтеобчислювати за формулою грування функції f (x ). b S = ∫ f (x) dx . Означення. Різниця F (b ) − F (a ) називаa ється визначеним інтегралом функції Це співвідношення відображає геомеf (x ) на відрізку [ a; b ]. тричний зміст визначеного інтеграла. Визначений інтеграл позначають так: Наприклад, площу криволінійної трапеції, обмеженої графіком функції y = cos x , b  π ∫ f (x) dx . відрізком 0;  осі Ox і прямими x = 0 a  6 π b і x= (рис. 10.1.6), можна обчислити за 6 Запис ∫ f (x ) dx читають: «інтеграл від a формулою a π до b еф від ікс де ікс». Числа a і b назива6 π π 1 1 ють межами інтегрування: a — нижньою S = ∫ cos xdx = sin x 6 = sin − sin 0 = − 0 = . межею, b — верхньою. Отже, за наведеним 6 2 2 0 0 означенням y b (4) 1 y = cos x ∫ f (x) dx = F (b) − F (a) .

Формулу (4) називають формулою Ньютона — Лейбніца. В записі обчислення визначеного інтеграла різницю F (b ) − F (a ) прийнято позна-

p 6

p 2

Puc. 10.1.6

113

§§10. Визначений інтеграл та його застосування

(У процесі обчислення визначеного інтеграла враховано, що для функції f (x ) = cos x однією з первісних є функція F (x ) = sin x .)

тат. Справді, якщо функція F (x ) є первісною для функції f (x ), то

Зауваження. У задачах із курсу алгебри

і початків аналізу на обчислення площ як відповідь найчастіше наводять числове значення площі. Оскільки на координатній площині, де зображено фігуру, завжди вказують одиницю виміру по осях, то ми маємо й одиницю виміру площі — квадрат зі стороною 1. Інколи, щоб підкреслити, що одержане число виражає саме площу, відповідь до останнього прикладу записують так: S=

1 2

(кв. од.), тобто вказують кількість

∫ f (x) dx = F (x) = F (a) − F (a) = 0.

Також b

∫ f (x)dx = F (b) − F (a) = − ( F (a) − F (b)) = −∫ f (x)dx . За допомогою формули Ньютона — Лейбніца легко обґрунтувати й інші вла стивості визначених інтегралів, наведені в п. 4 табл. 13.  Якщо F (x ) є первісною для функції f (x ), то для функції kf (x ) первісною буде функція kF (x ). Тоді

b b b квадратних одиниць. Зазначимо, що у та( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ) ( kf x dx = kF x = kF b − kF a = k F b − F a = k ∫ ∫f кий спосіб записують тільки числові відпоa a a віді. Якщо в результаті обчислень площі ми 2 b b b S = 2a , то ніяких одержали, наприклад, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ) ( kf x dx = kF x = kF b − kF a = k F b − F a = k одиниць площі не записують, оскільки від∫ ∫ f (x) dx . a a a різок a був виміряний у якихось лінійних 2 Отже, одиницях, і тоді вираз a містить інформацію про квадратні одиниці, у яких вимірюb b ( ) ють площу в цьому випадку. k ⋅ f x dx = k (7) ∫ ∫ f (x) dx .  a

2 Властивості визначених інтегралів Формулюючи означення визначеного інтеграла, ми вважали, що a < b . Доцільно розширити поняття визначеного інтеграла. Для випадку a > b приймемо за означенням, що

 Якщо F (x ) є первісною для функції f (x ), а G (x ) — первісною для функції g (x ) , то для функції f (x ) + g (x ) первісною буде функція F (x ) + G (x ) . Тоді b

∫ (f (x) + g (x)) dx = ( F (x) + G (x))

= ( F (b ) + G ( b ) ) − ( F ( a ) +

( x ) + G ( x ) ) = ( F (b ) + G ( b ) ) − ( F ( a ) + G ( a )) = + g. (x )) dx = ( F(5) ∫ f (x) dx = ∫a∫(ff((xx))dx a b b a b ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ) ) ( ( = F b − F a + G b − G a = f x dx + ∫ ∫ g (x) dx Для випадку a = b також за означенням

вважатимемо, що

= ( F (b ) − F (a )) + (G (b ) − G (a )) = ∫ f (x ) dx + ∫ g (x ) dx . a a (6) ∫ f (x) dx = 0. a

Формальне застосування формули Ньютона — Лейбніца до обчислення інтегралів у формулах (5) і (6) дає такий самий резуль-

Отже, b

∫ ( f (x) + g (x)) dx = ∫ f (x) dx + ∫ g (x) dx. 

(8)

114

Розділ 2. Інтеграл та його застосування

ві побудовано прямокутник з висотою f (c2 ) і так далі. Площа S заданої криволінійної трапеb b c c ції наближено ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + F (b ) − F (c ) = дорівнює сумі площ побудо∫ f x dx + ∫ f x dx = F x + F x = F c − F a ваних прямокутників. a c a c c b Позначимо цю суму через Sn , довжиx = F (x ) + F (x ) = F (c) − F (a ) + F (b ) − F (c ) = ну першого відрізка — через ∆x1, другоa c b го — через ∆x2 і т. д. (тобто ∆x1 = x1 − x0 , = F (b ) − F (a ) = ∫ f (x ) dx . ∆x2 = x2 − x1, ..., ∆xn = xn − xn −1 ). Тоді  Якщо F (x ) є первісною для функції f (x ) і c ∈[ a; b ] , то

Отже, якщо функція f (x ) неперервна на відрізку [ a; b ] і c ∈[ a; b ] , то b

∫ f (x) dx = ∫ f (x) dx + ∫ f (x) dx .  3 Означення визначеного інтеграла через інтегральні суми Історично виникнення інтеграла було зумовлене необхідністю обчислення площ фігур, обмежених кривими, зокрема обчислення площі криволінійної трапеції. Розглянемо криволінійну трапецію, зображену на рис. 10.1.7 (функція f (x ) неперервна на відрізку [ a; b ]). Основу трапеції — відрізок [ a; b ] — розбито на n відрізків (не обов’язково рівних) точками x1 , x2 , ..., xn−1 (для зручності будемо вважати, що a = x0 , b = xn ). Через ці точки проведено вертикальні прямі. На першому відрізку обрано довільну точку c1 , і на ньому як на основі побудовано прямокутник із висотою f (c1 ). Аналогічно на другому відрізку обрано довільну точку c2 , і на ньому як на осноy у = f(x)

f(c1)

0 a = x0 c1 x1 c2 x2 x3 Dx1 Dx2

Puc. 10.1.7

xn–1 cn xn = b x Dxn

Sn = f (c1 ) ∆x1 + f (c2 ) ∆x2 + … + f ( cn ) ∆xn . (9) Отже, площу S криволінійної трапеції можна наближено обчислювати за формулою (9), тобто S ≈ Sn . Суму (9) називають інтегральною сумою функції f (x ) на відрізку [ a; b ]. При цьому вважають, що функція f (x ) неперервна на відрізку [ a; b ] і може набувати будь-яких значень: додатних, від’ємних, дорівнювати нулю (а не тільки невід’ємних, як для випадку криволінійної трапеції). Якщо n →∞ і довжини відрізків розбиття прямують до нуля, то інтегральна сума Sn прямує до деякого числа, яке і називають визначеним інтегралом від функції f (x ) на відрізку

[a; b]

і позначають

∫ f (x) dx .

Можна дове

сти, що при цьому також виконується формула Ньютона — Лейбніца і всі розглянуті властивості визначеного інтеграла.

Зауваження. Змінюючи спосіб розбиття відрізка [ a; b ] на n частин (тобто фіксуючи інші точки x1 , x2 , ..., xn−1 ) і вибираючи на кожному з одержаних відрізків інші точки ci (де ci ∈xi −1; xi , i = 1, 2, ..., n), ми одержимо для функції f (x ) інші інтегральні суми. У курсі математичного аналізу доводиться, що для будь-якої неперервної на відрізку [ a; b ] функції f (x ) незалежно від способу розбиття цього відрізка і вибору точок ci , якщо n → ∞ і довжини відрізків розбиття прямують до нуля, то інтегральні суми Sn прямують до одного й того самого числа.

§§10. Визначений інтеграл та його застосування

програм). Якщо ж первісна для функції f (x ) відома, то інтеграл можна обчислити точно, використовуючи формулу Ньютона — Лейбніца (див. приклад у п. 1 табл. 13 та приклади, наведені нижче). Зазначимо, що визначений інтеграл широко використовується для опису різноманітних процесів у різних науках, наприклад у фізиці та економіці.

Означення через інтегральні суми дозволяє наближено обчислювати визначені інтеграли за формулою (9). Але такий спосіб потребує громіздких обчислень, і його використовують у тих випадках, коли для функції f (x ) не вдається знайти первісну (тоді наближене обчислення визначеного інтеграла зазвичай проводять за допомогою комп’ютера з використанням спеціальних t2

q = ∫ I (t ) dt

Q = ∫ c (t ) dt

q — електричний заряд, I — сила току

Q — кількість теплоти, c — теплоємність

∫ F (x) dx

v = ∫ a (t ) dt

Фізика

s = ∫ v (t ) dt

A = ∫ N (t ) dt t1

A — робота, F — сила, N — потужність

CS =

∫

p (q ) dq − p0q0

∫ ρ (x) dx

s — переміщення, v — швидкість, a — прискорення

m — маса тонкого стрижня, ρ — лінійна густина

П = ∫ I (t ) e − ptdt 0

PS = p0q0 −

∫ p (q ) dq 0

q — кількість товару, p — ц іна товару (вартість одиниці), ( p0; q0 ) — точка рівноваги попиту і пропозиції, CS — надлишок для споживача, PS — надлишок виробника

П — дисконтована вартість грошового потоку, I — швидкість грошового потоку, p — річна відсоткова ставка, t — час

Економіка

V = ∫ f (t ) dt t1

f — продуктивність, t — час, V — об’єм продукції

115

116

Розділ 2. Інтеграл та його застосування

Приклади розв’язування завдань π 4

Приклад 1

Обчисліть

∫ cos2 x . 0

Розв’язання π 4



π 4

∫ cos2 x = tg x 0

= tg

π 4

Коментар Оскільки для функції f (x ) =

− tg 0 = 1 − 0 = 1.

Відповідь: 1. 

1 cos2 x

ми знаємо

первісну: F (x ) = tg x (див. табл. 12), то заданий інтеграл можна обчислити безпосереднім застосуванням формули Ньютона — Лейбніца b

∫ f (x) dx = F (x) = F (b) − F (a). 3

Приклад 2

Обчисліть

4



∫  x − x dx. 1

Розв’язання I спосіб  Для функції f (x ) =

4 x

Коментар Можливі два шляхи обчислення заданого інтеграла. 1) Спочатку знайти первісну для функції 4 f (x ) = − x , використовуючи правила обx числення первісних і таблицю первісних, а потім знайти інтеграл за формулою Ньютона — Лейбніца. 2) Використати формулу (8)

− x однією з первіс-

них є функція F (x ) = 4 ln x −

 x2  4  ∫  x − x dx =  4 ln x − 2  1 3

x2 2

. Тоді

= 1

 3   1  =  4 ln 3 −  −  4 ln 1 −  = 4 ln 3 − 4 .   2 2 II спосіб 2



dx x

− ∫ xdx = 4 ln x

− 1

x2 2

і записати заданий інтеграл як алгебраїчну суму двох інтегралів, кожний із яких можна безпосередньо обчислити, як у прикладі 1 (для першого доданка можна також використати формулу (7) і винести сталий множник 4 за знак інтеграла).

= 1

 32 12  = 4 ln 3 − ln 1 −  −  == 4 ln 3 − 4 .   2 2 

(

∫ (f (x) + g (x)) dx = ∫ f (x) dx + ∫ g (x) dx

4dx 4  ∫  x − x dx = ∫ x − ∫ xdx = 1 1 1

= 4∫

)

Зауваження. Заданий інтеграл розглядають на відрізку [1; 3], де x > 0. Але при x > 0

однією з первісних для функції f (x ) =

є функція F (x ) = ln x . Тому, враховуючи,

що x > 0, можна, наприклад, записати, що

∫

dx x

= ln x . Хоча, звичайно, наведений 1

вище запис первісної теж є правильним (оскільки при x > 0 ln x = ln x ).

§§10. Визначений інтеграл та його застосування

Приклад 3

Обчисліть площу фігури, обмеженої прямими x = 1, x = 8, віссю Ox і графіком функції y = 3 x .

Розв’язання  Зображуючи зазначені лінії, бачимо, що задана фігура — криволінійна трапеція (рис. 10.1.8). Тоді її площа 8

S = ∫ 3 x dx = ∫ x 3 dx = 1

3 4

(

4 83

4 −13

Відповідь: 11

Вправи

1 4

1 +1 8 x3

1 3

3 4

(

Коментар y= x 3

де a = 1 , b = 8 , f (x ) = 3 x . Також потрібно врахувати, що на заданому відріз ку [1; 8] значення x > 0 , і за цієї умови можна за-

Puc. 10.1.8

)

S = ∫ f (x ) dx ,

8 x

84 − 1 =

Задана фігура є криволінійною трапецією, і тому її площу можна обчислити за формулою

= 11 .

. 

писати

10.1.1. Обчисліть інтеграл: 2

1°)

∫x

dx ;

π 2

∫ sin2 x ;

4°)

π 2

∫ cosxdx ;

3 ∫ x dx ;

∫ (2x + 1)2 ; π

∫

1 x3.

dx x2

;

π 2

3°)

π 4

−1

2°)

∫ sin2xdx. π 4

∫ 3 cos 2 dx ; 0

10.1.2. Обчисліть інтеграл: 2π

∫

sin

−π 2

∫

−2 3π

∫

−2

2π 3

dx ;

2x + 5

;

∫ (1 + 2x)

dx ;

π 12

dx cos

∫

x x   sin + cos  dx ; 4 4

;

dx x+3

∫ (1 + cos 2x) dx ;

;



∫  x + 1

x 

 x 

dx .

117

118

Розділ 2. Інтеграл та його застосування

10.1.3. Доведіть правильність рівності: π 4

1) ∫

dx cos2 x

= ∫ dx ;

3) ∫ cosxdx =

π 3

2) ∫ sin xdx = 0

π 2

1 4

∫

1 16

dx x

;

∫ x dx ; 2

4) ∫ (2x + 1) dx = ∫ ( x 3 − 1) dx .

У завданнях 10.1.4–10.1.6 обчисліть (попередньо виконавши рисунок) площу фігури, обмеженої заданими лініями.

10.1.4. 1) y = x 4 , y = 0, x = −1, x = 1;

3*) y = x 4 , y = 1;

2) y = x 2 − 4x + 5, y = 0, x = 0, x = 4; 4*) y = x 2 − 4x + 5, y = 5.

10.1.5. 1) y = 1 − x 3 , y = 0, x = 0; 2*) y = 2 − x 3 , y = 1, x = −1, x = 1; 3) y = −x 2 − 4x , y = 0, x = −3, x = −1; 4*) y = −x 2 − 4x , y = 1, x = −3, x = −1.

10.1.6*. 1) y = x 3 , y = 8, x = 1; 2) y = 2cos x , y = 1, x = −

π 3

, x=

3) y = x 2 − 2x + 4, y = 3, x = −1; 4) y = sin x , y =

1 2

, x=

π 6

, x=−

π 3

;

5π 6

У завданнях 10.1.7–10.1.8 обчисліть визначений інтеграл, використовуючи його геометричний зміст. Вказівка. У кожному завданні необхідно знайти площу криволінійної трапеції. Побудуйте графік відповідної функції, скориставшись, за бажанням, програмою Desmos або іншим графічним редактором. 0

10.1.7*. 1) ∫ 4 − x 2 dx

−2

10.1.8*. 1)

2 2

∫

8 − x dx; 2)

∫

25 − x 2 dx;

−5 6

∫

−4

3) ∫ 6x − x 2 dx ;

24 + 2x − x dx ; 3) ∫ x − 3 dx ; 4) 2

∫

x dx ,

−2

∫

x + 2 dx .

−3

Виявіть свою компетентність

10.1.9. Під дією сили F = 10 Н пружина розтягується на 2 см. Яку ро-

боту при цьому виконує сила F, якщо за законом Гука F = kx , де x — деформація пружини, k — коефіцієнт.

119

§§10. Визначений інтеграл та його застосування

10.2. Обчислення площ і об’ємів за допомогою визначених інтегралів

Таблиця 14

1. Площа криволінійної трапеції y

Площа криволінійної трапеції, обмеженої графіком неперервної невід’ємної на відрізку [ a; b ] функції f (x ), віссю Ox і прямими x = a і x = b, дорівнює:

y = f(x)

S 0 a

S = ∫ f (x ) dx

2. Площа фігури, обмеженої графіками двох функцій і прямими x = a та x = b Формула

Приклад

y = f2(x)

Обчисліть площу фігури, обмеженої лініями y = x 2 + 2 , y = x + 4.

0 a

y y = x + 4

Зобразимо задані лінії та визначимо абсциси точок їх перетину.

b x y = f1(x)

S y = x2 + 2

Абсциси точок перетину: 2

x + 2 = x + 4; x − x − 2 = 0; Якщо на заданому відрізку [a; b] неперервні функції x1 = −1, x2 = 2 . y = f1 (x ) і y = f2 (x ) мають Тоді за формулою (1) таку властивість, що f2 (x ) f1 (x ) для всіх x ∈[a; b],

x 2 2 ∫ ((x + 4) − (x + 2)) dx == ∫ (x + 2 − x )dx =  2 2

(

)

то S = ∫ f2 (x ) − f1 (x ) dx (1)

–1

−1

+ 2x −

−1

x3 

 3 

=4 . −1

3. Об’єми тіл y

S(x)

y = f(x) 0 0

Якщо тіло вміщене між двома перпендикулярними до осі Ox площинами, що проходять b

через точки x = a і x = b , то V = ∫ S (x ) dx , a

де S (x ) — площа перерізу тіла площиною, яка проходить через точку x ∈[ a; b ] і перпендикулярна до осі Ox.

z Якщо тіло одержали обертанням навколо осі Ox криволінійної трапеції, яка обмежена графіком неперервної та невід’ємної на відрізку [ a; b ] функції y = f (x ) і прямими x = a й x = b, то b

V = π ∫ f 2 (x ) dx . a

120

Розділ 2. Інтеграл та його застосування

Пояснення й обґрунтування y

1 Обчислення площ плоских фігур

y = f2(x)

y = f1(x) 0

Обґрунтування формули площі криволінійної трапеції та приклади її застосування було наведено в п. 10.1.

 З’ясуємо, як можна обчислити площу фігури, зображеної на рис. 10.2.1. Ця фігура обмежена зверху графіком функції y = f2 (x ) , знизу — графіком функції y = f1 (x ) , а також вертикальними прямими x = a і x = b (a < b ) ; функції f1 (x ) і f2 (x ) неперервні та невід’ємні на відрізку [a; b] і f2 (x) f1 (x) для всіх x ∈[a; b]. Площа S цієї фігури дорівнює різниці площ S2 і S1 криволінійних трапецій ( S2 — площа криволінійної трапеції AA2 B2 B , а S1 — площа криволінійної трапеції AA1B1B ). За геометричним змістом визначеного інтеграла

bB x

Puc. 10.2.1

y = f2(x) a

y = f1(x)

Отже, S = S2 − S1 = ∫ f2 (x ) dx − ∫ f1 (x ) dx = ∫ (f2 (x ) − f1 (x )) dx .

а y

S1 = ∫ f1 (x ) dx , S2 = ∫ f2 (x ) dx .

Таким чином, площу заданої фігури можна обчислити за формулою

y = f2(x) + m

S = ∫ (f2 (x ) − f1 (x )) dx .

(1)

Ця формула буде правильною і в тому випадку, коли задані функції не є невід’ємними на відрізку [ a; b ] — достатньо виконання умов, що функції f1 (x ) і f2 (x ) неперервні на відрізку [ a; b ] і f2 (x ) f1 (x ) для всіх x ∈[ a; b ] (рис. 10.2.2, а). Для обґрунтування достатньо перенести задану фігуру паралельно вздовж осі Oy на m одиниць так, щоб вона розмістилася над віссю Ox (рис. 10.2.2, б). Таке перетворення означає, що задані функції y = f1 (x ) і y = f2 (x ) ми замінили відповідно на функції y = f1 (x ) + m і y = f2 (x ) + m . Площа фігури, обмеженої графіками цих функцій та прямими x = a і x = b, дорівнює площі заданої фігури. Отже, шукана площа

y = f1(x) + m 0

б Puc. 10.2.2

y 1

у = sinx

p p

–2

0 –1

p 2

x у = cosx

Puc. 10.2.3

(

)

S = ∫ (f2 (x ) + m ) − (f1 (x ) + m ) dx = ∫ (f2 (x ) − f1 (x )) dx . a

Наприклад, площа фігури, зображеної на рис. 10.2.3, π

дорівнює S = ∫ (sin x − cos x ) dx = ( − cos x − sin x ) π 2

π π 2

= 1 + 1 = 2.

121

§§10. Визначений інтеграл та його застосування

2 Обчислення об’ємів тіл Задача обчислення об’єму тіла за допомогою визначеного інтеграла аналогічна до задачі знаходження площі криволінійної трапеції. Нехай задано тіло об’ємом V, причому є така пряма (вісь Ox на рис. 10.2.4), що яку б не взяли площину, перпендикулярну до цієї прямої, нам буде відома площа S перерізу тіла цією площиною. Але площина, перпендикулярна до осі Ox, перетинає її в деякій точці x. Отже, кожному числу x з відрізка [ a; b ] (див. рис. 10.2.4) поставлено у відповідність єдине число S (x ) — площу перерізу тіла цією площиною. Тим самим на відрізку [ a; b ] задано функцію S (x ). Якщо функція S неперервна на відрізку [ a; b ], то справджується формула V = ∫ S (x ) dx .

Повне доведення цієї формули наведено в курсах математичного аналізу, а ми зупинимося на наочних міркуваннях, з яких вона випливає.  Поділимо відрізок [ a; b ] на n відрізків однакової довжини точками xk такими, що x0 = a < x1 < x2 < …< xk < …< xn−1 < xn = b , і припустимо, що ∆x =

b−a n

Точність цієї наближеної рівності тим вища, чим тонші шари, на які розрізане тіло, тобто чим більше n. Тому Vn → V , якщо n → ∞. За означенням визначеного інтеграла через інтегральb

ні суми одержуємо, що Vn → ∫ S (x ) dx , якщо a n → ∞. Отже, b

V = ∫ S (x ) dx . 

(2)

V ≈ S (x0 ) ∆x + S (x1 ) ∆x + … + S ( xn ) ∆x = Vn .

(рис. 10.2.5, а). Об’єм шару між площинами α k−1 і α k (рис. рис. 10.2.5, б) при достатньо великих n наближено дорівнює площі S (xk−1 ) перерізу, помноженій на «товщину шару» ∆x, і тому

= xk − xk−1, k = 1, 2, ..., n.

Через кожну точку xk проведемо площину α k , перпендикулярну до осі Ox. Ці площини розрізають дане тіло на шари

Використаємо одержаний результат для обґрунтування формули об’єму тіл обертання. Нехай криволінійна трапеція спирається на відрізок [ a; b ] осі Ox і обмежена зверху графіком функції y = f (x ), яка невід’ємна і неперервна на відрізку [ a; b ]. Унаслідок обертання цієї криволінійної трапеції навколо осі Ox утворюється тіло (рис. 10.2.6, а), об’єм якого можна знайти за формулою

V = ∫ πf 2 (x ) dx = π ∫ f 2 (x ) dx .

ak–1

(3)

a 0

b x

x1 x2 xk–1 xk

xn–1

b x

а Puc. 10.2.4

xk–1

xk б

Puc. 10.2.5

122

Розділ 2. Інтеграл та його застосування

Справді, перерізом тіла кожною площиною, яка перпендикулярна до осі Ox і перетинає відрізок [ a; b ] цієї осі в точці x, є круг радіусом f (x ) і площею S (x ) = πf 2 (x ) (рис. 10.2.6, б). Звідси за формулою (2) одержуємо фор мулу (3).

f(x) 0

b x

б Puc. 10.2.6

Приклади розв’язування завдань

Приклад 1

Обчисліть площу фігури, обмеженої лініями y = x 2 і y = −x .

Розв’язання

Коментар

 Зобразимо задані лінії (рис. 10.2.7) і знайдемо абсциси точок їх перетину:

Зобразимо задані лінії (рис. 10.2.7). Бачимо, що шукана фігура розташована між графіками двох функцій. Зверху вона обмежена графіком функції f2 (x ) = − x , а знизу — графі-

x 2 = −x ,

(1)

тоді x 4 = −x ; x 4 + x = 0 ; x ( x 3 + 1) = 0 ; x = 0 або x = −1 (обидва корені задовольняють рівняння (1)).

Щоб знайти межі інтегрування, визначимо абсциси точок перетину графіків заданих функцій. Оскільки ординати обох кривих у точках перетину ті самі, то достатньо розв’язати рівняння f1 (x ) = f2 (x ) .

x у = = −x

–1

Для розв’язування одержаного ірраціонального рівняння можна використати рівняннянаслідки (завершити розв’язання перевіркою) або рівносильні перетворення (на ОДЗ, тобто при x 0 ). Зазначимо також, що на одержаному відрізку [ −1; 0] значення ( −x ) 0 .

Puc. 10.2.7 Площа заданої фігури: 0

∫(

−x − x 2 ) dx =

−1 0

−1

∫ (−x) 2 dx −

−1

− ∫ x dx = − 2

2 3

( −x )

3 0 2 −1

S = ∫ (f2 (x ) − f1 (x )) dx .

у = x2

ком функції f1 (x ) = x 2 . Отже, площу фігури можна обчислити за формулою

−

x3 3

= −1

1 3

. 

Тоді

−x = ( −x ) 2 .

§§10. Визначений інтеграл та його застосування

Обчисліть об’єм тіла, утвореного обертанням навколо осі абсцис фігури, обмеженої лініями y = 4 − x 2 і y = 0.

Приклад 2

Розв’язання

Коментар

 Знайдемо абсциси точок перетину заданих ліній. 4 − x 2 = 0 ; x = ±2 . Оскільки задана фігура — криволінійна трапеція, то об’єм тіла обертання

Зобразимо задану фігуру (рис. 10.2.8) і впевнимося, що вона є криволінійною трапецією. У цьому випадку об’єм тіла обертання можна обчислювати за формулою

∫

−2

π (4 − x 2 ) dx = π ∫ (16 − 8x 2 + x 4 ) dx = 2

 x 3 x5  = π  16x − 8 ⋅ +   3 5 

= 34 −2

y 4

2 15

π. 

у = 4 - x2

V = ∫ πf 2 (x ) dx = π ∫ f 2 (x ) dx .

−2

Щоб знайти межі інтегрування, достатньо знайти абсциси точок перетину заданих ліній. Як і для задач на обчислення площ, до відповіді записують числове значення об’єму, але можна підкреслити, що ми одержали саме величину об’єму, і записати відповідь: 34

–2

2 15

π куб. од. (тоб-

то кубічних одиниць).

Puc. 10.2.8

Зауваження. Можна було б звернути увагу на те, що задана фігура симетрична відносно осі Oy, і тому об’єм тіла, утвореного обертанням всієї фігури навколо осі абсцис, буде вдвічі більшим за об’єм тіла, утвореного обертанням криволінійної трапеції, що спирається на відрізок [0; 2].

Запитання

1. Поясніть, як можна знайти площу криволінійної трапеції. Наведіть приклад.

2. 1) Запишіть формулу для знаходження площі фігури, обмеженої зверху і знизу графіками неперервних функцій, а також прямими x = a і x = b (a < b ) . Наведіть приклад. 2*) Доведіть цю формулу. 3. Запишіть формулу для знаходження об’єму тіла, одержаного обертанням криволінійної трапеції навколо осі абсцис. Наведіть приклад її використання.

Вправи

У завданнях 10.2.1–10.2.6 обчисліть площу фігури, обмеженої заданими лініями.

10.2.1. 1) y = x 2 − 4x + 5, y = 5 − x ;

3) y =

2) y = x 2 − 3x + 4, y = 4 − x ;

4) y =

4 x 3 4

, y = 4, x = 4; , y = 3, x = 3.

123

124

Розділ 2. Інтеграл та його застосування

10.2.2. 1) y = x 2 − 6x + 9, y = 5 − x ;

3) y = 4 − x 2 , y = x + 2;

2) y = x 2 + 2x + 1, y = x + 3;

4) y = 4 − x 2 , y = 2 − x .

10.2.3. 1) y = x 2 , y = x + 2;

2) y = x 2 , y = 2 − x .

10.2.4. 1) y = −x 2 + 2x + 1, y = x 2 − 4x + 5; 2) y = x 2 + 2x + 2, y = 6 − x 2 .

10.2.5. 1) y =

2) y =

x x

, x + y = 8;

3) y =

, x + y = 6;

4) y =

5 x 3 x

, y = 4x + 1, x = 2; , y = 2x + 1, x = 3.

10.2.6. 1) y = 8 − x 2 , y = 4;

3) y = x 2 , y = 4x − x 2;

2) y = 6 − x 2 , y = 5;

4) y = x 2 , y = 2x − x 2 .

10.2.7. Обчисліть площу фігури, обмеженої графіком функції y = 8x − 2x 2 , дотичною до цієї параболи, проведеною через її вершину, та прямою x = 0.

10.2.8. Обчисліть площу фігури, обмеженої графіком функції f (x ) = 8 − 0,5x 2, дотичною, проведеною до нього в точці з абсцисою x = −2, і прямою x = 1.

10.2.9. Знайдіть об’єм тіла, утвореного обертанням навколо осі абсцис криволінійної трапеції, обмеженої лініями: 1) y = x 2 + 1, x = 0, x = 1, y = 0; 3) y = x , x = 1, y = 0; 2) y = x , x = 1, x = 4, y = 0;

4) y = 1 − x 2 , y = 0.

10.2.10. Знайдіть об’єм тіла, утвореного обертанням навколо осі абсцис

фігури, обмеженої лініями: 1) y = x 2 , y = x ;

3) y = x + 2, y = 1, x = 0, x = 2;

2) y = 2x , y = x + 3, x = 0, x = 1;

4) y = x , y = x .

У завданнях 10.2.11–10.2.15 обчисліть площу фігури, обмеженої заданими лініями.

10.2.11. 1) y = x 2 − 2x + 3, y = 3 − x ;

3) y =

2) y = x 2 − 5x + 2, y = 2 − x ;

4) y =

1 x 2 x

, y = 1, x = 4; , y = 2, x = 3.

10.2.12. 1) y = x 2 − 4x + 4, y = 2 − x ;

3) y = 5 − x 2, y = x + 3;

2) y = x 2 + 2x + 1, y = x + 1;

4) y = 4 − x 2 , y = x + 4.

§§10. Визначений інтеграл та його застосування

10.2.13. 1) y = x 3 , y = x ;

2) y = x 3 , y = 4x ;

10.2.14. 1) y =

2) y =

2 x 4 x

4) y = x 2 + 2x + 2, y = 2 − x 2 .

, x + y = 3;

3) y =

, x + y = 5;

4) y =

10.2.15. 1) y = 9 − x 2 , y = 1;

3) y = −x 2 + 2x + 1, y = x 2 − 2x + 1;

2) y = 5 − x 2, y = 4;

3 x 5 x

, y = 4x − 1, x = 2; , y = 2x + 3, x = 3.

3) y = x 2 , y = 8x − x 2; 4) y = x 2 , y = 3x − 2x 2 .

10.2.16. При якому значенні a пряма x = a ділить навпіл площу фігу8

ри, обмеженої графіком функції y = та прямими y = 0, x = 2, x x = 8?

10.2.17. При якому значенні a пряма x = a ділить навпіл площу фігу4

ри, обмеженої графіком функції y = та прямими y = 0, x = 4, x x = 9?

10.2.18. Знайдіть площу фігури, обмеженої параболою y = 2x − x 2 , дотич-

ною, проведеною до цієї параболи в точці з абсцисою x0 = 2 , та віссю ординат.

10.2.19. Знайдіть площу фігури, обмеженої параболою y = 3x − x 2 , дотич-

ною, проведеною до цієї параболи в точці з абсцисою x0 = 3 , та віссю ординат.

10.2.20. Знайдіть площу фігури, обмеженої графіками функцій y = x + 1 і y = 7 − x та віссю абсцис.

10.2.21*. При яких значеннях a площа фігури, обмеженої лініями y = x 4 , y = 0 і x = a , дорівнює 625?

10.2.22*. При яких значеннях a площа фігури, обмеженої лініями y = x 3 , y = 0 і x = a , дорівнює 64?

Виявіть свою компетентність

10.2.23. Потрібно пофарбувати з однієї сторони 30 однакових плоских металевих деталей. Ескіз деталі зображено на рис. 10.2.9 (верхня межа деталі задається графіком функції y = 8 x , а нижня — графіком функції y = x 2 , одиничний відрізок на ескізі дорівнює 20 см). Скільки банок, що містять по 0,9 кг фарби, потрібно придбати, якщо для фарбування 1 м2 поверхні витрачається 130 г фарби?

Puc. 10.2.9

125

126

Розділ 2. Інтеграл та його застосування

10.3. Застосування первісної та визначеного інтеграла до розв’язування задач практичного змісту Інтегрування застосовується не тільки для знаходження площ плоских фігур і об’ємів тіл. Розглянемо інші випадки застосування інгерала. Часто для математичного моделювання різноманітних процесів доводиться розглядати рівняння, у яких невідомими є функції. Наприклад, задача знаходження шляху s (t ) за заданою швидкістю v (t ) зводиться до розв’язування рівняння s′ (t ) = v (t ) , де v (t ) — задана функція, а s (t ) — шукана функція. Розв’язують таке рівняння* ін-

Приклад 1

тегруванням. Під час розв’язування слід ураховувати, що розв’язок визначається неоднозначно, з точністю до сталої. Зазвичай до рівняння, що містить похідну невідомої функції, додається умова, з якої цю сталу визначають. Докладніше ознайомитися з розв’язуванням диференційних рівнянь ви можете, звернувшись до інтернет-підтримки підручника.

Розглянемо приклади розв’язування практичних задач за допомогою інтегрування.

Циліндричний бак, висота якого 4,5 м, а радіус основи 1 м, заповнений водою. За який час вода витече з бака через круглий отвір у дні, якщо радіус отвору дорівнює 0,05 м? Розв’язання

(1)

∆x

жаючи, що в період часу ∆t = t (x + ∆x ) − t (x ) швидкість витікання води є постійною і виражається формулою (1). *

де g = 9, 8 м/с , σ — коефіцієнт, що залежить від властивостей рідини (для води σ = 0,6). Зі зменшенням рівня води в баці швидкість витікання зменшується (тобто не є постійною). Нехай t (x ) — час, за який із бака висотою x і радіусом основи R витікає вода через отвір радіуса r (рис. 10.3.1). ∆t Знайдемо наближено відношення , ува-

x + Dx

v = σ 2gx ,

Об’єм води, що витекла з бака за час ∆t , дорівнює об’єму циліндра висотою ∆x з радіу сом основи R (див. рис. 10.3.1), тобто дорівнює πR 2 ∆x . З іншого боку, цей об’єм дорівнює об’єму циліндра, основою якого служить отвір у дні бака, а висота — добутку швидкості витікання v на час ∆t , тобто об’єм дорівнює πr 2v∆t .

 Позначимо висоту бака H (рис. 10.3.1), радіус його основи R, радіус отвору r (довжини вимірюємо в метрах, час — у секундах). Швидкість витікання рідини v залежить від висоти стовпа рідини x, її обчислюють за формулою Бернуллі:

r v = σ 2gx Puc. 10.3.1

Рівняння, які містять похідну невідомої функції, називаються диференціальними рівняннями. Їх розв’язування розглядається в курсі вищої математики.

§§10. Визначений інтеграл та його застосування Тоді

Отже,

πR 2 ∆x = πr 2v∆t .

t (x ) =

Ураховуючи формулу (1), одержуємо: ∆t

∆x

R2 r 2v

R2 r 2σ 2gx

R2 r 2σ 2g

⋅

1 x

t ′ (x ) =

r 2σ 2g

2H .

r 2σ g

Використовуючи дані задачі, одержуємо:

⋅

1 x

t (4,5) =

Остання рівність означає, що функція t (x ) є первісною для одержаної функції.

Приклад 2

t (H ) =

Тоді при ∆x → 0 одержуємо рівність

2 x + C.

r 2σ 2g

Якщо x = 0 (у баці немає води), то t (0) = 0 , тому C = 0 . При x = H знаходимо шуканий час:

(0, 05)2 ⋅ 0,6 ⋅

9 ≈ 639 (с).

9, 8

Відповідь: 639 с. 

Обчисліть роботу сили F під час стискування пружини на 0,06 м, якщо для її стиску на 0,01 м потрібна сила 5 Н. Розв’язання

 За законом Гука сила F пропорційна розтягу або стиску пружини, тобто F = kx , де x — величина розтягу чи стиску (у мет рах), k — постійна. З умови задачі знаходимо k. Оскільки при x = 0,01 м сила F = 5 Н, то k=

F x

= 500 Н/м. Отже, F (x ) = kx = 500x .

Знайдемо формулу для обчислення роботи, що була виконана під час переміщення тіла (яке розглядається як матеріальна точка), що рухається під дією змінної сили F (x ) , напрямленої вздовж осі Ox. Нехай тіло перемістилося з точки x = a в точку x = b. Позначимо через A (x ) роботу, яку виконано під час переміщення тіла з точки a в точку x. Надамо x приросту ∆x. Тоді ∆A = A (x + ∆x ) − A (x ) — робота, яка вико-

нується силою F (x ) при переміщенні тіла

з точки x у точку x + ∆x . Якщо ∆x → 0, то силу F (x ) на відрізку [ x; x + ∆x ] буде-

мо вважати постійною і рівною F (x ) . Тоді ∆A = F (x ) ∆x . Звідси

∆A ∆x

= F (x ) . При ∆x → 0

одержуємо A ′ (x ) = F (x ). Остання рівність означає, що A (x ) є первісною для функції F (x ) . Ураховуючи, що A (a ) = 0 , за формулою Ньютона — Лейбніца одержуємо: b

∫ F (x) dx = A (x) = A (b) − A (a) = A (b) = A . Отже, робота змінної сили F (x ) під час переміщення тіла з точки a в точку b дорівнює b

A = ∫ F (x ) dx .

Використовуючи дані задачі, одержуємо: 0,06

∫

500xdx = 500

x2 2

0,06

= 0,9 (Дж).  0

127

128

Розділ 2. Інтеграл та його застосування

Вправи

10.3.1. Тіло рухається прямолінійно зі швидкістю v (t ) (м/с). Обчисліть

шлях, який пройде тіло за проміжок часу від t = t1 до t = t2 , якщо: 1) v (t ) = 3t 2 + 1, t1 = 0 , t2 = 4;

2) v (t ) = 2t 2 + t , t1 = 1 , t2 = 3.

10.3.2. Яку роботу потрібно виконати для стискання пружини на 4 см, якщо відомо, що сила 2 Н стискає цю пружину на 1 см?

10.3.3. Пружину розтягли на 8 см, приклавши силу 4 Н. Яку роботу при цьому виконали?

10.3.4. Вода, що подається в циліндричний бак із площини основи через отвір у дні, заповнює весь бак. Визначте затрачену при цьому роботу. Висота бака дорівнює h, радіус основи r.

Виявіть свою компетентність

10.3.5. Яку роботу потрібно виконати для занурення кулі у воду (врахуйте, що на кулю діє виштовхувальна сила)? Запишіть формулу.

ВІДОМОСТІ З ІСТОРІЇ Інтегральне числення й поняття інтеграла виникло через необхідність обчислення площ плоских фігур та об’ємів тіл. Ідеї інтегрального числення беруть свій початок у роботах стародавніх математиків. Зокрема важливе значення для розвитку інтегрального числення мав метод вичерпування, запропонований Євдоксом Кнідським (бл. 408 — бл. 355 рр. до н. е.) і вдосконалений Архімедом. За цим методом для обчислення площі плоскої фігури навколо неї описують ступінчасту фігуру і в неї вписують ступінчасту фігуру. Збільшуючи кількість сторін одержаних много-

Архімед (287–212 рр. до н. е)

Г. Лейбніц (1646–1716)

кутників, знаходять границю, до якої прямують площі ступінчастих фігур (саме так у курсі геометрії було доведено формулу площі круга). Архімед передбачив багато ідей інтегрального числення. Але пройшло більш як півтори тисячі років, перш ніж ці ідеї було доведено до рівня числення. Зазначимо, що математики XVII ст., які здобули багато нових результатів, брали за основу праці Архімеда. У XVII ст. було зроблено багато відкриттів стосовно інтегрального числення, уведено основні поняття і терміни. Символ ∫ увів Г. Лейбніц (1675 р.). Цей знак є зміненою латинською буквою S (пер-

Я. Бернуллі (1655–1705)

Л. Ейлер (1707–1783)

129

Ж.-Л. Лагранж (1736–1813)

Ж.-Б. Фур’є (1768–1830)

ша буква слова summa). Саме слово інтеграл увів Я. Бернуллі (1690 р.). Інші відомі вам терміни, що стосуються інтегрального числення, з’явилися значно пізніше. Термін первісна функція, що застосовується тепер, замінив попередню назву примітивна функція, яку ввів Ж.-Л. Лагранж (1797 р.). Латинське слово primitivus перекладається як початковий: функція F (x ) = ∫ f (x ) dx —

початкова (або первісна) для функції f (x ), яка утворюється з F (x ) диференціюванням. Поняття невизначеного інтеграла та його позначення ввів Лейбніц, а позначенb

ня визначеного інтеграла ∫ f (x ) dx увів a Ж.-Б. Фур’є (1768–1830). Слід зауважити, що при всій значущості результатів, здобутих математиками XVII ст., інтегрального числення ще не було. Необхідно було окреслити загальні ідеї, на яких ґрунтується розв’язування багатьох окремих задач, а також установити зв’язок операцій диференціювання й інтегрування. Це виконали І. Ньютон і Г. Лейб-

В. Я. Буняковський (1804–1889)

М. В. Остроградський (1801–1862)

ніц, які відкрили незалежно один від одного факт, відомий під назвою формули Ньютона — Лейбніца. Тим самим остаточно оформився загальний метод. Треба було ще навчитися знаходити первісні для багатьох функцій, дати логічні основи нового числення тощо. Але головне вже було зроблено: диференціальне й інтегральне числення створено. Методи інтегрального числення активно розвивались у наступному столітті (насамперед слід назвати імена Л. Ейлера, який завершив систематичне дослідження інтегрування елементарних функцій, та Й. Бернуллі). У розвиток інтегрального числення значний внесок зробили математики з України В. Я. Буняковський (1804– 1889) і М. В. Остроградський (1801–1862). Багато теорем і формул Остроградського ввійшли до різних математичних курсів. Математикам усього світу добре відомі метод інтегрування Остроградського, правило Остроградського, формула Остроградського тощо.

Теми навчальних проектів 1. Практичні застосування інтеграла. 2. Диференціальні рівняння та їх застосування для моделювання різноманітних процесів. 3. Використання інтегрального числення в економіці.

130

Розділ 2. Інтеграл та його застосування

ЗАВДАННЯ ДЛЯ ПІДГОТОВКИ ДО ОЦІНЮВАННЯ

Тест № 2

1. Запишіть за допомогою невизначеного інтеграла рівність

(cos x + C)′ = − sin 2x . А ∫ ( sin x + C ) dx = sin 2x Б ∫ ( cos x + C ) dx = − sin 2x 2

∫ ( − sin 2x) dx = cos x + C Д ∫ sin 2xdx = cos2 x + C

∫ sin 2xdx = sin

x+C

2. Для функції f (x ) = 4x 3 знайдіть первісну, графік якої проходить через точку A (0; 1).

А F ( x ) = −x 4 − 1

В F (x ) = x 4

Б F (x ) = x 4 − 1

Г F (x ) = −x 4 + 1

Д F (x ) = x 4 + 1

3. Серед наведених нижче функцій вкажіть ту, первісною для якої є функція F ( x ) = ctg x + C . А f (x ) =

1 2

cos x 1

Б f (x ) = −

В f ( x ) = tg x

cos x

Г f (x ) =

Д f (x ) = −

1 sin 2 x

4. Знайдіть загальний вигляд первісних для функції f (x ) = cos x − e x . А F ( x ) = − sin x − e x

Г F ( x ) = − sin x − e x + C

Б F ( x ) = sin x − e x

Д F ( x ) = sin x + e x + C

В F ( x ) = sin x − e x + C

5. Установіть відповідність між інтегралами (1–3) та їхніми значеннями (А–Г).

∫

x dx

0 1

2 ∫ x 2dx 0 2

∫ (2x + 1)

6. Обчисліть інтеграл

А1

∫ x 4 dx

В Г

dx .

7 24 1 3 2 3

7. Знайдіть інтеграл 8. Обчисліть інтеграл

∫

1 − x2 + 1 − x π 2

1− x

dx.

∫ sin x cos 3x dx . 0

9. Знайдіть площу фігури, обмеженої графіком функції y = прямими x = 1, x = 4 та віссю Ox.

Пройдіть онлайн-тестування на сайті interactive.ranok.com.ua

1 x2

Розділ 3

елементи комбінаторики, теорії ймовірностей У цьомУ Розділі ви:  систематизуєте й узагальните знання і вміння, пов’язані з комбінаторикою, теорією ймовірностей та математичною статистикою;  ознайомитеся з аксіомами теорії ймовірностей та наслідками з них, дізнаєтесь, які формули застосовують для обчислення числа перестановок, розміщень і комбінацій;  навчитеся застосовувати ймовірнісні характеристики до аналізу навколишніх явищ для прийняття правильних рішень

132

§ 11

ЕЛЕМЕНТИ КОМБІНАТОРИКИ Таблиця 15

Комбінаторика Комбінаторика — розділ математики, у якому вивчають способи вибору та розміщення елементів деякої скінченної множини на основі певних умов. Вибрані (або вибрані й розміщені) групи елементів називають сполуками. Якщо всі елементи різні, то одержуємо сполуку без повторень, а якщо елементи можуть повторюватися, то сполуку з повтореннями. Далі будемо розглядати сполуки без повторень. Зі§схемою§вибору§та§формулами§для§розв’язування§комбінаторних§задач§за§умови§повторення§елементів§можна§ознайомитися,§звернувшись§до§інтернет-підтримки§підручника.

Перестановки Означення. Перестановкою з n елементів називається будь-яка впорядкована множи-

на з n заданих елементів (тобто така множина, для якої вказано, який елемент розташований на першому місці, який — на другому, ..., який — на n-му). Формула числа перестановок ( Pn ) Pn = n ! , де n ! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅…⋅ n (читають: «ен факто ріал»)

Приклад Кількість різних шестицифрових чисел, які можна скласти з цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, не повторюючи ці цифри в одному числі, дорівнює:

P6 = 6 ! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ 6 = 720.

Розміщення Означення. Розміщенням з n елементів по k називається будь-яка впорядкована мно-

жина з k елементів, складена з елементів заданої n-елементної множини. Формула числа розміщень

Ank =

( Ank )

Приклад Кількість різних трицифрових чисел, які можна скласти з цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, якщо цифри не повторюються, дорівнює:

(n − k ) !

A63 =

(6 − 3) !

6! 3!

1⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅5 ⋅ 6 1⋅ 2 ⋅ 3

= 4 ⋅ 5 ⋅ 6 = 120.

Комбінації Означення. Комбінацією без повторень з n елементів по k називається будь-яка k-елементна підмножина заданої n-елементної множини.

Формула числа

( )

Приклад

комбінацій Cnk Cnk =

n! k ! (n − k ) !

(за означенням вва жають, що Cn0 = 1)

Із класу, що складається з 25 учнів, можна вибрати 5 учнів для 5 способами, тобто: чергування по школі C25 5 C25 =

25 ! 5 ! (25 − 5) !

25 ! 5 ! ⋅ 20 !

21 ⋅ 22 ⋅ 23 ⋅ 24 ⋅ 25 1⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅5

= 53130 способами.

§§11.§Елементи§комбінаторики§

Деякі властивості числа комбінацій без повторень

Cnk = Cnn −k (зокрема Cnn = Cnn −n = Cn0 = 1 )

Cnk + Cnk+1 = Cnk++11

схема плану розв’язування комбінаторних задач Правило суми

Правило добутку

Якщо елемент A можна вибрати m способами, а елемент B — n способами (при цьому вибір елемента A виключає одночасний вибір і елемента B), то A або B можна вибрати (m + n ) способами.

Якщо елемент A можна вибрати m способами, а після цього елемент B — n способами, то A і B можна вибрати (m ⋅ n ) способами.

Вибір формули Чи враховується порядок наступності елементів у сполуці? Так

Ні

Чи всі елементи входять до сполуки? Так

Ні

Перестановки

Pn = n !

Розміщення

Ank =

(n − k ) !

Комбінації

Cnk =

k (n − k ) !

133

134

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

11.1. Правило суми й добутку. Упорядковані множини. Розміщення Пояснення й обґрунтування 1 Поняття сполуки. Правило суми й добутку Під час розв’язування багатьох практичних задач доводиться вибирати з певної сукупності об’єктів елементи, що мають ті або інші властивості, розміщувати ці елементи в певному порядку тощо. Оскільки в таких задачах йдеться про ті або інші комбінації об’єктів, то такі задачі називають комбінаторними. Розділ математики, у якому розглядають методи розв’язування комбінаторних задач, називають комбінаторикою. У комбінаториці розглядають вибір і розміщення елементів деякої скінченної множини на основі якихось умов. Вибрані (або вибрані й розміщені) групи елементів називають сполуками. Якщо всі елементи сполуки різні, то одержуємо сполуку без повторень, а якщо елементи можуть повторюватися, то одержуємо сполуку з повтореннями. Надалі в цьому розділі розглядатимемо тільки сполуки без повторень, тому не будемо окремо вказувати на це у кожному випадку. Розв’язування багатьох комбінаторних задач спирається на два основних правила — правило суми й правило добутку. Правило суми

Якщо на тарілці лежить 5 груш і 4 яблука, то вибрати один фрукт (тобто грушу або яблуко) можна 9 способами (5 + 4 = 9) . У загальному вигляді справедливе таке твердження. Якщо елемент A можна вибрати m способами, а елемент B — n способами (при цьому вибір елемента A виключає одночасний вибір і елемента B), то A або B можна вибрати (m + n ) способами. *

Уточнимо зміст цього правила, використовуючи поняття множин та операцій над ними. Нехай множина A складається з m елементів, а множина B — з n елементів. Якщо множини A і B не перетинаються (тобто A ∩ B = ∅), то множина A ∪ B складається з m + n елементів. Правило добутку

Якщо в кіоску продають ручки 5 видів і зошити 4 видів, то вибрати набір із ручки й зошита (тобто пару — ручку і зошит) можна 5 ⋅ 4 = 20 способами (оскільки до кожної з 5 ручок можна взяти будь-який із 4 зошитів). У загальному вигляді справедливе таке твердження. Якщо елемент A можна вибрати m способами, а після цього елемент B — n способами, то A і B можна вибрати (m ⋅ n ) способами. Це твердження означає, що оскільки для кожного з m елементів A можна взяти в пару будь-який з n елементів B, то кількість пар дорівнює добутку m ⋅ n . У термінах множин одержаний результат можна сформулювати так: якщо множина A складається з m елементів, а множина B — з n елементів, то множина всіх упорядкованих пар* (a; b ) , де перший елемент належить множині A (тобто a ∈ A ), а другий — множині B (тобто b ∈ B ), складається з m ⋅ n елементів. Повторюючи наведені міркування декілька разів (більш строго — використовуючи метод математичної індукції), одержуємо, що правила суми й добутку можна застосовувати при виборі довільної скінченної кількості елементів.

Множину всіх упорядкованих пар (a; b ) , де перший елемент належить множині A (тобто a ∈ A ), а другий — множині B (тобто b ∈ B ), називають декартовим добутком множин A і B і позначають A × B . (Зазначимо, що декартовий добуток B × A теж складається з m ⋅ n елементів.)

§§11. Елементи комбінаторики

2 Упорядковані множини Під час розв’язування комбінаторних задач доводиться розглядати не тільки множини, у яких елементи можна записувати в будь-якому порядку, а й так звані впорядковані множини. Для впорядкованих множин суттєвим є порядок розміщення їх елементів, тобто те, який елемент записано на першому місці, який на другому і т. д. Зокрема, якщо одні й ті самі елементи записати в різному порядку, то отримаємо різні впорядковані множини. Щоб відрізнити запис упорядкованої множини від невпорядкованої, елементи впорядкованої множини часто записують у круглих дужках, наприклад (1; 2; 3) ≠ (1; 3; 2). Розглядаючи впорядковані множини, треба враховувати, що одну й ту саму множину можна впорядкувати по-різному. Наприклад, множину з трьох чисел {−5; 1; 3} можна впорядкувати за зростанням: ( −5; 1; 3) , за спаданням: (3; 1; − 5), за зростанням абсолютної величини числа: (1; 3; − 5) тощо. Будемо розуміти, що для того щоб задати скінченну впорядковану множину з n елементів, достатньо вказати, який елемент розміщено на першому місці, який на другому, ..., який на n-му.

3 Розміщення Означення. Розміщенням з n елементів

по k називається будь-яка впорядкована множина з k елементів, складена з елементів заданої n-елементної множини. Наприклад, із множини з трьох цифр {1; 5; 7} можна скласти такі розміщення з двох елементів:

(1; 5), (1; 7), (5; 7), (5; 1), (7; 1), (7; 5). Кількість розміщень з n елементів по k

позначають Ank (читають: «A з n по k»). Як бачимо, A32 = 6 .

Кількість розміщень з n елементів по k позначають Ank . A — перша літера французького слова arrangement — розміщення).  З’ясуємо, скільки можна скласти озміщень з n елементів по k. Складанр ня розміщення уявимо як послідовне заповнення k місць, які будемо зображати у вигляді клітинок (рис. 11.1.1). n n – 1 n – 2 n – k + 1 . . .

k місць Puc. 11.1.1 На перше місце ми можемо помістити один з n елементів заданої множини (тобто елемент для першої клітинки можна вибрати n способами). На друге місце можна вибрати тільки один елемент із тих, що залишилися, тобто з (n − 1). Тепер уже два елементи використано й на третє місце можна вибрати тільки один з (n − 2) елементів тощо. На k-те місце можна вибрати тільки один з n − (k − 1) = n − k + 1 елементів (див. рис. 11.1.1). Оскільки нам потрібно вибрати елементи й на перше, і на друге, ..., і на k-те місце, то використовуємо правило добутку й одержуємо формулу числа розміщень з n елементів по k:

Ank = n (n − 1)(n − 2) ⋅…⋅ (n − k + 1) .  k множників

Наприклад, A32 = 3 ⋅ 2 = 6 (що збігається з відповідним значенням, одержаним вище). Під час розв’язування найпростіших ком бінаторних задач важливо правильно вибрати формулу, за якою будуть проводитись

135

136

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

обчислення кількості сполук. Для цього до статньо з’ясувати: ● чи враховують порядок розміщення елементів у сполуці; ● чи всі задані елементи входять до одержаної сполуки.

Якщо, наприклад, порядок розміщення елементів ураховують і з n заданих елемен тів у сполуці використовують тільки k еле ментів, то за означенням це розміщення з n елементів по k.

Приклади розв’язування завдань

Приклад 1

На змагання з легкої атлетики приїхала команда з 12 спорт сменок. Скількома способами тренер може визначити, хто з них побіжить в естафеті 4 по 100 м на першому, другому, третьому й четвертому етапах?

Розв’язання

Коментар

 Кількість способів вибрати з 12 спортсменок чотирьох для участі в естафеті дорівнює кіль кості розміщень із 12 елементів по 4, тобто 4 A12 = 12 ⋅11 ⋅10 ⋅ 9 = 11 880 . 

Для вибору формули відповідаємо на запитання, наве дені вище. Оскільки для спортсменок важливо, у якому порядку вони будуть бігти, то порядок розміщення під час вибору елементів ураховується. До одержаної спо луки входять не всі 12 заданих елементів. Отже, відпо відна сполука — розміщення з 12 елементів по 4.

Приклад 2

Знайдіть кількість трицифрових чисел, які можна скласти з цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, якщо цифри в числі не повторюються.

Розв’язання

Коментар

 Кількість трицифрових чисел, які можна скласти з семи цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, дорівнює числу роз міщень із 7 елементів по 3, тобто A73 = 7 ⋅ 6 ⋅ 5 = 210 . 

Для вибору формули з’ясовуємо, що для чисел, які ми будемо складати, порядок розміщення враховується й не всі елементи вибираються (тільки 3 із заданих семи). Отже, відповідна сполука — розміщення з 7 еле ментів по 3.

Приклад 3*

Знайдіть кількість трицифрових чисел, які можна скласти з цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 0, якщо цифри в числі не повторюються. Коментар

Вибір формули проводять так само, як і в прикладі 2. Але треба врахувати, що коли число, складене з трьох цифр, почина ється цифрою 0, то його не вважають три цифровим. Отже, для відповіді на запитання задачі можна спочатку із заданих 7 цифр утворити всі числа, що складаються з 3 цифр (див. приклад 2), а потім від кількості одер жаних чисел відняти кількість тих чисел, які складені з трьох цифр, але починаються цифрою 0. В останньому випадку ми фак тично будемо з усіх цифр, крім нуля (їх 6), складати двоцифрові числа. Тоді їх кіль

кість дорівнює числу розміщень із 6 елемен тів по 2 (див. розв’язання завдання). Також можна виконати безпосереднє обчис лення, послідовно заповнюючи три місця в трицифровому числі й використовуючи правило добутку. У цьому випадку зручно унаочнити міркування, зображаючи відпо відні розряди в трицифровому числі у вигля ді клітинок, наприклад так: 6 6 5 можливостей можливостей можливостей

§§11. Елементи комбінаторики

Розв’язання  Кількість трицифрових чисел, які можна скласти з 7 цифр (серед яких немає цифри 0), дорівнює числу розміщень із 7 елементів по 3, тобто A73 . Але серед заданих цифр є цифра 0, з якої не може починатися трицифрове число. Тому з розміщень із 7 елементів по 3 необхідно

Приклад 4

Розв’яжіть рівняння

вилучити ті розміщення, у яких першим елементом є цифра 0. Їх кількість дорівнює числу розміщень із 6 елементів по 2, тобто A62 . Отже, шукана кількість трицифрових чисел дорівнює:

A73 − A62 = 7 ⋅ 6 ⋅ 5 − 6 ⋅ 5 = 180 .  Ax4 Ax2

= 6.

Розв’язання

Коментар

 ОДЗ: x ∈N , x 4. Тоді одержуємо x (x − 1)(x − 2)(x − 3) x (x − 1)

= 6.

На ОДЗ це рівняння рівносильне рів нянням ( x − 2 ) ( x − 3) = 6 ; x 2 − 5x = 0 ; x ( x − 5) = 0 . Тоді x = 0 або x = 5 . Але до ОДЗ входить тільки x = 5 . Відповідь: 5. 

Запитання

Рівняння, до запису яких входять вирази, що позначають кількість відповідних сполук з x елементів, вважають означеними тільки при натуральних значеннях змінної x. У даному разі для існування виразу Ax4 потрібно

вибирати натуральне значення x 4 (тоді Ax2 теж існує і, звичайно, Ax2 ≠ 0 ). Для перетворення рівняння використовуємо відповідні формули: Ax4 = x (x − 1) (x − 2) (x − 3) ; Ax2 = x (x − 1) .

1. Сформулюйте й поясніть на прикладах правило суми й правило добутку для розв’язування комбінаторних задач.

2. Поясніть, яку скінченну множину вважають упорядкованою. Наведіть приклади впорядкованих скінченних множин.

3. Поясніть, що називають розміщенням з n елементів по k без повторень. Наведіть приклади.

4. Запишіть формулу для обчислення числа розміщень з n елементів по k без повторень. Наведіть приклади її використання.

5*. Обґрунтуйте формулу для обчислення числа розміщень з n елементів по k без повторень.

Вправи

11.1.1°. Маємо 4 різні конверти без марок і 3 різні марки. Скількома способами можна вибрати конверт і марку для відправки листа?

11.1.2°. У коробці міститься 10 білих і 6 чорних куль. Скількома способами з коробки можна витягти: 1) одну кулю будь-якого кольору; 2) дві кулі різного кольору?

137

138

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

11.1.3. У корзині лежать 12 яблук і 9 апельсинів (усі різні). Петрик вибирає або яблуко, або апельсин, після чого Надійка вибирає з тих фруктів, що залишилися, і яблуко, і апельсин. Скільки існує таких варіантів вибору? При якому виборі Петрика в Надійки більше можливостей вибору?

11.1.4*. Учневі потрібно виконати 4 тести протягом 8 днів. Скількома способами може бути складений розклад його тестування, якщо в один день він може виконувати тільки один тест?

11.1.5*. Скількома способами може розміститися родина з трьох осіб у чотиримісному купе, якщо інших пасажирів у купе немає?

11.1.6. Із 30 учасників зборів треба вибрати голову та секретаря. Скількома способами це можна зробити?

11.1.7. Скількома способами можуть зайняти перше, друге й третє місця 8 учасниць фінального забігу на дистанції 100 м (припускаємо, що всі вони покажуть різний час)?

11.1.8. Скількома способами можна виготовити трикольоровий прапор з вертикальними смугами, якщо є матеріал 7 різних кольорів?

11.1.9. Скількома способами організатори конкурсу можуть визначити, хто з 15 його учасників буде виступати першим, другим і третім?

11.1.10. На площині відмітили 5 точок. Їх потрібно позначити латинськими буквами. Скількома способами це можна зробити (у латинському алфавіті 26 букв)?

11.1.11. Скільки чотирицифрових чисел можна скласти з цифр 1, 3, 5, 7, 9, якщо цифри в числі не повторюються?

11.1.12*. Скільки чотирицифрових чисел можна скласти з цифр 0, 2, 4, 6, 8, якщо цифри в числі не повторюються?

11.1.13. Скільки існує семицифрових телефонних номерів, у яких усі цифри різні й перша цифра відмінна від нуля?

11.1.14*. Скільки різних трицифрових чисел (без повторення цифр) можна скласти з цифр 1, 2, 3, 4, 5 так, щоб одержані числа були: 1) парними; 2) кратними 5?

11.1.15*. Розв’яжіть рівняння: 1) Ax2 = 20 ;

Ax5 Ax3

= 6.

11.1.16*. Учні 11 класу мають пройти флюорографічне обстеження. Скількома способами можна скласти чергу відвідування старшокласниками лабораторії, якщо в класі 30 учнів, а щодня проходять обстеження 5 осіб? (Список на кожен день складається в тому порядку, в якому учні будуть проходити обстеження.) Вказівка. Запишіть вираз, за допомогою якого можна знайти шукане число.

139

§§11. Елементи комбінаторики

11.2. Перестановки Пояснення й обґрунтування Означення. Перестановкою з n елементів називається будь-яка впорядкована множина з n заданих елементів. Нагадаємо, що впорядкована множина — це така множина, для якої вказано, який елемент розміщено на першому місці, який на другому, ..., який на n-му. Наприклад, переставляючи цифри в числі 236 (тут множина цифр {2; 3; 6} уже впорядкована), можна скласти такі перестановки без повторень: (2; 3; 6), (2; 6;3), (3; 2; 6), (3; 6; 2), (6; 2; 3), (6; 3; 2) — усього 6 перестановок*.

Кількість перестановок з n елементів позначають Pn . P — перша літера французького слова permutation — перестановка. Як бачимо, P3 = 6. Фактично перестановки з n елементів є розміщеннями з n елементів по n, тому Pn = Ann = n (n − 1)(n − 2) ⋅…⋅ 2 ⋅ 1. n множників

Добуток 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅…⋅n позначають n!. Тому одержана формула числа перестановок без повторень з n елементів може бути записана так: Pn = n ! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅…⋅ n . Наприклад, P3 = 3 ! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 = 6 (що збігається з відповідним значенням, одержаним вище).

За допомогою факторіалів формулу для числа розміщень без повторень Ank = n (n − 1) (n − 2) ⋅…⋅ (n − k + 1)

(1)

k множників

можна записати в іншому вигляді. Для цього помножимо й поділимо вираз у формулі (1) на добуток (n − k) (n − k − 1) ⋅…⋅ 2 ⋅1 = (n − k) !. Одержуємо: Ank = n (n − 1) (n − 2) ⋅…⋅ (n − k + 1) = =

n (n − 1)(n − 2) … (n − k + 1)(n − k)(n − k − 1) … 3 ⋅ 2 ⋅ 1

(n − k)(n − k − 1) … 3 ⋅ 2 ⋅ 1

(n − k ) !

Отже, формула для числа розміщень без повторень з n елементів по k може бути записана так: Ank =

(n − k ) !

(2)

Для того щоб цією формулою можна було користуватися при всіх значеннях k, зокрема при k = n −1 та при k = n , домовилися вважати, що: 1! = 1 і 0 ! = 1 . Наприклад, за формулою (2) A65 =

= = 6 ! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ 6 = 720 . (6 − 5) ! 1 ! Зауважимо, що в тих випадках, коли значення n! виявляється дуже великим, відповіді залишають записаними за допомогою факторіалів. 25 Наприклад, A30 =

30 !

(30 − 25) !

30 ! 5!

Приклади розв’язування завдань Нагадаємо: для вибору формули під час розв’язування найпростіших комбінаторних задач достатньо відповісти на запи тання: ● чи враховують порядок розміщення елементів у сполуці; *

● чи всі задані елементи входять до одер-

жаної сполуки? Якщо, наприклад, порядок розміщення елементів ураховується і всі n заданих елементів використовуються у сполуці, то за означенням це перестановки з n елементів.

Зазначимо, що кожна така перестановка визначає трицифрове число, складене з цифр 2, 3, 6, так, що цифри в числі не повторюються.

140

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

Приклад 1

Знайдіть, скількома способами можна вісім учнів вишикувати в колону по одному.

Розв’язання

Коментар

 Кількість способів дорівнює числу перестановок з 8 елементів. Тобто

Для вибору відповідної формули з’ясовуємо відповіді на запитання, наведені вище. Оскільки порядок розміщення елементів ураховується й усі 8 заданих елементів вибираються, то відповідні сполуки — це перестановки з 8 елементів. Їх кількість можна обчислити за формулою: Pn = n ! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅…⋅ n .

P8 = 8 ! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ 6 ⋅ 7 ⋅ 8 = 40 320 . 

Приклад 2

Знайдіть кількість різних чотирицифрових чисел, які можна скласти з цифр 0, 3, 7, 9 (цифри в числі не повторюються).

Розв’язання

Коментар

 З чотирьох цифр 0, 3, 7, 9 можна одержати P4 перестановок. Але ті перестановки, які починаються з 0, не будуть записом чотирицифрового числа — їх кількість P3 . Тоді шукана кількість чотирицифрових чисел дорівнює:

Оскільки порядок розміщення елементів ураховується і для одержання чотирицифрового числа потрібно використати всі елементи, то потрібна сполука — це перестановки з 4 елементів. Їх кількість P4 . Але ще потрібно врахувати, що в чотирицифровому числі на першому місці не може стояти цифра 0. Таких чисел буде стільки, скільки разів ми зможемо виконати перестановки з 3 цифр, які залишилися, тобто P3 .

P4 − P3 = 4 ! − 3 ! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 − 1 ⋅ 2 ⋅ 3 = 18 . 

Приклад 3*

З десяти книжок чотири — підручники. Скількома способами можна поставити ці книжки на полицю так, щоб усі підручники стояли поряд один з одним?

Розв’язання

Коментар

 Спочатку будемо розглядати підручники, що стоять поряд, як одну книжку. Тоді на полиці потрібно розставити не 10, а 7 книжок. Це можна зробити P7 способами. У кожному з одержаних наборів книжок ще можна виконати P4 перестановок підручників. За правилом добутку шукана кількість способів дорівнює:

Задачу можна розв’язувати у два етапи. На першому етапі умовно будемо вважати всі підручники за 1 книжку. Тоді одержимо 7 книжок (6 не підручників + 1 умовна книжка-підручник). Порядок розміщення елементів ураховується, і використовуються всі елементи (поставити на полицю потрібно всі книжки). Отже, відповідна сполука — це перестановки з 7 елементів. Їх кількість — P7 . На другому етапі розв’язування будемо переставляти між собою тільки підручники. Це можна зробити P4 способами. Оскільки нам потрібно переставити і підручники, й інші книжки, то використовуємо правило добутку.

P7 ⋅ P4 = 7 ! ⋅ 4 ! = 5040 ⋅ 24 = 120 960 . 

§§11. Елементи комбінаторики

Запитання

1. Поясніть, що називається перестановкою з n елементів без повторень. Наведіть приклади.

2. Запишіть формулу для обчислення числа перестановок з n елементів без повторень. Наведіть приклади її використання.

3*. Обґрунтуйте формулу для обчислення числа перестановок з n елементів без повторень.

Вправи

11.2.1. Скількома способами 4 людини можуть розміститися на чотиримісній лавці?

11.2.2. Кур’єр повинен рознести пакети в 7 різних установ. Скільки маршрутів він може вибрати?

11.2.3. Скільки існує виразів, тотожно рівних добутку abcde, що одержуються з нього перестановкою множників?

11.2.4. Ольга пам’ятає, що телефон подруги закінчується цифрами 5, 7, 8, але забула, у якому порядку ці цифри розміщено. Укажіть найбільше число варіантів, що їй доведеться перебрати, щоб зателефонувати подрузі (якщо вона пам’ятає всі інші цифри номера).

11.2.5. Скільки шестицифрових чисел (без повторення цифр) можна скласти з цифр: 1) 1, 2, 5, 6, 7, 8; 2) 0, 2, 5, 6, 7, 8?

11.2.6. Скільки серед чотирицифрових чисел, складених із цифр 3, 5, 7, 9 (без повторення цифр), є таких, що: 1) починаються з цифри 3; 2) кратні 5?

11.2.7. Знайдіть суму цифр усіх чотирицифрових чисел, які можна скласти з цифр 1, 3, 5, 7 (без повторення цифр у числі).

11.2.8. У розкладі на понеділок шість уроків: алгебра, геометрія, іноземна мова, історія, фізкультура, хімія. Скількома способами можна скласти розклад уроків на цей день так, щоб два уроки математики стояли поспіль?

11.2.9. Скількома способами можна розставити на полиці 12 книжок, із яких 5 книжок — це збірники віршів, так, щоб збірники стояли поряд у довільному порядку?

11.2.10. Визначте, скількома способами 5 хлопчиків і 5 дівчаток можуть зайняти в театрі в одному ряді місця з 1 по 10. Скількома способами вони можуть це зробити, якщо хлопчики будуть сидіти на непарних місцях, а дівчатка — на парних?

141

142

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

11.3. Комбінації Пояснення й обґрунтування Означення. Комбінацією без повторень

з n елементів по k називається будьяка k-елементна підмножина заданої n-елементної множини. Наприклад, з множини {a, b, c, d} можна скласти такі комбінації без повторень з трьох елементів: {a, b, c}, {a, b, d}, {a, c, d}, {b, c, d}. Кількість комбінацій без повторень з n елементів по k позначають символом Cnk (читають: «число комбінацій з n по k» або «це із n по k»). Як бачимо, C43 = 4 .

Кількість комбінацій без повторень з n еле ментів по k позначають символом Cnk . C — перша літера французького слова combinaison — комбінація.

по k, тобто Ank = Cnk ⋅ k !. Звідси Cnk =

. Ураn!

ховуючи, що за формулою (2) Ank = (n − k ) ! (див. п. 11.2), одержуємо: Cnk =

n! k ! (n − k ) !

Наприклад, C43 =

. 

(3)

4! 3 ! (4 − 3 ) !

1⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅1

= 4,

що збігається зі значенням, одержаним вище. Використовуючи формулу (3), легко обґрунтувати властивість 1 числа комбінацій без повторень, наведену в табл. 15.  1) Оскільки Cnn −k =

 З’ясуємо, скільки всього можна скласти комбінацій без повторень з n елементів по k. Для цього використаємо відомі нам формули числа розміщень і перестановок. Складання розміщення без повторень з n елементів по k проведемо у два етапи. Спочатку виберемо k різних елементів із заданої n-елементної множини, не враховуючи порядок вибору цих елементів (тобто виберемо k-елементну підмножину з n-елементної множини — комбінацію без повторень з n елементів по k). За нашим позначенням це можна зробити Cnk способами. Після цього одержану множину з k різних елементів упорядкуємо. Її можна впорядкувати Pk = k ! способами. Одержимо розміщення без повторень з n елементів по k. Отже, кількість розміщень без повторень з n елементів по k в k! разів більша за число комбінацій без повторень з n елементів

Ank

(n − k) ! ((n − (n − k)) !

(n − k ) ! k !

Cnk = Cnn −k . 

= Cnk , то (4)

Для того щоб формулу (4) можна було використовувати і при k = n , домовилися вважати, що Cn0 = 1. Тоді за формулою (4) Cnn = Cn0 = 1. Зауважимо, що формулу (4) можна отримати без обчислень за допомогою досить простих комбінаторних міркувань. Коли ми вибираємо k предметів із n, то n − k предметів ми залишаємо. Якщо ж, навпаки, вибрані предмети залишимо, а інші n − k — виберемо, то одержимо спосіб вибору n − k предметів із n. Зазначимо, що ми одержали взаємно однозначну відповідність способів вибору k і n − k предметів з n. Отже, кількість тих і інших способів однакова. Але кількість одних Cnk , а інших Cnn −k , тому Cnk = Cnn −k . Якщо у формулі (3) скоротити чисельник і знаменник на (n − k) !, то отримаємо формулу, за якою зручно обчислювати Cnk при малих значеннях k:

§§11. Елементи комбінаторики

Cnk =

k множників ( )( n n − 1 n − 2) … (n − k + 1)

k множників k множників )(n − 2) … (n − k + 1) n (n − 1)(n − 2) … (n − k + 1) = . k! 1 ⋅ 2 ⋅…⋅ k

k множників 2 множники ( )( ) ( ) 25 ⋅ 24 n n −1 n − 2 … n − k +1 2 = 25 ⋅12 = 300 , Наприклад, C25 = = 1⋅ 2 1 ⋅ 2 ⋅…⋅ k 3 множники k множників

C83

(5)

8 ⋅7 ⋅ 6 1⋅ 2 ⋅ 3

= 8 ⋅ 7 = 56 .

k множників

Приклади розв’язування завдань Зауважимо, що, як і раніше, для вибору формули під час розв’язування найпростіших комбінаторних задач достатньо відповісти на запитання: ● чи враховується порядок розміщення елементів у сполуці; ● чи всі задані елементи входять до одержаної сполуки?

Із 12 членів туристичної групи потрібно вибрати 3 чергових. Скількома способами можна зробити цей вибір?

Приклад 1

Але для з’ясування того, що задана сполука є комбінацією, достатньо відповісти тільки на перше запитання (див. схему в табл. 15). Якщо порядок розміщення елементів не враховується, то за означенням це комбінація з n елементів по k.

Розв’язання

Коментар

 Кількість способів вибрати з 12 туристів 3 чергових дорівнює кількості комбінацій із 12 елементів по 3, тобто

Для вибору відповідної формули з’ясовуємо відповіді на запитання, наведені вище. Оскільки порядок розміщення елементів не враховується (для чергових не важливо, у якому порядку їх виберуть), то відповідна сполука є комбінацією з 12 елементів по 3. Для обчислення можна використати формули (3) або (5), у даному випадку застосували формулу (3):

3 C12 =

12 !

3 ! (12 − 3) !

12 ⋅ 11 ⋅ 10 1⋅ 2 ⋅ 3

= 220 . 

Cnk =

Розв’язання  Вибрати 2 яблука з 10 можна способами. При кожному виборі яблук груші можна вибрати C53 способами. Тоді за правилом добутку вибір потрібних фрук2 тів можна виконати C10 ⋅ C53 способами. Одержуємо: 10 ⋅ 9 5 ⋅ 4 ⋅ 3 1⋅ 2

Коментар 2 C10

2 C10 ⋅ C53 =

n! k ! (n − k ) !

З вази з фруктами, у якій лежить 10 різних яблук і 5 різних груш, потрібно вибрати 2 яблука і 3 груші. Скількома способами можна зробити такий вибір?

Приклад 2

12 ! 3! ⋅ 9!

⋅

1⋅ 2 ⋅ 3

= 450 . 

Спочатку окремо виберемо 2 яблука з 10 і 3 груші з 5. Оскільки при виборі яблук чи груш порядок розміщення елементів не враховується, то відповідні сполуки — комбінації без повторень. Ураховуючи, що потрібно вибрати і 2 яблука, і 3 груші, використовуємо правило добутку й перемножуємо одержані можливості вибору

( )

2 яблук C10

( )

і груш C53 .

143

144

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

Запитання

1. Поясніть, що називається комбінаціями з n елементів по k без повторень. Наведіть приклади.

2. Запишіть формулу для обчислення числа комбінацій з n еле-

ментів по k без повторень. Наведіть приклади її використання.

3*. Обґрунтуйте формулу для обчислення числа комбінацій з n елементів по k без повторень.

4*. Обґрунтуйте властивість Cnk + Cnk+1 = Cnk++11 . 5. Поясніть на прикладах, як можна вибирати відповідну формулу під час розв’язування найпростіших комбінаторних задач. Звернувшись до інтернет-підтримки підручника, ви можете дізнатися, як використовувати розглянуті формули числа комбінацій для запису бінома n Ньютона — формули (a + b ) .

Вправи

11.3.1°. У класі 7 учнів успішно навчаються математики. Скількома способами можна вибрати з них двох учнів для участі в математичній олімпіаді? 11.3.2°. У магазині «Філателія» продають 8 різних наборів марок на спортивну тематику. Скількома способами можна вибрати з них 3 набори? 11.3.3°. Учням дали список із 10 книжок, що рекомендовано прочитати під час канікул. Скількома способами учень може вибрати з них 6 книжок? 11.3.4. На полиці стоїть 12 книжок: англо-український словник і 11 художніх творів англійською мовою. Скількома способами читач може вибрати 3 книжки, якщо: 1) словник потрібний йому обов’язково; 2) словник йому не потрібний? 11.3.5°. У класі навчаються 16 хлопчиків і 12 дівчаток. Для прибирання території потрібно виділити чотирьох хлопчиків і трьох дівчаток. Скількома способами це можна зробити? 11.3.6. Під час зустрічі 16 осіб потисли одне одному руки. Скільки всього зроблено рукостискань? 11.3.7. Група учнів з 30 осіб вирішила обмінятися фотокартками. Скільки всього фотокарток потрібно було для цього? 11.3.8°. Скільки перестановок можна зробити з букв слова Харків? 11.3.9°. Із 12 робітників-бурильників потрібно відрядити 5 для роботи в сусідній області. Скількома способами можна утворити таку бригаду для відрядження? 11.3.10. Скількома різними способами збори, на яких присутні 40 осіб, можуть обрати з числа своїх учасників голову зборів, його заступника та секретаря? 11.3.11. Скільки прямих ліній можна провести через 8 точок, з яких ніякі три не лежать на одній прямій? (Кожна пряма має проходити через дві задані точки.)

§§11. Елементи комбінаторики

11.3.12. Скільки різних п’ятицифрових чисел можна записати за допо11.3.13. 11.3.14. 11.3.15. 11.3.16*. 11.3.17. 11.3.18. 11.3.19. 11.3.20*.

могою цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 без їх повторень? Визначте число всіх діагоналей правильного: 1) п’ятикутника; 3) дванадцятикутника; 4) п’ятнадцятикутника. 2) восьмикутника; Скільки різних трикольорових прапорів можна зробити, комбінуючи жовтий, чорний та червоний кольори? (Кожний прапор складається з трьох горизонтальних смуг.) Скільки різних площин можна провести через 10 точок, якщо ніякі чотири точки не лежать в одній площині? Скільки різних п’ятицифрових чисел можна написати за допомогою цифр 0, 2, 4, 6, 8 без їх повторень? Скільки існує перестановок із цифр 1, 2, 3, 4, 5 таких, що не починаються цифрою 5? числом 12? числом 123? Скільки існує комбінацій із 10 букв a, b, c, ... по 4 таких, що не містять букви a? букв a і b? Скільки розміщень із 12 букв a, b, c, ... по 5 таких, що не містять букви a? букв a і b? Скільки треба взяти елементів, щоб число розміщень із них по 4 було у 12 разів більшим, ніж число розміщень із них по 2? У завданнях 11.3.21–11.3.25 розв’яжіть рівняння.

11.3.21. 1) Ax2 = 42 ; 2) Ax3 = 56x ; 2 11.3.22. 1) Cx− 3 = 21;

2) Cx3 =

11.3.23*. 1) 2)

11.3.24*. 1) 2)

5x (x − 3) 4

Ax5 + Ax3 Ax3 Ax7 − Ax5 Ax5 Ax4 Px −4 Px −2

4) 5Cx3 = Cx4+2 . 3) Cx3 + Cx2 = 15 (x − 1) ; 4) Cx4 =

15 Ax2 4

= 43;

3) 12Cx1 + Cx2+4 = 162 ;

= 89;

4) Cx5+1 =

= 42 ;

Axn++11 Px −n Px −1

;

2 3) Ax+ 1 = 30;

= 90;

3) 4)

3 Ax3

Px +2 Axn Px −n

= 132;

Axn++22 Px −n Px

= 110.

11.3.25*. Розв’яжіть систему рівнянь:  Axy : Axy −1 = 10,  1)  y y −1 5 Cx : Cx = 3 ;

y y +2 = 1, C : C 3)  x2 x Cx = 153;

y +1 C = 2,5x, 2)  xy Cx −1 = 10;

y y −1 = 8,  A : A 4)  yx yx−1 Cx : Cx = 1,6.

145

146

§ 12

Основні поняття теорії ймовірностей 12.1. Поняття випадкової події. Класичне означення ймовірності Таблиця 16

1. Випадкові події Поняття

Приклади

Під експериментами з випадковими результатами (або, коротше, випадковими експериментами) розуміють різні експерименти, досліди, випробовування, спостереження, виміри, результати яких залежать від випадку і які можна повторити багато разів в однакових умовах.

Експерименти з рулеткою, підкиданням грального кубика, підкиданням монети, серія пострілів одного стрільця по одній і тій самій мішені, участь у лотереї тощо.

Будь-який результат випадкового експерименту називають випадковою подією. Унаслідок такого експерименту ця подія може або відбутися, або не відбутися. Випадкові події зазвичай позначають великими літерами латинського алфавіту: A, B, C, D, ... .

Випадання «герба», випадання «числа» при підкиданні монети; виграш у лотерею; випадання певної кількості очок при підкиданні грального кубика тощо.

2. Поняття, пов’язані з випадковими подіями в деякому експерименті Події B1 , B2 , ..., Bn називають рівноможливими, якщо в даному експерименті немає ніяких підстав вважати, що одна з них може відбутися переважніше за будь-яку іншу.

В експерименті з одноразового підкидання однорідної монети правильної форми рівноможливими є події: A — випав «герб», B — випало «число».

Події A і B називають несумісними, якщо вони не можуть відбутися одночасно в даному експерименті.

В експерименті з підкидання монети події A — випав «герб» і B — випало «число» — несумісні.

Події C1 , C2, ..., Cn називають несумісними, якщо кожна пара з них несумісна в даному експерименті.

Для експерименту з підкидання грального кубика події C1 — випадання 1 очка, C2 — випадання 3 очок, C3 — випадання 5 очок, C4 — випадання парного числа очок — несумісні.

Подію U називають вірогідною, якщо в результаті даного експерименту вона обов’яз ково відбудеться.

Випадання менше 7 очок при підкиданні звичайного грального кубика (на гранях якого позначено від 1 до 6 очок).

Подію ∅ називають неможливою, якщо вона не може відбутися в даному експерименті.

Випадання 7 очок при підкиданні грального кубика.

§§12. Основні поняття теорії ймовірностей

3. Простір елементарних подій Поняття

Приклад

Нехай результатом деякого випадкового експерименту може бути тільки одна з попарно несумісних подій u1 , u2 , ..., un . Назвемо ці події елементарними подіями, а множину всіх цих подій

1. Для експерименту з підкидання монети елементарними будуть події: u1 — випав «герб», u2 — випало «число». Тоді простір елементарних подій буде складатися з двох подій: U = {u1, u2 }. (Ці події попарно несумісні, у результаті експерименту обов’язково відбудеться одна з цих подій.)

U = {u1, u2, …, un } — простором елементарних подій. Будь-яку підмножину простору елементарних подій U вважатимемо випадковою подією A.

2. Для експерименту з підкидання грального кубика елементарними можуть бути події u1 , u2 , u3 , u4 , u5, u6 , де uk — випадання k очок, k = 1, 2, 3, 4, 5, 6. У цьому випадку простір елементарних подій буде складатися з шести подій: U = {u1, u2, u3, u4 , u5, u6 } .

4. Класичне означення ймовірності (для рівноможливих елементарних подій) Нехай задано простір елементарних подій, усі елементарні події якого — рівноможливі. Ймовірність події A — це відношення числа сприятливих для неї елементарних подій (m) до числа всіх рівноможливих елементарних подій (n) у даному експерименті:

P( A) =

m n

Приклад. Знайдіть імовірність випадання більше чотирьох очок при підкиданні грального кубика.  Розглянемо як елементарні події шість рівноможливих результатів підкидання кубика — випало 1, 2, 3, 4, 5 або 6 очок (отже, n = 6 ). Подія A — випало більше 4 очок. Сприятливими для події A є тільки дві елементарні події — випало 5 або 6 очок (тобто m = 2). Тоді P ( A ) =

m n

2 6

1 3

. 

Ймовірність вірогідної (U) та неможливої (∅) подій: P (U ) = 1 P (∅) = 0

Пояснення й обґрунтування 1 Випадкові експерименти й випадкові події

Нам часто доводиться проводити різні спостереження, досліди, брати участь в експериментах або випробуваннях. Часто такі експерименти завершуються результатом, який заздалегідь передбачити неможливо. Наприклад, ми купуємо лотерейний квиток і не знаємо, виграємо чи ні; підкидаємо

монету і не знаємо, що випаде — «число» чи «герб». Чи можна якимось чином оцінити шанси появи результату, який нас цікавить? Відповідь на це запитання дає розділ математики, що має назву теорія ймовірностей. Ми ознайомимося тільки з основами цієї теорії. Одним з основних понять, які розглядаються в теорії ймовірностей, є поняття

147

148

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

експерименту з випадковими результатами. Прикладом такого експерименту може бути підкидання монети суддею футбольного матчу перед його початком із метою визначення, яка з команд почне матч із центра поля. Під експериментами з випадковими результатами (або, коротше, випадковими експериментами) розуміють різні експерименти, досліди, випробовування, спостереження, виміри, результати яких залежать від випадку і які можна повторити багато разів в однакових умовах. Наприклад, це серія пострілів одного стрільця по одній і тій самій мішені, участь у лотереї, витягання пронумерованих куль із коробки, експерименти з рулеткою, підкиданням грального кубика, підкиданням монети. Будь-який результат випадкового експерименту називають випадковою подією. Унаслідок експерименту, який розглядається, ця подія може або відбутися, або не відбутися. Зазначимо, що для кожного випадкового експерименту зазвичай заздалегідь домовляються, які його результати розглядаються як елементарні події, а потім випадкова подія розглядається як підмножина отриманої множини (див. п. 3 табл. 16). Надалі, як правило, будемо позначати випадкові події великими латинськими літерами: A, B, C, D, ... . Говорячи про випадкові події, будемо вважати, що вони пов’язані з одним конкретним випадковим експериментом. Зауважимо, що багато важливих і потрібних фактів теорії ймовірностей спочатку були одержані за допомогою дуже простих експериментів. Велику роль у розвитку теорії ймовірностей як науки зіграли звичайні монети та гральні кубики. Але ті монети й кубики, які розглядаються в теорії ймовірностей, є математичними о′бразами справжніх монет і кубиків (тому про них іноді говорять, що це математична монета й математичний гральний кубик). Наприклад, математична монета, яку використовують у теорії ймовірностей, позбавлена багатьох якостей справжньої монети.

У математичної монети немає кольору, розміру, ваги та ціни. Вона не зроблена ні з якого матеріалу й не може служити платіжним засобом. Монета, з погляду теорії ймовірностей, має тільки дві сторони, одна з яких називається «герб», а інша — «число». Монету кидають, і вона падає однією зі сторін угору. Ніяких інших властивостей у математичної монети немає. Математична монета вважається симетричною. Це означає, що кинута на стіл монета має рівні шанси випасти «гербом» або «числом». При цьому мається на увазі, що ніякий інший результат кидання монети неможливий — вона не може загубитися, закотившись у куток і, тим більше, не може «стати на ребро». Справжня металева монета служить лише ілюстрацією для математичної монети. Справжня монета може бути трохи ввігнутою, може мати інші дефекти, які впливають на результати кидання. Проте, щоб перевірити на практиці досліди з підкиданням математичної монети, ми кидаємо звичайну монету (без явних дефектів). Гральний кубик також служить прекрасним засобом для ілюстрації випадкових подій. Розглянено правильний (симетричний) кубик — такий, що забезпечує однакові шанси випадання кожної грані. Для цього всі грані мають бути однакової площі, плоскими й однаково гладенькими. Кубик повинен бути саме кубічної форми, а його центр ваги має збігатися з геометричним центром. Вершини й ребра кубиків повинні бути правильної форми. Якщо вони округлені, то всі округлення мають бути однаковими. Отвори, які маркують кількість очок на гранях, повинні бути просвердлені на однакову глибину. Сума очок на протилежних гранях правильного кубика дорівнює 7 (рис. 12.1.1).

Puc. 12.1.1

§§12. Основні поняття теорії ймовірностей Означення. Подія U називається вірогід-

Математичний гральний кубик, який обговорюється в теорії ймовірностей, — це математичний образ правильного кубика. Випадання всіх граней рівноможливе. Подібно до математичної монети, математичний кубик не має ні кольору, ні розміру, ні ваги, ні інших матеріальних якостей. Гральний кубик має дивовижну історію. Гра з кубиками — одна з найдавніших. Вона була відома в глибокій давнині в Індії, Китаї, Лідії, Єгипті, Греції й Римі.

2 Деякі поняття, пов’язані з випадковими подіями Нехай проведено якийсь випадковий експеримент. Як зазначалося вище, його результатами є деякі випадкові події. Унаслідок такого експерименту кожна з подій може або відбутися, або не відбутися. Ці події пов’язані з одним конкретним випадковим експериментом. Означення. Події

називаються рівноможливими, якщо в даному експерименті немає ніяких підстав вважати, що одна з них може відбутися переважніше за будь-яку іншу.

Наприклад, в експерименті з одноразового підкидання однорідної монети правильної форми рівноможливими є події: A — випав «герб», B — випало «число». Означення. Події A і B називаються не-

сумісними, якщо вони не можуть відбутися одночасно в даному експерименті. Так, в експерименті з одноразового підкидання монети події A — випав «герб» і B — випало «число» — несумісні. Події C1 , C2, ..., Cn називають несумісними, якщо кожна пара з них несумісна в даному експерименті. Для експерименту з підкидання грального кубика події: C1 — випадання 1 очка, C2 — випадання 2 очок, C3 — випадання 3 очок, C4 — випадання 4 очок, C5 — випадання 5 очок, C6 — випадання 6 очок — несумісні (і рівноможливі).

ною, якщо в результаті даного експерименту вона обов’язково відбудеться. Наприклад, випадання менше 7 очок при підкиданні грального кубика (на гранях якого позначено від 1 до 6 очок) є вірогідною подією. Означення. Подія ∅ називається немож-

ливою, якщо вона не може відбутися в даному експерименті. Наприклад, випадання 7 очок при підкиданні грального кубика — неможлива подія.

3 Простір елементарних подій Нехай результатом деякого випадкового експерименту може бути тільки одна з попарно несумісних подій u1 , u2 , ..., un . Назвемо їх елементарними подіями, а множину всіх цих подій U = {u1, u2, …, un } — простором елементарних подій. Наприклад, для експерименту з підкидання монети елементарними подіями будуть: u1 — випадання «герба», u2 — випадання «числа». Тоді простір елементарних подій буде складатися з двох подій: U = {u1, u2 }. (Ці події несумісні, і в результаті експерименту обов’язково відбудеться одна з цих подій.) Для експерименту з підкидання грального кубика елементарними подіями можуть бути: u1 — випадання 1 очка, u2 — випадання 2 очок, u3 — випадання 3 очок, u4 — випадання 4 очок, u5 — випадання 5 очок, u6 — випадання 6 очок. У цьому випадку простір елементарних подій буде складатися з шести подій: U = {u1, u2, u3, u4 , u5, u6 } . Будь-яку підможину простору елементарних подій U вважатимемо випадковою подією A. Наприклад, для експерименту з підкидання грального кубика випадковою є подія A — випадання парної кількості очок, оскільки A = {u2, u4 , u6 } — підмножина U.

149

150

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

4 Класичне означення ймовірності Нехай результатом деякого випадкового експерименту може бути одна й тільки одна з n попарно несумісних і рівноможливих елементарних подій u1 , u2 , ..., un (тобто простір U елементарних подій даного випадкового експерименту складається з рівноможливих елементарних подій u1 , u2 , ..., un ). І нехай у даному експерименті подія A полягає в тому, що відбувається одна з m наперед виокремлених елементарних подій ui1 , ui2 , ..., uim тобто A = ui1 , ui2 , …, uim (у цьому випадку говорять, що елементарні події ui1 , ui2 , ..., uim сприяють події A).

{

}

Ймовірність події A означимо як відношення числа m елементарних подій, що сприяють події A, до загального числа n елементарних подій у даному експерименті, тобто як відношення

m n

Ймовірність події A звичайно позначають P ( A ) . Тоді

P( A) =

m n

Буква P — перша буква французького слова probabilité або латинського слова probabilitas, що в перекладі означає «ймовірність». Цією рівністю виражається класичне означення ймовірності, яке можна сформулювати таким чином. Означення. Якщо

розглядається простір рівноможливих елементарних подій, то ймовірність події A — це відношення числа сприятливих для неї елементарних подій до числа всіх рівноможливих елементарних подій у даному експерименті.

Наприклад, в експерименті з підкидання монети рівноможливими елементарними подіями є дві (n = 2) події: A — випав «герб» і B — випало «число». Події A сприяє тільки один випадок (m = 1) , тому m

P( A) =

1 2

Очевидно, що ймовірність події B також дорівнює

1 2

: P ( B) =

1 2

. Отже, в експе-

рименті з одноразового підкидання монети ймовірність випадання «герба» (або «числа») дорівнює

1 2

Аналогічно обґрунтовується, що в експерименті з підкидання грального кубика ймовірність події Ai — випало i очок ( i = 1, 2, 3, 4, 5, 6) дорівнює

Обґрунтуйте це самостійно.

Зазначимо, що коли в будь-якому експерименті розглянути неможливу подію ∅, то немає елементарних подій, що сприяють цій події, тобто число елементарних подій, сприятливих для неї, дорівнює нулю

(m = 0) , і тоді P (∅) =

0 n

= 0.

Отже, ймовірність неможливої події дорівнює 0. Наприклад, в експерименті з підкидання грального кубика ймовірність неможливої події A — випало 7 очок — дорівнює 0. Якщо в будь-якому експерименті розглянути вірогідну подію U, то їй сприяють усі елементарні події в цьому експерименті

(m = n ), і тоді P (U ) =

n n

= 1.

Отже, ймовірність вірогідної події дорівнює 1. Наприклад, в експерименті з підкидання грального кубика подія A — випало 1 очко, або 2 очки, або 3 очки, або 4 очки, або 5 очок, або 6 очок — вірогідна й її ймовірність дорівнює 1.

§§12. Основні поняття теорії ймовірностей

Приклади розв’язування задач*

Приклад 1

Користуючись класичним означенням ймовірності, знайдемо ймовірність події A — випадання числа очок, кратного 3, при підкиданні грального кубика. Розв’язання

 Як зазначалося вище, в експерименті з підкидання кубика існує шість попарно несумісних рівноможливих елементарних подій — випало 1, 2, 3, 4, 5, 6 очок (також можна сказати, що простір елементарних подій складається з шести вказаних попарно

Приклад 2

несумісних рівноможливих подій). Сприятливими для події A є тільки дві елементарні події: випало 3 очки і випало 6 очок. Отже, ймовірність події A дорівнює:

P( A) =

2 6

1 3

. 

Петро й Павло кидають сірий і блакитний гральні кубики (рис. 12.1.2) і кожного разу підраховують суму очок, що випали. Вони домовилися, що у випадку, коли в черговій спробі в сумі випаде 8 очок, виграє Петро, а коли в сумі випаде 7 очок — виграє Павло. Чи є ця гра справедливою?

Puc. 12.1.2

Розв’язання  При киданні кубиків на кожному з них може випасти 1, 2, 3, 4, 5 або 6 очок. Кожному числу очок, які випали на сірому кубику (1, 2, 3, 4, 5 або 6 очок), відповідає шість варіантів числа очок, які випали на блакитному кубику. Отже, усього одержуємо 36 попарно несумісних рівноможливих елементарних подій — результатів цього експерименту, які наведено в таблиці:

(1; 1)

(2; 1)

(3; 1)

(4; 1)

(5; 1)

(6; 1)

(1; 2) (1; 3) (1; 4) (1; 5) (1; 6)

(2; 2) (2; 3) (2; 4) (2; 5) (2; 6)

(3; 2) (3; 3) (3; 4) (3; 5) (3; 6)

(4; 2) (4; 3) (4; 4) (4; 5) (4; 6)

(5; 2) (5; 3) (5; 4) (5; 5) (5; 6)

(6; 2) (6; 3) (6; 4) (6; 5) (6; 6)

(У кожній парі чисел на першому місці записано число очок, яке випало на сірому кубику, а на другому місці — число очок, що випало на блакитному кубику.) Нехай подія A означає, що при киданні кубиків у сумі випало 8 очок, а подія B — що при киданні кубиків у сумі випало 7 очок. Для події A сприятливими є такі 5 результатів (елементарних подій):

(2; 6), (3; 5), (4; 4) , (5; 3), (6; 2). Для події B сприятливими є такі 6 результатів (елементарних подій): (1; 6) , (2; 5) , (3; 4) , (4; 3) , (5; 2) , (6; 1) . Тоді

P( A) =

5 36

, P ( B) =

6 36

Отже, в Павла більше шансів виграти, ніж у Петра. Тобто така гра не буде справед ливою. 

Коментар включено в запис розв’язання.

151

152

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

Зазначимо, що результати експерименту з підкидання двох гральних кубиків, наведені у прикладі 2, дозволяють обчислити ймовірності появи тієї або іншої суми очок, що випадають при підкиданні двох гральних кубиків. Сума очок Ймовірність

Приклад 3*

Із 15 виготовлених велосипедів 3 виявилися з дефектами. Яка ймовірність того, що 2 велосипеди, вибрані навмання з цих п’ятнадцяти, будуть без дефектів? Розв’язання

 Нехай подія A полягає в тому, що 2 вибрані навмання велосипеди будуть без дефектів. З 15 велосипедів вибрати 2 мож2 на C15 способами (число комбінацій із 15 по 2). Усі ці вибори є рівноможливими й попарно несумісними. Отже, загальна кількість рівноможливих результатів (тобто загальна кількість елементарних подій) дорів2 нює C15 .

Приклад 4*

Сприятливим результатом для події A є вибір 2 бездефектних велосипедів із 12 бездефектних (15 − 3 = 12) . Отже, число сприятливих результатів (подій) для події A дорівнює 2 C12 . Звідси одержуємо

P( A) =

2 C12 2 C15

12 ! 12 ⋅ 11 22 ( ) = 2 ! 12 − 2 ! = = . 15 !

2 ! (15 − 2) !

15 ⋅ 14

Група туристів, у якій 6 юнаків і 4 дівчини, вибирає за жеребкуванням чотирьох чергових. Яка ймовірність того, що буде вибрано 2 юнаки й 2 дівчини? Розв’язання

 Число результатів (елементарних подій) при виборі чотирьох чергових із 10 туристів 4 дорівнює C10 . Усі ці події рівноможливі й попарно несумісні. Нехай подія A полягає в тому, що серед 4 чергових є 2 юнаки і 2 дівчини. Вибрати

P( A) =

C62 ⋅ C42 4 C10

двох юнаків з 6 можна C62 способами, а вибрати двох дівчат з 4 можна C42 способами. За правилом добутку вибір і двох юнаків, і двох дівчат можна виконати C62 ⋅ C42 способами — це і є кількість сприятливих подій для події A. Тоді

6! 4! 6 ⋅5 4 ⋅3 ⋅ ⋅ 3 (6 − 2) ! 2 ! (4 − 2) ! 2 ! = = 1⋅ 2 1⋅ 2 = .  10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 10 ! 7 1⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 4 ! (10 − 4) !

153

§§12. Основні поняття теорії ймовірностей

Зауважимо, що залежно від задачі, яка розглядається, для одного й того самого експерименту простір елементарних подій можна вводити у різні способи. Найчастіше для цього незалежні елементарні події підбирають так, щоб подія, ймовірність якої потрібно знайти, сама була елементарною або виражалася через суму елементарних подій. Але для того щоб використати класичне означення ймовірності, потрібно бути впевненим, що всі виділені елементарні події — рівноможливі. Наприклад, як уже зазначалось у задачі про підкидання грального кубика, простір елементарних подій може складатися з 6 незалежних рівноможливих подій — випадання 1, 2, 3, 4, 5, 6 очок. Але якщо в задачі просять знайти ймовірність випадання парного числа очок, то простором елементарних подій для цього експерименту може бути множина тільки двох подій: u1 — випадання парної кількості очок, u2 — випадання непарної кількості очок (оскільки ці події попарно несумісні й у результаті експерименту обов’язково відбудеться одна з цих подій). Ці події рівноможливі (оскільки серед чисел 1, 2, 3, 4, 5, 6 рівно половина парних і половина не-

Запитання

парних). Отже, за класичним означенням ймовірність кожної з них дорівнює

1 2

. Зви

чайно, якби ми розглянули перший з указаних просторів елементарних подій, то теж змогли б розв’язати цю задачу: всього подій— 6, а сприятливих — 3 (випадання парного числа очок: 2, 4, 6). Тоді ймовірність випадання парного числа очок дорівнює тобто

1 2

3 6

Спробуємо ввести для розв’язування цієї задачі такий простір елементарних подій: u1 — випадання парної кількості очок, u2 — випадання 1 очка, u3 — випадання 3 очок, u4 — випадання 5 очок. Ці події дійсно утворюють простір елементарних подій експерименту з підкидання грального кубика, оскільки вони попарно несумісні й у результаті експерименту обов’язково відбудеться одна з цих подій. Але, кори стуючись таким простором елементарних подій, ми не зможемо застосувати класичне означення ймовірності, оскільки, як ми вже бачили, вказані елементарні події не 1

є рівноможливими: P (u1 ) = , P (u2 ) = , 6 2 1 1 P (u3 ) = , P (u4 ) = . 6 6

1. Поясніть, що таке випадковий експеримент та випадкова подія. Наведіть приклади.

2. Поясніть, які події вважають рівноможливими. Наведіть приклади рівноможливих та нерівноможливих подій. Які події вважають несумісними? Наведіть приклади.

3. Поясніть зміст класичного означення ймовірності. Наведіть приклади. Як позначають ймовірність події A?

4. Яку подію вважають вірогідною, а яку неможливою? Наведіть приклади. Чому дорівнюють ймовірності вірогідної та неможливої подій?

154

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

Вправи

12.1.1°. Укажіть, які з подій у наведених експериментах є вірогідними, які — неможливими, які — просто випадковими. №

Експеримент

Подія

Виконання пострілу

Влучання в ціль

Нагрівання води (при звичайних умовах)

Вода перетворилася на лід

Участь у лотереї

Ви виграєте, беручи участь у лотереї

Участь у безпрограшній лотереї

Ви не виграєте, беручи участь у безпрограшній лотереї

Підкидання звичайного грального кубика

Випало 5 очок

Підкидання звичайного грального кубика

Випало менше 8 очок

Перевірка роботи дзвінка

Ви натиснули на кнопку дзвінка, а він не задзвонив

Витягання кулі з коробки з білими кулями

Витягли чорну кулю

Витягання кулі з коробки з білими кулями

Витягли білу кулю

10 Витягання двох куль із коробки з 10 білими й 5 чорними кулями

Витягли білу й чорну кулі

11 Витягання карти з колоди

Витягли туза

12.1.2. Наведіть по три приклади вірогідних, неможливих і просто випадкових подій. Приклади запишіть у вигляді таблиці (див. вправу 12.1.1).

12.1.3°. Відомо, що на 100 батарейок зустрічаються 3 бракованих. Яка ймовірність купити браковану батарейку?

12.1.4°. У магазині підрахували, що зазвичай із 1000 телевізорів виявляється 2 бракованих. Яка ймовірність того, що телевізор, вибраний навмання в цьому магазині, буде бракованим?

12.1.5°. За статистикою в місті N в середньому за рік з 1000 автомобілістів 2 потрапляють в аварію. Яка ймовірність того, що автомобіліст у цьому місті весь рік проїздить без аварій?

12.1.6°. Яка ймовірність того, що в Києві сонце зійде на заході? 12.1.7°. Яка ймовірність того, що після 31 грудня настане 1 січня? 12.1.8°. У пакеті лежать 20 зелених і 10 жовтих груш. Яка ймовірність вийняти з пакета грушу? Яка ймовірність вийняти з пакета яблуко?

155

§§12. Основні поняття теорії ймовірностей

12.1.9°. До екзамену з вищої математики у технічному виші викладач підготував 24 білети. Студент Андрій не розібрався в одному білеті й дуже боїться його витягнути. Яка ймовірність того, що Андрію дістанеться «нещасливий» білет?

12.1.10°. На запитання вікторини було отримано 1250 листівок із правильними відповідями, у тому числі й ваша. Для визначення призера ведучий повинен навмання витягти одну листівку. Яка ймовірність того, що приз дістанеться вам?

12.1.11. У лотереї 10 виграшних квитків і 240 квитків без виграшу. Яка ймовірність виграти в цю лотерею, купивши один квиток?

12.1.12. Задача Д’Аламбера. Яка ймовірність того, що при двох підкиданнях монети хоча б один раз випаде «герб»?

12.1.13. За перемогу в телегрі Яна одержить головний приз — подорож, якщо за одну спробу вгадає, у якому з 12 секторів табло (рис. 12.1.3) захований приз. Яка ймовірність того, що Яна відправиться в подорож?

10 11 12

Puc. 12.1.3

12.1.14. У лотереї 100 квитків, з них 5 виграшних. Яка ймовірність програшу?

12.1.15. У кишені хлопчика лежать 6 монет (рис. 12.1.4). Яка ймовірність вийняти навмання монету: 1) з номіналом, що є парним числом; 2) з номіналом, що є з непарним числом; 3) з номіналом менше 20?

Puc. 12.1.4

12.1.16. На картці Суперлото (6 з 52) Данило позначив номери: 1, 2, 3, 4, 5, 6. Наталя на своїй картці позначила номери: 5, 12, 17, 23, 35, 49. Як ви думаєте, виграш якого набору чисел більш імовірний? Поясніть свою відповідь.

12.1.17. Ілля позначив у картці Суперлото (6 з 52) номери: 7, 11, 15, 29, 38, 40 — і виграв. Тоді він вирішив, що ця комбінація чисел щаслива і він буде відмічати її у всіх тиражах. Чи дійсно він збільшить свої шанси на виграш? Поясніть свою відповідь.

12.1.18. У сумці лежать 12 червоних, 10 зелених і 3 жовтих яблука. 1) із 2) а)

Яблуко якого кольору ймовірніше всього вийняти навмання сумки? Яка ймовірність вийняти навмання: яблуко; б) грушу; в) зелене яблуко; г) не червоне яблуко?

156

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

12.1.19. Ви виграєте, якщо куля, вийнята навмання з коробки, біла. Яку з коробок вигідніше вибрати для гри, щоб імовірність виграшу була більшою, якщо:  у коробці А лежать 15 білих куль із 45;  у коробці Б лежать 40 білих куль із 120;  у коробці В лежать 22 білі кулі й 44 червоні;  у коробці Г порівну білих, червоних і чорних куль.

12.1.20. Грані звичайного грального кубика пофарбовано в червоний і жовтий кольори. Ймовірність випадання червоної грані дорівнює

1 6

, ймовірність випадання жовтої грані дорівнює

5 6

Скільки червоних і жовтих граней у кубика?

12.1.21. У коробці половина цукерок у червоних обгортках, третина — у синіх, інші — у зелених. Навмання вийняли одну цукерку. Обгортка якого кольору найменш імовірна в цієї цукерки? Знайдіть цю ймовірність.

12.1.22. У шухляді лежать 8 червоних, 2 синіх і 20 зелених олівців. Ви навмання виймаєте олівець. 1) Яка ймовірність того, що це: а) червоний олівець; б) жовтий олівець; в) не зелений олівець? 2) Яку найменшу кількість олівців потрібно вийняти, щоб з імовірністю, яка дорівнює 1, серед них був зелений олівець?

12.1.23. Кидають одночасно два гральні кубики. Яка ймовірність того, що сума очок буде дорівнювати 12?

12.1.24. На лавку довільним чином сідають двоє чоловіків і жінка. Яка ймовірність того, що чоловіки опиняться поруч?

12.1.25. Із 5 карток із буквами М, Р, О, А, Е навмання вибирають 4 картки. Знайдіть імовірність того, що, поклавши їх у ряд у тому порядку, в якому їх вибирали, одержать слово МОРЕ.

§§12. Основні поняття теорії ймовірностей

12.2. Операції над подіями. Властивості ймовірностей подій Таблиця 17 Означення

Приклад

Теоретико-множинна ілюстрація

1. Протилежна подія Подія A називається протилежною до події A, якщо вона полягає в тому, що в розглянутому випадковому експерименті не відбувається подія A.

Подія A — випав «герб» при підкиданні монети, тоді подія A — не випав «герб» при підкиданні монети (тобто випало «число»).

Ймовірність протилежної події:

Якщо ймовірність купити справний прилад дорівнює 0,95, то ймовірність купити несправний прилад дорівнює 1 − 0,95 = 0,05 .

P( A) = 1 − P( A)

U А

1 P(А)

P(А)

2. Сума подій Сумою (або об’єднанням) подій A і B називається подія A + B (інше позначення A ∪ B), яка полягає в тому, що відбувається подія A або подія B (або A, або B, або обидві події).

З колоди карт навмання витягають одну карту. Розглянемо події: A — витягли бубнову карту, B — витягли чирвову карту. Тоді подія A + B — витягли або бубнову, або чирвову карту (тобто карту червоної масті).

А А + B

3. Добуток подій Добутком (або перерізом) подій A і B називається подія A ⋅ B (інше позначення A ∩ B), яка полягає в тому, що відбуваються обидві події A і B.

При підкиданні грального кубика розглядають події: A — випало парне число очок, B — випало число очок, кратне 3. Тоді подія A ⋅ B — випало число очок, яке одночасно і парне, і кратне 3 (тобто випало 6 очок).

В А ⋅ B

4. Несумісні події Дві випадкові події A і B несумісні тоді і тільки тоді, коли їх добуток є неможливою подією, тобто

A⋅B = ∅ (інше позначення A ∩ B = ∅ ).

При підкиданні грального кубика розглядають події: A — випало парне число очок, B — випало 1 очко, C — випало число очок, кратне 3. Події A і B та події B і C — несумісні (не можуть відбутися одночасно). Події A і C — сумісні (можуть відбутися одночасно, якщо випаде 6 очок, тобто A ⋅ C ≠ ∅ ).

А ⋅ B = ∅

5. Імовірність суми двох несумісних подій Якщо події A і B несумісні, то P ( A + B) = P ( A ) + P ( B) , тобто ймовірність суми двох несумісних подій дорівнює сумі ймовірностей цих подій.

157

158

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

Пояснення й обґрунтування Іноді доводиться, знаючи ймовірно сті одних випадкових подій, обчислювати ймовірності інших, які є результатом певних операцій над першими. Розглянемо найпростіші операції над випадковими подіями, які далі будемо називати просто подіями.

казано в п. 12.1, імовірність події A дорівнює

 Ураховуючи, що в кожному експерименті відбувається одна й тільки одна з подій — A або A , отримуємо, що в просторі рівноможливих елементарних подій сума кількості m елементарних подій, які сприяють події A, і кількості k елементарних подій, які сприяють події A , дорівнює кількості n усіх елементарних подій: m + k = n . Тоді

m n

k n

m+k n

n n

= 1.

Отже, P ( A ) + P ( A ) = 1. Звідси

P ( A ) = 1 − P ( A ). 

Наприклад, розглянемо подію A — випало 1 очко при підкиданні грального кубика. Тоді, як було зазначено вище, подія A — 1 очко не випало (тобто випало або 2, або 3, або 4, або 5, або 6 очок). Як було по-

1 6

, тоді ймовірність по1 6

5 6

При означенні операцій суми і добутку подій розглядатимемо події, що відносяться до одного випадкового експерименту.

Нехай задана випадкова подія A.

Наприклад, якщо подія A полягає в тому, що випав «герб» при підкиданні монети, то подія A (читається: «не A») означає, що «герб» не випав, а отже, випало «число» при підкиданні монети. Якщо подія B полягає в тому, що випало 1 очко при підкиданні грального кубика, то подія B означає, що 1 очко не випало, а отже, випало або 2, або 3, або 4, або 5, або 6 очок при підкиданні грального кубика.

, тобто P ( A ) =

дії A дорівнює P ( A ) = 1 − P ( A ) = 1 −

1 Знаходження протилежної події

Означення. Подія A називається протилежною до події A, якщо вона полягає в тому, що в розглянутому випадковому експерименті не відбувається подія A.

2 Знаходження суми подій Нехай задано дві випадкові події A і B. Означення. Сумою (або об’єднанням) подій A і B називається подія A + B (інше позначення A ∪ B), яка полягає в тому, що відбувається подія A або подія B (або A, або B, або обидві події).

Наприклад, нехай при підкиданні грального кубика події A і B означають: A — випаде парна кількість очок, B — випаде число очок, яке ділиться на 3. Тоді подія A + B означає, що випаде або парна кількість очок, або число очок, яке ділиться на 3, тобто випаде 2, 3, 4 або 6 очок. Аналогічно вводиться поняття суми декількох подій. Означення. Сумою (або об’єднанням) по-

дій A1, A2 , ..., An називається подія A1 + A2 + … + An (інше позначення A1 ∪ A2 ∪ … ∪ An ), яка полягає в тому, що відбувається хоча б одна з даних подій.

Знаходження добутку подій Нехай задано дві випадкові події A і B.

Означення. Добутком (або перерізом) подій A і B називається подія A ⋅ B (інше позначення A ∩ B), яка полягає в тому, що відбуваються обидві події A і B.

§§12. Основні поняття теорії ймовірностей

У наведеному вище прикладі подія A ⋅ B означає, що випаде і парна кількість очок, і число очок, яке ділиться на 3, тобто випаде 6 очок. Аналогічно вводиться поняття добутку декількох подій.

Означення. Добутком (або перерізом)

подій A1, A2 , ..., An називається поA1 ⋅ A2 ⋅…⋅ An (інше позначення дія A1 ∩ A2 ∩ … ∩ An ), яка полягає в тому, що відбуваються всі задані події: і A1, і A2 , ..., і An .

Зауваження. Означення операцій над подіями аналогічні відповідним означенням операцій над множинами (тому й позначення операцій над подіями збігаються з позначеннями операцій над множинами). Операції над подіями (як і операції над множинами) зручно ілюструвати за допомогою кругів Ейлера — Венна (рис. 12.2.1–12.2.3).

U А

А А + B

Puc. 12.2.1

А ⋅ B

Puc. 12.2.2

Puc. 12.2.3

Наприклад, ураховуючи, що завжди виконується або подія A, або подія A , одержуємо, що A + A = U (вірогідна подія). Ураховуючи, що одночасно події A і A не можуть виконуватися, маємо A ⋅ A = ∅ (неможлива подія). Тоді подію A можна проілюструвати доповненням множини A (до множини U) (рис. 12.2.1). Аналогічно суму двох подій A і B (нагадаємо, що подія A + B полягає в тому, що відбувається подія A, або подія B, або обидві разом) можна проілюструвати у вигляді об’єднання множин A і B (рис. 12.2.2), а добуток подій A і B (подія A ⋅ B полягає в тому, що відбуваються обидві події A і B) — у вигляді перерізу множин A і B (рис. 12.2.3).

4 Властивості ймовірностей подій Імовірності подій мають такі властивості. 1) Імовірність будь-якої події A задовольняє нерівність

0 P ( A ) 1.

2) Імовірність вірогідної події U до рівнює 1: P (U ) = 1. 3) Імовірність суми несумісних подій A і B дорівнює сумі ймовірностей цих подій:

P ( A + B) = P ( A ) + P ( B) .

Справді, з означення, наведеного в п. 12.1, випливає, що ймовірність P ( A ) (тобто дріб

m n

) невід’ємна і не більша за 1.

Вона дорівнює нулю для неможливої події й одиниці для вірогідної події. Щоб обґрунтувати властивість 3, уточнимо поняття несумісних подій, спираючись на введені операції над подіями. З означення несумісних подій одержуємо: дві випадкові події A і B несумісні тоді й тільки тоді, коли їх добуток є неможливою подією, тобто A ⋅ B = ∅ (інше позначення A ∩ B = ∅).

159

160

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

Наприклад, при підкиданні грального кубика можуть відбутися події: A — випало парне число очок, B — випало 5 очок. Ці події несумісні, оскільки 5 — непарне число; тому подія A ⋅ B , яка полягає в тому, що випало парне число очок і це 5 очок, — неможлива.  Розглянемо несумісні події A і B у просторі з n рівноможливих елементарних подій. Нехай m — кількість елементарних подій, що сприяють події A, і k — кількість елементарних подій, що сприяють події B. Оскільки події A і B несумісні, то елементарні події, які сприяють події A, відмінні від елементарних подій, які сприяють події B, тоді події A + B сприяють m + k елементарних подій. Маємо: P ( A + B) =

m+k n

m n

k n

= P ( A ) + P ( B) .

Отже, для несумісних подій A і B виконується рівність

P ( A + B) = P ( A ) + P ( B) .

(1)

Тобто ймовірність суми двох несумісних подій дорівнює сумі ймовірностей цих подій. Формулу (1) можна узагальнити. Назвемо події A1 + A2 + … + An несумісними, якщо будь-які дві з цих подій Ai і A j (при i ≠ j ) несумісні, тобто їх добуток є неможливою подією: Ai ⋅ A j = ∅.

Якщо події A1, A2 , … , An попарно несумісні, то з рівності (1) випливає, що P ( A1 + A2 + … + An ) = P ( A1 ) + P ( A2 ) + … + P ( An ) , тобто ймовірність суми несумісних подій дорівнює сумі ймовірностей цих подій. (Для обґрунтування цієї властивості достатньо використати метод математичної індукції.) Зазначимо, що для несумісних подій A і B ймовірність P ( A ⋅ B) = 0 (оскільки A ⋅ B = ∅). Спираючись на розглянуті основні вла стивості, можна довести інші властивості ймовірностей подій. Покажемо, що для довільних подій A і B виконується рівність

P ( A + B) = P ( A ) + P ( B) − P ( A ⋅ B) .

(2)

Позначимо через A \ B подію, яка полягає в тому, що подія A відбувається, а подія B не відбувається. Оскільки події A і B \ A ⋅ B несумісні й A + B = A + ( B \ A ⋅ B), то P ( A + B) = P ( A ) + P ( B \ A ⋅ B).

Аналогічно, оскільки події і A ⋅ B несумісні й очевидно, що B = ( B \ A ⋅ B) + A ⋅ B , то P ( B) = P ( B \ A ⋅ B) + P ( A ⋅ B) .

(3) B\ A⋅B

(4)

Виразимо з рівності (4) значення P ( B \ A ⋅ B) і підставимо його в рівність (3). Одержимо рівність (2).

Приклад розв’язування задач

Приклад

З колоди, яка містить 36 гральних карт, навмання виймають одну карту. Яка ймовірність того, що буде вийнята козирна карта або дама? Розв’язання

 Нехай подія A полягає в тому, що вийнята козирна карта, подія B — вийнята дама. Тоді подія A + B — вийнята козирна карта або дама, а подія A ⋅ B — вийнята козирна дама.

Ураховуючи, що P ( A ) =

P ( B) =

4 36

1 9

, P ( A ⋅ B) =

9 36 1 36

1 4

за формулою (2) одержуємо

P ( A + B) = P ( A ) + P ( B) − P ( A ⋅ B) =

1 4

1 9

−

1 36

1 3

.

§§12. Основні поняття теорії ймовірностей

Запитання

1. Поясніть, яка подія називається протилежною до події A. Наведіть приклади.

2. Як знайти ймовірність протилежної події, знаючи ймовірність події A? Чому дорівнює ймовірність події A , якщо P ( A ) = 0,6 ? 3. Яка подія називається сумою (або об’єднанням) подій A і B? Наведіть приклади.

4. Яка подія називається добутком (або перерізом) подій A і B? Наведіть приклади.

5. Які дві події називаються несумісними? Наведіть приклади. 6. а) Чому дорівнює ймовірність суми двох несумісних подій? б*) Обґрунтуйте відповідну формулу.

7. Які три (або більше) події вважаються несумісними? Як обчислюється ймовірність суми декількох несумісних подій?

Вправи

12.2.1. Проводиться експеримент із підкидання двох монет. Розглядаються такі події: A — випав «герб» на першій монеті, B — випало «число» на першій монеті, C — випав «герб» на другій монеті, D — випало «число» на другій монеті. Що означають події: 1) A + C ;

4) B ⋅ D ;

2) A ⋅ C ;

5) A ;

3) B + C ;

6) B ⋅ D ?

12.2.2. Проводиться експеримент із підкидання кубика. Розглядаються такі події: A — випала парна кількість очок, B — випала непарна кількість очок, C — випало 3 очки, D — випало число очок, менше 4. Що означають події: 1) A ;

4) B ⋅ C ;

2) A + C ;

5) B ⋅ D ;

3) A ⋅ D ;

6) B ⋅ D ?

Знайдіть імовірність кожної з цих подій.

12.2.3*. Користуючись означеннями операцій над подіями, обґрунтуйте справедливість рівності: 1) A + U = U ;

4) A ⋅ A = ∅ ;

2) A + A = A ;

5) A + ∅ = A ;

3) A + A = U ;

6) A ⋅∅ = ∅.

161

162

Розділ§3.§Елементи§комбінаторики,§теорії§ймовірностей

12.2.4. М’яч тричі кидають у баскетбольний кошик. Події A1, A2 , A3

означають: A1 — при першому кидку м’яч улучив у кошик, A2 — при другому кидку м’яч улучив у кошик, A3 — при третьому кидку м’яч улучив у кошик. Запишіть через події A1, A2 , A3 таку подію:

1) B — м’яч улучив у кошик усі три рази; 2) C — м’яч жодного разу не влучив у кошик; 3) D — м’яч хоча б один раз улучив у кошик; 4) K — м’яч улучив у кошик тільки при першому кидку; 5) M — м’яч улучив у кошик тільки при другому та третьому кидках.

12.2.5. Для експерименту з підкидання кубика вкажіть, які з наведених подій є попарно несумісними: A — випала парна кількість очок, B — випала непарна кількість очок, C — випало 3 очка, D — випало менше 3 очок, K — випала кількість очок, кратна 3, M — випало 6 очок, T — випало більше 4 очок, F — випало число очок, менше 7.

12.2.6. Для експерименту з витягання карт із колоди вкажіть, які з наведених подій є попарно несумісними: A — витягли карту чирвової масті, B — витягли карту бубнової масті, C — витягли короля, D — витягли даму, K — витягли карту, старшу за валета, M — витягли карту з числовими позначеннями.

12.2.7. Є 16 гральних карт: 4 валети, 4 дами, 4 королі, 4 тузи. З цих 16 карт навмання виймають одну карту. Яка ймовірність того, що буде вийнята козирна карта або туз?

12.2.8. З колоди, яка містить 52 гральні карти, навмання виймають одну карту. Яка ймовірність того, що буде вийнята козирна карта або король?

§§12. Основні поняття теорії ймовірностей

12.3. Відносна частота випадкової події. Статистичне означення ймовірності. Аксіоматичне означення ймовірності Таблиця 18

1. Частота й відносна частота випадкової події Якщо випадковий експеримент проведено n разів і в n ( A ) випадків відбулася подія A, то число n ( A ) називають частотою події A.

Подія A — випадання «герба» при підкиданні монети.

Відносною частотою випадкової події називають відношення числа появ цієї події до загального числа проведених експериментів, тобто відношення

n( A) n

Показник

Експериментатори* Бюффон

Пірсон

Кількість експериментів n

4040

12 000

24 000

Частота n ( A )

2048

6019

12 012

0,5069

0,5016

0,5005

Відносна частота

2. Статистичне означення ймовірності Якщо при проведенні великої кількості випадкових експериментів, у кожному з яких може відбутися або не відбутися подія A, значення відносної частоти події A близькі до деякого певного числа (яке залежить тільки від виду події A і не залежить від серії експериментів), то це число називається ймовірністю випадкової події A. Його позна чають P ( A ) .

Подія A — випав «герб» при підкиданні монети.

P ( A ) = 0,5

0 P( A) 1

3. Аксіоми теорії ймовірностей Ймовірність — це функція P ( A ) , означена на множині U всіх подій, що визначаються даним експериментом, яка задовольняє такі умови: 1) 0 P ( A ) 1 для будь-якої події A з U; 2) P ( A ) = 1 , якщо A — вірогідна подія; 3) P ( A + B) = P ( A ) + P ( B) , якщо події A і B несумісні. Ці три умови називають аксіомами теорії ймовірностей.

Пояснення й обґрунтування 1 Частота й відносна частота випадкової події. Статистичне означення ймовірності

мо експеримент n разів, і нехай при цьому подія A відбудеться m разів. Число m називають частотою події A (її часто позна-

Нехай у результаті випадкового експерименту може відбутися подія A, яка має ймовірність p = P ( A ) , де 0 < p < 1 . Повтори-

чають n ( A ) ), а число

n( A) n

m n

називають

відносною частотою події A.

Жорж Луї де Бюффон (1707–1782) — французький математик і природознавець, Карл Пірсон (1857–1936) — англійський математик і біолог. Їхні праці сприяли розвитку теорії ймовірностей і математичної статистики.

163

164

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей Означення. Відносною частотою випадкової події називається відношення числа появ цієї події до загального числа проведених експериментів. Розглянемо результати експериментів з підкидання монети, які були проведені математиками Ж. Бюффоном і К. Пірсоном (п. 1 табл. 18). Як видно з таблиці, відносна частота випадання «герба», одержана в експериментах Бюффона й Пірсона, мало відрізняється від імовірності випадання «герба» в указаному експерименті, яка дорівнює 0,5 (див. п. 12.1). Той факт, що ймовірність появи «герба» дорівнює 0,5, звичайно, не означає, що в будь-якій серії експериментів «герб» з’явиться точно в половині випадків. Але якщо число експериментів достатньо велике, ми можемо дати прогноз, що «герб» випаде приблизно в половині випадків. Отже, знаючи ймовірність події, ми можемо прогнозувати частоту появи цієї події в майбутньому при великій кількості відповідних експериментів. Одержаний результат відображає такий факт: при великій кількості експериментів відносна частота події, як правило, мало відрізняється від імовірності цієї події. Цю закономірність називають статистичною стійкістю відносних частот. Не завжди вдається визначити ймовірність p події апріорі, як це має місце з підкиданням монети або грального кубика. Але якщо можливо повторити експеримент n разів, то при великому n відносна частота m

може розглядатися як наближене m  значення ймовірності цієї події  ≈ p .  n  події

Апріорі — від лат. apriori — незалежно від досвіду. Одержимо так зване статистичне означення ймовірності. Більш точно його можна сформулювати у такий спосіб: Означення. Якщо при проведенні вели-

кої кількості випадкових експериментів, у кожному з яких може відбутися або

не відбутися подія A, значення відносної частоти події A близькі до деякого певного числа (яке залежить тільки від виду події A і не залежить від серії експериментів), то це число називається ймовірністю випадкової події A. Статистична оцінка ймовірності подій з використанням відносної частоти події широко застосовується у фізиці, біології, соціології, економіці та в повсякденному житті кожної людини. Наведемо приклад використання такої оцінки. Згідно із Законом України «Про обов’язкове страхування цивільно-правової відповідальності власників наземних транспортних засобів» кожен власник автомобіля повинен укла сти договір з якою-небудь уповноваженою страховою компанією. За цим договором власник машини платить компанії певну суму, а компанія натомість зобов’язується компенсувати (до певної межі) той збиток, який може бути нанесений цим автовласником іншому автовласнику, міській власно сті або пішоходам. Щоб по справедливості вирішити, хто й скільки повинен платити, треба врахувати дві обставини: 1) з якою ймовірністю автомобіль (протягом терміну страхування) може потрапити в аварію; 2) який у середньому збиток оточуючим завдає одна аварія. Знаючи це, можна обчислити страхові внески. Зокрема, ймовірність випадкової події «протягом року автомобіль потрапляє в аварію» була обчислена за статистичними даними, які мали у своєму розпорядженні страхові компанії та інші відповідальні організації. Виявилася, що ця ймовірність приблизно дорівнює 0,015.

Аксіоми теорії ймовірностей

Нагадаємо, що наведене в п. 12.1 означення ймовірності подій називають класичним означенням ймовірності. Існує ще й аксіоматичне означення ймовірності, у якому означення ймовірності задається переліком її властивостей. При аксіоматичному означенні ймовірність задається як числова функція P ( A ) , визначена на множині U усіх подій, що визначаються даним експериментом, тобто кожній події ставиться у відповідність число P ( A ) , яке задовольняє такі умови:

165

§§12.§Основні§поняття§теорії§ймовірностей

1) 0 P ( A ) 1 для будь-якої події A з U; 2) P ( A ) = 1, якщо A — вірогідна подія; 3) P ( A + B) = P ( A ) + P ( B) , якщо події A і B несумісні. Теорію, що вивчає ймовірність подій лише для експериментів зі скінченним числом результатів, називають елементарною теорією ймовірностей. Звичайно, існують і експерименти з нескінченним числом можливих подій. Теорію, що вивчає ймовірність таких подій, називають загальною теорією ймовірностей. У загальній теорії ймовірностей умову 3 розуміють в розширеному сенсі: P ( A1 + A2 + …) = P ( A1 ) + P ( A2 ) +... . Умови 1–3 називають аксіомами Колмогорова теорії ймовірностей. Саме А. М. Колмогоров у 1933 р. вперше запропонував аксіоматичну побудову теорії ймовірностей. Аксіоматична побудова теорії ймовірностей аналогічна аксіоматичній побудові геометрії, в якій замість реальних об’єктів чи їх зображень на папері (точок, прямих, площин тощо) розглядаються ідеальні поняття (точок, прямих, площин тощо), що задовольняють певні аксіоми планіметрії і стереометрії. При аксіоматичній побудові теорії ймовірностей поняття «випадкова подія», «ймовірність» тощо — це математичні ідеальні поняття, які задовольняють умови 1–3. Пояснимо сутність аксіоматичної побудови теорії ймовірностей, використовуючи як ілюстрацію приклад із витяганням куль із коробки. Нехай у деякій коробці U є n однакових куль, які у деякий спосіб позначені так, щоб їх можна було відрізнити одну від одної (наприклад, перенумеровані, як у телевізійних розіграшах лотерей). Позначимо кулі u1, u2, ... , un, а множину всіх куль, які містяться в коробці, — U = {u1, u2, ..., un } (на рис. 12.3.1 зображена коробка, що містить 10 куль). Кулі в коробці ретельно перемішують, а потім якимось випадковим чином із коробки виймають одну кулю. Припустимо,

U u9

u10

u3 u7

Puc. 12.3.1 що витягли кулю ui

{

хай A = ui1 , ui2 , ..., uim

(i = 1, 2, ..., n) .

}

Не-

— деяка множи-

на куль із множини U. Якщо витягнута куля ui належить множині A, то будемо говорити, що відбулася подія A. Вірогідною подією будемо вважати всю множину U, тобто всю множину куль у коробці (оскільки будь-яка витягнута куля буде належати множині U). Неможливою подією будемо вважати порожню множину ∅. Після цього кожній події A якимось чином (наприклад, через статистичне означення) можна спробувати поставити у відповідність її ймовірність — число P ( A ) , що задовольняє умови 1–3. Ця ілюстрація показує, що можна сформулювати абстрактні ймовірнісні поняття, використовуючи тільки терміни теорії множин, наприклад, у такий спосіб. Розглянемо скінченну множину U = {u1, u2, ..., un } , елементи якої ui (де i = 1, 2, ..., n і ui ∩ u j = ∅ при i ≠ j ) назвемо елементарними подіями (множина U — простір елементарних подій). Будь-яку підмножину

{

A = ui1 , ui2 , ..., uim

}

множи-

ни U назвемо подією. Вся множина U — це вірогідна подія, а порожня множина ∅ — це неможлива подія. Суму A + B подій А і В означимо як об’єднання A ∪ B множин А і В, а добуток A ⋅ B подій А і В — як переріз A ∩ B множин A і B. Якщо добуток подій A і B порожній A ⋅ B = ∅) , то події A і B називають несуміс( ними. Подія A , протилежна до події A, означається як доповнення A множини A до

166

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

множини U (тобто як множина всіх елементів ui , які не входять до A). Події A і A задовольняють умови A ⋅ A = ∅ і A + A = U . Тепер означимо ймовірність P ( A ) події A. Нехай у будь-який спосіб задано числа p (ui ) , де i = 1, 2, ..., n , що задовольняють умови: p (ui ) 0, p (u1 ) + p (u2 ) + ... + p (un ) = 1 .

Ці числа називають елементарними ймовірностями. Означимо рівністю ймовірність P ( A )

{

}

події A = ui1 , ui2 , ..., uim :

( )

( ) ( )

P ( A ) = p ui1 + p ui2 + ... + p uim . Означене у такий спосіб поняття ймовірності узгоджене з такими аксіомами. аксіома 1. Для довільної події A з U

0 P ( A ) 1.

аксіома 2. Для вірогідної події U

P (U ) = 1.

аксіома 3. Для довільних несумісних подій A і B (тобто для таких, що A ⋅ B = ∅)

P ( A + B) = P ( A ) + P ( B) . Із цих аксіом випливають такі наслідки. наслідок 1.

Ймовірність неможливої по-

дії P (∅) = 0, а ймовірність події A , про-

тилежної до події А, обчислюється за фор-

( )

мулою P A = 1 − P ( A ).

 Справді, оскільки U ⋅∅ = ∅ , то події U і ∅ несумісні, і тоді з рівності U = U + ∅ за аксіомою 3 одержуємо P (U ) = P (U ) + P (∅). Враховуючи, що за аксіомою 2 ймовірність P (U ) = 1, одержуємо 1 = 1 + P (∅). Звідси

P (∅) = 0. Аналогічно, оскільки A ⋅ A = ∅ , то події A і A несумісні, і тоді з рівності A + A = U за аксіомами 3 і 2 одержуємо

( ) отже, P ( A ) = 1 − P ( A ). 

P ( A ) + P A = P (U ), тобто

( )

P ( A ) + P A = 1,

зауваження. Якщо для довільної події

P ( A ) 0 (а отже, і P ( A ) 0), то з рівності P ( A ) + P A = 1 одержуємо, що P ( A ) 1, тобто обмеження P ( A ) 1 в аксіомі 1 можна обґрунтувати, спираючись на обмеження P ( A ) 0. Але ми включили обмеження P ( A ) 1 до аксіоми 1 для зручності використання цієї аксіоми.

( )

наслідок 2.

Ймовірність суми попарно несумісних подій дорівнює сумі ймовірностей цих подій, тобто, якщо ui ⋅ u j = ∅ при i ≠ j , то P (u1 + u2 + ... + un ) = P (u1 ) + P (u2 ) + ... + P (un ) . Обґрунтуйте цю властивість самостійно, спираючись на аксіому 3 і використовуючи метод математичної індукції.

Система аксіом 1–3 передбачає, що залежно від задачі, яка розв’язується, елементарні ймовірності p (ui ) , а відповідно і ймовірності P ( A ) , можуть задаватися у різні способи. У випадку, коли елементарні події не є рівноймовірними, доводиться використовувати статистичне означення ймовірності. Разом із тим, коли розглядаються експерименти з випадковими результатами (тобто випадкові події) і всі ці результати рівноможливі, тобто є всі підстави вважати, що шанси отримання цих результатів однакові, то ймовірність випадкової події вдається знайти шляхом міркувань, не виконуючи експериментів. Наведемо відповідні міркування, спираючись на аксіоми ймовірності (тобто отримаємо класичне означення ймовірності як ще один наслідок з аксіом імовірності). Нехай результатом деякого випадкового експерименту може бути тільки одна з попарно несумісних подій u1 , u2 , ..., un . Назвемо ці події елементарними подіями, а множину всіх цих подій

§§12. Основні поняття теорії ймовірностей

U = {u1, u2, ..., un } — простором елементарних подій. Сумою всіх елементарних подій є вірогідна подія U: u1 + u2 + ... + un = U . Це випливає з того, що оскільки в результаті заданого експерименту обов’язково відбудеться одна з подій u1 , u2 , ..., un , то за означенням суми обов’язково відбудеться і їх сума. Враховуючи, що за аксіомою 2 ймовірність вірогідної події дорівнює одиниці P (U ) = 1 , і те, що за аксіомою 3 і наслідком 2 ймовірність суми несумісних подій дорівнює сумі ймовірностей цих подій, маємо: p (u1 ) + p (u2 ) + ... + p (un ) = 1 .

(

)

Якщо всі події u1 , u2 , ..., un рівноймовірні: p (u1 ) = p (u2 ) = ... = p (un ), то одержуємо, що p (u1 ) = p (u2 ) = ... = p (un ) =

1 n

Нехай подія A відбувається тоді й тільки тоді, коли відбудеться одна з m попарно несумісних елементарних подій ui1 , ui2 , ..., uim (у цьому випадку говорять, що елементарні події ui1 , ui2 , ..., uim сприятливі для події A). Це можна записати так:

{

A = ui1 , ui2 , ..., uim

} або, використовуючи поняття суми подій,

так: A = ui1 + ui2 + ... + uim . Враховуючи, що ймовірність суми попарно несумісних подій дорівнює сумі ймовірностей цих подій, і те, що ймовірність кожної з m вибраних елементарних подій дорівнює

1 n

( ) ( ) = ... = p (u ) = n1 ), маємо:

(тобто p ui1 = p u i

( ) ( )

( )

P ( A ) = p ui1 + p ui2 + ... + p uim =

+ ... +

n n n

m n

m разів

Отже, спираючись на аксіоматичне означення ймовірності, ми з’ясували, чому у випадку рівноможливих елементарних по-

Зауваження. Оскільки різні означення ймовірності задовольняють одні й ті самі основні властивості (аксіоми), то наслідки, які можуть бути отримані з викори станням цих аксіом, не залежать від способу означення ймовірності. Тому далі обґрунтування загальних властивостей ймовірностей ми будемо проводити для одного означення — або, як кажуть у математиці, для однієї ймовірнісної моделі, — і мати на увазі, що аналогічне обґрунтування можна провести й для інших моделей. Хоча, звичайно, у кожній моделі можна вказати й свої специфічні властивості, яких немає в інших моделях.

приймають за класичне означення ймодій рівність P ( A ) = n вірності. Звернувшись до інтернет-підтримки підручника, ви можете ознайомитися з означенням і застосуванням геометричної ймовірності, для якої теж виконуються аксіоми 1–3 ймовірності.

Запитання

1. Поясніть, що таке частота та відносна частота випадкової події. 2. Поясніть зміст статистичного означення ймовірності. 3. Поясніть зміст аксіоматичного означення ймовірності. 4. Сформулюйте і обґрунтуйте найпростіші наслідки з аксіом імовірності.

167

168

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

Вправи

12.3.1. Проведіть 50 разів експеримент із підкидання монети. Обчисліть відносну частоту випадання «герба». Порівняйте свій результат із результатами інших учнів вашого класу.

12.3.2. Щоб визначити, як часто зустрічаються в лісопарку дерева різних порід, учні провели такі експерименти. Кожний вибрав свою стежину і, йдучи нею, записував породу кожного десятого дерева. Результати було подано у вигляді таблиці. Порода дерева Число дерев

Сосна

Дуб

315

217

Береза Ялина Осика Усього 123

757

Оцініть імовірність того, що обране навмання в цьому парку дерево буде: 1) сосною; 2) хвойним; 3) листяним. Відповідь подайте десятковим дробом, округливши його до сотих.

12.3.3. Щоб визначити, який колір волосся в жителів міста зустрічається частіше, а який рідше, учні провели такий експеримент. Кожний вибрав свій маршрут і протягом півгодини записував колір волосся кожного п’ятого на шляху проходження зустрічного. Результати було подано у вигляді таблиці. Колір волосся

Брюнети

Число людей

198

Шатени Руді 372

Блондини

Усього

212

865

Оцініть імовірність того, що обраний навмання житель цього міста буде: 1) шатеном; 2) рудим; 3) не рудим. Відповідь подайте десятковим дробом, округливши його до сотих.

12.3.4*. Виберіть навмання одну сторінку з книжки будь-якого письменника і підрахуйте, скільки разів на цій сторінці з’являються букви «о» і «б», а також скільки всього на ній букв. Оцініть імовірність появи букв «о» і «б» у цьому тексті. Поясніть, чому на клавіатурах друкарських машинок і комп’ю терів буква «о» розташована ближче до центра, а буква «б» — ближче до краю (рис. 12.3.2). Як ви поясните розташування інших букв?

Puc. 12.3.2

169

§§12. Основні поняття теорії ймовірностей

12.3.5. Виготовили «неправильний» кубик зі зміщеним центром ваги. Після проведення 1000 експериментів із підкидання кубика отримали такі результати. Число очок

Число випадань відповідної кількості очок

145

169

503

Використовуючи ці дані, оцініть імовірності вказаних нижче подій (запишіть відповідні ймовірності десятковим дробом, округливши його до тисячних) і дайте відповіді на запитання, чи справедливим буда таке парі: 1) я виграю, якщо випаде парне число очок, ви — якщо непарне; 2) я виграю, якщо випаде число очок від 4 до 6, ви — якщо від 1 до 3; 3) Я виграю, якщо випаде не 6 очок, ви — якщо 6 очок?

12.3.6. У результаті значної кількості спостережень учні визначили ймовірність, з якою в лісопарку зустрічаються дерева різних порід, і подали результати у вигляді таблиці. Порода дерева Ймовірність

Сосна

Дуб

Береза

Ялина

Осика

0,42

0,29

0,16

0,09

0,04

Знайдіть імовірність того, що обране навмання в цьому лісопарку дерево буде: 1) сосною або дубом; 2) не дубом; 3) хвойним; 4) листяним; 5) не осикою; 6) хвойним або листяним (поясніть, що означає останній результат).

12.3.7. У результаті значної кількості спостережень учні визначили ймовірності того, який колір волосся зустрічається в жителів міста частіше, а який рідше, і подали результати у вигляді таблиці. Колір волосся Ймовірність

Брюнети

Шатени

Руді

Блондини

0,23

0,43

0,1

0,24

Знайдіть імовірність того, що обраний навмання житель цього міста буде: 1) шатеном або рудим; 2) не рудим; 3) брюнетом або блондином; 4) не блондином.

170

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

12.4. Умовна ймовірність Таблиця 19

1. Поняття умовної ймовірності Означення

Формула

Число, яке виражає ймовірність події A за умови, що відбулася подія B, називається умовною ймовірністю події A за умови B і позначається PB ( A ) або P A B .

(

PB ( A ) =

)

P ( AB) P ( B)

2. Ймовірність добутку двох подій (теорема множення ймовірностей) Ймовірність добутку (тобто сумісної появи) двох подій дорівнює добутку ймовірності однієї з них на умовну ймовірність другої події, яка обчислена за умови, що перша подія вже відбулася.

P ( AB) = P ( A ) ⋅ PA ( B)

3. Ймовірність добутку декількох подій Ймовірність добутку (тобто сумісної появи) декількох подій дорівнює добутку ймовірності однієї з них на умовні ймовірності інших, причому ймовірність кожної наступної події обчислюється за умови, що всі попередні події вже відбулися.

P ( A1 A2... An ) = P ( A1 ) PA1 ( A2 ) PA1 A2 ( A3 )...PA1 A2... An −1 ( An )

Пояснення й обґрунтування 1 Поняття умовної ймовірності Оцінюючи ймовірність випадкової події A, іноді доводиться враховувати якісь додаткові умови, що впливають на оцінку ймовірності цієї події. Нехай A і B — дві події, які розглядаються в даному експерименті. Поява однієї події (наприклад, B) може впливати на можливість появи другої (A). Наприклад, нехай проводиться експеримент з витягання куль з коробки, в якій є 8 куль, з них 2 білих і 6 чорних. Навмання послідовно виймають дві кулі, причому взяту кулю в коробку не повертають. Яка ймовірність того, що друга куля виявиться білою за умови, що перша куля була чорною? Позначимо події: A — друга витягнута куля біла, B — перша витягнута куля чорна. Витягання (навмання) з коробки будьякої кулі — рівноможливі події. Оскільки подія B відбулася, то в коробці лежать не 8,

а 7 куль, з яких 2 білих. Тоді ймовірність події A за умови, що відбулася подія B, до2

рівнює

Означення. Число, яке виражає ймовір-

ність події A за умови, що відбулася подія B, називається умовною ймовірністю події A за умови B і позначається PB ( A ) або P A B .

(

)

Умовна ймовірність події A за умови B обчислюється за формулою

PB ( A ) =

P ( AB) P ( B)

(де P ( B) > 0).

(1)

Доведемо цю формулу для випадку класичного означення ймовірності.  Нехай у результаті випадкового експерименту ми одержали n рівноможливих елементарних подій (простір U). З цих по-

171

§§12. Основні поняття теорії ймовірностей

Зазначимо, що рівність (1) іноді приймається за означення умовної ймовірності події A за умови B.

k l

2 АB

З рівності (1) одержуємо, що

U (n подій)

Puc. 12.4.1 дій m — сприятливі для події A, k — сприятливі для події B, l — сприятливі для події AB (рис. 12.4.1). Тоді P ( A ) =

m n

, P ( B) =

k n

, P ( AB) =

l n

Знайдемо ймовірність події A за умови B. Для обчислення умовної ймовірності замість всього простору елементарних подій U візьмемо тільки ту його частину, яка сприятлива для B. У цьому випадку сприятливими для події A будуть тільки l елементарних подій, які складають подію AB. l

Тоді PB ( A ) =

l k

Приклад 1

P ( AB) = P ( B) ⋅ PB ( A ) .

(2)

Оскільки подія BA збігається з подією AB, то в правій частині останньої формули можна поміняти місцями A і B. Тоді

P ( AB) = P ( A ) ⋅ PA ( B).

(3)

Рівність (2) (або (3)) зазвичай називають теоремою множення ймовірностей.

 Теорема. Ймовірність добутку (тобто

сумісної появи) двох подій дорівнює добутку ймовірності однієї з них на умовну ймовірність другої події, яка обчислена за умови, що перша подія вже відбулася.

Якщо ми можемо обчислити ймовірність події A й умовну ймовірність PA ( B) , то за формулою (3) легко знайти ймовірність P ( AB) добутку подій A і B.

P ( AB) = n = . n

Ймовірність добутку подій

P ( B)

В коробці лежать 10 куль, із них 4 білі. Навмання беруть одну за одною дві кулі, причому взяту кулю до коробки не повертають. Обчислимо ймовірність того, що обидві кулі будуть білими. Розв’язання

 Позначимо події: A — перша витягнута куля біла, B — друга витягнута куля біла. Тоді подія AB — обидві витягнуті кулі білі. Витягання (навмання) з коробки будь-якої з 10 куль — рівноможливі події. Сприятливими для події A є 4 події (в коробці всього 4 білих кулі). Тоді P ( A ) =

4 10

2 5

. Після ви-

тягання однієї білої кулі (відбулася подія A) в коробці залишиться 9 куль, і з них тільки 3 білих, отже, PA ( B) =

3 9

1 3

. Тоді за форму-

лою множення ймовірностей (3) одержуємо:

P ( AB) = P ( A ) ⋅ PA ( B) =

2 1

⋅

5 3

2 15

. 

172

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

Приклад 2

Серед однотипних деталей, які випускають у цеху, 1 % бракованих. Серед якісних деталей 40 % деталей вищого ґатунку. Яка ймовірність того, що взята навмання деталь вищого ґатунку? Розв’язання

 Позначимо події: A — деталь не бракована, B — деталь вищого ґатунку. Тоді подія AB — вибрали якісну деталь вищого ґа тунку. Вибір однієї деталі з множини однотипних деталей — рівноможливі події. Враховуючи, що серед випущених деталей 99 % якісних,

одержуємо P ( A ) = 0, 99, а враховуючи, що серед якісних деталей 40 % деталей вищого ґатунку, одержуємо, що PA ( B) = 0, 4 . Тоді

P ( AB) = P ( A ) ⋅ PA ( B) = 0,99 ⋅ 0,4 = 0,396 . 

Формула множення ймовірностей (2) узагальнюється на випадок декількох подій A1, A2 , ..., An :

P ( A1 A2... An ) = P ( A1 ) PA1 ( A2 ) PA1 A2 ( A3 )...PA1 A2... An −1 ( An ),

(4)

де PA1 A2... An −1 ( An ) позначає умовну ймовірність події An , обчислену за умови, що всі події A1, A2 , ..., An−1 уже відбулися. Отже, ймовірність добутку (тобто сумісної появи) декількох подій дорівнює добутку ймовірності однієї з них на умовні ймовірності інших, причому ймовірність кожної наступної події обчислюється за умови, що всі попередні події вже відбулися.

Приклад 3

В коробці лежить 6 білих, 4 чорних і 3 червоні кулі. Навмання одну за одною беруть три кулі, причому взяту кулю до коробки не повертають. Знайдіть імовірність того, що перша куля буде червоною, друга — білою і третя — чорною. Розв’язання

 Нехай подія A — перша куля червона, подія B — друга куля біла, подія C — третя куля чорна. Тоді подія ABC — вибрали три кулі, з яких перша — червона, друга — біла і третя — чорна. В коробці всього 13 куль. Витягання (навмання) будь-якої з 13 куль — рівноможливі події. Сприятливими для події A є 3 події (в коробці всього 3 червоні кулі). Тоді

P( A) =

3 13

. Після витягання однієї червоної

кулі (відбулася подія A) в коробці залишиться 12 куль і з них тільки 6 білих, отже,

PA ( B) =

6 12

1 2

. Після витягання однієї чер-

воної і однієї білої куль (відбулися події A і B, тобто подія AB) в коробці залишиться 11 куль і з них тільки 4 чорних, отже,

PAB ( C ) =

4 11

. Тоді за узагальненою форму-

лою множення ймовірностей (4) одержуємо:

P ( ABC ) = P ( A ) ⋅ PA ( B) ⋅ PAB (C ) =

⋅

13 2 11

6 143

. 

§§12. Основні поняття теорії ймовірностей

Запитання

1. Поясніть зміст поняття умовної ймовірності події A за умови події B.

2. Обґрунтуйте формулу PB ( A ) =

P ( AB) P ( B)

, де P ( B) > 0, для випадку

класичного означення ймовірності.

3. Сформулюйте теорему множення ймовірностей. Наведіть приклади її використання.

Вправи

12.4.1. В ящику лежать 10 деталей, з яких 4 пофарбовані. Робітник навмання по одній виймає дві деталі. Знайдіть імовірність того, що: 1) 2) 3) 4)

друга деталь пофарбована, якщо перша пофарбована; друга деталь пофарбована, якщо перша не пофарбована; обидві деталі пофарбовані; обидві деталі не пофарбовані.

12.4.2. В коробці лежать 5 білих і 4 чорних кулі. З коробки навмання виймають одну за одною дві кулі (кулі в коробку не повертають). Знайдіть імовірність того, що друга куля біла, якщо перша: 1) біла; 2) чорна.

12.4.3 На деякому підприємстві 95 % продукції вважається якісною. З якісних виробів 75 % становлять вироби першого ґатунку, решта — другого. Знайдіть імовірність того, що виріб, виготовлений на цьому підприємстві, виявився другого ґатунку.

12.4.4. В читальному залі є шість підручників із математики, з яких три у твердій обкладинці. Бібліотекар навмання взяв два підручники. Знайдіть імовірність того, що обидва підручники будуть у твердій обкладинці.

12.4.5. В коробці лежить 12 червоних, 8 зелених і 10 синіх куль. Навмання одну за одною беруть три кулі, причому взяту кулю до коробки не повертають. Знайдіть імовірність того, що перша куля буде червоною, друга — зеленою і третя — синьою.

173

174

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

12.5. Незалежні події Таблиця 20

1. Поняття незалежності двох подій Зміст

Означення

Подія B називається незалежною від події A, якщо подія A не змінює ймовірність події B.

Події A і B називаються незалежними, якщо виконується рівність P ( AB) = P ( A ) P ( B). Ймовірність добутку (тобто сумісної появи) подій дорівнює добутку ймовірностей цих подій.

2. Незалежність декількох подій Декілька подій називаються незалежними, якщо для будь-якої підмножини цих подій (що містить дві або більше подій) імовірність їх добутку дорівнює добутку їх імовірностей. Зокрема, якщо події A1, A2 , ..., An незалежні, то P ( A1 A2 … An ) = P ( A1 ) P ( A2 ) … P ( An ) .

3. Властивість незалежних подій Якщо ми маємо сукупність незалежних подій, то, замінивши деякі з цих подій на протилежні їм події, знову одержимо сукупність незалежних подій. Наприклад, якщо події A і B незалежні, то незалежними будуть також події A і B , A і B, A і B .

4. Ймовірність того, що відбудеться хоча б одна з незалежних подій A1, A2 , ..., An

(

)(

) (

)

P ( A1 + A2 + … + An ) = 1 − 1 − P ( A1 ) 1 − P ( A2 ) … 1 − P ( An ) .

Пояснення й обґрунтування Подія B називається незалежною від події A, якщо поява події A не змінює ймовірність події B. Загальне означення незалежності подій найчастіше формулюють так. Означення. Події A і B називаються незалежними, якщо виконується рівність

P ( AB ) = P ( A) P ( B ) ,

(1)

тобто дві події називаються незалежними, якщо ймовірність добутку (тобто сумісної появи) цих подій дорівнює добутку ймовірностей цих подій. Рівність (1) обов’язково виконуватиметься, якщо одна з подій неможлива або вірогідна. Наприклад, якщо подія B — не-

можлива, тобто B = ∅, то AB = ∅. Отже, P ( AB) = 0 і P ( B) = 0, тобто рівність (1) виконується. Якщо подія B — вірогідна, тобто B = U , то AB = AU = A . Тоді P ( AB) = P ( A ) і P ( B) = 1, тобто рівність (1) виконується і в цьому випадку. Отже, якщо хоча б одна з двох подій неможлива або вірогідна, то такі дві події незалежні. Звернемо увагу на те, що у випадку, коли події A і B незалежні, також незалежними будуть події A і B, A і B, A і B.  Доведемо, наприклад, що будуть незалежними події A і B. Якщо події A і B незалежні, то за означенням P ( AB) = P ( A ) P ( B). Коли відбувається подія A, то в цей час подія B може від-

§§12. Основні поняття теорії ймовірностей

буватися або не відбуватися. Отже, можна стверджувати, що подія A відбувається тоді й тільки тоді, коли відбуваються або події A і B, або події A і B, тобто A = AB + AB . Ураховуючи, що події AB і AB несумісні (бо події B і B несумісні) і що P ( B) = 1 − P ( B) , одержуємо P ( A ) = P ( AB) + P ( AB) . Тоді P ( AB) = P ( A ) − P ( AB) = P ( A ) − P ( A ) P ( B) =

= P ( A ) (1 − P ( B)) = P ( A ) P ( B) . А це й означає, що події A і B неза лежні. Аналогічно обґрунтовується незалежність подій A і B, A і B.  Поняття незалежності подій може бути поширене на будь-яку скінченну кількість подій. Означення. Декілька подій називають

незалежними (ще говорять «незалежними в сукупності»), якщо для будь-якої підмножини цих подій (яка містить дві або більше подій) імовірність їх добутку дорівнює добутку їх імовірностей. Наприклад, три події A, B, C будуть незалежними, якщо виконуються умови:

Приклад 1

P ( AB) = P ( A ) P ( B), P ( AC ) = P ( A ) P (C ) , P ( BC ) = P ( B) P (C ) , P ( ABC ) = P ( A ) P ( B) P (C ) . З означення випливає, що у випадку, коли події A1, A2 , ..., An незалежні,

P ( A1 A2 … An ) = P ( A1 ) P ( A2 ) … P ( An )

(але виконання цієї рівності при n > 2 ще не означає, що події A1, A2 , ..., An незалежні). Як і у випадку двох подій, можна довести, що коли в деякій сукупності незалежних подій замінити якісь події протилежними їм подіями, то отримаємо також сукупність незалежних подій. Зазначимо, що наведені означення незалежності подій у теоретико-ймовірнісному розумінні відповідають звичайному розумінню незалежності подій як відсутності впливу одних подій на інші. Тому під час розв’язування задач можна користуватися таким принципом: причинно-незалежні події є незалежними і в теоретико-ймовірнісному розумінні.

Прилад складається з трьох вузлів, кожен із яких протягом доби може вийти з ладу незалежно від інших. Прилад не працює, якщо не працює хоча б один із вузлів. Імовірність роботи без поломки протягом доби першого вузла дорівнює 0,95, другого 0,9, третього 0,85. Знайдіть імовірність того, що протягом доби прилад працюватиме без поломок. Розв’язання

 Нехай подія A1 — перший вузол справний, подія A2 — другий вузол справний, подія A3 — третій вузол справний, подія A — протягом доби прилад працює без поломок. Оскільки прилад працює без поломок тоді й тільки тоді, коли справні всі три

вузли, то A = A1 A2 A3 . За умовою події A1, A2 , A3 незалежні, отже,

P ( A ) = P ( A1 A2 A3 ) = P ( A1 ) P ( A2 ) P ( A3 ) = = 0,92 ⋅ 0,9 ⋅ 0,85 = 0,726 75 ≈ 0,73. 

175

176

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

Приклад 2

Два стрільці зробили по одному пострілу в одну мішень. Ймовірність влучити в мішень для першого стрільця дорівнює 0,9, для другого 0,8. Знайдіть імовірність того, що мішень буде влучена. Розв’язання

 Розглянемо такі події: A — перший стрілець влучив у мішень, B — другий стрілець влучив у мішень, C — мішень улучена. Події A і B незалежні, але безпосередньо використовувати в даному випадку множення ймовірностей не можна, оскільки подія C відбувається не тільки тоді, коли обидва стрільці влучили у мішень, але й тоді, коли в мішень влучив хоча б один із них. Міркуватимемо інакше. Розглянемо події A , B , C , протилежні відповідно подіям A, B, C. Оскільки події A і B незалежні, то події A

і B також незалежні. Якщо P ( A ) = 0, 9, то P ( A ) = 1 − P ( A ) = 1 − 0,9 = 0,1. Якщо P ( B) = 0,8 , то P ( B) = 1 − P ( B) = 1 − 0, 8 = 0,2 . Ураховуючи, що мішень не буде влучена тоді й тільки тоді, коли в неї не попаде ні перший стрілець, ні другий, одержуємо, що C = AB . Тоді

P ( C ) = P ( A ) P ( B) = 0,1 ⋅ 0,2 = 0,02 .

Оскільки події C і C протилежні, то

P (C ) = 1 − P (C ) = 1 − 0,02 = 0,98 . 

Зауваження. Міркування, наведені в ході розв’язування задачі 2,

можна узагальнити. Якщо події A1, A2 , ..., An незалежні, то події A1 , A2 , ..., An також незалежні (і P ( Ai ) = 1 − P ( Ai ) , де i = 1, 2, 3, ..., n). Для знаходження ймовірності появи хоча б однієї з незалежних подій A1, A2 , ..., An , тобто події C = A1 + A2 + … + An , можна знайти ймовірність протилежної події C. Подія C відбудеться тоді й тільки тоді, коли не відбудеться ні подія A1, ні подія A2 , ..., ні подія An , тобто C = A1 A2 … An . Тоді P ( C ) = P ( A1 A2 … An ) = P ( A1 ) P ( A2 ) … P ( An ) =

(

)(

) (

)

= 1 − P ( A1 ) 1 − P ( A2 ) … 1 − P ( An ) .

Ураховуючи, що P (C ) = 1 − P (C ) , одержуємо, що ймовірність появи хоча б однієї з незалежних подій A1, A2 , ..., An можна обчислити

(

)(

) (

)

за формулою P ( A1 + A2 + … + An ) = 1 − P ( A1 ) 1 − P ( A2 ) … 1 − P ( An ) .

Зрозуміло, наведену формулу необов’язково запам’ятовувати, достатньо під час розв’язування задач на знаходження ймовірності появи хоча б однієї з незалежних подій провести вищевикладені міркування.

Запитання

1. Поясніть, у якому випадку подія B називається незалежною від події A.

2. Сформулюйте означення незалежності двох подій. Користуючись цим означенням, доведіть, що в експерименті з витягання карт з колоди (36 карт) незалежними є події: A — витяли даму, B — витягли бубнову карту.

§§12. Основні поняття теорії ймовірностей

3*. Відомо, що події A і B незалежні. Обґрунтуйте незалежність подій A і B, A і B, A і B.

4. Поясніть, як розуміють незалежність (тобто незалежність у сукупності) трьох подій K, M, N.

5. Запишіть формулу для знаходження ймовірності добутку декількох незалежних подій. Наведіть приклад її використання.

Вправи

12.5.1°. Ймовірність того, що стрілець при одному пострілі влучить у ціль, дорівнює 0,8. Стрілець зробив два постріли. Знайдіть імовірність того, що при обох пострілах стрілець улучив у ціль.

12.5.2°. Одночасно підкинули монету й гральний кубик. Знайдіть імовірність одночасного випадання «герба» на монеті і 1 очка на кубику.

12.5.3°. В одній партії електролампочок 3 % бракованих, а в другій 4 % бракованих. Навмання беруть по одній лампочці з кожної партії. Знайдіть імовірність того, що обидві лампочки виявляться бракованими.

12.5.4. Підкидають два гральні кубики. Знайдіть імовірність того, що на одному кубику випаде 1 очко, а на другому — більше 3 очок.

12.5.5. Три стрільці, для яких імовірність влучення в мішень дорівнює 0,8, 0,75, 0,7, роблять по одному пострілу по одній мішені. Знайдіть імовірність того, що: 1°) усі три стрільці улучать у мішень; 2) хоча б один зі стрільців улучить у мішень; 3) тільки один зі стрільців улучить у мішень; 4) тільки двоє зі стрільців улучать у мішень.

12.5.6. Ймовірність зупинки за зміну одного з верстатів, що працюють в цеху, дорівнює 0,15, а другого 0,16. Знайдіть імовірність того, що обидва верстати за зміну не зупиняться.

12.5.7. Прилад містить два незалежні елементи. Ймовірність відмови елементів дорівнює 0,05 і 0,08. Знайдіть імовірність відмови приладу, якщо для цього досить, щоб відмовив хоча б один елемент.

12.5.8*. Ймовірність хоча б одного влучення стрільцем у мішень при трьох пострілах дорівнює 0,875. Знайдіть імовірність влучення при одному пострілі.

12.5.9*. Ймовірність того, що при одному пострілі стрілець улучить у ціль, дорівнює 0,5. Скільки пострілів повинен зробити стрілець, щоб із імовірністю не менше 0,9 улучити в ціль хоча б один раз?

177

178

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

12.6. Поняття випадкової величини та її розподілу. Математичне сподівання випадкової величини 1 Поняття випадкової величини та її розподілу Під випадковою величиною в теорії ймовірностей розуміють змінну величину, яка в даному випадковому експерименті може набувати тих чи інших числових значень із певною ймовірністю. Позначають випадкові величини великими латинськими літерами: X, Y, Z, ..., а їх значення — відповідними малими літерами: x, y, z, ... . Той факт, що випадкова велиX p

За допомогою цієї таблиці легко побачити, яких значень величина X набуває з однаковими ймовірностями, яке значення величини X з’являється з більшою ймовірністю тощо. Таку таблицю називають таблицею розподілу значень випадкової величини за їх імовірностями й кажуть, що ця таблиця задає закон розподілу розглянутої випадкової величини. Наведемо означення розглянутих понять. Зазначимо, що випадкову величину можна задати в будь-якому випадковому експерименті. Для цього достатньо кожній елементарній події з простору елементарних подій експерименту поставити у відповідність якесь число (тоді кажуть, що задано числову функцію, областю визначення якої є простір елементарних подій). Означення. Випадковою величиною на-

зивається числова функція, областю визначення якої є простір елементарних подій. Наприклад, в експерименті з підкидання монети простір елементарних подій скла*

чина X набула значення x, записують так: X = x . Наприклад, у п. 12.1 було знайдено ймовірності появи тієї чи іншої суми очок при киданні двох гральних кубиків. Сума очок, що з’являється, — випадкова величина. Позначимо її через X. Тоді x1 = 2 , x2 = 3 , ..., x10 = 11, x11 = 12 — значення випадкової величини X. Значення випадкової величини X та відповідні ймовірно сті їх появи ( p1 , p2, ..., p10 , p11 )* наведені в таблиці:

дається з двох подій: u1 — випав «герб», u2 — випало «число». Ці події несумісні, і в результаті експерименту обов’язково відбудеться одна з цих подій. Поставимо у відповідність події u1 число 1, а події u2 — число 0 (тобто фактично будемо вважати, що у випадку появи «герба» випадає число 1, а у випадку появи «числа» випадає 0). Тоді одержимо випадкову величину X, яка набуває тільки двох значень: x1 = 1, x2 = 0 (тобто X (u1 ) = x1 = 1, X (u2 ) = x2 = 0). Роз глянуту функцію — випадкову величину X — можна задати також за допомогою таблиці. Результат u1 — u2 — експерименту випав «герб» випало «число» Значення X

Закон розподілу цієї випадкової величини задається таблицею:

X P

Таким чином, через pi позначено ймовірність події «випадкова величина X набула значення xi ». Це можна записати так: P ( X = xi ) = pi (де i = 1, 2, ..., 11).

§§12. Основні поняття теорії ймовірностей

Зазначимо, що закон розподілу кожної випадкової величини встановлює відповідність між значеннями випадкової величини та їх імовірностями, тобто є функцією, областю визначення якої є всі значення випадкової величини.

в таблиці, яка задає закон розподілу випадкової величини. Y

0,45

0,55

Означення. Законом розподілу випад-

У загальному випадку закон розподілу випадкової величини, яка набуває тільки n значень, можна записати у вигляді таблиці: x1

...

Тут x1 , x2 , ..., xn — різні значення випадкової величини X, а pi = P ( X = xi ) (де i = 1, 2, ..., n) — ймовірності, з якими X набуває цих значень. Події ( X = x1 ), ( X = x2 ) , ..., ( X = xn ) попарно несумісні, і їх сума є вірогідною подією. Тому сума ймовірностей цих подій дорівнює 1, отже, p1 + p2 + … + pn = 1. Цю рівність часто використовують для перевірки правильності задання закону розподілу випадкової величини, особливо в тих випадках, коли він задається не в результаті теоретичного розрахунку ймовірностей подій із використанням класичного означення ймовірності, а в результаті використання статистичного означення ймовірності. Наприклад, в експериментах із підкидання ґудзика з вушком для пришивання падіння ґудзика на вушко чи на лицьову сторону може бути розглянуте як випадкова величина Y з умовними значеннями y1 = 1 (падіння на вушко) і y2 = 0 (падіння на лицьову сторону). Результати серії експериментів для деякого ґудзика наведені

P1 + P2 + … + Pk = ∑ P *.

Використовуючи позначення ∑ ,Pпере= 0,45 + 0,55 = 1 вірку правильності складання останньої таблиці можна записати так: ∑ P = 0,45 + 0,55 = 1. Розглянуті в цьому пункті випадкові величини набували ізольованих одне від одного значень. Такі величини називають дискретними, а розподіл імовірностей такої величини — дискретним розподілом імовірностей. Дискретний — від латин. discretus — роздільний, переривчастий.

(перевірка: 0, 45 + 0,55 = 1 )

Зауваження. У тому випадку, коли доводиться знаходити суму всіх значень деякої величини, можна використовувати уведений Л. Ейлером знак ∑ (сигма, читають: «сума») для позначення суми. Наприклад, якщо ймовірність P набуває значення P1 , P2 , ..., Pk , то:

кової величини X називається функція, яка кожному значенню x випадкової величини X ставить у відповідність число P ( X = x ) (імовірність події «випадкова величина X набула значення x»).

179

Якщо випадкова величина може набувати будь-якого значення з деякого проміжку, то таку величину називають неперервною. Наприклад, час T чекання автобуса на зупинці є неперервною випадковою величиною.

Математичне сподівання випадкової величини

Сформулюємо означення цього поняття для дискретної випадкової величини. Нехай випадкова величина X набуває значень x1 , x2 , ..., xk відповідно до ймовірностей p1 , p2, ..., pk , тобто має закон розподілу: k

Детальніше вказана сума записується так: P1 + P2 + … + Pk = ∑ Pi . i =1

180

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей X

...

Означення. Сума добутків усіх значень

випадкової величини на відповідні ймовірності називається математичним сподіванням величини X (і позначається MX або M ( X ) ): MX = x1 p1 + x2 p2 + … + xk pk. (1) Якщо значення випадкової величини X мають одну й ту саму ймовірність p, то, враховуючи, що p1 + p2 + … + pk = 1, одержуємо

kp = 1 і p =

1 k

0,4

0,1

0,5

0,1

0,6

0,3

. Тоді

MX = x1 p + x2 p + … + xk p = p (x1 + x2 + … + xk ) = + x2 + … + xk ) =

Математичне сподівання показує, на яке середнє значення випадкової величини X можна сподіватися в результаті тривалої серії експериментів (при значній кількості повторень експерименту). За допомогою математичного сподівання можна порівнювати випадкові величини, які задані законами розподілу. Наприклад, нехай кількості очок, що вибиваються при одному пострілі кожним із двох вправних стрільців, мають такі закони розподілу:

x1 + x2 + … + xk k

x1 + x2 + … + xk

тобто в цьому випадку математичне сподівання випадкової величини X дорівнює середньому арифметичному всіх її значень. Говорять, що математичне сподівання випадкової величини є середнім зваженим (за ймовірностями) її значень. Математичне сподівання називають ще середнім значенням випадкової величини. Іноді також говорять, що математичне сподівання випадкової величини є її значенням у середньому.

Приклад 1

Щоб з’ясувати, який зі стрільців стріляє краще, знаходять математичне сподівання для кожної випадкової величини:

MX = 8 ⋅ 0,4 + 9 ⋅ 0,1 + 10 ⋅ 0,5 = 9,1; MY = 8 ⋅ 0,1 + 9 ⋅ 0,6 + 10 ⋅ 0,3 = 9,2 . Отже, середня кількість очок, які вибиває другий стрілець при одному пострілі, дещо вища, ніж у першого. Це дає підставу зробити висновок, що другий стрілець стріляє трохи краще, ніж перший. Поняття математичного сподівання виникло у зв’язку з вивченням азартних ігор. Наведемо приклади.

Гравець вносить у банк грального дому 1000 грн. Кидають гральний кубик. За правилами гравець може одержати 1800 грн, якщо відбудеться подія A1 — випаде 6 очок; 1200 грн, якщо відбудеться подія A2 — випаде або 4, або 5 очок; 0 гривень, якщо відбудеться подія A3 — випаде або 1, або 2, або 3 очки.

Розв’язання  Вважатимемо, що гравець одержує X гри 1 1 1 MX = 1800 ⋅ + 1200 ⋅ + 0 ⋅ = 700 . вень, тобто X — випадкова величина, яка 6 3 2 може набувати значення x1 = 1800 , x2 = 1200, Математичне сподівання — дуже важливий x3 = 0 відповідно до ймовірностей показник гри. Численні досліди показують, p1 = p ( A1 ) =

p3 = p ( A3 ) =

6 3 6

, p2 = p ( A2 ) =

1 2

, де p1 + p2 + p3 = 1.

Математичне сподівання випадкової величини X дорівнює:

що число MX = 700 у нашому випадку — це та сума, яку в середньому гральний дім виплачує кожному гравцю. Але це означає, що кожен гравець у середньому втрачає 300 грн із внесених у банк грального дому 1000 грн. 

§§12. Основні поняття теорії ймовірностей

Гравець виймає з колоди (у 36 карт) одну карту. Він одержує (тобто виграє) 10 грн, якщо вийме бубнового туза, 5 грн, якщо вийме бубнового короля, і кладе на стіл 1 грн (тобто програє, але можна сказати, що виграє –1 грн) у решті випадків.

Приклад 2

Розв’язання  Вважатимемо, що гравець одержує X гри вень, де X — випадкова величина, яка може набувати значення x1 = 10 , x2 = 5, x3 = −1 відповідно до ймовірностей

p1 =

1 36

, p2 =

1 36

Приклад 3

, p3 =

34 36

Математичне сподівання випадкової величини X дорівнює:

MX = 10 ⋅

1 36

+ 5⋅

1 36

+ ( −1) ⋅

34 36

=−

19 36

Це означає, що кожен гравець у середньому , де p1 + p2 + p3 = 1.

втрачає

19 36

грн. 

Задача Паскаля. Два гравці A і B погодилися, що в їхній грі всю ставку отримає той, хто першим виграє 5 партій. Але гра перервалася, коли гравець A мав 4 виграші, а гравець B — 3 виграші. У якому відношенні гравці повинні розділити ставку в цій перерваній грі? (У кожній партії виграє один з гравців — нічиїх немає; вважається, що ймовірність виграшу кожного гравця в одній партії дорівнює 0,5.)

Розв’язання  Розглянемо, які випадки могли б відбути 3 1 і значення 0 з імовірністю , ністю ся, якби гравці зіграли ще дві партії (неза4 4 лежно від їх початкової домовленості): а гравець B одержав би XB грн, де XB — 1) гравець B виграє обидві партії; випадкова величина, яка набуває значен2) гравець B виграє першу партію, але про1 ня m з імовірністю і значення 0 з імовір грає другу; 4 3 3) гравець B програє першу партію, але виністю . грає другу; 4 4) гравець B програє обидві партії. Знайдемо математичне сподівання величин За початковою угодою всю гру виграє перX A і XB , тобто знайдемо, скільки в середший гравець у трьох із цих чотирьох випадньому одержав би кожен гравець: ків, другий — лише в одному. Отже, ймовір3 1 3 M (X A ) = m ⋅ + 0 ⋅ = m , ність події A (гравець A виграв усю гру) до4 4 4 рівнює

3 4

, а ймовірність події B (гравець B

виграв усю гру) дорівнює

1 4

Якщо ставка дорівнює m грн, то гравець A одержав би X A грн, де X A — випадкова величина, яка набуває значення m з імовір-

Запитання

M ( XB ) = m ⋅

1 4

+ 0⋅

3 4

1 4

Отже, в середньому гравці розділили б ставку у відношенні 3 : 1, тому ставку треба розділити у відношенні M ( X A ) : M ( X B ), тобто 3 : 1. 

1. а) Поясніть, що таке випадкова величина для даного випадкового експерименту. Наведіть приклади. б*) Сформулюйте означення випадкової величини. Користуючись означенням, задайте якусь випадкову величину для експерименту з підкидання двох монет.

181

182

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

2. Поясніть, що таке закон розподілу випадкової величини. Наведіть приклади.

3. Закон розподілу випадкової величини, яка набуває тільки n значень, задано у вигляді таблиці. Як можна перевірити правильність заповнення рядка зі значеннями ймовірностей у цій таблиці?

4. Сформулюйте означення математичного сподівання випадкової величини X.

Вправи

12.6.1°. Складіть таблицю розподілу за ймовірностями P випадкової

величини X — числа очок, яке випадає при підкиданні грального кубика.

12.6.2. Є 3 гральних кубики, на гранях яких позначені тільки од-

не або два очки: у кубика A одне очко зустрічається на гранях один раз, у кубика B — 2 рази, а в кубика C — 3 рази (рис. 12.6.1). Випадкові величини X, Y і Z — число очок, що випало відповідно на кожному з кубиків A, B і C. Задайте закони розподілу випадкових величин X, Y і Z за допомогою відповідних таблиць. А

Puc. 12.6.1

12.6.3. Підкидають дві монети. Результату «герб» припишемо умовне числове значення 0, а результату «число» — 1. Складіть таблицю розподілу за ймовірностями P значень випадкової величини X — суми чисел, що випали на монетах.

12.6.4*. Тричі кидають монету. Випадкова величина X — число випа-

дань «герба». Задайте закон розподілу випадкової величини X за допомогою таблиці.

12.6.5. Нехай закон розподілу випадкової величини X задано таблицею: 1)

X P

0,3 0,1 0,2 0,4

0,4

0,1

0,05 0,95

Знайдіть математичне сподівання цієї величини.

12 0,4

§§12. Основні поняття теорії ймовірностей

12.6.6. Підкидають гральний кубик. Знайдіть математичне сподівання випадкової величини X — числа очок, що випали на кубику.

12.6.7. Виграші (у гривнях), які припадають на один білет у кожній з двох лотерей, мають такі закони розподілу: 1)

0,9

0,06 0,03 0,01

X P

0,85 0,12 0,02 0,01

Якій із цих лотерей ви віддали б перевагу? Називатимемо гру справедливою, якщо в середньому буде однаковим число очок або грошей, які одержує кожен гравець. Визначте, чи є справедливою гра, описана в завданнях 12.6.8– 12.6.11.

12.6.8. Підкидають дві монети. Гравець A одержує 3 очки, якщо випадають два «герби», 0 очок — в інших випадках. Гравець B одержує 2 очки, якщо випадають «герб» і «число», 0 очок — в інших випадках.

12.6.9. Підкидають дві монети. Гравець A одержує 2 очки, якщо випадають два «числа», 0 очок — в інших випадках. Гравець B одержує 1 очко, якщо випадають «герб» і «число», 0 очок — в інших випадках.

12.6.10. Підкидають дві гральні кістки. Гравець A одержує 6 очок, якщо випадає сума, не більша 7 очок, 0 очок — в інших випадках. Гравець B одержує 7 очок, якщо випадає сума, більша 7 очок, 0 очок — в інших випадках.

12.6.11*. Підкидають дві монети. Гравець A одержує a очок, якщо випадають одержує в інших гра буде

два «герби», 0 очок — в інших випадках. Гравець B b очок, якщо випадають «герб» і «число», 0 очок — випадках. Знайдіть відношення a : b , при якому ця справедливою.

12.6.12. Задача Луки Пачолі (1494 р.). Двоє гравців грають до трьох виграшів. Після того як перший гравець виграв дві партії, а другий — одну, гра урвалася. Як справедливо розділити ставку 210 ліврів (лівр — срібна монета)?

12.6.13*. Задача П’єра Ферма (1654 р.). Нехай до виграшу всієї гри

гравцю A бракує двох партій, а гравцю B — трьох партій. Як справедливо розділити ставку, якщо гра перервана?

183

184

§ 13

Поняття про статистику. Характеристики рядів даних 13.1. Поняття про статистику. Генеральна сукупність і вибірка Пояснення й обґрунтування

1 Поняття про статистику Статистика — наука, що вивчає, обробляє й аналізує кількісні дані про найрізноманітніші масові явища в житті. Економічна статистика вивчає зміну цін, попиту та пропозиції на товари, прогнозує зростання й падіння виробництва й спожи вання. Медична статистика вивчає ефек тивність різних ліків і методів лікування, ймовірність виникнення деякого захворю вання залежно від віку, статі, спадковості, умов життя, шкідливих звичок, прогнозує поширення епідемій. Демографічна стати стика вивчає народжуваність, чисельність населення, його склад (віковий, національ ний, професійний). А є ще статистика фі нансова, податкова, біологічна, метеороло гічна...

Статистика — від латин. status — стан. Статистика має багатовікову історію. Уже в стародавньому світі вели статистич ний облік населення. Однак довільні тлу мачення статистичних даних, відсутність строгої наукової бази статистичних про гнозів навіть у середині ХІХ ст. ще не до зволяли говорити про статистику як нау ку. Тільки в ХХ ст. з’явилася математична статистика — наука, яка спирається на за кони теорії ймовірностей. Виявилося, що статистичні методи обробки даних із най різноманітніших галузей життя мають ба гато спільного. Це дозволило створити уні версальні науково обґрунтовані методи статистичних досліджень і перевірки ста тистичних гіпотез. Отже, математич-

на статистика — це розділ математики, який вивчає математичні методи обробки й використання статистичних даних для наукових і практичних висновків. У математичній статистиці розгляда ють методи, які дають можливість за ре зультатами експериментів (статистичними даними) робити певні висновки ймовірніс ного характеру. Математична статистика ділиться на дві широкі галузі: 1) описова статистика, яка розгля дає методи опису статистичних даних, їх табличне і графічне подання тощо; 2) аналітична статистика (теорія статистичних висновків), яка розглядає об робку даних, одержаних у ході експеримен ту, і формулювання висновків, що мають прикладне значення для конкретної галузі людської діяльності. Теорія статистичних висновків тісно пов’язана з теорією ймовір ностей і базується на її математичному апа раті. Серед основних задач математичної ста тистики можна зазначити такі. 1. Оцінка ймовірності. Нехай деяка випадкова подія має ймовірність p > 0, але її значення нам невідоме. Необхідно оціни ти цю ймовірність за результатами експе риментів, тобто розв’язати задачу про оцін ку ймовірності через частоту. 2. Оцінка закону розподілу. Досліджу ється деяка випадкова величина, точний вираз для закону розподілу якої нам неві домий. Потрібно за результатами експери ментів знайти наближений вираз для функ ції, що задає закон розподілу. 3. Оцінка числових характеристик випадкової величини (наприклад, матема тичного сподівання — див. п. 12.6).

§§13. Поняття про статистику. Характеристики рядів даних

4. Перевірка статистичних гіпотез (припущень). Досліджується деяка випадкова величина. Виходячи з певних міркувань, висувається гіпотеза, наприклад, про розподіл цієї випадкової величини. Потрібно за результатами експериментів прийняти або відхилити цю гіпотезу. Результати досліджень, що проводяться методами математичної статистики, застосовуються для прийняття рішень. Зокрема, під час планування й організації Часто вживаний термін

Зміст терміну

виробництва, в процесі контролю якості продукції, вибору оптимального часу наладки або заміни діючої апаратури (наприклад, при визначенні часу заміни окремих частин верстатів тощо), під час організації тестування ЗНО. Як і в кожній науці, у статистиці ви користовуються свої специфічні терміни й поняття. Деякі з них наведено в табл. 21. Запам’ятовувати ці означення не обов’яз ково, достатньо розуміти зміст. Таблиця 21 Науковий термін

Означення

Загальний ряд даних

Те, звідки вибирають

Генеральна сукупність

Множина всіх можливих результатів спостереження (вимірювання)

Вибірка

Те, що вибирають

Статистична вибірка, статистичний ряд

Множина результатів, які реально одержані в даному спостереженні (вимірюванні)

Варіанта

Значення одного з результатів спостереження (вимірювання)

Варіанта

Одне зі значень елементів вибірки

Ряд даних

Значення всіх результатів спостереження (вимірювання)

Варіаційний ряд

Упорядкована множина всіх варіант

2 Генеральна сукупність і вибірка Для вивчення різних масових явищ проводяться спеціальні статистичні дослідження. Будь-яке статистичне дослідження починається з цілеспрямованого збору інформації про явище або процес, що вивчається. Цей етап називають етапом статистичних спостережень. Для отримання статистичних даних у результаті спостережень схожі елементи деякої сукупності порівнюють за різними ознаками. Наприклад, учнів 11 класів можна порівнювати за зростом, розміром одягу, успішністю і т. д. Болти можна порівнювати за довжиною, діаметром, вагою, матеріалом тощо. Практично будь-яка ознака або може бути безпосередньо виміряна, або може одержати умовну числову характеристику (див. приклад із випаданням «герба» й «числа»

при підкиданні монети в п. 12.6). Отже, деяку ознаку елементів сукупності можна розглядати як випадкову величину, що набуває тих чи інших числових значень. В процесі вивчення реальних явищ ча сто буває неможливо обстежити всі елементи сукупності. Наприклад, практично неможливо виявити розміри взуття у всіх людей планети. А перевірити, наприклад, наявність аркушів неякісної рентгенівської плівки у великій партії хоча й реально, але безглуздо, тому що повна перевірка призведе до знищення всієї партії плівки. У подібних випадках замість вивчення всіх елементів сукупності, яку називають генеральною сукупністю, обстежують її значну частину, обрану випадковим чином. Цю частину називають вибіркою, а число елементів у вибірці — об’ємом вибірки.

185

186

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

Якщо у вибірці всі основні ознаки генеральної сукупності присутні в тій самій пропорції і з тією самою відносною частотою, з якою дана ознака виступає в заданій генеральній сукупності, то цю вибірку називають репрезентативною. Репрезентативний — від франц. représentatif — представницький. Іншими словами, репрезентативна вибірка є меншою за розміром, але точною моделлю тієї генеральної сукупності, яку вона має відображати. У тій мірі, у якій вибірка є репрезентативною, висновки, що ґрунтуються на вивченні цієї вибірки, можна з великою упевненістю вважати застосовними до всієї генеральної сукупності. Поняття репрезентативності відібраної сукупності не означає, що вона повністю за всіма ознаками представляє генеральну сукупність, оскільки це практично неможливо забезпечити. Відібрана частина має бути репрезентативною відносно тих ознак, які вивчаються. Щоб вибірка була репрезентативною, вона має бути виокремлена з генеральної сукупності випадковим чином. Найчастіше використовують такі види вибірок:

Докладніше ознайомитися з характеристиками кожного виду вибірок ви можете, звернувшись до інтернет-підтримки підручника.

Як уже зазначалося, практично будьяка ознака X, яка вивчається, або безпосередньо вимірюється, або може одержати числову характеристику. Тому первинні експериментальні дані, що характеризують виокремлену вибірку, зазвичай подані у вигляді набору чисел, записаних дослідником у порядку їх надходження. Кількість (n) чисел у цьому наборі називають об’ємом вибірки, а кількість (m) з’явлень варіанти (одного зі значень елементів вибірки) — частотою варіанти. Відношення

власневипадкова механічна

називають відносною частотою (W)

варіанти. Використовуючи ці поняття, запишемо співвідношення між ними в репрезентативній вибірці.  Нехай S — об’єм генеральної сукупності, n — об’єм репрезентативної вибірки, у якій k значень досліджуваної ознаки розподілено за частотами M1, M2 , ..., Mk , де

∑ M = n . Тоді в генеральній сукупності

частотам M1, M2 , ..., Mk будуть відповідати частоти s1 , s2 , ..., sk тих самих значень ознаки, що й у вибірці

(∑ s = S). За означен-

серійна

Mi n

= Wi =

si S

де i — порядковий номер значення ознаки (1 i k) . Із цього співвідношення знахо димо

типова

ням репрезентативної вибірки одержуємо

Вибірка

Приклад

si = SWi (або si = S

Mi n

), 1 i k.  (1)

Взуттєвий цех має випустити 1000 пар кросівок молодіжного фасону. Для визначення того, скільки кросівок і якого розміру потрібно випустити, були виявлені розміри взуття у 50 випадковим чином вибраних підлітків. Розподіл розмірів взуття за частотами подано в таблиці:

187

§§13. Поняття про статистику. Характеристики рядів даних

Розмір (X)

Частота (M)

∑ M = n = 50

Скільки кросівок різного розміру буде виготовлено? Розв’язання  Будемо вважати розглянуту вибірку об’ємом n = 50 підлітків репрезентативною. Тоді в генеральній сукупності (об’ємом S = 1000 ) кількість кросівок кожного розмі-

ру пропорційна кількості кросівок відповідного розміру у вибірці (і для кожного розміру обчислюється за формулою (1)). Результати розрахунків будемо записувати в таблицю:

Розмір (X)

Частота (M)

Відносна частота (W)

∑W =1

100

120

240

220

140

∑ (SW ) = S = 1000

Кількість кросівок (SW)

∑ M = n = 50

Відповідь: Розмір

Кількість кросівок

100

120

240

220

140



У сільському господарстві для визначення кількісного співвідношення виробів різного сорту користуються так званим вибірковим методом. Суть цього методу буде зрозумілою з опису такого досліду. У коробці ретельно перемішаний горох двох сортів: зелений і жовтий. Ложкою витягають із різних місць коробки порції гороху, в кожній порції підраховують число жовтих горошин M і число всіх горошин n. Для кожної порції знаходять відносну частоту появи жовтої горошини W =

M n

. Так роблять k разів (на практиці

зазвичай беруть 5 < k < 10 ) і щоразу обчислюють відносну частоту. За статистичну ймовірність вилучення жовтої горошини з коробки приймають середнє арифметичне отриманих відносних частот W1 , W2 , ..., Wk :

Запитання

Wсер =

W1 + W2 + … + Wk k

1. Поясніть, які завдання розв’язують статистика й математична статистика.

2. Поясніть, як ви розумієте терміни: генеральна сукупність, вибірка, репрезентативна вибірка. Наведіть приклади.

188

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

Вправи

13.1.1. Визначте, яку із запропонованих вибірок в останньому стовпці таблиці можна вважати репрезентативною. №

Генеральна сукупність

Мета обстеження

Вибірка

1° Партія однакових деталей обсягом 10 000 штук

Визначення числа бракованих деталей у партії

2° Усі екзаменаційні роботи зовнішнього незалежного оцінювання з математики випускників шкіл міста

Виявлення спів- 1) 10 робіт, узятих випадковідношення між вим чином із числа всіх числом учнів, ріробіт; вень навчальних 2) 100 робіт, узятих випаддосягнень із маковим чином із числа тематики яких є всіх робіт; достатнім, серед- 3) 100 робіт випускників нім і високим однієї школи

3° Партія штам- Визначення сепованих дета- редньої маси делей обсягом талі в партії 100 000 штук

1) 1 00 деталей, які лежать поряд; 2) 100 деталей, вибраних випадковим чином із різних частин партії

1) 2 деталі; 2) 100 деталей, які виготовили останніми; 3) 50 випадковим чином вибраних деталей із партії

4 Бідон молока Визначення жир- 1) Ложка молока, яка взята ності молока з поверхні через 2 год (у відсотках) після надою; 2) стакан молока, налитий з бідона після 2 год охолодження його в погребі; 3) ложка молока, узята після ретельного перемішування молока 5 Урожай зерна на площі 1000 га

Визначення урожайності зерна на цьому полі

1) У рожай зерна з північного схилу пагорба площею 1 га; 2) середнє арифметичне врожайності зерна з двох сусідніх ділянок площею 1 га — північного і східного схилів пагорба; 3) середнє арифметичне врожайностей зерна з 10 ділянок, кожна з яких площею 10 соток вибрана на полі випадковим чином

§§13.§Поняття§про§статистику.§Характеристики§рядів§даних§

13.1.2. В уривку з художнього твору деякого автора обсягом 600 слів дієслова трапляються 72 рази. Визначте орієнтовну кількість дієслів в уривку обсягом 2000 слів цього автора.

13.1.3. Серед випадковим чином вибраних 100 молодих людей, які влітку носять бейсболки, провели опитування про кольорові переваги для цього виду головних уборів. Результати опитування відображено в таблиці: Колір Частота

Чорний Червоний Синій Сірий Білий Жовтий Зелений 32

Вважаючи розглянуту вибірку репрезентативною, запропонуйте рекомендації швейній фабриці з кількості випуску бейсболок кожного кольору, якщо фабрика має випустити 30 000 бейсболок.

13.1.4. Молокозавод випускає молоко різної жирності. У продуктових магазинах міста, для яких завод виробляє молоко, було проведено опитування 50 навмання вибраних покупців про те, якої жирності молоко вони споживають. Результати опитування наведено в таблиці: Жирність молока (у %)

0,5

1,5

2,5

3,5

Частота

Вважаючи розглянуту вибірку репрезентативною, запропонуйте рекомендації молокозаводу щодо об’єму випуску молока кожного виду, якщо молокозавод має випускати 2000 літрів молока щоденно.

189

190

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

13.2. Табличне і графічне подання даних. Числові характеристики рядів даних Таблиця 22 Означення

Приклад

Ранжирування ряду даних Під ранжируванням ряду даних розуміють розташування елементів цього ряду в порядку зростання (мається на увазі, що кожне наступне число або більше, або не менше попереднього).

Якщо ряд даних вибірки має вигляд 5, 3, 7, 4, 6, 4, 6, 9, 4, то після ранжирування він перетворюється на ряд 3, 4, 4, 4, 5, 6, 6, 7, 9 (1)

Розмах вибірки (R) Розмах вибірки — це різниця між найбільшим і найменшим значеннями величини у вибірці.

Для ряду (1) розмах вибірки:

R = 9−3= 6.

Мода (Mo) Мода — це значення елемента вибірки, яке зустрічається частіше за інші.

У ряді (1) значення 4 зустрічається найча стіше, отже, Mo = 4 .

Медіана (Me) Медіана — це так зване серединне значення впорядкованого ряду значень випадкової величини:  якщо кількість чисел у ряді непарна, то медіана — це число, записане посередині;  якщо кількість чисел у ряді парна, то медіана — це середнє арифметичне двох чисел, що стоять посередині.

Для ряду (1), у якому 9 членів, медіана — це середнє (тобто п’яте) число — 5: Me = 5. Якщо розглянути ряд 3, 3, 4, 4, 4, 5, 6, 6, 7, 9, у якому 10 членів, то медіана — це середнє арифметичне п’ятого і шостого членів:

Me =

Середнє значення Середнім значенням вибірки називають середнє арифметичне всіх чисел ряду даних вибірки. Якщо в ряді даних записані значення x1 , x2 , ..., xn (серед яких можуть бути й однакові), то

x1 + x2 + … + xn n

x1m1 + x2m2 + … + xkmk n

= 4,5 .

( X ) вибірки

Нехай ряд даних заданий таблицею розподілу за частотами M: X

∑ M = n = 8.

(2)

Якщо відомо, що в ряді даних різні значення x1 , x2 , ..., xk зустрічаються відповідно до частот m1 , m2 , ..., mk (тоді ∑ M = n ), то середнє арифметичне можна обчислювати за формулою

4+5

Тоді за формулою (2)

2+2+2+ 4+5+5+7 +7 8

34 8

= 4,25,

або за другою формулою

2 ⋅ 3 + 4 ⋅1 + 5 ⋅ 2 + 7 ⋅ 2 8

34 8

= 4,25 .

§§13. Поняття про статистику. Характеристики рядів даних

191

Пояснення й обґрунтування 1 Табличне й графічне подання даних. Полігони частот Як уже зазначалося, практично будьяка ознака X, яка вивчається, або безпосередньо вимірюється, або може одержати числову характеристику. Тому початкові експериментальні дані, що характеризують виділену вибірку, зазвичай подані у вигляді набору чисел, записаних дослідником у порядку їх надходження. Якщо даних багато, то одержаний набір чисел важко осягнути й зробити по ньому якісь висновки дуже складно. Тому первинні дані потребують обробки, яка зазвичай починається з їх групування. Групування виконується різними методами залежно від мети дослідження, виду ознаки, що вивчається, і кількості експериментальних даних (об’єму вибірки). Але найчастіше групування зводиться до подання даних у вигляді таблиць, у яких різні значення елементів вибірки впорядковані за зростанням і вказані їх частоти (тобто кількість кожного елемента у вибірці). За необхідності в цій таблиці вказують також відносні частоти для кожного елемента, записаного в першому рядку. Таку таблицю часто називають рядом розподілу (або варіаційним рядом). Наприклад, нехай у результаті вивчення розміру взуття 30 хлопців 11 класу було одержано набір чисел (результати записано в порядку опитування): 39; 44; 41; 39; 40; 41; 45; 42; 44; 41; 41; 43; 42; 43; 41; 44; 42; 38; 40; 38; 41; 40; 42; 43; 42; 41; 43; 40; 40; 42. Щоб зручніше було аналізувати інформацію, у подібних ситуаціях числові дані спочатку ранжирують, розташовуючи їх у порядку зростання (коли кожне наступне число або більше, або не менше за поперед нє). У результаті ранжирування одержуємо такий ряд: 38; 38; 39; 39; 40; 40; 40; 40; 40; 41; 41; 41; 41; 41; 41; 41; 42; 42; 42; 42; 42; 42; 43; 43; 43; 43; 44; 44; 44; 45.

Потім складаємо таблицю, у першому рядку якої вказуємо всі різні значення одержаного ряду даних (X — розмір взуття вибраних 30 хлопців 11 класу), а в другому рядку — їх частоти M: X 38 39 40 41 42 43 44 45 М 2

n = ∑ M = 30

Одержуємо ряд розподілу ознаки X, яка розглядається, за частотами. Іноді зручно проводити аналіз ряду розподілу на основі його графічного зображення. Позначимо на координатній площині точки з координатами (x1; m1 ), (x2; m2 ), ..., (x8; m8 ) і сполучимо їх послідовно відрізками (рис. 13.2.1). Одержану ламану лінію називають полігоном частот. Означення. Полігоном частот назива-

ється ламана, відрізки якої послідовно сполучають точки з координатами (x1; m1 ), (x2; m2 ), ..., (xk ; mk ) , де xi — значення різних елементів ряду даних, а mi — відповідні їм частоти. Аналогічно означається й будується полігон відносних частот для ознаки X, M 7 6 5 4 3 2 1 0

38 39 40 41 42 43 44 45 X Puc. 13.2.1

192

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

яка розглядається (будуються точки з координатами (x1; w1 ) , (x2; w2 ) , ..., ( xk ; wk ) ,

де xi — значення різних елементів ряду даних, а wi — відповідні їм відносні частоти).

Якщо порахувати відносні частоти для кожного з різних значень ряду даних, розглянутого вище, то розподіл значень ознаки X, яка розглядається, за відносними частотами можна задати таблицею: X W

38 1 15

X W

≈ 0,07

1 15

42 1 5

≈ 0,07

1 6

≈ 0,17

43 2

= 0,2

41 7 30

≈ 0,13

1 10

≈ 0,23

= 0,1

1 30

≈ 0,03

∑W =1 Також розподіл значень ознаки X, яка розглядається, за відносними частотами можна подати у вигляді полігона відносних частот (рис. 13.2.2), у вигляді лінійної діаграми (рис. 13.2.3) або у вигляді кругової діаграми, попередньо записавши значення відносної частоти у відсотках (рис. 13.2.4). Нагадаємо, що для побудови кругової діаграми круг розбивається на сектори, центральні кути яких пропорційні відносним

39 Puc. 13.2.4 частотам, обчисленим для кожного з різних значень ряду даних. Зауважимо, що кругова діаграма зберігає свою наочність і виразність тільки у випадку невеликої кількості одержаних секторів, в іншому випадку її застосування малоефективне. Якщо ознака, яка розглядається, набуває багатьох різних значень, то її розподіл можна краще уявити після розбиття всіх значень ряду даних на класи. Кількість класів може бути будь-якою, зручною для дослідження (зазвичай їх вибирають у кількості від 4 до 12). При цьому величини (об’єми) класів мають бути однаковими. Наприклад, у таблиці подано відомості про заробітну платню 100 робітників одного підприємства (у деяких умовних одиницях). При цьому значення платні (округлені до цілого числа умовних одиниць) згруповані в 7 класів, кожний об’ємом у 100 умовних одиниць.

0,3

0,2

0,1

0,1 38

Puc. 13.2.2

45 X

20% 13% 44 10% 3%45 23% 7% 17% 7% 38

Puc. 13.2.3

45 X

193

§§13. Поняття про статистику. Характеристики рядів даних

Від 400 до 500

Від 500 до 600

Від 600 до 700

Від 700 до 800

Від 800 до 900

Номер класу X

Частота (кількість робітників) M

Класи

(перевірка:

∑ M = 100).

Наочно частотний розподіл зарплатні за класами можна подати за допомогою по лігона частот (рис. 13.2.5) або стовпчастої діаграми (рис. 13.2.6). M 40 36

Від 900 Від 1000 до 1000 до 1100

Розглянемо конкретний приклад. Нехай після літніх канікул провели опитування 10 дівчат і 9 хлопців одного класу відносно кількості книжок, які вони прочитали за канікули. Результати було записано в порядку опитування. Одержали такі ряди чисел: Дівчата: 4, 3, 5, 3, 8, 3, 12, 4, 5, 5.

Хлопці: 5, 3, 3, 4, 6, 4, 4, 7, 4.

Як уже зазначалося, щоб зручніше було аналізувати інформацію, у подібних випад ках числові дані ранжирують, розташову ючи їх у порядку зростання (коли кожне наступне число або більше, або не менше за попереднє). У результаті ранжирування одержимо такі ряди:

10 4 0

7 X

Puc. 13.2.5 M 40 36 30

(1)

Хлопці: 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, 6, 7.

(2)

Тоді розподіл за частотами M величин: X — число книжок, прочитаних за каніку ли дівчатами, й Y — число книжок, прочи таних за канікули хлопцями, можна зада ти таблицями:

20 10 4 0

Дівчата: 3, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 5, 8, 12.

7 X

Puc. 13.2.6

2 Числові характеристики рядів даних. Розмах, мода й медіана ряду даних Іноді вибірку випадкових величин або всю генеральну сукупність цих величин до водиться характеризувати одним числом. На практиці це необхідно, наприклад, для швидкого порівняння двох або більше су купностей за загальною ознакою.

∑ M = n = 10 Y

∑M = n = 9

194

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей M 4

M 4

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 X Mo1

Mo2

1 2 3 4 5 6 7 Mo

б Puc. 13.2.7

Ці розподіли можна проілюструвати та кож графічно за допомогою полігону частот (рис. 13.2.7, а, б). Для порівняння рядів (1) і (2) викори стовують різні характеристики. Наведемо деякі з них. Розмахом ряду чисел (позначають R) на зивають різницю між найбільшим і наймен шим із цих чисел. Оскільки ми аналізуємо вибірку деяких величин, то розмах вибірки — це різниця між найбільшим і найменшим значеннями величини у вибірці. Для ряду (1) розмах R = 12 − 3 = 9, а для ряду (2) розмах R = 7 − 3 = 4. На графіку роз мах — це довжина області визначення полі гону частот (рис. 13.2.7). Однією зі статистичних характеристик ряду даних є його мода.

Моду ряду даних зазвичай знаходять тоді, коли хочуть з’ясувати деякий типо вий показник. Наприклад, коли вивчають ся дані про моделі чоловічих сорочок, які продали в певний день в універмазі, то зруч но використати такий показник, як мода, який характеризує модель, що користуєть ся найбільшим попитом (власне, цим і по яснюється назва «мода»). Ще однією статистичною характери стикою ряду даних є його медіана.

Мода — від латин. modus — міра, правило.

Медіану позначають Me. Медіана поділяє впорядкований ряд да них на дві рівні за кількістю елементів ча стини. Якщо кількість чисел у ряді непарна, то медіана — це число, записане посередині. Наприклад, у ряді (2) непарна кількість елементів (n = 9) . Тоді його медіаною є чис ло, яке стоїть посередині, тобто на п’ятому місці: Me = 4.

Означення. Мода — це те значення еле-

мента вибірки, яке зустрічається частіше за інші. Моду позначають Mo. Так, у ряді (1) дві моди — числа 3 і 5: Mo1 = 3, Mo2 = 5 , а в ряді (2) одна мода — число 4: Mo = 4. На графіку мода — це значення абсциси точки, яка відповідає максимуму полігону частот (рис. 13.2.7). Зазначимо, що моди може й не бути, якщо всі значення ознаки, яка розглядається, зу стрічаються однаково часто.

Медіана — від латин. medianа — середня. Означення. Медіана — це так зване серединне значення впорядкованого ряду значень

3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, 6, 7 4 — медіана

Отже, про хлопців можна сказати, що одна половина з них прочитала не більше

195

§§13. Поняття про статистику. Характеристики рядів даних

4 книжок, а друга половина — не менше 4 книжок. (Зазначимо, що у випадку непарного n номер середнього члена ряду дорівнює

n +1 2

таблиці. Нагадаємо, що розподіл за частотами M величин: X — число книжок, прочитаних за канікули дівчатами, й Y — число книжок, прочитаних за канікули хлопцями, було задано такими таблицями:

Якщо кількість чисел у ряді парна, то медіана — це середнє арифметичне двох чисел, що стоять посередині. Наприклад, у ряді (1) парна кількість елементів (n = 10) . Тоді його медіаною є число, яке дорівнює середньому арифметичному чисел, які стоять посередині, тобто на п’ятому й шостому місцях: Me =

4+5 2

ри середніх членів ряду дорівнюють і

n 2

+ 1 .)

n 2

∑M = n = 9 Тоді середні значення заданих вибірок дорівнюють: X=

3 Середнє значення вибірки Означення. Середнім значенням вибір-

ки називається середнє арифметичне всіх чисел ряду даних вибірки. Середнє значення позначають X. Якщо в ряді даних записані значення x1 , x2 , ..., xn (серед яких можуть бути й однакові), то

∑ M = n = 10

= 4,5 .

3, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 5, 8, 12 4,5 — медіана Отже, про дівчат можна сказати, що одна половина з них прочитала менше 4,5 книжки, а друга половина — більше 4,5 книжки. (Зазначимо, що у випадку парного n номе-

x1 + x2 + … + xn n

Якщо відомо, що в ряді даних різні значення x1 , x2 , ..., xk зустрічаються відповідно до частот m1, m2 , ..., mk (тоді ∑ M = n ), то, замінюючи однакові доданки в чисельнику на відповідні добутки, одержуємо, що середнє арифметичне можна обчислювати за формулою x m + x2m2 + … + xkmk X= 1 1 . (4) n Останню формулу зручно використовувати в тих випадках, коли у вибірці розподіл величини за частотами задано у вигляді

3 ⋅ 3 + 4 ⋅ 2 + 5 ⋅ 3 + 8 ⋅ 1 + 12 ⋅ 1 10 3 ⋅ 2 + 4 ⋅ 4 + 5 ⋅1 + 6 ⋅1 + 7 ⋅1 9

52 10

40 9

= 5,2,

≈ 4,4 .

Оскільки X > Y , то можна сказати, що за один і той самий проміжок часу дівчата класу читають книжок більше, ніж хлопці. Зауважимо, що в посібниках зі стати стики моду, медіану й середнє значення вибірки об’єднують одним терміном — міри центральної тенденції, підкреслюючи тим самим можливість охарактеризувати ряд вибірки одним числом. Не для кожного ряду даних має сенс формально знаходити центральні тенденції. Наприклад, якщо досліджується ряд

5, 5, 8, 110

(5)

річних прибутків чотирьох людей (у тисячах умовних одиниць), то очевидно, що ні мода (5), ні медіана (6,5), ні середнє значення (32) не можуть виступати в ролі єдиної характеристики всіх значень ряду даних. Це пояснюється тим, що розмах ряду (105) є сумірним із найбільшим значенням елемента ряду.

196

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

У даному випадку можна шукати центральні тенденції, наприклад, для частини ряду (5): 5, 5, 8, умовно назвавши його вибіркою річного прибутку низькооплачуваної частини населення.

Запитання

Вправи

Якщо у вибірці середнє значення суттєво відрізняється від моди, то його недоречно вибирати як типову характеристику розглянутої сукупності даних (чим більше значення моди відрізняється від середнього значення, тим «більш несиметричним» є полігон частот сукупності).

1. Поясніть, що називають полігоном частот ознаки X, яка розглядається. Наведіть приклади побудови полігону частот і полігону відносних частот. 2. На прикладі ряду даних 2, 2, 3, 5, 5, 5, 13 поясніть, що таке розмах, мода, медіана та середнє значення ряду й дайте відповідні означення.

13.2.1°. На основі даних таблиці подайте у вигляді стовпчастої і кругової діаграм розподіл значень деякої ознаки X. 1)

W 0,1

0,3

0,4

0,2

W 0,3

0,3

0,2

0,1

13.2.2. Побудуйте полігон частот і полігон відносних частот значень деякої ознаки X, розподіл якої подано в таблиці: 1)

11 12 13 14 15 16

13.2.3. Виміряли зріст 50 старшокласників і результати подали у вигляді таблиці. 149

150

151

152

153

154

155

156

157

158

159

161

162

165

166

167

169

170

171

173

175

176

178

180

182

Згрупувавши ці дані за класами 145–149, 150–154, 155–159, 160–164, 165–169, 170–174, 175–179, 180–184, подайте частотний розподіл зросту учнів за цими класами за допомогою: 1) таблиці; 2) полігону частот; 3) стовпчастої діаграми.

13.2.4. Знайдіть розмах, моду, медіану й середнє значення ряду даних деякої величини X: 1) 1, 1, 2, 2, 2, 3, 4, 4, 5; 2) –3, –2, –2, –1, 0, 2, 2, 2, 3, 5. Побудуйте полігон частот значень величини X. Укажіть на рисунку розмах, моду й медіану заданого ряду даних.

197

§§13. Поняття про статистику. Характеристики рядів даних

13.2.5°. На рис. 13.2.8 побудовано полігони, що ілюструють розподіл

Число продажів виробів

частоти продажів магазином протягом тижня комп’ютерів (си ня лінія) і телевізорів (сіра лінія). Укажіть два дні, які безпо середньо слідують один за од 80 ним, коли: 1) число проданих телевізорів 60 зросло більше, ніж число про даних комп’ютерів; 40 2) число проданих телевізорів збільшилося, а число прода 20 них комп’ютерів зменшилося; 3) число проданих комп’юте 0 Пн Вт Ср Чт Пт Сб Нд рів зросло, а число проданих Дні тижня телевізорів залишилося тим Puc. 13.2.8 самим.

13.2.6. Знайдіть розмах, моду, медіану й середнє значення вибірки, заданої таблицею розподілу значень величини X за частотами.

–1

Побудуйте полігон частот значень величини X. Укажіть на ри сунку розмах, моду й медіану заданої сукупності даних.

13.2.7. Дівчата 11 класу на уроці фізкультури в стрибках у висоту по казали такі результати (у см): 90, 125, 125, 130, 130, 135, 135, 135, 140, 140, 140. Знайдіть моду, медіану й середнє значення цієї сукупності даних. Яке з цих значень найкраще характе ризує спортивну підготовку дівчат класу?

Виявіть свою компетентність

13.2.8. За даними Українського центра оцінювання якості освіти учасники ЗНО з математики у 2018 р. отримали такі результа ти (дані згруповані за класами): з 106 484 учасників 19 806 не подолали поріг, 26 301 учасник отримав від 100 до 120 балів, 17 783 — від 120 до 140 балів, 18 102 — від 140 до 160 балів, 14 695 — від 160 до 180 балів, 9797 — від 180 до 200 балів. Подайте результати тестування за класами у вигляді частотної таблиці, побудуйте полігон частот. Визначте міри центральної тенденції вибірки.

13.2.9. Дослідіть споживання вашою родиною протягом року: 1) сві жих овочів, фруктів та зелені; 2) круп; 3) м’яса та м’ясних продуктів. Побудуйте діаграми, що ілюструють залежність споживання зазначених продуктів від пори року. Зробіть ви сновки. Скільки ваша родина споживає цих продуктів у серед ньому на місяць (у розрахунку на одну особу)?

198

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

13.2.10. Користуючись таблицею розбудови Київського метрополітену, по будуйте полігон частот кількості станцій за період 1960–2013 рр. Рік

Кількість станцій

Рік

Кількість станцій

Рік

Кількість станцій

1960

1987

2010

1965

1992

2011

1971

2000

2012

1976

2004

2013

1981

2008

13.2.11. Користуючись таблицею статистичних даних щодо кількості медалей, які здобули українські спортсмени на літніх Олімпій ських іграх, побудуйте: 1) полігон частот кількості золотих ме далей; 2) полігон частот загальної кількості медалей; 3) кругову діаграму розподілу медалей за видами (золоті, срібні та бронзові) на іграх 2008 р. Кількість здобутих медалей

Рік проведення олімпіади

Золоті

Срібні

Бронзові

Усього

1996

2000

2004

2008

2012

2016

13.2.12. У таблиці подано статистичні дані щодо кількості медалей, які здобули українські школярі на Міжнародних математичних олімпіадах у 2013–2018 рр. Кількість здобутих медалей

Рік проведення олімпіади

Золоті

Срібні

Бронзові

Усього

2013

2014

2015

2016

2017

2018

Побудуйте: 1) полігон частот загальної кількості медалей; 2) cтовпчасту діаграму розподілу загальної кількості здобутих медалей за роками; 3) полігон частот кількості золотих медалей; 4) кругову діаграму розподілу медалей за видами (золоті, срібні та бронзові) на олімпіаді 2015 р.

199 ЗАВДАННЯ ДЛЯ ПІДГОТОВКИ ДО ОЦІНЮВАННЯ

Тест № 3

1. Із цифр 1, 2, 3, 4, 5 складено всі можливі п’ятицифрові числа без повторення цифр. Скільки серед цих чисел таких, які по чинаються записом «423»? А 2 Б 24 В 36 Г 96 Д 118

2. З натуральних чисел від 1 до 30 учень навмання називає одне. Яка ймовірність того, що це число непарне? А

1 6

1 5

1 4

1 3

1 2

3. У коробці лежать 60 різнокольорових кульок: червоні, сині і жовті. З’ясуйте, скільки жовтих кульок лежить у коробці, якщо ймовірність вибору випадковим чином жовтої кульки до рівнює А 10

1 3

. Б 15

В 20

Г 30

Д 40

4. Установіть відповідність між центральними тенденціями (1–3) вибірки та їхніми значеннями (А–Г). 1 Середнє значення вибірки: 10; 11; 10; 9; 8; 10; 8; 9; 9; 10 2 Мода вибірки: 10; 11; 10; 9; 8; 10; 8; 9; 9; 10 3 Медіана вибірки: 10; 11; 10; 9; 8; 10; 8; 9; 9; 10

А 9,4 Б 9,5 В 9,7 Г 10

5. Гральний кубик підкидають двічі. Знайдіть імовірність того, що випаде різна кількість очок.

6. Розв’яжіть рівняння Cx2 + Cx2+1 = 49 . 7. У партії з 10 деталей 8 деталей стандартні. Знайдіть імовір ність того, що серед навмання вибраних 3 деталей тільки одна стандартна.

8. Три стрільці зробили по одному пострілу. Ймовірність влучення в ціль першим стрільцем дорівнює 0,8, другим — 0,75, третім — 0,7. Яка ймовірність точно двох влучень? Пройдіть онлайн-тестування на сайті interactive.ranok.com.ua

Теми навчальних проектів 1. Комбінаторика в навколишньому житті. 2. Ймовірність навколо нас. 3. Випадкові величини навколо нас і їх числові характеристики. 4. Частота в статистиці і розв’язування економічних задач. 5. Математична статистика навколо нас. 6. Жінки в математиці — від минулого до сьогодення (дослі дження динаміки зміни числа жінок, що займаються мате матикою, у світі, в Україні).

200

Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей

ВІДОМОСТІ З ІСТОРІЇ

П. Ферма (1601–1665)

Б. Паскаль (1623–1662)

Х. Гюйґенс (1629–1695)

П. Л. Чебишов (1821–1894)

Елементарні задачі, які пізніше були віднесені до стохастики, тобто до комбінаторики, теорії ймовірностей та математичної статистики, ставилися й розв’язувалися ще за часів Стародавніх Єгипту, Греції та Риму. Цей період так званої передісторії теорії ймовірностей закінчився в XVI ст. працями італійських математиків Д. Кардано (1501–1576), Н. Тарталья (1499– 1557), Ґ. Ґалілея (1564–1642). У цих працях уже фігурує поняття ймовірності, використовується теорема про ймовірність добутку незалежних подій, висловлюються деякі міркування щодо так званого закону великих чисел. У XVII–XVIII ст. питаннями теорії ймовірностей цікавилися французькі математики П. Ферма (1601–1665) і Б. Паскаль (1623–1662), нідерландський математик Х. Гюйґенс (1629–1695), швейцарські математики Я. Бернуллі (1654–1705), Н. Бернуллі (1687–1759), Д. Бернуллі (1700–1782) та російський математик Л. Ейлер (1707–1788). У своїх працях вони вже використовували теореми додавання і множення ймовірностей, поняття залежних та незалежних подій, математичного сподівання. Велику роль у розповсюдженні ідей теорії ймовірностей та математичної статистики відіграли видатні українські математики В. Я. Буняковський (1804–1889) та М. В. Остроградський (1801–1862). Подальший розвиток теорії ймовірностей потребував уточнення її основних положень. Велику роботу в цьому напрямку провів видатний російський математик П. Л. Чебишов (1821–1894). Його учень А. А. Марков (1856–1922) став видатним математиком саме завдяки своїм дослідженням у теорії ймовірностей. Книжка А. А. Маркова «Числення ймовірностей», перше видання якої відбулося в 1900 р., а четверте — у 1924 р., протягом багатьох років була найкращою серед тих, за якими навчалися багато майбутніх математиків. У ХХ ст. теорія ймовірностей поступово перетворилась на строгу аксіоматичну теорію. Це відбулося завдяки працям багатьох математиків. Але дійсно вирішальним етапом розвитку теорії ймовірностей стала праця А. М. Колмогорова (1908–1987) «Основні поняття теорії ймовірностей» (видана в 1933 р.), у якій він виклав свою аксіоматику теорії ймовірностей. Завдяки цьому теорія ймовірностей стала нарівні з іншими математичними дисциплінами. Великі досягнення в теорії ймовірностей та математичній статистиці мали також російські та українські математики О. Я. Хінчин (1894–1959), Є. Є. Слуцький (1880–1948), Б. В. Гнєденко (1911–1995), Й. І. Гіхман (1918– 1985), В. С. Михалевич (1930–1994), М. Й. Ядренко (1932–2004), Ю. М. Єрмольєв (1936 р. н.), І. М. Коваленко (нар. 1935), В. С. Королюк (нар. 1925), А. В. Скороход (1930–2011), А. Ф. Турбін (нар. 1940) та інші.

А. А. Марков (1856–1922)

А. М. Колмогоров (1908–1987)

М. Й. Ядренко (1932–2004)

Розділ 4

рівняння, нерівності та їх системи. узагальнення та систематизація У цьомУ Розділі ви:  систематизуєте й узагальните свої знання й уміння, пов’язані з загальними методами розв’язування рівнянь і нерівностей, зокрема з параметрами;  систематизуєте методи розв’язування різних типів рівнянь і нерівностей та їх систем;  навчитеся розв’язувати деякі складні рівняння й нерівності

202

§ 14

Систематизація й узагальнення відомостей про рівняння, нерівності та їх системи 14.1. Рівняння і нерівності з однією змінною Таблиця 23

1. Область допустимих значень (ОДЗ) Означення

Приклад

Областю допустимих значень (або областю визначення) рівняння (або нерівності) називається спільна область визначення для всіх функцій, що стоять у лівій і правій частинах рівняння (або нерівності).

Для рівняння

x+2 = x

ОДЗ: x + 2 0 , тобто x − 2 , оскільки об ласть визначення функції f (x ) = x + 2 ви значається умовою x + 2 0 , а областю визна чення функції g (x ) = x є множина всіх дійс них чисел.

2. Рівняння-наслідки Означення й орієнтир Якщо кожний корінь першого рівняння є коренем другого, то друге рівняння називається наслідком першого. Якщо з правильності першої рівності випливає правильність кожної наступної, одержуємо рівняння-наслідки. При цьому можлива поява сторонніх коренів. Тому при використанні рівнянь-наслідків перевірка одержаних коренів підстановкою в початкове рівняння є складовою розв’язування.

Приклад Розв’яжіть рівняння

x +2 = x.

 Піднесемо обидві частини рівняння до квадрата:

(

x + 2 ) = x2 ; 2

x + 2 = x2 ; x2 − x − 2 = 0; x1 = 2 , x2 = −1 . Перевірка: x = 2 — корінь; x = −1 — сторонній корінь. Відповідь: 2. 

3. Рівносильні рівняння і нерівності Означення

Найпростіші теореми

Два рівняння (нерівності) називаються рівносильними на деякій множині, якщо на цій множині вони мають одні й ті самі розв’язки.

1. Якщо з однієї частини рівняння (нерівності) перенести в другу доданки з протилежним знаком, одержимо рівняння (нерівність), рівносильне заданому (на будь-якій мно жині). 2. Якщо обидві частини рівняння помножити або поділити на одне й те саме число, відмінне від нуля (або на одну й ту саму функцію, що визначена і відмінна від нуля на ОДЗ заданого рівняння), одержимо рівняння, рівносильне заданому (на ОДЗ заданого).

Тобто кожен розв’язок першого рівняння (нерівності) є розв’язком другого, і навпаки, кожний розв’язок другого є розв’язком першого (схеми такого розв’язування рівнянь і нерівностей наведено в пп. 4 і 6 цієї таб лиці).

§§14. Систематизація й узагальнення відомостей про рівняння, нерівності та їх системи

4. Схема пошуку плану розв’язування рівнянь Розв’язування рівнянь за допомогою рівнянь-наслідків

 2

за допомогою рівносильних перетворень

Перетворення, що гарантують збереження правильності рівності Перевірка коренів підстановкою в початкове рівняння

Урахування ОДЗ початкового рівняння

Збереження на ОДЗ правильності

ретвореннях

 рівності при прямих і зворотних пе

застосуванням властивостей функцій

1   — початкове рівняння; 2   — рівняння, одержане в результаті перетворення початкового; ,  — символічне зображення напрямку виконаних перетворень

5. Заміна змінних Орієнтир

Приклад

Якщо до рівняння (нерівності або тотожності) змінна входить в одному і тому самому вигляді, то зручно відповідний вираз зі змінною позначити однією буквою (новою змінною).

Розв’яжіть рівняння sin 2 x − 2 sin x − 3 = 0 .  Виконаємо заміну sin x = t . t 2 − 2t − 3 = 0 ; t1 = 3 , t2 = −1. 1. При t = 3 маємо sin x = 3 — коренів не має, оскільки 3 > 1. 2. При t = −1 маємо sin x = −1 , тоді

x=− Відповідь: −

π 2

+ 2πk , k ∈Z .

+ 2πk , k ∈Z . 

6. Схема пошуку плану розв’язування нерівностей Розв’язування нерівностей за допомогою рівносильних перетворень Урахування ОДЗ початкової нерівності

 2

Збереження на ОДЗ правильності нерівності при прямих і зворотних перетвореннях

за допомогою методу інтервалів ( f ( x ) 0 ) 1. Знайти ОДЗ. 2. Знайти нулі функції: f ( x ) = 0 . 3. Позначити нулі на ОДЗ і знайти знак функції f ( x ) у кожному проміжку, на які ОДЗ розбивається нулями. 4. Записати відповідь, ураховуючи знак за даної нерівності.

1 — початкова нерівність; ерівність, одержана в результаті перетворення початкової; 2 —н ,  — символічне зображення виконаних перетворень (із вказівкою напрямку їх вико нання)

203

204

Розділ 4. Рівняння, нерівності та їх системи. Узагальнення та систематизація

7. Метод інтервалів (розв’язування нерівностей виду f ( x ) <> 0 ) План

Приклад x2 − 4

1. Знайти ОДЗ. 2. Знайти нулі функції: f (x ) = 0 . 3. Позначити нулі на ОДЗ і знайти знак f (x ) у кожному проміжку, на які ОДЗ розбивається нулями. 4. Записати відповідь, ураховуючи знак заданої нерівності (якщо розв’язуємо нестрогу нерівність, то всі нулі функції слід включити до відповіді — у наведеному прикладі це числа –2 і 2).

Розв’яжіть нерівність 0. ( x + 5 )2 Розв’язання  Нехай f (x ) =

x2 − 4

( x + 5 )2

1. ОДЗ: (x + 5) ≠ 0 , отже, x ≠ −5 . 2

2. Нулі функції: f (x ) = 0 . x2 − 4

( x + 5 )2 3.

= 0 ; x 2 − 4 = 0 ; x1 = −2, x2 = 2 (входять до ОДЗ). +

+ −5

− −2

+ 2

Відповідь: ( − ∞; − 5) ∪ ( −5; − 2] ∪ [2; + ∞ ) . 

8. Теореми про рівносильність нерівностей 1. Якщо обидві частини нерівності помножити або поділити на одне й те саме додатне число (або на одну й ту саму функцію, що визначена і додатна на ОДЗ заданої нерівності), не змінюючи знак нерівності, одержимо нерівність, рівносильну заданій (на ОДЗ заданої). 2. Якщо обидві частини нерівності помножити або поділити на одне й те саме від’ємне число (або на одну й ту саму функцію, що визначена і від’ємна на ОДЗ заданої нерівності) і змінити знак нерівності на протилежний, одержимо нерівність, рівносильну заданій (на ОДЗ заданої).

205

§§14. Систематизація й узагальнення відомостей про рівняння, нерівності та їх системи

Нагадаємо, як можна розв’язувати рівняння і нерівності, що містять знак модуля. Таблиця 24 1. Схема розв’язування рівнянь і  нерівностей, що містять знак модуля Розв’язування за геометричним змістом

за означенням

a, при a > 0,  a = 0, при a = 0, −a, при a < 0

з використанням спеціальних співвідношень

a — відстань на числовій прямій від точки 0  до точки a 1. 2. 3. 4.

f (x) f (x) f (x) f (x)

= a. = g (x) . > a. <a

за загальною схемою 1. Знайти ОДЗ. 2. Знайти нулі всіх підмодуль них функцій. 3. Позначити нулі на ОДЗ і  розбити ОДЗ на проміжки. 4. Знайти розв’язок у  кожно му з  проміжків (і переві рити, чи входить цей роз в’язок у розглянутий про міжок)

2. Використання геометричного змісту модуля (при a > 0 ) 1. f ( x ) = a ⇔ f ( x ) = a або f ( x ) = −a. 2. f ( x ) = g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x ) або f ( x ) = − g ( x ). 3. f ( x ) > a ⇔ f ( x ) < −a або f ( x ) > a . f ( x ) > −a, 4. f ( x ) < a ⇔ − a < f ( x ) < a ⇔  f ( x ) < a.

| t | = a

| t | < a

| t | > a

-a

| t | > a

Узагальнення  g ( x ) 0, f ( x ) = g ( x ) або f ( x ) = − g ( x ).

5. f ( x ) = g ( x ) ⇔ 

7. f (x ) < g (x ) ⇔ − g (x ) < f (x ) < g (x ) ⇔

 f ( x ) > − g ( x ), ⇔  f ( x ) < g ( x ).

6. f ( x ) > g ( x ) ⇔ f ( x ) < − g ( x ) ⇔ або f ( x ) > g ( x ) .

3. Використання спеціальних співвідношень 1. u = u ⇔ u 0 . 2. u = −u ⇔ u 0 . 3. u = v ⇔ u 2 = v 2 . 4. u > v ⇔ u 2 > v 2 , тоді u − v > 0 ⇔ u 2 − v 2 > 0 ; знак різниці модулів двох виразів збігається зі знаком різниці їх квадратів.

5. u + v = u + v ⇔

{

6. u + v = −u − v ⇔

u 0, v 0.

{

u 0, v 0.

7. u + v = u + v ⇔ uv 0 . 8. u + v = u − v ⇔ uv 0 . 9. x − a + x − b = b − a ⇔ a x b , де a < b.

206

Розділ 4. Рівняння, нерівності та їх системи. Узагальнення та систематизація

14.2. Системи рівнянь і нерівностей Таблиця 25

1. Системи рівнянь і нерівностей Поняття системи та її розв’язків Якщо ставиться завдання знайти всі спільні розв’язки двох (або більше) рівнянь (або не рівностей) з однією або кількома змінними, то кажуть, що потрібно розв’язати систему рівнянь (або нерівностей). Записують систему рівнянь (нерівностей), об’єднуючи їх фігурною дужкою. Розв’язком системи називається таке значення змінної або такий упорядкований набір значень змінних (якщо змінних декілька), що задовольняє всі рівняння (чи нерівності) системи. Розв’язати систему рівнянь (або нерівностей) — значить знайти всі її розв’язки або довести, що розв’язків немає. Якщо система не має розв’язку, то її назива ють несумісною.

Приклади

{

x − y = 4, — с истема двох рівнянь із двома 2x + y = 11 змінними. x = 5, Пара чисел (5; 1), тобто — розв’язок y =1 системи. x 2 − y + z = 0,  xy + xz + yz = 19, — система трьох рівнянь x + y − z = 2 із трьома змінними.

{

Трійка чисел (1; 4; 3) ,

x = 1, 

тобто y = 4, — один із розв’язків системи.

z = 3

2. Системи-наслідки Означення Якщо кожний розв’язок першої системи рівнянь є розв’язком другої, то другу систему називають наслідком першої. При використанні систем-наслідків можлива поява сторонніх розв’язків, тому перевірка підстановкою розв’язку в початкову систему є складовою розв’язування системи.

Приклад  y 

Розв’яжіть систему  x − 1

= 1,

x 2 = y + 1.  Із першого рівняння системи: y = x −1. Підставляємо y в друге рівняння системи й одержуємо: x 2 = x ; x1 = 0, x2 = 1 . Тоді y1 = −1 , y2 = 0. Перевірка: Пара чисел (0; − 1) задовольняє обидва рів няння системи і є її розв’язком. Пара чисел (1; 0) не задовольняє перше рівняння і не є розв’язком системи. Відповідь: (0; − 1) . 

3. Рівносильність систем рівнянь і нерівностей Дві системи рівнянь (чи нерівностей) називаються рівносильними на деякій множині, якщо на цій множині вони мають однакові розв’язки (тобто кожний розв’язок першої системи на цій множині є розв’язком другої, і навпаки, кожний розв’язок другої системи є розв’язком першої).

Областю допустимих значень (ОДЗ) системи називають спільну область визначення всіх функцій, що входять до запису цієї си стеми. Усі рівносильні перетворення систем викону ють на ОДЗ початкової системи.

§§14. Систематизація й узагальнення відомостей про рівняння, нерівності та їх системи

Найпростіші властивості рівносильних систем 1. Я кщо змінити порядок запису рівнянь (чи нерівностей) заданої системи, одержимо си стему, рівносильну заданій. 2. Я кщо одне з рівнянь (або нерівностей) системи замінити на рівносильне йому рівняння (нерівність), то одержимо систему, рівносильну заданій. 3. Я кщо в системі рівнянь з одного рівняння виразити одну змінну через інші й одержаний вираз підставити замість цієї змінної в усі інші рівняння системи, то одержимо систему, рівносильну заданій (на її ОДЗ). 4. Я кщо будь-яке рівняння системи замінити сумою цього рівняння, помноженого на число α ≠ 0 , і якогось іншого рівняння системи, помноженого на число β ≠ 0 (а усі інші рівняння залишити без зміни), то одержимо систему, рівносильну заданій.

4. Основні способи розв’язування систем рівнянь Спосіб підстановки Виражаємо з одного рівняння системи одну змінну через іншу (або через інші) та підставляємо одержаний вираз замість відповідної змінної в усі інші рівняння системи (потім розв’язуємо одержане рівняння або систему і підставляємо результат у вираз для першої змінної).

2x − y = 3, x + y = 3.

 Із першого рівняння системи y = 2x − 3 . Підставляємо в друге рівняння системи й одержуємо x + 2x − 3 = 3 . Звідси x = 2 . Тоді y = 2x − 3 = 1. Відповідь: (2; 1). 

Спосіб додавання Якщо перше рівняння системи замінити сумою першого рівняння, помноженого на число α ≠ 0 , і другого, помноженого на число β ≠ 0 (а всі інші рівняння залишити без зміни), одержимо систему, рівносильну заданій.

{

Приклад. Розв’яжіть систему

{

5x − 3y = 9, ⋅2 3x + 2y = 13. ⋅3

 Помножимо обидві частини першого рів няння системи на 2, а другого — на 3 (щоб одержати як коефіцієнти при змінній y про тилежні числа) і почленно додамо отримані рівняння. З останнього одержаного рівняння знаходимо значення x, підставляємо резуль тат у будь-яке рівняння системи і знаходимо значення y.

10x − 6y = 18, 9x + 6y = 39. + 

19x = 57, x = 3. Тоді 3 ⋅ 3 + 2y = 13; 2y = 4 ; y = 2.

Відповідь: (3; 2). 

Графічне розв’язування систем рівнянь із двома змінними Виконуємо рівносильні перетворення заданої системи так, щоб було зручно будувати графіки всіх рівнянь, що входять до системи. Потім будуємо відповідні графіки і знаходимо координати точок перетину побудованих ліній: ці координати і є розв’язками системи.

207

208

Розділ 4. Рівняння, нерівності та їх системи. Узагальнення та систематизація

Приклади 1. Розв’яжіть графічно систему

{

2x − y = 3, x + y = 3.

 Задана система рівносильна системі

{

x 2 = 2 − y 2 ,

2. Розв’яжіть графічно систему 

y = 2x − 3, y = 3 − x.

Графіком кожного з рівнянь системи є пряма. Для побудови прямої достатньо побудувати дві її точки. Наприклад, для y = 2x − 3 такі:

x − y = 0.  Задана система рівносильна системі x 2 + y 2 = 2,  3 y = x .

Графік першого рівняння системи — коло ра діуса 2 з центром у початку координат, а графік другого — кубічна парабола y = x 3 .

–3

–1

у = x3

2 для y = 3 − x такі:

y 4 3 2 1

x + y = 2

(1; 1)

–1 0 (–1; –1)

–1

у = 2x - 3

–1 0 1 2 3 4 5 x –1 –2 у = 3 - x –3

Ці два графіки перетинаються у двох точках з координатами ( −1; − 1) і (1; 1) . озв’язки Відповідь: ( −1; − 1), (1; 1) — р системи. 

Графіки перетинаються в точці M (2; 1) . Отже, пара чисел (2; 1) — єдиний розв’язок заданої системи. Відповідь: (2; 1). 

Пояснення й обґрунтування 1 Загальні методи розв’язування рівнянь і нерівностей Ці методи, а також відповідні орієнти ри для їх використання, наведені в табл. 23, були детально розібрані в підручнику для 10 класу (§ 3, 4, 7–9, 36). Нагадаємо, що за гальні методи, пов’язані із застосуванням властивостей функцій до розв’язування рівнянь, розглянуто також в цьому підруч нику в табл. 11 (§ 8).

Усі рівняння і нерівності, розглянуті в підручниках для 10 і 11 класів, ми розв’я зували з використанням загальних методів (див., наприклад, § 6). До них за необхідності додавали спеціальні прийоми розв’язування деяких типів рівнянь чи нерівностей (див., наприклад, схему розв’язування показнико вих рівнянь у табл. 4 в п. 3.2).

209

§§14. Систематизація й узагальнення відомостей про рівняння, нерівності та їх системи

Аналогічно можна підійти до вибору способу і складання плану розв’язування рівняння або нерівності. 1. Спочатку обрати загальний спосіб розв’язування рівняння або нерівності та згадати орієнтири для його реалізації (див. пп. 4 і 6 табл. 23). Наприклад, якщо для розв’язування рівняння ви вирішили використати рівняння-наслідки, то в кінці обов’язково доведеться виконати перевірку одержаних коренів (і, оформлюючи розв’язання, записати або саму перевірку, або висновок на кшталт «Перевірка показує, що x = ... — корінь, а x = ... — сторонній корінь», який свідчить, що перевірку ви виконали усно). 2. Для виконання перетворень заданого рівняння (нерівності) використати відповідні формули (залежно від виду рівняння або нерівності) чи властивості відповідних функцій або спеціальні орієнтири чи теореми, які розглядали під час розв’язування рівнянь і нерівностей певного виду (цілі, дробові, ірраціональні, показникові, логарифмічні, тригонометричні). Нагадаємо, що з означення рівняннянаслідку (якщо кожний корінь першого рівняння є коренем другого, то друге рівняння називається наслідком першого) одержуємо орієнтир: для того щоб одержати рівняння-наслідок, достатньо розглянути задане рівняння як правильну числову рівність і гарантувати (тобто мати можливість обґрунтувати), що кожне наступне рівняння буде правильною числовою рівністю. Справді, якщо дотримуватися цього орієнтира, то, розглядаючи задане рівняння як правильну числову рівність, ми фактично підставляємо в перше рівняння замість змінної його корінь. Друге рівняння теж є правильною числовою рівністю, тоді розглянутий корінь першого рівняння є коренем і другого рівняння. Це означає, що друге рівняння є наслідком першого. Оскільки в результаті використання рівнянь-наслідків можлива поява сторон-

ніх коренів, то перевірка підстановкою коренів у початкове рівняння є складовою розв’язування (див. розв’язання рівняння x + 2 = x за допомогою рівнянь-наслідків у п. 2 табл. 23). Аналогічний орієнтир для рівносильних перетворень рівнянь і нерівностей застосовували і в курсі 10 класу: для виконання рівносильних перетворень рівнянь або нерівностей (див. схему в п. 4 табл. 23) достатньо: 1. Урахувати ОДЗ заданого рівняння (нерівності). 2. Стежити за тим, щоб на ОДЗ кожне перетворення можна було виконати як у прямому, так і у зворотному напрямках зі збереженням правильної рівності (нерівності). Міркуючи, як і у випадку орієнтира для рівнянь-наслідків, одержуємо таке. Якщо дотримуватися наведеного орієнтира, то на ОДЗ кожний розв’язок першого рівняння (нерівності) буде розв’язком другого (другої), і навпаки, кожен розв’язок другого рівняння (нерівності) буде розв’язком першого (першої), тобто на ОДЗ розглянуті рівняння (нерівності) будуть рівносильними. (Приклад використання цього орієнтира для розв’язування рівнянь і доведення тео рем про рівносильність рівнянь наведено в п. 6.1, а для розв’язування нерівностей — в п. 6.2.) Іноді зручно виконувати рівносильні перетворення не на всій ОДЗ, а тільки на тій її частині, де містяться корені заданого рівняння (чи розв’язки нерівності). Наприклад, для розв’язування рівняння

x+2 = x

(1)

оберемо рівносильні перетворення. ОДЗ рівняння (1): x + 2 0, тобто x − 2. На цій ОДЗ права частина рівняння (1) може бути і додатною, і від’ємною. Тому при піднесенні обох частин рівняння до квадрата ми можемо гарантувати тільки правильність прямих перетворень (якщо числа дорівнюють одне одному, то і квадрати

210

Розділ 4. Рівняння, нерівності та їх системи. Узагальнення та систематизація

їх обов’язково будуть дорівнювати один одному), а обернених — ні (якщо a 2 = b2 , то не обов’язково виконується рівність a = b ,

наприклад, 22 = ( −2) , але 2 ≠ −2). Спробуємо розглянути не всю ОДЗ, а тільки ту її частину, де розташовані корені заданого рівняння. Для всіх коренів рівняння (1) має виконуватися умова x 0 (при підстановці кореня рівняння (1) перетворюється на правильну рівність, ліва частина якої невід’ємна, отже, для всіх коренів і права частина буде невід’ємною). За умови x 0 обидві частини рівняння (1) невід’ємні, і при піднесенні до квадрата ми одержуємо рівносильне рівняння (для невід’ємних значень аргумента функція y = t 2 є зростаючою і кожного свого значення набуває тільки при одному значенні аргумента, тому, якщо a 2 = b2 при a 0, b 0, то обов’язково виконується рівність a = b ):

Зауваження 2. У наведених вище міркуваннях щодо розв’язування рівняння (1) ми фактично обґрунтували теорему (наведену й обґрунтовану в підручнику для 10 класу):

x + 2 = x 2 .

(2)

Для всіх коренів рівняння (2) його права частина невід’ємна: x 2 0 , тоді й ліва частина буде невід’ємною: x + 2 0. Це означає, що для всіх коренів рівняння (2) ОДЗ рівняння (1) виконується автоматично і можна не записувати його до розв’язання (але потрібно вміти пояснювати, чому не записали). А записувати і враховувати треба тільки обмеження x 0. Тоді x 2 − x − 2 = 0 ; x1 = 2 — корінь (задовольняє умову x 0), x2 = −1 — сторонній корінь (не задовольняє умову x 0). Відповідь: 2. Зауваження 1. Наведене розв’язання мож-

на записати також за допомогою знака рівносильності (⇔ ) так: x 0, x+2 = x ⇔  2⇔ x + 2 = x

x 0, ⇔  2 x − x − 2 = 0

x 0, ⇔ ⇔ x = 2. x1 = −1 або x2 = 2

 g (x ) 0, f (x ) = g (x ) ⇔  (3) 2  f ( x ) = g ( x ),

яку можна використовувати під час розв’язування ірраціональних рівнянь виду

f (x ) = g (x ) .

Системи рівнянь і нерівностей

З поняттями системи рівнянь і нерівностей, її розв’язку та з основними методами розв’язування систем рівнянь, поданими в табл. 25, ви знайомі з курсу алгебри 7–9 класів (і використовували їх під час розв’язування систем у 10–11 класах). Нагадаємо, що аналогічно до відповідних понять, пов’язаних з рівняннями або нерівностями, уводять поняття області допустимих значень системи рівнянь або нерівностей (див. п. 3 табл. 25), поняття систем-наслідків для рівнянь (п. 2 табл. 25 та рівносильних систем рівнянь і нерівностей (п. 3 табл. 25). Усі наведені означення відносяться не тільки до систем рівнянь або систем нерівностей, а й до змішаних систем, до яких входять і рівняння, і нерівності. З означення системи-наслідку для си стеми рівнянь (якщо кожний розв’язок першої системи рівнянь є розв’язком другої, то другу систему називають наслідком першої) випливає такий орієнтир. Для того щоб одержати систему-наслідок, достатньо розглянути задану систему рівнянь як систему правильних числових рівностей і гарантувати (тобто мати можливість обґрунтувати), що кожну наступну систему рівнянь можна одержати як систему правильних числових рівностей.

211

§§14. Систематизація й узагальнення відомостей про рівняння, нерівності та їх системи

Справді, якщо дотримуватися цього орієнтира, то кожний розв’язок першої си стеми перетворює всі рівняння системи на правильні числові рівності. Але тоді друга система теж міститиме всі правильні чис лові рівності, тобто розглядувані значення змінної (або впорядковані набори декількох змінних) є розв’язками і другої системи, а це й означає, що друга система є наслід ком першої. Також слід ураховувати, що при використанні систем-наслідків можлива поява сторонніх розв’язків, і тому перевірка підстановкою розв’язків у початкову систему є складовою розв’язування (див. приклад у п. 2 табл. 23). Аналогічно обґрунтовується, що при рівносильних перетвореннях систем рівнянь чи нерівностей необхідно враховувати ОДЗ заданої системи і гарантувати для всіх рівнянь збереження правильності рівностей на кожному кроці розв’язування (а для си стем нерівностей — збереження правильності нерівностей) як при прямих перетвореннях, так і при зворотних.

значення змінної або такі набори значень змінних (якщо змінних декілька), кожне з яких є розв’язком хоча б одного з рівнянь (нерівностей), що входять до сукупності, і при цьому решта рівнянь (нерівностей) визначена, або довести, що таких наборів чисел не існує. З цього випливає, що областю допу стимих значень (ОДЗ) сукупності є спільна область визначення для всіх функцій, які входять до запису сукупності. Як і у випадку рівнянь, нерівностей або їх систем, дві сукупності рівнянь, нерівностей або їх систем називаються рівносильними на деякій множині, якщо вони на цій множині мають однакові розв’язки. Інак ше кажучи, кожний розв’язок першої су купності на цій множині є розв’язком дру гої, і навпаки, кожний розв’язок другої є розв’язком першої. Сукупність рівнянь, нерівностей чи їх систем записують, користуючись сполуч ником «або». Можна також використовува ти спеціальний знак сукупності «[». Наприклад, рівняння

2x + 2 ( x 2 + 3x − 4) = 0 на його ОДЗ: 2x + 2 0 рівносильне сукупності

Цей орієнтир дозволяє обґрунтувати найпростіші властивості рівносильних си стем рівнянь і нерівностей, які наведено в п. 3 табл. 25.

Проведіть таке обґрунтування самостійно.

Для розв’язування деяких систем іноді використовують властивості функцій (див., наприклад, табл. 11). Слід також пам’я тати, що для розв’язування деяких рівнянь, нерівностей та їх систем зручно використо вувати заміну змінних (див., наприклад, розв’язання рівняння в п. 5 табл. 23, нерів ності — у п. 3 табл. 5, системи — у прикла ді 5 до п. 3.2 підручника). Іноді під час розв’язування рівнянь і не рівностей доводиться переходити не тільки до рівносильних систем рівнянь чи нерівно стей (див., наприклад, формулу (2)), а й до сукупностей рівнянь або нерівностей (або їх систем). Розв’язати сукупність рівнянь, нерів ностей чи їх систем — означає знайти такі

2x + 2 = 0

(4)

або x 2 + 3x − 4 = 0 .

(5)

Рівняння (4) має корінь x = −1, який входить до ОДЗ заданого рівняння (тоді рівняння (5) визначене). А рівняння (5) має корені x1 = 1 — входить до ОДЗ зада ного рівняння (тоді рівняння (4) визначе не) і x2 = −4 — не входить до ОДЗ заданого рівняння (тоді рівняння (4) не визначене). Отже, розв’язками розглянутої сукупності (тобто і коренями заданого рівняння) є тіль ки x = −1 і x = 1. Розглянуте розв’язання можна запи сувати, використовуючи знаки рівносиль ності, сукупності та системи. Наведемо де кілька можливих способів такого запису (проаналізуйте кожний із цих способів), але таке оформлення запису розв’язання не є обов’язковим.

212

Розділ 4. Рівняння, нерівності та їх системи. Узагальнення та систематизація

I спосіб  2x + 2 = 0, 2x + 2 ( x + 3x − 4) = 0 ⇔  2 ⇔ x + 3x − 4 = 0 2

 2x + 2 = 0,  2  x + 3x − 4 = 0, ⇔  2x + 2 0

II спосіб x + 2 0,  2 ( ) 2x + 2 x + 3x − 4 = 0 ⇔   2x + 2 = 0, ⇔  x 2 + 3x − 4 = 0  III спосіб x + 2 0,  2 2x + 2 ( x + 3x − 4) = 0 ⇔   2x + 2 = 0, ⇔  x 2 + 3x − 4 = 0 

3 Рівняння і нерівності з параметрами Розв’язування рівнянь і нерівностей з параметрами детально розглянуто в кур сі 10 класу. Розв’язуючи завдання з параметрами, часто доводиться розбивати область допу стимих значень параметра на проміжки, ви ходячи з такої умови: метод розв’язування рівняння (нерівності) має залишатися од ним і тим самим, поки значення параметра належить одному проміжку. При цьому не змінюється на проміжку й вигляд запису розв’язків рівняння (нерівності) з викори станням параметра.

Приклад

x − 2,  x = −1, x = −1,  x = 1, ⇔  x = 1.   x = −4  x + 2 0, x = −1     2x + 2 = 0, ⇔  x − 2, ⇔ x = −1, x = 1.  x + 2 0,   x = 1,   x 2 + 3x − 4 = 0   x = −4  Методи розв’язування завдань з параме трами такі самі, як і методи розв’язування аналогічних рівнянь, нерівностей або їх систем без параметрів. Нагадаємо орієнтир, який ми використовували для розбит тя ОДЗ параметра на проміжки. Будь-яке рівняння (нерівність) з параметрами розв’язують як звичайне рівняння (нерівність) доти, поки всі перетворення або міркування, необхідні для розв’язання, можливо виконати однозначно. Якщо якесь перетворення не можна виконати однозначно, то розв’язування потрібно розбити на кілька випадків, щоб у кожному з них відповідь через параметри записувалася однозначно.

Розв’яжіть рівняння ax + 1 =

Розв’язання

4a + 2 x

, де x — змінна. Коментар

 ОДЗ: x ≠ 0 .

ax + x − (4a + 2) = 0 . 2

1) Якщо a = 0 , одержуємо лінійне рівняння x − 2 = 0 . Звідси x = 2 . 2) Якщо a ≠ 0 , розв’язуємо квадратне рів няння:

D = 1 + 4a (4a + 2) = 16a 2 + 8a + 1 = (4a + 1) ; −1 ± (4a + 1) x1, 2 = . 2

x = −1, x = 1.

Вирази в обох частинах рівняння існують тоді й тільки тоді, коли знаменник дробу відмінний від нуля. Помножимо обидві частини заданого рівнян ня на вираз x — спільний знаменник дро бів — і одержимо ціле рівняння, яке за умо ви x ≠ 0 (тобто на ОДЗ даного рівняння) рів носильне заданому. При a = 0 задане рівняння не є квадратним.

§§14. Систематизація й узагальнення відомостей про рівняння, нерівності та їх системи

Тоді x1 = 2 , x2 = −

2a + 1 a

Ураховуємо ОДЗ: x1 = 2 — корінь (входить до ОДЗ) при будь-яких значеннях a. Оскільки x2 = 0 при a = −

1 2

, то при цьому

значенні параметра x2 = 0 не є коренем зада ного рівняння (проте його коренем є x1 = 2 ). При a ≠ −

1 2

(і a ≠ 0 ) значення x2 = −

2a + 1 a

є коренем рівняння. Відповідь: 1) якщо a = 0 або a = − 2) якщо a ≠ 0 і a ≠ −

x2 = −

2a + 1 a

. 

1 2

, то x = 2 ;

, то x1 = 2 ,

Підставляємо a = 0 в задане рівняння і розв’язуємо одержане рівняння (з урахуванням ОДЗ). При a ≠ 0 маємо квадратне рівняння. Зна ходимо його дискримінант. Для обчислення доцільно записати загальну формулу для двох коренів (у цьому випадку знак модуля можна не записувати). Перш ніж записати відповідь, слід обов’яз ково з’ясувати, чи входять одержані значен ня коренів до ОДЗ заданого рівняння. Для кореня x2 спочатку слід визначити, при яких значеннях параметра a його значення потрапляють до «заборонених» (x = 0) . По тім можна записати відповідь для знайдено го значення a = −

1 2

і для всіх інших зна

чень a (урахувавши, що при a = 0 одержали такий самий розв’язок, як і при a = −

1 2

У дослідницьких завданнях з параметрами розв’язування за даних рівнянь або нерівностей часто буває дуже складним або не можливим. У таких випадках корисно пам’ятати деякі спеціальні прийоми дослідження завдань з параметрами (табл. 26).

Таблиця 26

1. Дослідження кількості розв’язків рівнянь з параметрами Орієнтир Якщо в завданні з параметрами йдеться про кількість розв’язків рівняння (нерівності або системи), то для аналізу даної ситуації буває зручним використати графічну ілюстрацію розв’язування. Особливості використання орієнтира Дослідження є простим у тому разі, коли задане рівняння можна подати у вигляді f (x ) = a , оскільки графік функції y = a — це пряма, яка паралельна осі Ox і перетинає вісь Oy у точці a. Замінюючи задане рівняння рівнянням f (x ) = a , потрібно слідкувати за рівносильністю ви конаних перетворень, щоб одержане рівняння мало ті самі корені, що й дане. Тоді й кіль кість коренів у них буде однаковою. Для того щоб визначити, скільки коренів має рівняння f (x ) = a , достатньо знайти, скільки точок перетину має графік функції y = f (x ) з прямою y = a при різних значеннях параме тра a. (Для цього на відповідному рисунку доцільно зобразити всі характерні положення прямої.)

213

214

Розділ 4. Рівняння, нерівності та їх системи. Узагальнення та систематизація

Приклад Скільки коренів має рівняння x 2 − 2 x − 3 = a залежно від значення параметра a?

План

Розв’язання

1. Будуємо графік функції

у = a

y = x −2 x −3

(ураховуючи, що x 2 = x ), наприклад, так:

y = x 2 − 2x − 3 → y = x

2 1

−2 x −3→

→ y = x2 − 2 x − 3 .

–3 –2 –1

0 1 2 3

2. Будуємо графік функції y = a . 3. Аналізуємо взаємне розташування одер жаних графіків: кількість коренів рівняння f (x ) = a дорівнює кількості точок перетину графіка функції y = f (x ) із прямою y = a . 4. Записуємо відповідь.

–4 Відповідь: 1) при a < 0 немає коренів; 2) при a = 0 і a > 4 два корені; 3) при a < 0 < 3 і a = 4 чотири корені; 4) при a = 3 п’ять коренів; 5) при 3 < 0 < 4 шість коренів.

2. Використання парності функцій, що входять до запису рівняння Орієнтир Якщо в рівнянні f(x) = 0 функція f(x) є парною або непарною, то разом із будь-яким коренем α можна вказати ще один корінь цього рівняння –α. Приклад Знайдіть усі значення параметра a, при яких має єдиний корінь рівняння

a 2 cos 2x − x 4 − a = 0 .

(1)

Розв’язання

Коментар

 Функція f (x ) = a 2 cos 2x − x 4 − a є парною ( D ( f ) = R , f ( − x ) = f (x )). Отже, єдиним коре нем даного рівняння може бути тільки x = 0 . Якщо x = 0 , то з рівняння (1) одержуємо a 2 − a = 0 , тобто a (a − 1) = 0 . Звідси

Помічаємо, що в лівій частині рівняння (1) стоїть парна функція, і використовуємо орі єнтир. Дійсно, якщо x = α — корінь рівнян ня f (x ) = a , то f (α ) = 0 — правильна число ва рівність. Ураховуючи парність функції f (x ), маємо: f ( −α ) = f (α ) = 0 . Отже, x = −α також є ко ренем рівняння f (x ) = 0 . Єдиний корінь у цього рівняння може бути тільки тоді, коли корені α і −α збігаються. Звідси x = α = −α = 0 . З’ясуємо, чи існують такі значення параме тра a, при яких x = 0 є коренем рівнян ня (1). Це a = 0 і a = 1 . Оскільки значення

a = 0 або a = 1 . При a = 0 рівняння (1) перетворюється на рівняння x 4 = 0 , яке має єдиний корінь x = 0 . Отже, a = 0 задовольняє умову задачі. При a = 1 маємо рівняння cos2x − x 4 − 1 = 0 , тобто

cos2x = 1 + x 4 .

(2)

§§14. Систематизація й узагальнення відомостей про рівняння, нерівності та їх системи Оскільки cos2x 1, а 1 + x 4 1, то рівнян ня (2) рівносильне системі рівнянь

cos 2x = 1,  4 1 + x = 1. З другого рівняння системи одержуємо x = 0 , що задовольняє і перше рівняння. Отже, ця система, а значить, і рівняння (2) мають єди ний розв’язок x = 0 . Маємо: a = 1 також за довольняє умову задачі.

cos 2x = 1, (xx()x=) =1 1+ +x 4x 4 (⇔ ) h (x ) = cos2 gg 4 1 + x = 1. −1 h (x ) 1

Відповідь: a = 0 , a = 1 . 

Запитання

a = 0 і a = 1 ми одержали за умови, що x = 0 — корінь рівняння (1), то необхідно перевірити, чи дійсно при цих значеннях a задане рівняння матиме єдиний корінь. Щоб розв’язати рівняння (2), оцінимо зна чення його лівої і правої частин: h (x ) = cos2x , g (x ) = 1 + x 4 .

g (x ) 1

1. Що називають розв’язком: 1) 2) 3) 4)

рівняння; нерівності; системи рівнянь або нерівностей; сукупності рівнянь або нерівностей?

Наведіть приклади.

2. Сформулюйте означення ОДЗ: 1) 2) 3) 4)

рівняння; нерівності; системи рівнянь або нерівностей; сукупності рівнянь або нерівностей.

3. Сформулюйте означення рівняння-наслідку даного рівняння та системи-наслідку даної системи рівнянь. Наведіть приклади.

4. Сформулюйте означення рівносильності: 1) 2) 3) 4)

рівнянь; нерівностей; систем рівнянь або нерівностей; сукупностей рівнянь або нерівностей.

Наведіть приклади рівносильних перетворень. Поясніть, чому виконані перетворення є рівносильними.

5. Назвіть основні методи розв’язування: 1) рівнянь; 2) нерівностей; 3) систем рівнянь та нерівностей і наведіть приклади їх використання.

215

216

Розділ 4. Рівняння, нерівності та їх системи. Узагальнення та систематизація

Вправи

У завданнях 14.1–14.8 розв’яжіть рівняння.

14.1. 1) x = 3x + 40 ;

3) x = 5x + 36 ;

2) x = 10x + 24 ;

4) x = 3x + 28 .

14.2. 1)

10 − x = 4 − x ;

6) x + 2 x − 6 = 6;

x − 1 = x − 3;

x 4 − 3x − 1 = x 2 − 1;

1 + x = 2x − 4 ;

x 4 + x − 9 = x2 − 1;

x + 7 = 4x − 5;

x ( x − 2 ) ( x + 3) = 3 − x ;

5) x + 3 x − 5 = 5;

10)

x ( x + 4 ) ( x − 3) = 6 − x .

14.3. 1)

3x + 3 = 2x − 3 ;

3) x + 1 = 2 − x − 1 ;

3x + 2 = 2x − 4 ;

4) 1 − x − 2 = x − 1 .

14.4. 1) x 2 − 13x + 30 = ( 3x − 18 ) ; 2

2) x 2 − 9x + 13 = ( 5x − 35 ) ; 2

14.5. 1)

3) x 2 − 8x + 10 = ( 7x − 40 ) ; 2

4) x 2 − 15x + 55 = ( x − 8 ) . 2

3x − 5 = 3 − 2x ;

4x 2 + 4x + 1 = x 2 + x − 1;

x 2 + x + 4 + x 2 + x + 1 = 2x 2 + 2x + 9 ;

4*)

629 − x + 4 77 + x = 8 .

14.6. 1)

y − 1 = 6 − y ;

2x 2 − 8x + 5 = x − 2 ;

x + 1 = 4 − x ;

2x 2 − 8x + 6 = x − 2.

14.7. 1) 5 x − 2 + 3 x + 1 + 2x = 17 ;

3x − 2 + 2 x − 1 + 5x = 14 .

14.8. 1) sin 2x = 3 cos x ;

2) sin 2x = 2 cos x .

14.9. Укажіть усі корені рівняння:  3π 3π  1) sin 2x + 2 sin x = 0 , які належать відрізку  − ; ;  2 2  2) sin 2x + 3 cos x = 0 , які належать відрізку [ − π;2π ]. У завданнях 14.10–14.14 розв’яжіть рівняння.

14.10. 1) sin (0,5π + x ) + sin 2x = 0;

2) cos (0,5π + x ) + sin 2x = 0 .

14.11. 1) sin 4x + 3 sin 3x + sin 2x = 0 ;

2) cos 3x + sin 5x = sin x .

14.12*. 1) sin 2x + tg x = 2 ;

3) ctg 2 x + tg 2 x = 16 cos 2x .

2) sin x + sin 3x = 4 cos2 x ;

217

§§14. Систематизація й узагальнення відомостей про рівняння, нерівності та їх системи

14.13. 1) sin 2x = cos x ; 14.14. 1) 2)

2) cos 2x = sin x .

3 sin 2 x + 0,5 sin ( π + 2x ) = 0 ;  3π  3 cos2 x − 0,5 cos  + 2x = 0 .  2 

14.15*. Знайдіть усі розв’язки рівняння: 1) cos 2x = 2 tg 2 x − cos2 x , які задовольняють нерівність cosx < 2) 4 sin 4 x + sin 2 2x = 2 ctg 2 x , які задовольняють нерівність cosx < −

1 2

14.16. Знайдіть усі розв’язки рівняння:

1) cos x + cos 5x − cos 2x = 0, які належать відрізку [ − π; π ] ;

ctg 2x ctg x

ctg x ctg 2x

+ 2 = 0 , які належать відрізку [0; 2π ].

У завданнях 14.17–14.31 розв’яжіть рівняння.

14.17. 1) 3 cos 2x + 4 sin x = 1; π  3π 2) cos x − cos 2x − sin 2x = 1, x ∈  − ;− ; 6  2 3

3) cos 3x =



cos x =

sin x .

π

14.18. 1) cos  2x −  − sin x = ;  

3) cos x + cos 3x = 3 cos 2x .

2) sin x = 2 ctg x ;

14.19. 1) x −

3 7

2 7

;

2) x −

5 8

3 5

14.20. 1) 14 − x = x 2 − 196 ;

3) 19 − x = x 2 − 361 ;

2) 16 − x = x 2 − 256;

4) 17 − x = x 2 − 289.

14.21. 1) x 2 + 1 + x − 1 = 2 x ;

2) x 2 + 1 + x + 1 = 2 x .

14.22. 1) x 2 − 6 x − 2 = 0;

4) x 2 − 2x − 1 + x − 4 = 0;

2) x 2 + 4 x − 1 = 0 ;

3) x 2 − 2x − 1 − x + 1 = 0;

14.23. 1) x 2 − 8x + 15 = 15 − x 2 ; 14.24*. 1) cos x −

2) sin x −

2 2

= sin x −

= cos x −

2 2

;

x x x x

+ x = x 2 + 1; + 2x = x 2 + 1 .

2) 2x + 3 = x 2 .  9π  + x = 1 . 3) cos x − 3 sin   2 

;

1 2

;

218

Розділ 4. Рівняння, нерівності та їх системи. Узагальнення та систематизація

14.25*. 1)

2x + 1 = 1 − 2 x ;

1 − 3x = 1 − 3 x .

3) (3x 2 − 8x − 11) 3x − 5 = 0 ;

14.26. 1) (2x − 7) 3x 2 − 5x − 2 = 0 ;

4) (4x 2 + 3x − 22) 3x − 15 = 0 .

2) (2x − 3) 4x 2 − 5x − 9 = 0 ;

14.27. 1) (7 sin x − 4 3 )(7 sin x − 5 2 ) = 0 ; 2) (5 cos x − 3 3 ) (5 cos x − 2 6 ) = 0.

14.28*. 1) (sin x + cos x − 2 ) −11x − x 2 − 30 = 0 ; 2) ( cos x + sin x + 2 ) −x 2 − 7x − 12 = 0 .

14.29*. 1) (2 sin 2 x − 3 sin x + 1) tg x = 0 ; 2) (2 cos2 x − cos x − 1) ctg x = 0 ; 4x − x 2 − 3 ( 2 cos x − 1 + cos 2x ) = 0 .

14.30*. 1) arcsin

6x − 7 2x − 3

2) x 2 − cos 2x 2 + 1 = 0.

= 2π − πx ;

14.31*. 1) log sinx (3 sin x − cos x ) = 0;

2+x

−3

2 − 6x x

= 1.

14.32*. Знайдіть найбільший корінь рівняння: 1)

(

4 − 15

) +( x

4 + 15

)

= 8;

2) (2 3 − 2) + 2x+1 = 2 ( 3 + 1) . x

У завданнях 14.33–14.57 розв’яжіть нерівність.

14.33. 1) 3x 2 + 2x + 1 0 ;

2) −x 2 + 2x − 3 > 0.

14.34. 1) x 3 − 3x − 2 < 0;

2) x 3 − 3x 2 + 4 > 0 .

14.35. 1) 14.36. 1)

x 2 − 5x + 6

x ;

x 2 + 5x + 6 3 x −2

2) x

14.37. 1)

< 0;

2 x −1

;

>1+

x 2 − 6x + 18 − x 2 + 8x − 12 x2 − 1 x+5 2x − 1 x −3 2

> 0.

< 1; < x + 3.

>1−

;

14.38. 1)

12x − 11 < 10x − 9 ;

10x − 7 < 9x − 5 ;

11x − 9 < 9x − 7 ;

10x − 9 < 8x − 7 .

2−x 5 x+4

<1+

x+2 1 4−x

3−x 7 x+5

<1+

x+2 2 5−x

; .

§§14. Систематизація й узагальнення відомостей про рівняння, нерівності та їх системи

14.39. 1)

x 2 − 9 < 14 − 2x ;

3) 2 − 3x < 4 + 9x − 9x 2 ;

x 2 − 6x < 8 + 2x ;

4) 4 − 5x < 16 + 30x − 25x 2 .

14.40*. 1)

3 − x > x − 2;

14.41*. 1)

5x − 3

< 1;

7x − 4 3x − 2

14.42. 1) 3 log 8 (3x + 2) < 2 ; 2) 4 log16 (4x + 3) < 3; 10 3

x + 2 x −1

1 x − 2 x −1

x 2 − 8x + 12 x − 5.

< 1;

5x − 2

3) log

(1 − 3x ) > 2 ;

4) log

6 3

(2x − 1) > 2 ;

5) log 0,5 (3 − 2x ) > − log 0,5 3; 6) log 2 (2x − 5) < − log 2 3 .

14.43. 1) log 0,4 (3,5 − 5x ) > 2 log 0,4 0,2 − 1; 2) 1 + 2 log 2 0,3 > log 2 (1,5 − 3x ) .

14.44*. 1) log 2) log

(5x+1 − 25x ) 4;

3) log

(7 x+1 − 49x ) 2;

4) log

14.45. 1) tg3x > 0 ;

1 5 1 3

(6x+1 − 36x ) − 2 ; (2x+2 − 4x ) − 2.

4) ctg2x 0 ;

π  2) tg  x +  < 1;  4

4π   5) ctg  2x − > 3;  3 

π 3  ; 3) tg  x −    6 3

π  6) ctg  x −  1.  4

14.46*. 1) 5 sin x − sin 2x > 0 ;

2) 5 cos x + sin 2x < 0.

14.47*. 1) 2 sin x − 1 6 sin 2 x − 6 sin x − 12 ; 2) 16 sin 2 x − ctg 2 x 7 ; 3) 16 sin 2 x + 9 ctg 2 x 15 .

14.48. 1) 2x > x + 1 ;

2) x 2 − 6 x ;

14.49*. 1)

4 2−x 4 x

2) 1 − x +

− x − 2 0 ; 4 1− x x −3

4 x+2 3 x −1

3 − x; 2x + 5.

3) x 2 − 8x + 15 15 − x 2 .

> 2.

219

220

Розділ 4. Рівняння, нерівності та їх системи. Узагальнення та систематизація

14.50*. 1)

1 x 4

−4

2+x

1 x 2

< 0 ; 2)

−2

x −2

14.51. 1) (x 2 − 9) x + 6 > 0 ;

> 0 ; 3)

2) (16 − x 2 ) 8 − x < 0;

14.52. 1) (x − 2) (x − 3) x − 1 0; 2) (x + 2) (x + 3) x + 11 0; 6 + 5x − x 2

14.53. 1)

x −2 3 + 2x − x 2

x −2 4 − 3x − x 2

14.54. 1) 2)

x+3

< 0;

> 0 ;

x −1 − x +1

14.55*. 1) 2x + 2 x 2 2 ; 2) 3x + 3 x 3 ;

14.56*. 1)

14.57*. 1)

lg (x − 2)

lg (2x + 9) lg (2x + 3)

log 2 x − 3 6 log x 2 − 1

< 0.

x 2 − 9 (x + 8) > 0 ;

4) (x − 8) (x + 7 ) x 0. 4)

x − 11 + 5 7 − x

−2

x+2

3) (x − 4) (x + 3) x 0;

4 10 − x + x − 13

1 x

4) (x − 4) x 2 − 4 < 0 .

< 0;

x −4 − x −2

lg (8 − x )

−

1− x 2 + x − x2 3x + 2 2 − x − x2 x −1 3 + 2x − x 2

< 0; > 0; < 0.

x −5 − x −3 2 11 − x + x − 12 x + 2 −7 6 − x x −3 − x+3

3) 3 ⋅ 4

2− x

+ 3 < 10 ⋅ 2

4) 2 ⋅ 9

3− x

+ 2 < 5⋅3

x  +9 2 

x  lg +3 2  lg

x  +5 3 

2− x

3− x

2) log (x −2) x log (x −2) 4 .

x  lg −1 3 

;

У завданнях 14.58–14.62 розв’яжіть систему рівнянь. x − 3y 2 = 8,

x − 7y 2 = 9, 3)  2 x + 2y = 18;

x − 5y 2 = 10, 2)  2 x + 3y = 18;

x − 2y 2 = 12, 4)  2 x + 7y = 21.

14.58. 1) 

2 x + 4y = 15;

§§14. Систематизація й узагальнення відомостей про рівняння, нерівності та їх системи

3 y + 52x = 26, 2)  x 0,5 y = 4. 5 − 3

42y + 32x = 82, x y 3 − 4 = 8;

14.59. 1) 

 x 14.60. 1) 3

 y2 −3xy = 1, = 1, 2) 2 2 log 2 (x + 1) = log 2 (3y − 5). 2 log 3 ( y + 2) = log 3 (5x − 2); 2

−2xy

x −2  y −3 14.61. 1) 2 = 8 ,

2 log 3 ( y − x ) − log 3 x = 1;

5  xy  2 + 2x + y − xy = 5, 14.62*. 1)  10 2x + y + = 4 + xy; xy 

2 y = 4 x −3, 2)  2 log 2 (x − y ) − log 2 y = 1.

9 ⋅ 2x ⋅ 5 y − 5 ⋅ 3 y+x = 3x ⋅ 5 y , 2)  x −2 y −x+1 1− y ⋅ 5 = 1. 2 ⋅ 3

У завданнях 14.63–14.71 розв’яжіть задачі з параметрами.

14.63. При яких значеннях c ∈R для дійсних коренів x1 і x2 рівняння x 2 + (4c − c2 − 1) x + 2c2 − 1 = 0 виконується рівність x1 + x2 = 6 ?

14.64. Побудуйте графік квадратного тричлена: 1) y = x 2 + 3x + a , якщо відомо, що його корені пов’язані співвід ношенням x12 + x22 = 5; 2) y = x 2 − x − a , якщо відомо, що його корені пов’язані співвід ношенням x13 + x23 = 4 .

14.65*. Знайдіть усі значення параметра a, при кожному з яких рівняння: 1) 2 x + 1 − 2 x − 2 + x − 6 = x + 3a має рівно один корінь; 2) 2 x + 3 − 2 x − 2 + x − 4 = x + 2a має рівно два корені; 3) x 2 − 8x − a = 4x має рівно один корінь, менший від 1, і хоча б один корінь, більший за 11,5; 4) x 2 − 4x + a = x має рівно один корінь, менший від 1, і хоча б один корінь, більший за 4.

14.66. Для кожного значення параметра b знайдіть число коренів рівняння: 1) 2x 2 + 10x + 6x + 30 = b ;

3) 4x 2 + 12x + 8x + 24 = b ;

2) 6x 2 + 18x + 12x + 36 = b ;

4) 4x 2 + 8x + 24x + 48 = b .

221

222

Розділ 4. Рівняння, нерівності та їх системи. Узагальнення та систематизація

14.67*. Для кожного значення параметра c розв’яжіть рівняння: 1) 2)

x 4

+2 = c+

x 4

−3 ;

x 2 − 4x + 4 = c − x 2 + 6x + 9 ;

π  3) sin  c x − 1 +  = 0,5 ;  6

4) (2 − x + 4 + 3c )(5 − c − 2 − x ) = 0 .

14.68. Знайдіть усі значення параметра p, при кожному з яких рів няння 8 + 4 p (x − 2) = (x − x ) x має єдиний розв’язок. Знайдіть усі розв’язки при кожному значенні p.

14.69*. Знайдіть усі значення параметра a, при кожному з яких рівнян ня 144 − 2x −1 − 2 ⋅12 − 2x −1 + 12a = 0 має хоча б один корінь.

14.70. Для кожного значення параметра a розв’яжіть нерівність: 1) 2x + a x + 2 ;

2) 3 (2x − a ) + 5a 2x − a − 2a 2 > 0.

14.71. При яких значеннях параметра a рівняння 2x + 6 + 2x − 8 = ax + 12 має єдиний розв’язок? У завданнях 14.72–14.93 розв’яжіть задачу.

14.72. Яку кількість води потрібно додати до 1 л 10%-го водного роз чину спирту, щоб одержати 6%-й розчин?

14.73. Є 1 л 6%-го розчину спирту. Скільки літрів 3%-го розчину спирту потрібно додати в перший розчин, щоб одержати 5%-й розчин?

14.74. Із пункту прокату виїхав електроскутер зі швидкістю 25 км/год. За годину слідом за ним одночасно виїхали електробайк і зви чайний мотоцикл. Швидкість електробайка постійна і становить 3 4

швидкості мотоцикла. Знайдіть швидкість електробайка, як

що відомо, що він наздогнав електроскутер на 10 хв пізніше, ніж мотоцикл.

14.75. Від пристані по водосховищу зі швидкістю 10 км/год почала ру хатися яхта. Через 1,5 год від тієї самої пристані за яхтою ви рушили два катери з постійними швидкостями, причому швид кість першого катера становила

4 3

швидкості другого. Знайдіть

швидкість першого катера, якщо відомо, що він наздогнав яхту на 15 хв раніше, ніж другий.

14.76. Два монтажники виконали певну роботу за 20 днів. За скільки днів виконав би цю роботу кожний із них, працюючи окремо, якщо відомо, що першому довелося б працювати на 9 днів біль ше, ніж другому?

223

§§14. Систематизація й узагальнення відомостей про рівняння, нерівності та їх системи

14.77. Двоє художниць, працюючи разом, виконали всю роботу за 5 днів. Якби перша художниця працювала у два рази швид ше, а друга — у два рази повільніше, то всю роботу вони вико нали б за 4 дні. За скільки днів виконала б усю роботу перша художниця?

14.78. Заповнення басейну в аквапарку через першу трубу вимагає на 3 год менше часу, ніж його звільнення через другу. За який час заповнюється басейн через першу трубу, якщо відомо, що в разі відкриття обох труб басейн заповнюється за 18 год?

14.79. Рефрижератор затримався в дорозі від ферми до магазину на 12 хв, а потім на відстані 60 км надолужив утрачений час, збіль шивши швидкість на 15 км/год. Знайдіть початкову швидкість рефрижератора.

14.80. Протягом 7 год 20 хв прогулянковий катер пройшов вгору по річці 35 км до водоспаду і повернувся. Швидкість течії дорівнює 4 км/год. З якою швидкістю катер ішов за течією?

14.81. Потяг вийшов із пункту A в пункт B, відстань між якими

230 км. За годину назустріч йому вийшов із пункту В другий потяг, швидкість якого на 15 км/год більше, ніж першого. Ви значте швидкості потягів, якщо відомо, що вони зустрілися на відстані 120 км від пункту A.

14.82. Змішали 20%-й і 40%-й розчини кислоти й одержали 25%-й розчин. Знайдіть відношення мас початкових розчинів.

14.83. Є два сплави, в одному з яких міститься 20 %, а в другому — 30 % олова. Скільки потрібно взяти першого і другого сплавів, щоб одержати з них 10 кг нового сплаву, що містить 27 % олова?

14.84. У кафе випікають булочки із суміші пшеничної та житньої му ки, у якій міститься 55 % житньої. За новим рецептом до цієї суміші додали ще 36 кг житньої муки, щоб її вміст у суміші досягнув 75 %. Знайдіть масу початкової суміші.

14.85. В акваріумі було 60 кг морської води, яка містить за масою 5 % солі. Скільки кілограмів прісної води потрібно додати до мор ської, щоб уміст солі в ній становив 3 %, як вимагають правила утримання рибок?

14.86. Свіжі гриби містять за масою 90 % води, а сухі — 12 %. Скільки кілограмів сухих грибів можна отримати з 22 кг свіжих?

14.87. У траві волога становить

7 10

загальної маси, а в сіні —

1 10

Скільки тонн трави потрібно скосити фермеру, щоб заготовити 1 т сіна?

14.88*. Задано двоцифрове натуральне число, у якого число десятків на одиницю більше числа одиниць, а добуток його цифр на 45 біль ше потрійного числа його десятків. Знайдіть це число.

224

Розділ§4.§Рівняння,§нерівності§та§їх§системи.§Узагальнення§та§систематизація

14.89*. Директору фірми зараз 40 років. Він учетверо старший, ніж бу ла його помічниця тоді, коли директорові було стільки ж років, скільки помічниці зараз. Який вік помічниці?

14.90*. У двох будинках більше ніж 31 квартира. Число квартир у пер шому будинку, збільшене на 21, більш ніж у три рази перевищує число квартир у другому. Подвоєне число квартир у першому будинку менше потроєного числа квартир у другому будинку, збільшеного на одиницю. Скільки квартир у кожному будинку?

14.91*. Є три сплави. Перший містить 30 % нікелю і 70 % марганцю, другий — 10 % марганцю і 90 % міді, третій — 15 % нікелю, 25 % марганцю і 60 % міді. З них виготовили сплав, маса якого 15 кг і який містить 40 % міді та 42 % марганцю. Яку кількість першого, другого і третього сплавів узяли для цього?

14.92*. Рідину налили в бутлі місткістю по 40 л, при цьому один із бут лів виявився не зовсім повним. Якщо цю рідину перелити в бутлі місткістю по 50 л, то такі бутлі будуть заповнені повністю, але при цьому знадобиться на 5 бутлів менше. Якщо ж цю рідину розлити в бутлі місткістю по 70 л, то знадобиться ще менше на 4 бутлі. При цьому знову один бутель буде не зовсім повним. Скільки було літрів рідини?

14.93*. Технічну реконструкцію підприємства провели в чотири етапи. Кожний етап продовжувався ціле число місяців і супроводжу вався падінням обсягу виробництва. Щомісячне падіння обсягу виробництва склало на першому етапі 4 %, на другому — 6 на третьому — 6

1 4

% і на четвертому — 14

2 7

2 3

% на місяць. Піс

ля закінчення реконструкції початковий обсяг виробництва на підприємстві скоротився на 37 %. Визначте тривалість періоду реконструкції.

225 ЗАВДАННЯ ДЛЯ ПІДГОТОВКИ ДО ОЦІНЮВАННЯ

Тест № 4

(

)

1. Скільки коренів має рівняння lg (2 − x ) x 2 − 9 = 0? А Жодного

Б Один

В Два

Г Три

Д Безліч

2. Знайдіть суму всіх цілих значень з області визначення функції y = log 5−x

8−x 2+x

А 2

. Б 3

В 4

Г 5

Д 6

Г [ −5; 2]

Д [ −8; + ∞ )

3. Розв’яжіть нерівність 2x + 6 − 9 1 . А ( − ∞; 2]

Б [ −8; 2]

В [ −5; 5]

4. Розв’яжіть рівняння 71−4x = А

1 4

Б −

1 4

1 49

В −

3 4

Д 1

5. Розв’яжіть рівняння

18 + x = 2 − x. Якщо воно має декілька ко ренів, знайдіть їх суму.

А 5

Б –2

В 7

Г –2,1

Д –5

6. Установіть відповідність між системами рівнянь (1–3) та кіль кістю їх розв’язків (А–Г). x 2 + y 2 = 1,

1 

y = 2 2  2 y = x , y = ln x x 2 + y 2 = 4, 3  y = − x +2

А Жодного Б Один В Два Г Три

7. Розв’яжіть нерівність 9x − 12 ⋅ 3x−1 − 3 .

(

)

8. Розв’яжіть нерівність log 0,5 x 2 + 3x − 2. 9. Розв’яжіть нерівність метра a.

log a x x 2 − 2ax

0 залежно від значення пара

Пройдіть онлайн-тестування на сайті interactive.ranok.com.ua

226

Розділ§4.§Рівняння,§нерівності§та§їх§системи.§Узагальнення§та§систематизація

ВІДоМоСтІ З ІСторІЇ Аналізуючи історію розвитку математики, пригадаємо також імена українських жі нок, які займалися математичною наукою, популяризацією математики, збереженням пам’яті українських математиків, навчали математики молодь. Розкажемо про них до кладніше.

К. Я. Латишева (1897–1956)

Г. П. Матвієвська (нар. 1930)

клавдія Яківна латишева (1897–1956) народилася 14 березня 1897 р. в Києві. Середню освіту вона здобула в Другій жіночій гімназії (1916 р.), у 1921 р. закінчила жіночі вищі педагогічні курси (фізикоматематичний відділ), стала першою в Україні жінкою, яка захистила дисертацію на здо буття ступеня кандидата фізикоматематичних наук (за темою «Наближене розв’язування за допомогою способу моментів лінійних диференціальних рівнянь, що мають особливості в коефіцієнтах» (1936 р.)), а потім — док торську дисертацію (за темою «Нормальні розв’язки лінійних диферен ціальних рівнянь із поліноміальними коефіцієнтами» (1952 р.)). Серед важливого наукового доробку Латишевої — наукові дослідження в галу зі аналітичної теорії диференціальних рівнянь, теорії крайових задач для звичайних диференціальних рівнянь, зокрема метод Фробеніуса — Лати шевої для розв’язування систем диференціальних рівнянь з частинними похідними. У 1936 р. в Інституті математики відбулася спільна доповідь К. Я. Латишевої та М. Кравчука. Багато уваги Клавдія Яківна приділяла методиці викладання математики. Була вона й у числі організаторів Пер шої всеукраїнської математичної олімпіади, яка пройшла в Київському університеті в 1936 р. Галина Павлівна Матвієвська (нар. 1930) народилася 13 липня 1930 р. в м. Дніпропетровськ (тепер Дніпро), дитинство провела в Хар кові, а в 1948 р. закінчила школу з золотою медаллю, у 1954 р. — Ле нінградський (тепер СанктПетербург) університет, у 1958 р. захистила дисертацію на здобуття ступеня кандидата фізикоматематичних наук за результатами вивчення неопублікованих архівних рукописів Леонарда Ейлера з теорії чисел. У 1959 р. Г. П. Матвієвська переїхала до Узбеки стану, на батьківщину чоловіка, і зайнялася історією східної математики, опанувавши для цього арабську мову. У 1968 р. в Ташкенті дослідниця захистила докторську дисертацію за темою «Вчення про число в середні віки». Згодом вона стала членомкореспондентом Академії наук Узбеки стану, заслуженим діячем науки, лауреатом державної премії ім. Беру ні. Основні напрямки її досліджень — історія математики і математичної астрономії в країнах середньовічного Сходу, історія теорії чисел, рукопи си Л. Ейлера. Ольга Арсенівна Олійник (1925–2001) народилася 2 липня 1925 р. в селі Матусів, а шкільні роки провела в містечку Сміла (тепер Черкась ка обл.). У роки війни родина Олійник евакуювалася до м. Перм (Росія), де дівчина закінчила школу і вступила на фізикоматематичний факуль тет Пермського державного університету. Водночас вона відвідувала семі нар професора Московського університету Софії Яновської, яка й поради ла Ользі продовжити навчання в Московськом державному університеті

227 ім. Ломоносова. Ольга Арсенівна в 1947 р. з відзнакою закінчила механі ко-математичний факультет університету, в 1950 р. вона захистила дисер тацію на здобуття ступеня кандидата фізико-математичних наук за темою «Про топологію дійсних алгебраїчних кривих на алгебраїчній поверхні», а в 1954 р. — докторську дисертацію за темою («Крайові задачі для рів нянь з частинними похідними з малим параметром при старших похід них і задача Коші для нелинійних рівнянь у цілому», невдовзі стала про фесором і академіком. Напрямок її наукової діяльності — застосування диференціальних рівнянь до нестаціонарної фільтрації рідин і газів у по ристих середовищах; до розподілу тепла в тілах, що перебувають у різних фазових станах одночасно (плавлення металу або танення снігу); до удар них хвиль газової динаміки; до математичної теорії пружності й тополо гії; до руху в’язкої рідини. Праця українки, яка першою у світі (на той час) стала доктором фізико-математичних наук у 29 років, була гідно оці нена. О. А. Олійник отримала премію ім. М. Г. Чеботарьова (1952 р.), пре мію ім. М. В. Ломоносова за наукові роботи (І ступінь, 1964), іменну ме даль Колеж де Франс (Франція), медаль І ступеня Карлова університету Праги (Чехія); була обрана іноземним членом Італійської Академії наук у Палермо (1967 р.), почесним членом Единбурзького королівського това риства Великої Британії (1984 р.). Галина Миколаївна Сита (нар. 1940) народилася 29 січня 1940 р. в м. Харків. Після закінчення в 1962 р. механіко-математичного факульте ту Київського університету вона успішно займалася в Інституті математи ки Академії наук України граничними теоремами теорії випадкових про цесів та асимптотичними оцінками мір у функціональних просторах; стала кандидатом фізико-математичних наук (1965 р.), опублікувала низку відо мих математичних праць. Та більш відома її робота зі збереження пам’яті про українських математиків і повернення Україні імен власних математи ків світового рівня, зокрема Георгія Вороного, Михайла Остроградського, Михайла Кравчука, Миколи Чайковського, Віктора Буняковського. Спра ва почалася із впорядкування могил Г. Вороного (у 1982 р. в с. Журавка на Чернігівщині було встановлено гранітний обеліск) і М. Остроградського (у 1985 р. в с. Хорішки на Полтавщині — гранітний знак із барельєфом вче ного). Далі Г. М. Сита працювала над організацією музеїв, спорудженням пам’ятників, створенням фільмів, випуском іменних грошових і пошто вих знаків, організацією міжнародних наукових конференцій, виданням книжок. До речі, вона була не тільки співредактором цих книжок, а й ав тором архівних досліджень. Вона — автор понад півсотні праць з історії математики. У 2001 р. саме Галину Ситу Кабінет Міністрів України затвер див секретарем Організаційного комітету з відзначення 200-ліття Михайла Остроградського.

О. А. Олійник (1925–2001)

Г. М. Сита (нар. 1940)

Зінаїда Іванівна Слєпкань (1931–2008) народилася 16 квітня 1931 р. в с. Печенжиці на Вологодщині (Росія), куди в 1930 р. із Запорізької об ласті було вислано її родину. В 1949 р. дівчина разом із батьками поверну лася до України — до міста Мелітополь, де в 1953 р. з відзнакою закінчила фізико-математичний факультет Мелітопольського педагогічного інсти туту. В 1962 р. Зінаїда Іванівна захистила дисертацію на здобуття ступеня

228

Розділ 4. Рівняння, нерівності та їх системи. Узагальнення та систематизація

З. І. Слєпкань (1931–2008)

К. Л. Ющенко (1919–2001)

Н. О. Вірченко (нар. 1930)

кандидата педагогічних наук із методики викладання математики («Куль тура тригонометричних обчислень у восьмирічній і середній школах»). У 1987 р. першою серед жінок тодішнього СРСР стала доктором педагогіч них наук із методики навчання математики. В основу дисертації був покла дений зміст її посібника «Психолого-педагогічні основи навчання матема тики». З. І. Слєпкань — професор, одна із засновниць української наукової школи з теорії та методики навчання математики в середніх і вищих за кладах освіти, автор багатьох програм і підручників для вищої і середньої школи. Усі українські школи протягом десяти років працювали за підруч ником «Алгебра і початки аналізу 10–11», написаним З. І. Слєпкань у спів авторстві з М. І. Шкілем та О. С. Дубинчук. Катерина Логвинівна Ющенко (Рвачова) (1919–2001) народилася в учительській родині (молодший брат також став академіком) 8 грудня 1919 р. в містечку Чигирин (тепер Черкаська обл.). Закінчила в 1942 р. Се редньоазійський університет. У 1966 р. вона захистила докторську дисер тацію за темою «Деякі питання теорії алгоритмічних мов і автоматизація програмування», стала доктором фізико-математичних наук, професором Київського університету (1969 р.), членом-кореспондентом Академії наук України (1976 р.), членом міжнародної Академії комп’ютерних наук і си стем (1993 р.). Катерина Логвинівна Ющенко — автор першої у світі мови програмування високого рівня («Адресної мови програмування»), вченийкібернетик, заслужений діяч науки, дійсний член Міжнародної академії комп’ютерних наук, лауреат премії імені В. М. Глушкова, нагороджена ор деном княгині Ольги. Ніна Опанасівна Вірченко (нар. 1930) — українська вчена, матема тик, доктор фізико-математичних наук, професор, академік-секретар від ділення математики АН вищої школи України (АН ВШУ), віце-президент АН ВШУ, член Українського, Американського, Австралійського, Бель гійського, Единбурзького, Лондонського математичних товариств, голова Науково-методичної ради Всеукраїнського товариства політв’язнів та ре пресованих. Н. О. Вірченко вивчала теорію узагальнених аналітичних функцій, теорію змішаних крайових задач, сингулярні диференціальні рівняння з частинними похідними, інтегральні рівняння, спеціальні функції, інте гральні перетворення, історію та методику математики тощо. Але голов ною справою життя Ніни Вірченко, якою вона займається понад 45 років, стало дослідження життя і математичної спадщини Михайла Кравчука. Ще в 1965 р., працюючи в Київському університеті над питаннями матема тичної фізики, Ніна не раз натрапляла в науковій літературі на згадки про Михайла Кравчука і зрозуміла, що академік М. Кравчук — непересічний, великий математик. Дівчина стала шукати його праці і виявила, що вони були практично вилучені з бібліотечних фондів, а далі дізналася, що вче ний загинув на Колимі. Це ще дужче привернуло її увагу до Кравчука — науковця, особистості з трагічною долею. Н. О. Вірченко — Заслужений працівник освіти України, авторка по над 500 наукових і науково-методичних праць, зокрема 20 книжок, вида них українською, російською, англійською та японською мовами.

229

Відповіді до вправ

§ Відповіді до вправ Розділ 1 § 1. 1.2. 1) (0; + ∞ ) ; 2) [0; + ∞ ) ; 3) ( − ∞; 2) ;

4) ( − ∞; − 1] ∪ [1; + ∞ ) ; 5) [0; + ∞ ) . 1.3. 1) 125; 2) 2; 3) 7. 1.4. 1) 8a 1.5. 1) 2 −

1 7

; 2) a

; 3) a

; 2) – 3; 3) Коренів немає;

3.3.4. 1) –2; [3; + ∞ ) ; 2) ( − ∞; − 2], 4; 3) (0; 1) ;

§ 2. 2.4. 1) (1; + ∞ ); 2) ( − ∞; 0) ; 3) ( −2; + ∞ ) ; 4) ( − ∞; 0) . 2.10. 1) «–»; 2) «–»; 3) «+»; 4) «+». 2.12. 1) Приблизно у 2,8 разу, при близно у 5,6 разу, у 8 разів, у 16 разів; 2) приблизно 1,3 доби, приблизно 1,6 доби, 2 доби. 2

1 4

; 5)

1 2

;

6) 2 ± 6 ; 7) –3; 2; 8) 0; 9) 2; 10) 4; 11) коренів немає; 12) 5; 13) коренів немає; 14) 0; 15) 1; 16) 2; 17) 1; 18) 2; 3; 19) 1; 20) 1; 21) 2; 22) 2. 3.1.2. 1) 1; 2) 1; 3) 3. 3.1.3. 1) –4; 2; 2) –2; 3; 3) –2; 4; 4) –1; 3; 5) ± 3 . 3.1.4. 1) 1; 2) 1; 3) 3; 4) –1; 5) 2; 6) 0; 7) –2; 8) 2. 3.1.5. 1) R; 2) R при a = 0; при a ≠ 0 x = 1; 3) при a = 0 x ∈R, x ≠ 0; при a > 0 x = 0,5 (при a < 0 рівняння не визначене). 3.2.1. 1) 0; 2) 1; 3) 1; 4) 1; 5) 1. 3.2.2. 1) 1; 2) 1; 3) 0; 2; 4) 0; 2; 5) 3; 6) 0,5; 7) ±1; 8)

πn 2

10) [1; 4) ∪ [8; + ∞ ). 3.3.2. 1) ( − ∞; 0) ;

3) ( − ∞; − 1] ∪ [0; + ∞ ); 4) [0; 1].

1.7. 3993 грн.

; 2) 2; 3) 0; 4)

5) ( − ∞; − 2]; 6) ( − ∞;5]; 7) [2,5; + ∞ ) ; 8) (0; + ∞ ) ; 9) [1; 3) ∪ [6; + ∞ ) ;

6) [1; 2]. 3.3.3. 1) ( − ∞; 0) ; 2) ( − ∞;1] ;

4) 6 + 3 . 1.6. Вказівка. Врахуйте область визначення заданих функцій: 1) [0; + ∞ ) ; 2) (0; + ∞ ) ; 3) [0; + ∞ ) .

2) ( −1; + ∞ ); 3) R; 4) розв’язків немає;

2) ( − ∞;1) ; 3) [ −1; + ∞ ) ; 4) ( − ∞;1] ; 5) (2; + ∞ );

1 3

§ 3. 3.1.1. 1)

4) (3; 1); 5) (4; 2) ; 6) (4; 2) . 3.3.1. 1) (0; + ∞ ) ;

, n ∈Z. 3.2.3. 1) 0; 2) 1;

3) 2; 4) 0; 5) 0; 6) 1,5. 3.2.4. 1) 0; 2) 0; 3) 0; 4) 0; 1; 5) 0; 1. 3.2.5. 1) 2; 2) ±1; 3) 0; 4) 0; 1,5. 3.2.7. Вказівка. Скористайтеся теоремою про корені рівняння (якщо в рів нянні f ( x ) = g ( x ) функція f ( x ) зростає на деякому проміжку, а функція g ( x ) спадає на цьому самому проміжку (або навпаки), то це рівняння може мати не більш ніж один корінь на цьому проміжку) і врахуйте, що всі функції f ( x ) і g ( x ) визначені на R. 3.2.8. 1) (3; − 1); 2) ( −2; − 3); 3) (1; 2); (2; 1);

4) (0; 1) .

§ 4. 4.2. 1) 2; 2) 3; 3) –2; 4) 0,5; 5) –1,5; 6) 0; 7)

1 3

; 8)

1 4

; 9) –1; 10) –1.

4.3. 1) log 4 9; 6) ln3. 4.4. 5) 14; 6) 54. 4.5. 2) 2 lg a + 5 lg b − 7 lg c − 1 ; 5) 2 + 7 log 3 a +

1 3

log 3 b .

4.6. 1) 3 lg a + 5 lg b + 8 lg c ; 2)

1 3

lg a +

3) 4 lg c − 4) 2 +

1 5

3 2

lg b − 2 lg c ; 2

lg a −

lg a +

1 5

lg b ;

lg b +

2 5

lg c . 4.7. 1) b + 1;

2) 2a + b ; 3) a + b + 1; 4) 3a + 2b . 4.8. 1) 3; 2) 1,5; 3) 2; 4) 2,5; 5) –2; 6) –1. 4.9. 1) 7 = 5log5 7 ; 2) 13 = 10lg13 . 4.10. 1) 3 = log 5 53 = log 5 125 ; 2) −2 = log 0,2 25 ; 3)

3 3

= log 8 2 ; 4) 0,5 = lg 10 . 4.11. 1) 5a ⋅ c 5 b

; 3)

m3 ⋅ n2 5

; 4)

1 1600

40 9

;

4.12. 1) −log 3 a ; 2) 0,5 log 3 a; 3) −0,5 log 3 a; 4) 2 log 3 a; 5)

log 3 a log 3 2

. 4.13. 1) 24; 2) 10;

3) 2,5; 4) 1,5; 5) 19; 6) 12. 4.14. 1) 2)

2+a

2 (2 − a )

; 3)

b (3 − 2a ) ab + 2

; 4)

2 (2a − 1)

b (a + 4)

3 (1 + ab )

3 (2 − a )

;

230

Відповіді до вправ

4.15. 1) –40; 2) 5 3 ; 3) 7; 4) 20. 4.16. 1) 1000; 2) 27. 4.17. 1) 1; 2) 1. 4.18. 1) 9; 2) 19. § 5. 5.1. 1) ( −3; + ∞ ) ; 2) (3; + ∞ );

3) ( − ∞; − 1) ∪ (1; + ∞ ); 4) (0; 3) ; 5) R; 6) R; 7) ( − ∞; − 2) ∪ (3; + ∞ ) ; 8) (2; 3) ∪ (3; + ∞ ) ;

9) ( − ∞; − 3) ∪ (3; + ∞ ) ; 10) (0; 1) ∪ (1; 2);

11) (1,5; 2) ∪ (2; 5) . 5.9. 1) 3 і 4; 2) –2 і –1; 3) 0 і 1; 4) 1 і 2; 5) 0 і 1; 6) –3 і – 2. 5.10. 1) 3 і –2; 4) 2 і 0; 5) 0 і –1; 6) –1 і –2. 5.11. 1) 1; 2) 2; 3) 0. 5.12. 1) 3; 2) –2; 3) 0. 5.13. 1) [ −2; + ∞ ) ; 2) [ −1; + ∞ ).

5.14. 1) ( − ∞; − 1) ∪ ( −1; 0) ∪ (0; 1) ∪ (1; + ∞ ); π  π  2) (0; 1) ∪ (1; + ∞ ) ; 3)  − + 2πk; + 2πk ,  2  2 k ∈Z; 4) ( −3; − 2) ∪ ( −2; + ∞ ) . 5.15. 1) ( − ∞;1];

2) ( −1; 5) ; 3) [0,5; 1]; 4) [2; 4]. 5.17. 1) Не парна; 2) непарна. Вказівка. Після запису y ( −x ) домножте і поділіть вираз під зна ком логарифма на спряжений вираз. § 6. 6.1.1. 1) 16; 2) 5; 3) 2; 4) 100. 6.1.2. 1) 5; 2) 6; 3) –3; 1; 4) 2,9. 6.1.3. 1) 1; 2) 0; 3) 2; 4; 4) 5. 6.1.4. 1) 3; 27; 2) 10; 3)

1 81

; 9; 4) 0,1; 1; 10. 6.1.5. 1) 1; 2) 2; 4;

3) 0; 4) log 3 4. 6.1.7. Вказівка. Скористай теся теоремою про корені рівняння (якщо в рівнянні f ( x ) = g ( x ) функція f ( x ) зро стає на деякому проміжку, а функція g ( x ) спадає на цьому самому проміжку (або на впаки), то це рівняння може мати не більш ніж один корінь на цьому проміжку) і вра хуйте, що всі функції f ( x ) і g ( x ) визначені на R. 6.1.8. 1) (100; 10) ; (10; 100) ;  1 + 17  ; 17  ; 3) (4; 1) ; (1; 4) ; 2)    2

4) (0,25; 64) ; (8; 2) . 6.1.9. 1) 3; 9; 2) 3; 3 3 ; 3) 109 ; 4) 0,0001; 10. 6.1.10. 1) 10; 10 −4,5 ; 2) 3;

1 81

; 3) 4; 2

−

3 2;

1 9

;

1 27

. 6.1.11. 1) 6;

2) 25; 3) 512; 4) ±3. 6.1.12. 1) 2; 1024; 2) 23; −1

4 5

; 3) 4;

2 ; 4) 8; 2

−

2 3.

6.1.13. 1) 1; 2) 0; 3) 5; 4) 2. 6.1.14. 1) 0; 2) 1; 3) 2; 4) 1; 2. 6.1.15. 1) 2log6 3 ; 2) 3; 3) –4; 4) 3;

1 3

. 6.1.16. 1) 4; 2) 9;

1 9

; 3) 2;

1 6

;

4) 3; 1. 6.1.17. 1) [ −1; 0); 2) [25; + ∞ ). 6.1.18. 1) ( −1)

π 6

+ πn , n ∈Z; 2)

n ∈Z. 6.2.1. 1) (9; + ∞ ); 2) (0; 5);

π 6

+ 2πn,

3) (0,5; + ∞ ); 4) (0; 100). 6.2.2. 1) (2; + ∞ ); 2  2) (0,2; 2) ; 3)  ; 9 ; 4) ( −0,5; 1,5) . 3   1  6.2.3. 1) (3; + ∞ ); 2)  − ; 1 ; 3) (2; 3);  3  4) (0,5; 4] . 6.2.4. 1) (0; 3) ∪ (9; + ∞ );

1  2) (0,1; 10) ∪ (10; 1000) ; 3)  ; 9 ; 9  4) (0; 0,5] ∪ [4; + ∞ ). 6.2.5. 1) (10; + ∞ ) ;

2) [6; + ∞ ); 3) ( −4; − 3) ∪ (4; 5); 4) [1; + ∞ ).

6.2.6. 1) (0; 0,25] ; 2) (1; 4) ; 3) (0; 1) ∪  2 ; 4 ;

4) ( −2; 0,5) . 6.2.7. 1) Графік функції

y = −x 2 + 2x + 3, де x < 3 ; 2) графік функ ції y = x з «виколотою» точкою (0; 0) ; 3) для x < 0 — частина площини вище за графік функції y = −x , для 0 < x < 1 — час тина площини нижче від графіка функції y = −x ; 4) частина площини вище за гра фік функції y = x 2 , де x ∈( − ∞; − 1) ∪ (0; + ∞ ) .  3  6.2.8. 1) (0; 1) ∪ [2; 4]; 2)  − ; 0 ∪ (3; + ∞ ) ;  4   1 3  5 3)  ;  ∪  1;  ; 4) (0; 625) .  2 4  2  1   11  6.2.9. 1) 2 + 2 ; 4 ; 2)  0;  ∪  ; 10 ;  2  3  1  3) 5 ; 3 ; 4) (1; 4) . 6.2.10. 1)  −2;  ;  2

(

( )

)

2) ( −2; 0) ∪ (0; 2) ; 3) ( −4; 0) ∪ (0; 4); 4) (4; 64].   1− 5   1+ 5 6.2.11. 1)  −1; ∪ ; 2 ;  2   2  

Відповіді до вправ

 3+ 5  2)  − ; + ∞ ; 3) ( −11; 1] ∪ (2; 2,5) ; 2  

3) y = 2; 4) y = −1. 7.6. 1)

4) (0; 0,001) ∪ (1; 100). 6.2.12. 1) (3 log 3 2; 2 ; 2) ( − ∞; 0] ∪ log 6 5; 1) ; 3) ( − ∞; 0) ∪ (1; 2) ;

(

)

2 ; + ∞ ; 3) {1} ∪

4) ( − ∞; − 5) ∪ ( −1; + ∞ ).

(

)

3; +∞ ;

2) 1; 3) 0. 7.7. y = 5x + 2. 7.8. y = 3x − 1. 7.9. 2) fmax = ln 2 + 5, fmin = ln 4 − 2.

1  на (0; 1]; xmin = 1; 6) зростає на  ; + ∞ ,  2 1 1  спадає на  − ∞;  ; xmax = .  2 2 7.11. 1) Рис. 1; 2) рис. 2; 3) рис. 3;

3) (0; 0,5) ∪ (1; 2) ∪ (2,5; + ∞ );

4) [4; 5) ∪ (5; 6) ∪ (6; + ∞ ) .

 1   1 6.2.16. 1)  − ; 0 ∪  0;  ;  4   6  1  1− 5   1   2)  − ; 0 ∪  0; ; 3)  −1;   ∪ (3; + ∞ );  5   12  2  

4) (0; 1) ∪ (1,5; 2,5) ∪ (7,5; + ∞ ) .

4) 2)

2x − 1

; 3) −e − x + 5x 4 ;

. 7.2. 1) e (5cos x − sin x );

1 − ln x x2

; 3)

lg x 2 x

−

x ln 10

1 e

–е

2 1 –2 –1 0

(

 1  ; б)  ; + ∞ ;  e 

1 2

π+4

; 2) y = 4x + 1 −

–2 –3 –4

y 2 1 –3 –2 –1

)

4 2

Puc. 2

б) e −2; + ∞ ; в) 0; e −2 . 7.5. 1) y = −

–2 –1 0 –1

;

3) а) e; б) (0; e ); в) (e; + ∞ ) ; 4) а) e −2 ;

)

Puc. 1

1   в)  0;  ; 2) а) 1; б) (1; + ∞ ); в) (0; 1) ;  e 

(

1   4) x 2  3 log 2 x +  . 7.3. 1) (0,5 ln 0,5; + ∞ ) ;  ln 2  1  2) ( − ∞; 0) ∪ (0,5; + ∞ ) ; 3)  ; + ∞ ; e 

4) (1,5; + ∞ ). 7.4. 1) а)

, k ∈Z;

(1; 2]; xmin = 2; 5) зростає на [1; + ∞ ) , спадає

2) ( −3; − 2,5) ∪ (1; 4,5];

1 1   1   − 2 ; + ∞ , спадає на  − ∞; − 2  ; xmin = − 2 ;   4) зростає на [2; + ∞ ), спадає на ( − ∞;1) і на

 1  3)  − ; 0 ∪ (4; + ∞ ) ; 4) ( −1; 0] ∪ (1; + ∞ ).  3   1 6.2.15. 1) ( −1; 0) ∪  0;  ∪ [2; + ∞ );  2

πk

спадає на (0; 1]; xmax = 1; 3) зростає на

6.2.14. 1) [ −1; 0) ∪ (3; 4]; 2) [2; 3] ;

§ 7. 7.1. 1) 3e x ; 2) e x −

7.10. 1) зростає на [0; + ∞ ) , спадає на ( − ∞; 0] ; xmin = 0 ; 2) зростає на [1; + ∞ ) ,

4) ( − ∞;1]. 6.2.13. 1) ( − ∞; 0) ∪ (1; 2) ; 2) {1} ∪

π 2

;

1 е

0 1 x

Puc. 3

231

232

Відповіді до вправ

4) рис. 4; 5) рис. 5; 6) рис. 6.

  2 7.12. 1) а) Рис. 7; б) E ( f ) =  − ; + ∞ ;  e  2 в) при a < − розв’язків немає;

4 e

при a = −

2 e

і a 0 — один розв’язок;

y 1

–3 –2 –1 0 0 1

–1

y =

3 x

Puc. 8 при −

Puc. 4

2 e

< a < 0 — два розв’язки; 2) а) рис. 8;

б) E ( f ) = ( − ∞; 0) ∪ [e; + ∞ ) ; в) при a < 0, a = e — один розв’язок; при 0 a < e розв’язків немає; при a > e — два

y 4 3

 a розв’язки. 7.13.   . 7.14. 1) 0;  6

2 1 –1 0

2) 1. 7.15. 1) 0. 3) 1. Вказівка. При x < 0 виконайте оцінку значень лівої і правої частин рівняння. 7.16. 1) 1; 2; 2) 1; 3; 3) –2; 0. 7.17. 1) 0; 1; 3; 2) 0; 1; 2; 3) 0; ±1; 4) 1. 7.18. Вказівка. Використайте похідну. Дослідіть функцію, яка є різницею лівої і правої частин нерівності. 7.19. 1) 10001001 > 10011000 ;

Puc. 5 y 2 1 –2 –1 0

Puc. 6 y

Puc. 7

( 3)

; 3) (lg 5) < 3lg 5 . 3

7.20. При a < 1 коренів немає, при a = 1 єдиний корінь, при a > 1 два корені. 1  7.21. a ∈( − ∞; 0] ∪   . 7.22. a ∈[0; + ∞ ).  2e  7.23. a ∈( − ∞; 0]. 7.24. a ∈[0; + ∞ ).

y = х lnх

( 2)

7.25. a ∈( − ∞;1]. 7.26. a ∈(0; 1) ∪ (1; + ∞ ).

7.27. a ∈( − ∞; 0].

§ 8. 8.1. 1) 1; 2) 1; 3) 2; 4) 0; 5) 4; 6) коренів немає; 7) ±2; 8) 1. Вказівка. Запишіть рівняння у вигляді

Відповіді до вправ

міжку [1; + ∞ ) , xmax = 1, ymax = −1, верти-

1  log 2  x +  = 2x − x 2 і врахуйте, що при  x

x>0 x+

1 x

кальна асимптота x = 0.

2; 9) 1. 8.2. 1) ±2; 2) ±2;

Розділ 2

3) 2. Вказівка. Поділіть обидві частини рівняння на 2x і врахуйте, що функція, одержана у лівій частині, є спадною. 8.3. 1) 0,25; 2; 2) 1; 3; 3) 1,5. 8.4. 1) –3; [ −1; + ∞ ) ; 2) [25; + ∞ ) . 8.5. 1) При a 11 x = log 5 при a < −1,5 x = log 5

§ 9. 9.4. 1) Ні; 2) так; 3) так; 4) ні. 9.5. 1) Так; 2) так; 3) ні; 4) так.

;

a − 1 ± a 2 − 10a − 11 2

a − 1 + a 2 − 10a − 11 2

;

2 ( a − 3)

; при a −1 або

3 − 2 2 < a 3 , або a > 3 + 2 2 коренів немає. 8.6. 1) 1; 1000; 2) 3)

1 16

1 10

6) −

;

2) при −1 < a 3 − 2 2 або 3 < a 3 + 2 2 x = log 2

+ C ; 2)

+ sin x + C ; x7

3) 2x 2 + C ; 4) −8x + C ; 5)

при −1,5 a < 11 коренів немає; a2 − 1

9.6. 1) 2x −

; 10;

; 8;4) 3; 5) –1; 0; 2; 6) а) 1; 4; б) 0; 1; 4;

7) 3; 8) 0,25; 4; 9) 2. 8.7. 1) ( −5; − 5); (2; 2); 2) (3; 3). 8.8. 1) (25; 5); (5; 25); 2) (0,5; 0,125) ;

(8; 2) . 8.9. −1 < a 0 . 8.10. a 1. 8.11. a = −4.

Вказівка. Зведіть рівняння до виду f (x ) = 0 і врахуйте, що функція f (x ) парна. 8.12. a 0, a = 0,25 . 8.13. При a < 0 коренів немає; при a = 0 один корінь; при a > 0 два корені. 8.14. При a −1 або a 7 один корінь; при −1 < a < 7 два корені. 8.15. a − 2,25 . 8.16. 1) –2,5; 2) 0,6; 3) 1,75; 4) 3. 8.17. 1) –2; 2) 16; 4) 64. 8.18. −2 < a < 2 . Вказівка. Запишіть задані вирази як степені з однаковою основою 5.

8) 2)

+ C . 9.7. 1) 2x −

4 x2

2 5 3

− 2x + C ; 7) x +

1 2x

1 12

+ C;

3x 3

−

+ sin x + C ; 3) −

x 3 − x + C ; 5)

+ C;

1 2x 2 1 x

+ C;

+ cos x + C ;

(2x − 8)6 + C ;

1 (4 − 5x )8 + C; 2 40 1 π 1  8) − sin  x −  + C ; 9) + C; 3  3 4 15 (x − 15x ) 4 π  + C; 10) −2 tg  − x + C; 11) − 3  3 (3x − 1)

6) −

cos 2x + C ; 7) −

12)

9.8. 1) x − 2) − 3) 4)

1 3

1 4

1 3 1

tg (3x − 1) + C .

π  sin 3x + 2 cos  − x + C ; 3  3

ctg 4x − 2 2 − x − x 3 + C;

tg (3x + 1) − 3 cos (4 − x ) + x 2 + C ; 1

4 (3 − 2x )

9.9. 1) −

1 x

π  5x − 2 + 2 sin  − x + C .   5 4

− 10; 2) tg x −1; 3)

x4 4

Тест 1. 1. В. 2. Д. 3. Б. 4. 1 – Г, 2 – Б, 3 – А. 5. 1 – Б, 2 – А, 3 – Г. 6. Д. 7. В. 8. (0;1] ∪ [10; +∞ ) . 9. D(y) = (0; +∞) , функція

зростає на проміжку (0; 1] і спадає на про-

+1 ; 4

4) − cosx − 2. 9.10. 1) x + x ; 2) x − x 2 + 4 ; 3)

x2 2

+ 2x +

1 2

; 4) −

x3 3

9.11. 1) 2 sin x + 3; 2) x −

3x 2 2 x

−4 . 3

+ 3;

233

234

Відповіді до вправ π 1 2  3) − cos  x +  − 2; 4) − 3 + 5 .  3 3 3x 1

9.12. 1) 2x 2 −

+ 1; 2)

3) x − x + 8; 4) −

− 2x + 3x + 5 .

F (x ) =

1 3

9.20. F ( x ) = 2x − 2

F ( x ) = 2x 2 − 2

1 3 1 3

x3 + 3

або

9.22. 2x − x − 35. 9.23. 9.24. 4 sin

+ t2 − t .

+ 2. 9.25. t 4 + 2t 2 + 2t + 7 .

2 1

9.26. 1) x = −

t 3 + t 2 + 3,5t − 9 ;

2) x = −2 sin t + 3 ; 3) x = −5 cos t − 3t + 4 + 4) x =

1 3

§ 11. 11.1.1. 12. 11.1.2. 1) 16; 2) 60. 11.1.3. 2052; яблуко. 11.1.4. 1680. Вказівка. Доцільно за місця вибрати екзамени і розміщувати по них задані дні. 11.1.5. 24. 11.1.6. 870. 11.1.7. 336. 11.1.8. 210. 11.1.9. 2730. 11.1.10. 26 ⋅ 25 ⋅ 24 ⋅ 23 ⋅ 22 . 11.1.11. 120. 11.1.12. 96. 11.1.13. 544 320. 11.1.14. 1) 24; 2) 12. 11.1.15. 1) 5; 2) 6. 5 5 5 5 5 11.1.16. A30 ⋅ A25 ⋅ A20 ⋅ A15 ⋅ A10 ⋅ A55 . 11.2.1. 24. 11.2.2. 5040. 11.2.3. 120. 11.2.4. 6. 11.2.5. 1) 720; 2) 600. 11.2.6. 1) 6; 2) 6. 11.2.7. 384. 11.2.8. 240. 11.2.9. 5 ! ⋅ 8 ! .

x 3 − 32 . 9.21. x 3 − x 4 + 7 . 3

3π 2

;

11.2.10. 10!; (5 !) . 11.3.1. 21. 11.3.2. 56. 11.3.3. 210. 11.3.4. 1) 55; 2) 165. 11.3.5. 400 400. 11.3.16. 15 120. 11.3.20. 6. 11.3.23. 1) 10; 2) 15; 3) 8; 4) 8. 11.3.24. 1) 7; 2) 9; 3) 10; 4) 9. 11.3.25. 1) (7; 3); 2) (6; 3); 3) (18; 8); 4) (12; 5) . 2

t + t + t −1 . 3

§ 10. 10.1.1. 1) 6,6; 2) 1; 3) 20; 4) 1; 5)

1 15

; 6) 6; 7) 0,9; 8) 0,5. 10.1.2. 1) 3; 2) 2;

3) 9 3 ; 4) 4; 5)

2π 3

+ 1; 6) 78; 7)

π+3 12

;

8) 9,5. 10.1.4. 1) 0,4; 2) 9 ; 3) 1,6; 4) 10 10.1.5. 1) 0,75; 2) 2; 3) 7 10.1.6. 1) 4,25; 2) 2 3 − 4)

3−

π 3

3 1

3 2π

3 2

2 3

; 4) 5 .

; 3) 2 ; 3

. 10.1.7. 1) 2π ; 2) 6,25π ; 3) 4,5π ;

§ 12. 12.1.1. 1 — Випадкова; 2 — неможлива; 3 — випадкова; 4 — неможлива; 5 — випадкова; 6 — неможлива; 7 — випадкова; 8 — неможлива; 9 — вірогідна; 10 — випадкова; 11 — випадкова. 12.1.3. 0,03. 12.1.4. 0,002. 12.1.5. 0,998. 12.1.6. 0. 12.1.7. 1. 12.1.8. 1; 0. 12.1.9. 12.1.10.

4) 2,5. 10.1.8. 1) 2π ; 2) 12,5π ; 3) 5; 4) 8,5. 1

10.1.9. 0,1 Дж. 10.2.7. 5 . 10.2.8. 4,5. 3

10.2.9. 2)

15π 2

; 3)

π 2

; 4)

Розділ 3

− 2 1− x + C. 2 – В, 3 – Б. 6. 10. 7. x + 2 8. 0,5. 9. 0,75.

x 3 − x 2 + 11 або

x3 − x2 +

9.18. F ( x ) = x 3 − 2x 2 − 3x . Нулі: –1; 0. 9.19. F ( x ) =

; 4)

Тест 2. 1. Г. 2. Д. 3. Д. 4. В. 5. 1 – Г,

9.17. F ( x ) = 2x − x − 28 . Нуль: –2. 4

50π

; 2) 11π ; 3)

10.2.21. 5 і –5. 10.2.22. 4 і –4. 1 10.2.23. 4 банки. 10.3.1. 1) 68 м; 2) 21 .

+ 2x + 3 ;

2π

10.2.10. 1)

16π 15

12.1.13. 2) 0,5; 3)

1 1250 1 12 2 3

1 24

. 12.1.11. 0,04. 12.1.12. 0,75.

. 12.1.14. 0,95. 12.1.15. 1) 0,5;

. 12.1.16. Виграші

рівноможливі. 12.1.17. Ні.

235

Відповіді до вправ

12.6.1.

12.1.18. 1) червоне; 2) а) 1; б) 0; в) 0,4; г) 0,52. 12.1.19. Будь-яку. 12.1.20. 1 червона, 5 жовтих. ; 2) 11. 12.1.23. (2; 1).

. 12.2.8.

4 13

12.3.2. 1) 0,42; 2) 0,51; 3) 0,49. 12.3.3. 1) 0,43; 2) 0,1; 3) 0,9. 12.3.6. 1) 0,71; 2) 0,71; 3) 0,51; 4) 0,49; 5) 0,96; 6) 1. 12.3.7. 1) 0,53; 2) 0,9; 3) 0,47; 4) 0,76. 12.4.1. 1)

1 3

; 2)

4 9

; 3)

2 15

; 4)

1 3

12.4.2. 1) 0,5; 2) 0,625. 12.4.3. 0,2375. 12.4.4. 0,2. 12.4.5. 12.5.2.

1 12

8 203

. 12.5.1. 0,64.

. 12.5.3. 0,0012. 12.5.5. 1) 0,42;

2) 0,985; 3) 0,14; 4) 0,425. 12.5.6. 0,714. 12.5.7. 0,126. 13.5.8. 0,5. 12.5.9. n 4.

X P

Y P

Z P

0,5 0,5

12.6.3. X

0,25

0,5

0,25

12.6.4. X

0,125

0,375

0,125

12.6.6. 3,5. 12.6.8. Гра несправедлива. 12.6.10. Гра несправедлива. 12.6.11. 2 : 1. 12.6.12. Перший гравець: повинен одержати 157,5 ліврів, другий — 52,5. 12.6.13. 11 : 5 . § 13. 13.1.2. 240. 13.1.3. зеле ний

3) A1 + A2 + A3 ; 4) A1 ⋅ A2 ⋅ A3; 5) A1 ⋅ A2 ⋅ A3. 12.2.5. A і B; A і C; B і M; C і D; C і M; C і T; D і K; D і M; D і T. 12.2.6. A і B; C і D; C і M; 16

жовтий

. 12.2.3. 1) U —

A ⋅∅ = ∅. 12.2.4. 1) A1 ⋅ A2 ⋅ A3; 2) A1 ⋅ A2 ⋅ A3;

12.6.2.

вірогідна подія; A + U — «відбувається подія A або подія U»; U — «відбувається подія U»; отже, якщо відбудеться U, то «A або U» буде справедливим; 2) A + A — «відбувається подія A або A»; A — «відбувається подія A»; отже, якщо відбудеться А, то «A або A» буде справедливим; 3) подія «A відбувається або A не відбувається» є вірогідною; 4) одночасно подія A відбуватися і не відбуватися не може, тому добуток цих подій — неможлива подія; 5) A — «відбувається подія A», отже, справедливим є «відбувається подія A або неможлива подія»; 6) A ⋅∅ — «обов’язково відбудеться неможлива подія», ∅ — відбудеться неможлива подія, отже,

D і M; K і M. 12.2.7.

білий

1 120

сірий

. 12.1.25.

синій

;

черво ний

чорний

12.1.24.

. 12.1.22. 1) а)

Колір

б) 0; в)

Кількість бейсболок

12.1.21. Зелена, p =

9600 6000 4800 4200 3300 1500 600

13.1.4. Жирність

0,5

1,5 2,5 3,5

Кількість 400 240 160 200 480 280 240 літрів

13.2.4. 1) R = 4; Mo = 2; Me = 2; X = 2 2) R = 8; Mo = 2; Me = 1; X = 0,6. 13.2.6. 1) R = 3; Mo = 3; Me = 3; X = 3

2 3 4 11

;

236

Відповіді до вправ

2) R = 8; Mo1 = 4; Mo2 = 5 ; Me = 4; X = 3 13.2.7. Mo1 = 135 ; Mo2 = 140 ; Me = 135; X = 129

6 11

4 7

Тест 3. 1. А. 2. Д. 3. В. 4. 1 – А, 2 – Г, 5

3 – Б. 5.

. 6. 7. 7.

π 2

+ 2πk, k ∈Z; 2)

k ∈Z; 3) ± arccos 14.28. 1) − 14.29. 1)

. 8. 0,425.

n ∈Z;

7π

π 6

−1 3 +1

π 4

+ 2πn, n ∈Z; 2πk,

+ 2πn, n ∈Z.

; –6; –5; 2) –4;

5π 4

; –3.

+ 2πk, k ∈Z; πn, n ∈Z.

14.30. 1) 1,5; 2) 0. 14.32. 1) 3; 2) 1.  11   9  14.38. 1)  ; 1 ; 2)  ; 1 .   12  11 

Розділ 4 § 14. 14.1. 1) 8; 2) 12; 3) 9; 4) 7. 14.2. 1) 1; 2) 5; 3) 3; 4) 2; 5) 5; 6) 6; 7) 2; 8) –2,5; 2; 9) 3 9 ; 10) 3 36 . 15 + 129

14.3. 1)

; 2)

19 + 137

 4 37 + 69 14.41. 1)  ; 7 50

2) (0, 44; 0,5). 14.46. ( πk; π + πk), k ∈Z.

4) 2. 14.4. 1) 12; 2) 8. 14.5. 1) Коренів немає; 2) –3; 2; 3) –1; 0; 4) 4. 13 − 21

14.6. 1)

; 2)

9 − 21

14.50. 2) ( −∞; 0) ∪ (1; 2). 14.62. 1) (1; 5); 1   2) (2; 1). 14.63. c = −1. 14.69.  0;  .  12 

; 3) 2 + 3 ;

4) 2 + 2 . 14.7. 1) 3; 2) 2. 14.8. 1) ( −1)

+ πk, k ∈Z; 2) ±

n ∈Z. 14.9. 1) 0; ±π; ± 3π 2

; −

2π 3

; −

π 3

;

k+1 14.10.1) ( −1)

k ∈Z. 14.11. 1) 2)

π 6

πk 3

4π 3 π 6

5π 3

; ±

5π 4

+ 2πn, π 2

;

, k ∈Z; ±

k+1 , k ∈Z; ( −1)

14.72.

; 2) ±

+ πk , k ∈ Z ; 2) ±

πk 3

;

3π

π 12

5π

π 3

+ 2πk,

+ 2πn, n ∈Z;

πk 2

, k ∈Z.

 2 14.15. arccos  ±  + 2π, k ∈Z;  3 2) ±

3π 4

15 4

; 4; 2) –1; 3. 14.24. 1)

л. 14.73. 0,5 л. 14.74. 75 км/год.

14.75. 40 км/год. 14.76. 45 і 36 днів. 14.77. 10 днів. 14.78. 6 годин. 14.79. 60 км/год. 14.80. 15 км/год. 14.81. 40 км/год і 55 км/год. 14.82. 3:1. 14.83. 3 кг і 7 кг. 14.84. 45 кг. 14.85. 40 кг. 14.86. 2,5 кг. 14.87. 3 тонни. 14.88. 98. 14.89. 25 років. 14.90. 19 і 13 квартир. 14.91. 7 кг; 4 кг; 4 кг. 14.92. 850 л. 14.93. 6 місяців. Тест 4. 1. В. 2. Г. 3. Б. 4. Г. 5. Б. 6. 1 – В, 2 – А, 3 – Г. 7. ( −∞;0] ∪ [1; +∞ ) . 8. [ −4; − 3) ∪ (0; 1]. 9. 1) При 0 < a <

+ 2πn, n ∈Z. 14.21. 1) 1; 2) –1.

14.23. 1) 0;

π 4

  ;

3) ( − ∞; 2] ∪ [6,5; + ∞ ) . 14.43. 1) (0,58; 0,6);

; 3) 1;

  2 17 + 73  ; 2)  ; 5 18

x ∈(2a; 1]; 2) при a = + 2πn,

1 2

1 1 ∅; 3) при < a < 1 2 2

x ∈[1; 2a ); 4) при a > 1 x ∈(0; 1] ∪ (2a; + ∞ ).

237

§ Предметний покажчик Аксіоми теорії ймовірностей 166 Варіаційний ряд 191 Вибірка 185 Випадкова величина 178 Відносна частота випадкової події 164 Властивості визначених інтегралів 113 — ймовірностей подій 159 — логарифмів 38 — степенів із дійсними показниками 7 — функції логарифмічної 47 — — показникової 12 Генеральна сукупність 185 Геометричний зміст визначеного інтеграла 112 Добуток (переріз) подій 158 Інтеграл визначений 112 — невизначений 101 Ймовірність події 150 Комбінаторика 132 Комбінація без повторень 142 Криволінійна трапеція 111 Логарифм числа 37 — — десятковий 37 — — натуральний 38 Математичне сподівання випадкової величини 180 Медіана 194 Метод заміни змінних 25, 203 — інтервалів 31, 204 Мода 194

Первісна 100 Первісних таблиця 99 Перестановка 139 Події незалежні 174 — несумісні 149 — протилежні 158 — рівноможливі 149 Подія випадкова 148 — вірогідна 149 — неможлива 149 Полігон частот 191 Похідна логарифмічної функції 71 — показникової функції 71 Правила інтегрування 101 Правило добутку 134 — суми 134 Рівносильні рівняння і нерівності 19, 30, 53, 202 Рівняння-наслідки 53, 202 Рівняння показникове 20 Розв’язування логарифмічних рівнянь 53, 82 — — нерівностей 64, 82 — нерівностей 203 — показникових рівнянь 19, 24, 82 — — нерівностей 30, 82, 203 — рівнянь 203 — — і нерівностей з параметрами 212 — — — що містять знак модуля 205 — систем рівнянь і нерівностей 206, 210 Розмах вибірки 194 Розміщення 135 Середнє значення вибірки 195 Статистика 184 Сума (об’єднання) подій 158 Теорія ймовірностей 147 Умовна ймовірність 170

Об’єм вибірки 185 Обчислення об’ємів тіл за допомогою інтеграла 121 — площ фігур за допомогою інтеграла 120 Операції над подіями 158 Основна властивість первісної 100 — логарифмічна тотожність 38

Формула Ньютона — Лейбніца 112 — переходу до логарифмів з іншою основою 39 Функція логарифмічна 46 — показникова 10 Частота події 163

238

Зміст Шановні одинадцятикласники і одинадцятикласниці! . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Як користуватися підручником . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Розділ 1. Показникова та логарифмічна функції § 1. Узагальнення поняття степеня. Степінь із дійсним показником . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 § 2. Показникова функція, її властивості та графік . . . . . . . . . . . . . . . 10 § 3. Розв’язування показникових рівнянь та нерівностей . . . . . . . . . . 19 § 4. Логарифм числа. Властивості логарифмів . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 § 5. Логарифмічна функція, її властивості та графік . . . . . . . . . . . . . . 46 § 6. Розв’язування логарифмічних рівнянь та нерівностей . . . . . . . . . 53 § 7. Похідні показникової та логарифмічної функцій . . . . . . . . . . . . . . 71 § 8. Показникові та логарифмічні рівняння й нерівності . . . . . . . . . . 82 Теми навчальних проектів . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 Завдання для підготовки до оцінювання. Тест № 1 . . . . . . . . . . . . . . . . 95 Відомості з історії . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96 Розділ 2. Інтеграл та його застосування § 9. Первісна та її властивості . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 § 10. Визначений інтеграл та його застосування . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 Відомості з історії . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 Теми навчальних проектів . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 Завдання для підготовки до оцінювання. Тест № 2 . . . . . . . . . . . . . . . 130

239 Розділ 3. Елементи комбінаторики, теорії ймовірностей § 11. Елементи комбінаторики . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 § 12. Основні поняття теорії ймовірностей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146 § 13. Поняття про статистику. Характеристики рядів даних . . . . . . . 184 Завдання для підготовки до оцінювання. Тест № 3 . . . . . . . . . . . . . . . 199 Теми навчальних проектів . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199 Відомості з історії . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

Розділ 4. Рівняння, нерівності та їх системи. Узагальнення та систематизація § 14. Систематизація й узагальнення відомостей про рівняння, нерівності та їх системи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202 Завдання для підготовки до оцінювання. Тест № 4 . . . . . . . . . . . . . . . 225 Відомості з історії . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226 Відповіді до вправ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229 Предметний покажчик . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237

Відомості про користування підручником № з/п

Прізвище та ім’я учня / учениці

Навчальний рік

Стан підручника на початку в кінці року року

1 2 3 4 5

Навчальне видання Нелін Євген Петрович ДОЛГОВА Оксана Євгенівна «Алгебра і початки аналізу (профільний рівень)» підручник для 11 класу закладів загальної середньої освіти Рекомендовано Міністерством освіти і науки України Видано за рахунок державних коштів. Продаж заборонено Редактор О. В. Костіна. Технічний редактор А. В. Пліско. Художнє оформлення В. І. Труфена. Комп’ютерна верстка О. М. Правдюк. Коректор Н. В. Красна. Окремі зображення, що використані в оформленні підручника, розміщені в мережі Інтернет для вільного використання Підписано до друку 30.05.2019. Формат 84×108/16. Папір офсетний. Гарнітура Шкільна. Друк офсетний. Ум. друк. арк. 25,20. Обл.-вид. арк. 35,3. Тираж 7113 прим. Зам. № 12505-2019. ТОВ Видавництво «Ранок», вул. Кібальчича, 27, к. 135, Харків, 61071. Свідоцтво суб’єкта видавничої справи ДК № 5215 від 22.09.2016. Адреса редакції: вул. Космічна, 21а, Харків, 61145. E-mail: office@ranok.com.ua. Тел. (057) 719-48-65, тел./факс (057) 719-58-67.

Підручник надруковано на папері українського виробництва Надруковано у друкарні ТОВ «ТРІАДА-ПАК», пров. Сімферопольський, 6, Харків, 61052. Свідоцтво суб’єкта видавничої справи ДК № 5340 від 15.05.2017. Тел. +38 (057) 712-20-00. Е-mail: sale@triada.kharkov.ua

Євген Нелін Оксана Долгова

ПРОФIЛЬНИЙ РІВЕНЬ Особливості підручника: узагальнюючі таблиці в кожному параграфі приклади розв’язування завдань з коментарями різнорівневі запитання і вправи завдання, які сприяють формуванню й розвитку предметних і ключових компетентностей

Інтернет-підтримка дозволить:

Євген Нелін Оксана Долгова

здійснити онлайн-тестування за кожною темою детальніше ознайомитися з навчальним матеріалом скористатися презентаціями за темами курсу

11 АЛГЕБРА I початки АНАЛIЗУ

АЛГЕБРА I початки АНАЛIЗУ

АЛГЕБРА I початки АНАЛIЗУ ПРОФIЛЬНИЙ РІВЕНЬ

Інтернетпідтримка