Развитие логического мышления в процессе обучения математике

Поэтому 2k делится на 3, так что k делится на 3, k = 3p, где p – целое число, и поэтому x = = pÎZ. Следовательно, AÇB Ì Z.

С другой стороны, если xÎZ, то он может быть представлен и в виде x = , где 3x – целое число, и следовательно, x&I

circ;A. Аналогично, x = , т.е. xÎB. Значит, xÎAÇB, а поскольку x – произвольный элемент Z, то Z Ì AÇB. Таким образом, AÇB Ì Z и Z Ì AÇB, т.е. AÇB = Z.

2.Найти пересечение:

а) {|kÎZ}Ç{|kÎZ}; б) {|kÎZ}Ç{|kÎZ}.

Ответ: а) {6k + 3|kÎZ} – множество целых чисел, дающих при делении на 6 остаток 3; б) {4p + 1|kÎZ} – множество целых чисел, дающих при делении на 4 остаток 1.

Решение

а) Если xÎA, то x =, где kÎZ, а если xÎB, то x = , где nÎZ. Тогда утверждение xÎAÇB означает, что существуют такие целые числа k и n, что = , 10k + 5 = 9n.

Это равенство означает, что 10k + 5 делится на 9, т.е. k + 5 делится на 9, и следовательно, число k при делении на 9 дает остаток 4, k = 9p + 4, x = = 6p + 3.

Таким образом, всякий элемент xÎAÇB имеет вид 6p + 3, где p – целое число, т.е. C = AÇB Ì {6k + 3|kÎZ}.

Докажем обратное включение. Пусть xÎ{6k + 3|kÎZ} = D, т.е. имеет вид 6k + 3, где kÎZ. Тогда x = , т.е. xÎA. С другой стороны, x =6k + 3 =, т.е. xÎB.

б) Утверждение xÎAÇB означает, что существуют целые числа k и n, что x = = , 12k + 3 = 10n + 5, 6k = 5n + 1, т.е. число 6k при делении на 5 дает остаток 1.

Перейдем на язык сравнений – на сравнения по модулю 5. Равенство 6k = 5n + 1 записывается тогда в виде 6k º 1, или k º 1, т.е. k = 5p + 1.

Задачи второй группы

1. Для каких значений a верны утверждения

а) x2 – a < 0 Þ x < 2; б) x < 2 Þ x2 – a < 0?

Ответ: а) a £ 4; б) Ни при каких a.

Решение. а) При a > 0 x2 – a < 0 Û (x – )(x +) < 0 Û –< x <, и требуется выяснить, при каких значениях a –< x <Þ x < 2, что верно при£ 2, т.е. при a £ 4.

При a £ 0 неравенство x2 – a < 0 не имеет решений, т.е. посылка следствия ложна при всех значениях x, а значит, следствие истинно.

б) Множество решений неравенства x2 – a < 0 представляет собой либо ограниченный интервал (–,) – при a ³ 0, либо пустое множество – при a < 0. Но луч (–¥, 2) – множество решений неравенства x < 2 – не может содержаться ни в таком интервале, ни тем более в пустом множестве. Таким образом, данное утверждение ложно при любом a.

При каких a всякое решение неравенства x2 – 3x – 4 < 0 является решением неравенства x2 < a?

Ответ: a ³ 16.

Решение. В терминах следствия задачу можно переформулировать в виде "При каких значениях a истинно следствие x2 – 3x – 4 < 0 Þ x2 < a?" Уравнение x2 – 3x – 4 = 0 имеет корни –1 и 4, и поэтому неравенство x2 – 3x – 4 < 0 выполняется при –1 < x < 4, и следствие принимает вид –1 < x < 4 < 0 Þ x2 < a.

По графику функции y = x2 видно, что часть этого графика, соответствующая интервалу (–1, 4), лежит ниже прямой y = a при a ³ 16.

2. При каких значениях a

а) все корни уравнения x2 – ax – a = 0 по модулю меньше 1;

б) оба корня уравнения x2 – ax – a = 0 по модулю меньше 1?

Ответ: а) –4 < a < . б) 0 < a < .

Решение.

а) В терминах следствия задачу формулируется в виде "При каких значениях a истинно следствие x2 – ax – a = 0 Þ |x| < 1"?

Если уравнение x2 – ax – a = 0 не имеет корней, то это следствие, как мы знаем, истинно. Так как дискриминант уравнения D = a2 + 4a < 0 при –4 < a < 0, то эти значения являются решениями задачи.

При D = 0, т.е. при a = –4 и при a = 0, данное уравнение имеет единственный корень – соответственно x = –2 и x = 0, и поэтому a = 0 является, а a = –4 не является решением задачи – 0 по модулю меньше 1, а –2 по модулю больше 1.

При D > 0, т.е. при a < –4 и при a > 0, уравнение имеет два корня, и число a будет решением задачи, если оба его корня x1 и x2 по модулю меньше 1, т.е. принадлежат интервалу (–1, 1).

По графикам "произвольных" квадратных трехчленов с положительным старшим коэффициентом и с корнями p и q видно, что оба корня лежат на этом интервале тогда и только тогда, когда значения трехчлена в точках –1 и 1 положительны, а абсцисса вершины параболы находится между корнями.

Для нашего трехчлена y = x2 – ax – a это означает, что выполняются неравенства 1 – a – a > 0 и 1 + a – a > 0, т.е. a < , и –1 < < 1, откуда –2 < a < 2. Поэтому в случае D > 0 решениями задачи являются значения 0 < a < .

Таким образом, решениями задачи являются значения –4 < a < 0 – при D < 0, a = 0 – при D = 0 и 0 < a < – при D > 0, т.е. –4 < a < .