3)
Решение: Пусть трехчлен ах2 +bx+c
принимает целые значения при любом целом значении х тогда
целым будет f(0)=a*0^2+b*0+c=c , значит с - должно быть целым
целым будет f(1)=a*1^2+b*1+c=a+b+c - должно быть целым
целым будет f(0)=a*(-1)^2+b*(-1)+c=a-b+c - должно быть целым
а значит целыми будут и числа
a+b=(a+b+c)-c
a-b=(a-b+c)-c
2а=(a+b)+(a-b)
Пусть 2а, а+b, c– целые числа. Докажем, что тогда при любом целом значении х трехчлен ах2 +bx+c принимает целые значения
с - целое, значит осталось доказать, что для любого целого х:ax^2+bx=ах^2 +bx+c-с - целое
так как ax^2+bx=x*(ax+b) и х - целое то нужно доказать, что
целым является ах+в
ax+b=ax+bx-bx+b=(a+b)x-b(x-1) - целое, потому что х-1 - целое(так как х целое), b - целое, х -целое, a+b - целое, произведение и разница целых чисел явлтся целым числом
Доказано в обе стороны
Признак для кубического многочлена
Учитывая доказательство выше и то что
ах3+bx2+cх+d=(ах2 +bx+c)x+d
то ах3+bx2+cх+d принимает целые значения при любом целом х тогда итолько тогда, когда 2а, а+b, c,d - целые числа
з.і. вроде так*)
SABCD - прав. пирамида. ABCD- квадрат. О - точка пересеч. диагоналей квадрата. SО - высота пирамиды. Угол SAO=60град.
Проведем высоту боковой грани SK и отрезок АК, равный половине стороны квадрата.
Пусть х - сторона основания. Тогда АО из равнобедр. прям. тр-ка AОD:
АО = (хкор2)/2.
Далее из прям. тр-ка АSO: SO=AO*tg60, или (хкор6)/2 = 10. Отсюда:
х = (10кор6)/3. Тогда отрезок КО = х/2 = (5кор6)/3. И из прям. тр-ка SОК найдем высоту боковой грани SK:
SK = кор(SO^2 + KO^2) = кор(100 + (50/3)) = (5кор42)/3.
Теперь можно найти площадь полной поверхности пирамиды:
S = Sосн + 4Sбок.грани = х^2 + 4*(1/2)*x*SK = 200/3 + (200кор7)/3 = 200(1 + кор7)/3.
ответ: 200(1+кор7)/3
