Номер 21.16, страница 170, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник Абылкасымова, Кучер

*21.16. Найдите область определения функции:

1) $y = \frac{2x - 3}{\sqrt{5x - 6 - x^2}} + \arcsin(3x - 2)$

2) $y = \frac{2x + 3}{\sqrt{x^2 - x - 6}} + \arccos(x^2 - 3)$

3) $y = \frac{1 - x}{\sqrt{5x + 6 - x^2}} + \arcsin(x - 1)$

4) $y = \frac{2x + 3}{\sqrt{x^2 - 2x - 8}} + \arccos(x^2 - 8)$

1) $y = \frac{2x - 3}{\sqrt{5x - 6 - x^2}} + \arcsin(3x - 2)$

Область определения функции (ОДЗ) — это множество всех значений $x$, при которых функция имеет смысл. Она является пересечением областей определения каждого слагаемого.

Первое слагаемое $\frac{2x - 3}{\sqrt{5x - 6 - x^2}}$ определено, когда подкоренное выражение в знаменателе строго больше нуля:$5x - 6 - x^2 > 0$Умножим на -1, изменив знак неравенства:$x^2 - 5x + 6 < 0$Найдем корни квадратного уравнения $x^2 - 5x + 6 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = 2$ и $x_2 = 3$.Парабола $f(x) = x^2 - 5x + 6$ имеет ветви вверх, поэтому неравенство $f(x) < 0$ выполняется между корнями.Следовательно, $x \in (2, 3)$.

Второе слагаемое $\arcsin(3x - 2)$ определено, когда его аргумент находится в пределах от -1 до 1 включительно:$-1 \le 3x - 2 \le 1$Прибавим 2 ко всем частям двойного неравенства:$1 \le 3x \le 3$Разделим все части на 3:$\frac{1}{3} \le x \le 1$, то есть $x \in [\frac{1}{3}, 1]$.

Общая область определения — это пересечение найденных множеств: $(2, 3) \cap [\frac{1}{3}, 1]$.Данные интервалы не пересекаются. Следовательно, область определения функции — пустое множество.

Ответ: $\emptyset$.

2) $y = \frac{2x + 3}{\sqrt{x^2 - x - 6}} + \arccos(x^2 - 3)$

Находим ОДЗ для каждого слагаемого.

Для дроби $\frac{2x + 3}{\sqrt{x^2 - x - 6}}$ подкоренное выражение в знаменателе должно быть строго положительным:$x^2 - x - 6 > 0$Найдем корни уравнения $x^2 - x - 6 = 0$. Используя формулу для корней квадратного уравнения, получаем $x_1 = -2$ и $x_2 = 3$.Парабола $f(x) = x^2 - x - 6$ имеет ветви вверх, поэтому $f(x) > 0$ при значениях $x$ вне интервала между корнями.Таким образом, $x \in (-\infty, -2) \cup (3, \infty)$.

Для функции $\arccos(x^2 - 3)$ аргумент должен принадлежать отрезку $[-1, 1]$:$-1 \le x^2 - 3 \le 1$$2 \le x^2 \le 4$Это система из двух неравенств: $\begin{cases} x^2 \ge 2 \\ x^2 \le 4 \end{cases}$.Из $x^2 \le 4$ следует, что $-2 \le x \le 2$, или $x \in [-2, 2]$.Из $x^2 \ge 2$ следует, что $x \le -\sqrt{2}$ или $x \ge \sqrt{2}$, или $x \in (-\infty, -\sqrt{2}] \cup [\sqrt{2}, \infty)$.Пересечение этих решений: $x \in [-2, -\sqrt{2}] \cup [\sqrt{2}, 2]$.

Найдем пересечение областей определения обоих слагаемых: $((-\infty, -2) \cup (3, \infty)) \cap ([-2, -\sqrt{2}] \cup [\sqrt{2}, 2])$.Множества $(-\infty, -2) \cup (3, \infty)$ и $[-2, -\sqrt{2}] \cup [\sqrt{2}, 2]$ не имеют общих точек. Например, точка $x=-2$ не входит в первое множество, а $\sqrt{2} \approx 1.41$ и $2$ меньше, чем $3$.Следовательно, пересечение пусто.

Ответ: $\emptyset$.

3) $y = \frac{1 - x}{\sqrt{5x + 6 - x^2}} + \arcsin(x - 1)$

Находим ОДЗ для каждого слагаемого.

Для дроби $\frac{1 - x}{\sqrt{5x + 6 - x^2}}$ подкоренное выражение должно быть строго больше нуля:$5x + 6 - x^2 > 0$$x^2 - 5x - 6 < 0$Корни уравнения $x^2 - 5x - 6 = 0$ равны $x_1 = -1$ и $x_2 = 6$.Парабола $f(x) = x^2 - 5x - 6$ с ветвями вверх, поэтому $f(x) < 0$ между корнями.Следовательно, $x \in (-1, 6)$.

Для функции $\arcsin(x - 1)$ аргумент должен быть в пределах от -1 до 1:$-1 \le x - 1 \le 1$$0 \le x \le 2$, то есть $x \in [0, 2]$.

Общая область определения — это пересечение $(-1, 6)$ и $[0, 2]$.Пересечением является отрезок $[0, 2]$.

Ответ: $[0, 2]$.

4) $y = \frac{2x + 3}{\sqrt{x^2 - 2x - 8}} + \arccos(x^2 - 8)$

Находим ОДЗ для каждого слагаемого.

Для дроби $\frac{2x + 3}{\sqrt{x^2 - 2x - 8}}$ подкоренное выражение должно быть строго положительным:$x^2 - 2x - 8 > 0$Корни уравнения $x^2 - 2x - 8 = 0$ равны $x_1 = -2$ и $x_2 = 4$.Парабола $f(x) = x^2 - 2x - 8$ с ветвями вверх, поэтому $f(x) > 0$ вне корней.Следовательно, $x \in (-\infty, -2) \cup (4, \infty)$.

Для функции $\arccos(x^2 - 8)$ аргумент должен принадлежать отрезку $[-1, 1]$:$-1 \le x^2 - 8 \le 1$$7 \le x^2 \le 9$Эта система неравенств эквивалентна $\begin{cases} x^2 \ge 7 \\ x^2 \le 9 \end{cases}$.Из $x^2 \le 9$ следует $-3 \le x \le 3$.Из $x^2 \ge 7$ следует $x \le -\sqrt{7}$ или $x \ge \sqrt{7}$.Пересечение этих условий дает $x \in [-3, -\sqrt{7}] \cup [\sqrt{7}, 3]$.

Найдем пересечение областей определения: $((-\infty, -2) \cup (4, \infty)) \cap ([-3, -\sqrt{7}] \cup [\sqrt{7}, 3])$.Рассмотрим пересечение с каждым из отрезков второго множества.1. Пересечение с $[-3, -\sqrt{7}]$. Так как $2 < \sqrt{7} < 3$, то $-3 < -\sqrt{7} < -2$. Весь отрезок $[-3, -\sqrt{7}]$ входит в интервал $(-\infty, -2)$. Их пересечение равно $[-3, -\sqrt{7}]$.2. Пересечение с $[\sqrt{7}, 3]$. Так как $\sqrt{7} \approx 2.65$, этот отрезок не пересекается с $(-\infty, -2) \cup (4, \infty)$.Следовательно, итоговая область определения есть объединение результатов, то есть $[-3, -\sqrt{7}]$.

Ответ: $[-3, -\sqrt{7}]$.