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十班数学的NCRT解第1章实数

第十课数学第1章实数在这里提供。这些解决方案是由我们的专家学院准备的,以帮助学生在第一学期的考试准备。他们解决并提供NCRT解决方案帮助学生轻松解决问题。他们还注重以学生容易理解的方式准备解决方案。他们提供了一个详细的和逐步的解释,每个问题的答案在NCRT的书籍练习。

以实数表示的问题的答案在数学的第一章中给出NCERT类10的解. 在这里,向学生介绍了许多重要的概念,这些概念对于那些希望在11班学习数学的人来说是有用的。基于NCRT的这些解决方案,学生们可以为即将到来的第一学期做准备。这些解决方案是有帮助的,因为它符合2021-22学期的CBSE教学大纲。

下载10班数学解题PDF第1章实数

 

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获得NCRT 10级数学的答案第1章-实数

练习1.1页码:7

1使用欧几里德的除法计算出:

一。135和225

二。196和38220

三、867和255

解决:

一。135和225

如你所见,从问题225大于135。因此,根据欧几里得的除法,我们有,

225=135×1+90

现在,余数900,因此再次使用除法引理90,我们得到,

135=90×1+45

再说一遍,45岁0,重复上述步骤45,我们得到,

90=45×2+0

余数现在为零,所以我们的方法到此为止。由于在最后一步中,除数是45,因此,HCF(225135)=HCF(135,90)=HCF(90,45)=45。

因此,225和135的HCF为45。

二。196和38220

在这个给定的问题中,38220>196,因此应用欧几里德的除法,以38220为除数,得到,

38220=196×195+0

我们已经得到余数为0。因此,HCF(19638220)=196。

因此,196和38220的HCF为196。

三、867和255

我们知道,867大于255。现在让我们在867上应用欧几里得除法,得到,

867=255×3+102

余数1020,所以取255作为除数,应用除法引理,我们得到,

255=102×2+51

再说一遍,51岁0102是新的除数,所以重复我们得到的相同步骤,

102=51×2+0

余数现在为零,所以我们的过程到此为止。由于在最后一步中,除数是51,因此,HCF(867255)=HCF(255102)=HCF(102,51)=51。

因此,867和255的HCF为51。

2证明任何正奇数整数的形式都是6q+1、6q+3或6q+5,其中q是某个整数。

解决方案:

设a为任意正整数,b=6。然后,根据欧几里得算法,对于某个整数q,a=6q+r0,r=0,1,2,3,4,5,因为0r<6。

现在用r的值代入,我们得到,

如果r=0,则a=6q

同样,对于r=1、2、3、4和5,a的值分别为6q+1、6q+2、6q+3、6q+4和6q+5。

如果a=6q,6q+2,6q+4,那么a是一个偶数,可以被2整除。正整数可以是偶数,也可以是奇数,因此,任何正的奇数都是6q+1、6q+3和6q+5的形式,其中q是某个整数。

三。一支由616人组成的军队分遣队将在32人的军乐队后面游行。这两个小组将以相同的纵队行进。他们可以行进的最大纵队数是多少?

解决方案:

鉴于,

军队特遣队人数=616人

军乐团成员数=32

如果两组必须在同一列中行进,我们必须找出两组之间最高的公因数。HCF(616,32)给出了它们可以行进的最大列数。

利用欧几里得算法求出它们的HCF,我们得到,

因为,616>32,因此,

616=32×19+8

从8年开始因此,取32作为新的除数,我们有,

32=8×4+0

现在我们得到余数为0,因此,HCF(616,32)=8。

因此,3月份的列数最多为8列。

4利用欧几里德的除法引理证明,对于某个整数m,任何正整数的平方都是3m或3m+1的形式。

解决:

设x为任意正整数,y=3。

根据欧几里德的除法,那么,

对于某个整数q,x=3q+r0和r=0,1,2,作为r0和r<3。

因此,x=3q,3q+1和3q+2

根据问题,两边都成直角,我们得到,

2=(第三季度)2=9Ω2=3×3q2

让3q2=米

因此,x2=3米………………………(1)

2=(3季度+1)2=(第三季度)2+12+2×3q×1=9q2+1+6q=3(3q2+2季度)+1

替代品,3q2+2q=m,得到,

2=3米+1……………………………。(二)

2=(3季度+2)2=(第三季度)2+二2+2×3q×2=9q2+4+12q=3(第3季度2+4季度+1)+1

再次替换,3q2+4q+1=m,得到,

2=3m+1……………………………(3)

因此,从方程1、2和3,我们可以说,对于某个整数m,任何正整数的平方都是3m或3m+1的形式。

5用欧几里得的除法引理来证明任何正整数的立方的形式是9m,9m+1或9m+8。

解决方案:

设x为任意正整数,y=3。

根据欧几里德的除法,那么,

x=3q+r,其中q0和r=0,1,2,作为r0和r<3。

因此,把r的值,我们得到,

x=3季度

x=3q+1

x=3q+2

现在,取上面三个表达式的立方,我们得到,

案例(一):当r=0时,

2=(第三季度)=27度=9(3季度)=9米;式中m=3q

案例(二):当r=1时,

=(3季度+1)=(第三季度)+1+3×3q×1(3q+1)=27q+1+27度2+第9季度

以9为公因子,我们得到,

=9(3季度+第三季度2+q) +1个

我们得到,

推杆(3q+第三季度二+q) =m,我们得到,

=9米+1

情况(iii):当r=2时,则,

=(3季度+2)=(第三季度)+二+3×3q×2(3q+2)=27q+54度2+36度+8度

以9为公因子,我们得到,

第三季度+第六季度2+第4季度+8

推杆(3q+第六季度2+4q)=m,我们得到,

=9m+8米

因此,从以上三种情况中,证明了任意正整数的立方形式为9m、9m+1或9m+8。


练习1.2页码:11

1将每个数表示为其素因子的乘积:

(i) 140个

(二)156

(三)3825

(四)5005

(v) 7429个

解决:

(i) 140个

通过取140的LCM,我们将得到其素因子的乘积。

因此,140=2×2×5×7×1=22×5×7

(二)156

通过取156的LCM,我们将得到其素因子的乘积。

因此,156=2×2×13×3×1=22×13×3

(三)3825

通过取3825的LCM,我们将得到其素因子的乘积。

因此,3825=3×3×5×5×17×1=32×5个2×17个

(四)5005

通过取5005的LCM,我们将得到其素因子的乘积。

因此,5005=5×7×11×13×1=5×7×11×13

(v) 7429个

通过取7429的LCM,我们将得到其素因子的乘积。

因此,7429=17×19×23×1=17×19×23

2求下列整数对的LCM和HCF,并验证LCM×HCF=这两个数的乘积。

(i) 26和91

(ii)510和92

(iii)336和54

解决:

 

(i) 26和91

将26和91表示为其素因子的乘积,我们得到,

26=2×13×1

91=7×13×1

因此,LCM(26,91)=2×7×13×1=182

HCF(26,91)=13

验证

现在,26和91的乘积=26×91=2366

LCM与HCF之积=182×13=2366

因此,LCM×HCF=26和91的乘积。

(ii)510和92

将510和92表示为其素因子的乘积,我们得到,

510=2×3×17×5×1

92=2×2×23×1

因此,LCM(510,92)=2×2×3×5×17×23=23460

HCF(510,92)=2

验证

现在,510和92的乘积=510×92=46920

LCM与HCF之积=23460×2=46920

因此,LCM×HCF=510和92的乘积。

(iii)336和54

将336和54表示为其素因子的乘积,我们得到,

336=2×2×2×7×3×1

54=2×3×3×3×1

因此,LCM(336,54)==3024

HCF(336,54)=2×3=6

验证

现在,336和54的乘积=336×54=18144

LCM与HCF之积=3024×6=18144

因此,LCM×HCF=336和54的乘积。

三。应用素数分解法求下列整数的LCM和HCF。

(i) 12、15和21

(ii)17、23和29

(三)8、9、25

解决:

(i) 12、15和21

写出这三个数的素数乘积,我们得到,

12=2×2×3

15=5×3

21×7=3

因此,

HCF(12,15,21)=3

LCM(12,15,21)=2×2×3×5×7=420

(ii)17、23和29

写出这三个数的素数乘积,我们得到,

17=17×1

23=23×1

29=29×1

因此,

HCF(17,23,29)=1

LCM(17,23,29)=17×23×29=11339

(三)8、9、25

写出这三个数的素数乘积,我们得到,

8=2×2×2×1

9=3×3×1

25=5×5×1

因此,

HCF(8,9,25)=1

LCM(8,9,25)=2×2×3×3×5×5=1800

4假设HCF(306657)=9,求LCM(306657)。

解决方案:我们知道,

HCF×LCM=两个给定数的乘积

因此,

9×LCM=306×657

LCM=(306×657)/9=22338

因此,LCM(306657)=22338

5检查6n任何自然数n都可以以数字0结尾。

解决方案:如果数字6n以数字0结尾,那么它应该可以被5整除,因为我们知道任何单位位为0或5的数字都可以被5整除。

6的素因式分解n=(2×3)n

因此,6的素因式分解n不包含质数5。

因此,很明显,对于任何自然数n,6牛顿不能被5整除,因此它证明了6n任何自然数n不能以数字0结尾。

6解释为什么7×11×13+13和7×6×5×4×3×2×1+5是复合数。

解决方案:通过复合数的定义,我们知道,如果一个数是复合数,那么它就意味着它有除1和它本身之外的因子。因此,对于给定的表达式;

7×11×13+13

以13为公因子,我们得到,

=13(7×11×1+1)=13(77+1)=13×78=13×3×2×13

因此,7×11×13+13是一个复合数。

现在我们换另一个号码,

7×6×5×4×3×2×1+5

以5为公因子,我们得到,

=5(7×6×4×3×2×1+1)=5(1008+1)=5×1009

因此,7×6×5×4×3×2×1+5是一个复合数。

7有一条环绕运动场的环形小路。索尼娅花了18分钟驾驶一个领域,而拉维花了12分钟同样。假设它们都在同一个点,在同一时间,朝着同一个方向前进。几分钟后他们会在起点再次相遇?

解决方案:因为,索尼娅和拉维在同一个方向上同时移动,所以找到他们在起点再次相遇的时间的方法是18和12的LCM。

因此,LCM(18,12)=2×3×3×2×1=36

因此,索尼娅和拉维将在36分钟后在起点再次相遇。


练习1.3页码:14

1证明这一点5是不合理的。

解决:我们假设5是有理数。

i、 e5=x/y(其中,x和y是辅素数)

是的5=x

两边都成直角,我们得到,

(y)(五)2=x2

5年2=x2……………………………….. (一)

因此,x2可以被5整除,所以x也可以被5整除。

假设x=5k,对于k的某个值,代入方程(1)中的x值,我们得到:,

5年2=(5公里)2

是的2=5公里2

可以被5整除意味着y可以被5整除。

很明显,x和y不是辅素数。因此,我们假设5是理性是不正确的。

因此5是无理数。

2证明3+25+是不合理的。

解决:我们假设3+25是理性的。

然后我们就可以找到余素数x和y(y)0)使3+25=x/y

重新安排,我们得到,

NCRT解决方案第10课第1-1章

因为x和y是整数,因此,

NCRT解决方案第10课第1-2章是一个有理数。

因此,5也是一个有理数。但这与事实相矛盾5是不合理的。

因此,我们得出结论,3+25是不合理的。

三。证明以下不合理:

(i) 1/2

(二)75

(三)6+2

解决:

(i) 1/2

让我们假设1/2是理性的。

然后我们就可以找到余素数x和y(y)0)使1/2=x/y

重新安排,我们得到,

2=y/x

因为x和y是整数,因此,2是一个有理数,这与2是不合理的。

因此,我们可以得出结论1/2是不合理的。

(二)75

让我们假设75是有理数。

然后我们可以找到余素数a和b(b0)使75=x/y

重新安排,我们得到,

5=x/7年

因为x和y是整数,因此,5是一个有理数,这与5是不合理的。

因此,我们可以得出结论75是不合理的。

(三)6+2

让我们假设6+2是有理数。

然后我们可以找到辅素数x和y(y0)使6+2=x/y

重新安排,我们得到,

2=(x/y)–6

因为x和y是整数,因此(x/y)–6是有理数,因此,2是理性的。这与事实相矛盾2是无理数。

因此,我们可以得出结论6+2是不合理的。

练习1.4页码:17

1在不实际执行长除法的情况下,说明以下有理数是具有终止十进制展开还是非终止重复十进制展开:

(一) 13/3125(二)17/8(三)64/455(四)15/1600(五)29/343(六)23/(252)(七)129/(2)25775)(八)6/15(九)35/50(x)77/210

解决:

注:如果分母只有2和5的因子或2的形式×5个n然后它有终止十进制展开。

如果分母有除2和5以外的因子,那么它有一个非终止的十进制扩展。

(i) 3125年13月

分解分母,我们得到,

3125=5×5×5×5×5=55

因为分母只有5作为因子,13/3125有一个终止的十进制扩展。

(二)17/8

分解分母,我们得到,

8=2×2×2=2

由于分母只有2作为因子,17/8有一个终止的十进制扩展。

(三)64/455

分解分母,我们得到,

455=5×7×13

因为分母不是2的形式×5个n,因此64/455具有非终止十进制扩展。

(四)15/1600

分解分母,我们得到,

1600=2652

因为,分母的形式是2×5个n,因此15/1600具有终止十进制扩展。

(v) 公元343年29日

分解分母,我们得到,

343=7×7×7=7因为分母不是2的形式×5个n因此,29/343有一个不终止的十进制扩展。

(六)23/(2)52)

很明显,分母是2的形式×5个n.

因此,23/(252)具有终止十进制扩展。

(七)129/(2)25775)

如你所见,分母不是2的形式×5个n.

因此,129/(225775)具有非终止的十进制扩展。

(八)6月15日

6/15=2/5

由于分母只有5作为因子,因此,6/15有一个终止的十进制扩展。

(九)35/50

35/50=7/10

分解分母,我们得到,

10=25

因为,分母的形式是2×5个n因此,35/50具有终止十进制扩展。

(x) 77/210页

77/210=(7×11)/(30×7)=11/30

分解分母,我们得到,

30=2×3×5

如你所见,分母不是2的形式×5个n因此,77/210具有非终止十进制扩展。

2写下上面问题1中那些有理数的十进制展开式,这些有理数有终止十进制展开式。

解决:

(i) 3125年13月

NCRT解决方案第10课第1-3章

13/3125=0.00416

(二)17/8

NCRT解决方案第10课第1-4章

17/8=2.125

(三)64/455具有不终止的十进制扩展

(四)15/1600

NCRT解决方案第10课第1-5章

15/1600=0.009375

(v) 公元343年29日具有不终止的十进制扩展

(六)23/(2)52)=23/(8×25)=23/200

NCRT解决方案第10课第1-6章

(2/(23)52)=0.115

(七)129/(2)25775)具有不终止的十进制扩展

(八)6月15日=2/5

NCRT解决方案第10课第1-7章

(九)35/50=7/10

NCRT解决方案第10课第1-8章

35/50=0.7

(x) 77/210页具有非终止的十进制扩展。

三。以下实数具有如下所示的十进制展开式。在每一种情况下,决定他们是否理性。如果它们是有理的,并且形式是pq,那么关于q的素因子,你能说些什么呢?

(i) 43.123456789

(ii)0.1201200120000。

NCRT解决方案第10课第1-9章

解决:

(i) 43.123456789

因为它有一个终止的十进制展开式,所以它是p/q形式的有理数,q只有2和5的因子。

(ii)0.1201200120000。

因为它具有非终止和不重复的十进制展开,所以它是一个无理数。

NCRT解决方案第10课第1-10章

由于它具有无终止但重复的十进制展开,所以它是p/q形式的有理数,q有除2和5以外的因子。


十班数学的NCRT解第1章实数

实数是数学中的重要课题之一,在第十节数学第一学期考试中,实数的权重为6分。本章的平均问题数通常是3个。在上一年的董事会考试(2018年)中,本章提出了三个问题。

  1. A部分三分之一题(1分)。
  2. B部分三分之一题(2分)。
  3. C部分三分之一题(3分)。

本章讨论

  • 欧几里得除法
  • 算术基本定理
  • 再论有理数与无理数
  • 十进制展开

十班数学习题表第1章:
练习1.1解决方案5个问题(4个长,1个短)
练习1.2解决方案7题(长4题,短题3题)
练习1.3解决方案3个问题(3个短)
练习1.4解决方案3个问题(3个短)

实数是在第九节课上介绍的,这在第十节课上有更详细的讨论。十班数学的NCRT解第1章实数给出了本章问题的答案。本章讨论实数及其应用。使用欧几里德除法的整数的可除性表明,任何正整数a都可以被另一个正整数b除,这样余数将小于b。另一方面,算术的基本定理适用于正整数的乘法。

本章首先在第1.1节中介绍实数,然后在第1.2节和第1.3节中介绍两个非常重要的主题

  • 欧几里得除法-它包括5个基于定理1.1的问题-欧几里德的除法引理。
  • 算术基本定理-通过练习1.2中7个问题的解答,探索这个主题的应用,这个主题讨论正整数的乘法。

接下来,讨论在第9节课中介绍的以下主题。

  • 重温有理数和无理数-在这篇文章中,给出了练习1.3中3个问题的解决方案,这些问题也使用了上一个练习1.2中的主题。
  • 十进制展开——它研究有理数的十进制展开何时终止以及何时重复。它包括练习1.4中的3个小部分的问题

十班数学NCRT解的主要特征第1章实数

  • 这些NCRT解决方案让你解决和修改更新的CBSE教学大纲10班2021-22。
  • 通过我们的学科专家老师给出的逐步解决方案,你将能够得到更多的分数。
  • 它遵循NCRT的指导方针,帮助学生做好相应的准备。
  • 它包含了从考试角度来看的所有重要问题。
  • 它有助于在数学考试中取得好成绩。

十班数学NCRT解的常见问题第1章

第1章第十节数学课的NCRT解答主要涉及哪些主题?

第十类数学实数的NCERT解的主要内容是欧几里德除法、算术基本定理、有理数和无理数的重温和十进制展开。基于这些概念,我们的专家有效地创造了解决方案。通过重视这些概念,学生可以在课堂测试和10班第一学期考试中取得好成绩。

第1章十班数学解题题有多少题?

十班数学实数的NCERT解有四个练习题。第1章,学生能熟练地解决第10章中的数学问题。他们还把重点放在解决数学问题上,使学生容易理解。

从考试的角度来看,10班数学第一章的NCRT解很重要吗?

是的,从考试的角度来看,第一章第10课的NCRT解的实数很重要。它包括短回答问题和长回答问题,以提高解决问题的能力。这些解决方案是由白州大学的专家教师创建的,目的是帮助学生准备考试。

2评论

  1. 在第十区帮助很大
    谢谢拜茹斯

  2. 特里帕提马哈帕特拉

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