Номер 95, страница 325 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 6. Задачи повышенной трудности. Параграф 2. Элементарные функции и их свойства - номер 95, страница 325.

Условие.

95. a) $y^2 + \cos^2 x = 1;$б) $x^2 + y^2 = x^2 y^2 + 1;$в) $|y| = \log_{\frac{1}{3}} \left||x+2| - 1\right|.$

Решение 5.

а) $y^2 + \cos^2 x = 1$

Перенесем $\cos^2 x$ в правую часть уравнения:

$y^2 = 1 - \cos^2 x$

Согласно основному тригонометрическому тождеству, $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$, из которого следует, что $1 - \cos^2 x = \sin^2 x$.

Подставим это выражение в наше уравнение:

$y^2 = \sin^2 x$

Извлекая квадратный корень из обеих частей, получаем:

$|y| = |\sin x|$

Это уравнение эквивалентно совокупности двух функций: $y = \sin x$ и $y = -\sin x$. Таким образом, решением является объединение графиков синусоиды и ее зеркального отражения относительно оси Ox.

Ответ: $|y| = |\sin x|$ (или $y = \pm \sin x$).

б) $x^2 + y^2 = x^2y^2 + 1$

Перенесем все члены уравнения в левую часть:

$x^2 + y^2 - x^2y^2 - 1 = 0$

Сгруппируем слагаемые для последующего разложения на множители:

$(x^2 - 1) + (y^2 - x^2y^2) = 0$

Вынесем общий множитель $-y^2$ из второй скобки:

$(x^2 - 1) - y^2(x^2 - 1) = 0$

Теперь вынесем общий множитель $(x^2 - 1)$ за скобки:

$(x^2 - 1)(1 - y^2) = 0$

Произведение двух множителей равно нулю тогда и только тогда, когда хотя бы один из них равен нулю. Это приводит к двум независимым уравнениям:

1) $x^2 - 1 = 0 \implies x^2 = 1 \implies x = 1$ или $x = -1$.

2) $1 - y^2 = 0 \implies y^2 = 1 \implies y = 1$ или $y = -1$.

Таким образом, решением является объединение четырех прямых: двух вертикальных ($x=1$, $x=-1$) и двух горизонтальных ($y=1$, $y=-1$).

Ответ: $x = \pm 1$ или $y = \pm 1$.

в) $|y| = \log_{\frac{1}{3}} ||x+2| - 1|$

Для того чтобы уравнение имело решение, необходимо выполнение нескольких условий.

1. Аргумент логарифма должен быть строго положительным:

$||x+2| - 1| > 0$

Это означает, что $|x+2| - 1 \neq 0$, то есть $|x+2| \neq 1$. Отсюда $x+2 \neq 1$ и $x+2 \neq -1$, что дает $x \neq -1$ и $x \neq -3$.

2. Левая часть уравнения $|y|$ всегда неотрицательна ($|y| \ge 0$), следовательно, правая часть также должна быть неотрицательной:

$\log_{\frac{1}{3}} ||x+2| - 1| \ge 0$

Так как основание логарифма $\frac{1}{3}$ находится в интервале $(0, 1)$, логарифмическая функция является убывающей. Поэтому данное неравенство равносильно следующему:

$0 < ||x+2| - 1| \le 1$

Первую часть неравенства ($>0$) мы уже учли. Рассмотрим вторую часть:

$||x+2| - 1| \le 1$

Это двойное неравенство:

$-1 \le |x+2| - 1 \le 1$

Прибавим 1 ко всем частям:

$0 \le |x+2| \le 2$

Неравенство $|x+2| \ge 0$ верно для любого $x$. Неравенство $|x+2| \le 2$ эквивалентно $-2 \le x+2 \le 2$, откуда получаем $-4 \le x \le 0$.

Объединяя все условия, находим область определения для $x$: $x \in [-4, 0]$, при этом $x \neq -1$ и $x \neq -3$.

Область определения: $x \in [-4, -3) \cup (-3, -1) \cup (-1, 0]$.

Исходное уравнение $|y| = f(x)$ распадается на два: $y = f(x)$ и $y = -f(x)$, что означает симметрию графика относительно оси Ox.

Найдем точки пересечения с осью Ox (точки, где $y=0$):

$\log_{\frac{1}{3}} ||x+2| - 1| = 0 \implies ||x+2| - 1| = 1$

Это дает два случая:

а) $|x+2| - 1 = 1 \implies |x+2| = 2 \implies x+2 = \pm 2 \implies x=0$ или $x=-4$.

б) $|x+2| - 1 = -1 \implies |x+2| = 0 \implies x+2 = 0 \implies x=-2$.

Точки пересечения с осью Ox: $(-4, 0)$, $(-2, 0)$ и $(0, 0)$.

Прямые $x=-3$ и $x=-1$ являются вертикальными асимптотами, так как при приближении $x$ к этим значениям аргумент логарифма $||x+2|-1|$ стремится к $0^+$, а сам логарифм $\log_{\frac{1}{3}}(z)$ стремится к $+\infty$ при $z \to 0^+$.

Ответ: Множество точек $(x,y)$, для которых $x \in [-4, -3) \cup (-3, -1) \cup (-1, 0]$ и $y = \pm \log_{\frac{1}{3}} ||x+2| - 1|$.