Страница 251 - гдз по алгебре 10 класс учебник Колягин, Ткачева

812. Решить уравнение:

1) $\log^2_2 x - 9 \log_8 x = 4;$

2) $16 \log^2_{16} x + 3 \log_4 x - 1 = 0;$

3) $\log^2_3 x + 5 \log_9 x - 1,5 = 0;$

4) $\log^2_3 x - 15 \log_{27} x + 6 = 0.$

1) $\log_2^2 x - 9 \log_8 x = 4$

Область допустимых значений (ОДЗ): $x > 0$.
Приведем логарифм по основанию 8 к основанию 2, используя формулу перехода к новому основанию $\log_a b = \frac{\log_c b}{\log_c a}$:
$\log_8 x = \frac{\log_2 x}{\log_2 8} = \frac{\log_2 x}{3}$
Подставим это в исходное уравнение:
$\log_2^2 x - 9 \left(\frac{\log_2 x}{3}\right) = 4$
$\log_2^2 x - 3 \log_2 x - 4 = 0$
Сделаем замену переменной. Пусть $t = \log_2 x$. Уравнение примет вид:
$t^2 - 3t - 4 = 0$
Решим это квадратное уравнение. По теореме Виета, корни уравнения:
$t_1 = 4$
$t_2 = -1$
Выполним обратную замену:
1) $\log_2 x = 4 \implies x = 2^4 = 16$.
2) $\log_2 x = -1 \implies x = 2^{-1} = \frac{1}{2}$.
Оба корня ($16$ и $\frac{1}{2}$) удовлетворяют ОДЗ ($x > 0$).
Ответ: $16; \frac{1}{2}$.

2) $16 \log_{16}^2 x + 3 \log_4 x - 1 = 0$

ОДЗ: $x > 0$.
Приведем логарифм по основанию 16 к основанию 4:
$\log_{16} x = \frac{\log_4 x}{\log_4 16} = \frac{\log_4 x}{2}$
Подставим в уравнение:
$16 \left(\frac{\log_4 x}{2}\right)^2 + 3 \log_4 x - 1 = 0$
$16 \frac{\log_4^2 x}{4} + 3 \log_4 x - 1 = 0$
$4 \log_4^2 x + 3 \log_4 x - 1 = 0$
Сделаем замену $t = \log_4 x$:
$4t^2 + 3t - 1 = 0$
Найдем корни квадратного уравнения через дискриминант:
$D = b^2 - 4ac = 3^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-1) = 9 + 16 = 25$
$t_1 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{-3 + 5}{2 \cdot 4} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$
$t_2 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{-3 - 5}{2 \cdot 4} = \frac{-8}{8} = -1$
Выполним обратную замену:
1) $\log_4 x = \frac{1}{4} \implies x = 4^{1/4} = (2^2)^{1/4} = 2^{1/2} = \sqrt{2}$.
2) $\log_4 x = -1 \implies x = 4^{-1} = \frac{1}{4}$.
Оба корня ($\sqrt{2}$ и $\frac{1}{4}$) удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: $\sqrt{2}; \frac{1}{4}$.

3) $\log_3^2 x + 5 \log_9 x - 1,5 = 0$

ОДЗ: $x > 0$.
Приведем логарифм по основанию 9 к основанию 3:
$\log_9 x = \frac{\log_3 x}{\log_3 9} = \frac{\log_3 x}{2}$
Подставим в уравнение:
$\log_3^2 x + 5 \left(\frac{\log_3 x}{2}\right) - 1,5 = 0$
$\log_3^2 x + \frac{5}{2} \log_3 x - \frac{3}{2} = 0$
Умножим все уравнение на 2, чтобы избавиться от дробей:
$2 \log_3^2 x + 5 \log_3 x - 3 = 0$
Сделаем замену $t = \log_3 x$:
$2t^2 + 5t - 3 = 0$
Найдем корни через дискриминант:
$D = 5^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-3) = 25 + 24 = 49$
$t_1 = \frac{-5 + 7}{2 \cdot 2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$
$t_2 = \frac{-5 - 7}{2 \cdot 2} = \frac{-12}{4} = -3$
Выполним обратную замену:
1) $\log_3 x = \frac{1}{2} \implies x = 3^{1/2} = \sqrt{3}$.
2) $\log_3 x = -3 \implies x = 3^{-3} = \frac{1}{27}$.
Оба корня ($\sqrt{3}$ и $\frac{1}{27}$) удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: $\sqrt{3}; \frac{1}{27}$.

4) $\log_3^2 x - 15 \log_{27} x + 6 = 0$

ОДЗ: $x > 0$.
Приведем логарифм по основанию 27 к основанию 3:
$\log_{27} x = \frac{\log_3 x}{\log_3 27} = \frac{\log_3 x}{3}$
Подставим в уравнение:
$\log_3^2 x - 15 \left(\frac{\log_3 x}{3}\right) + 6 = 0$
$\log_3^2 x - 5 \log_3 x + 6 = 0$
Сделаем замену $t = \log_3 x$:
$t^2 - 5t + 6 = 0$
По теореме Виета, корни уравнения:
$t_1 = 2$
$t_2 = 3$
Выполним обратную замену:
1) $\log_3 x = 2 \implies x = 3^2 = 9$.
2) $\log_3 x = 3 \implies x = 3^3 = 27$.
Оба корня ($9$ и $27$) удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: $9; 27$.

813. Вычислить (не используя микрокалькулятор):

1) $\frac{\log_5 2}{\log_5 6} + \frac{\log_4 3}{\log_4 6}$;

2) $(\log_7 2 + \frac{1}{\log_5 7})\lg 7$;

3) $\frac{2 \log_2 3}{\log_4 9}$.

1) $\frac{\log_5 2}{\log_5 6} + \frac{\log_4 3}{\log_4 6}$

Для решения воспользуемся формулой перехода к новому основанию логарифма $\log_b a = \frac{\log_c a}{\log_c b}$. Применим эту формулу в обратном порядке для каждого слагаемого в выражении. Основанием нового логарифма будет число, стоящее в аргументе логарифмов в знаменателе.

Для первого слагаемого: $\frac{\log_5 2}{\log_5 6} = \log_6 2$.

Для второго слагаемого: $\frac{\log_4 3}{\log_4 6} = \log_6 3$.

Теперь исходное выражение можно записать как сумму логарифмов с одинаковым основанием:

$\log_6 2 + \log_6 3$

Используем свойство суммы логарифмов: $\log_b x + \log_b y = \log_b(xy)$.

$\log_6 2 + \log_6 3 = \log_6(2 \cdot 3) = \log_6 6$

По основному свойству логарифмов $\log_b b = 1$.

$\log_6 6 = 1$

Ответ: 1.

2) $(\log_7 2 + \frac{1}{\log_5 7}) \lg 7$

Сначала преобразуем выражение в скобках. Для этого используем свойство логарифма $\frac{1}{\log_b a} = \log_a b$ для второго слагаемого:

$\frac{1}{\log_5 7} = \log_7 5$

Подставим это в скобки:

$\log_7 2 + \log_7 5$

Теперь применим свойство суммы логарифмов с одинаковым основанием $\log_b x + \log_b y = \log_b(xy)$:

$\log_7 2 + \log_7 5 = \log_7(2 \cdot 5) = \log_7 10$

Вернемся к исходному выражению. Учтем, что $\lg 7$ - это десятичный логарифм, то есть $\log_{10} 7$.

$(\log_7 10) \cdot \lg 7 = (\log_7 10) \cdot (\log_{10} 7)$

Далее можно использовать свойство $\log_a b \cdot \log_b a = 1$. В нашем случае $a=7$ и $b=10$, поэтому произведение равно 1.

В качестве альтернативы, можно применить формулу перехода к основанию 10 для первого множителя: $\log_7 10 = \frac{\log_{10} 10}{\log_{10} 7} = \frac{1}{\lg 7}$.

Тогда выражение примет вид:

$\frac{1}{\lg 7} \cdot \lg 7 = 1$

Ответ: 1.

3) $\frac{2 \log_2 3}{\log_4 9}$

Преобразуем знаменатель дроби, $\log_4 9$. Представим основание 4 и аргумент 9 в виде степеней: $4 = 2^2$ и $9 = 3^2$.

$\log_4 9 = \log_{2^2} 3^2$

Воспользуемся свойством степени основания и аргумента логарифма: $\log_{a^n} b^m = \frac{m}{n} \log_a b$.

$\log_{2^2} 3^2 = \frac{2}{2} \log_2 3 = 1 \cdot \log_2 3 = \log_2 3$

Теперь подставим полученный результат в знаменатель исходной дроби:

$\frac{2 \log_2 3}{\log_2 3}$

Сократим одинаковые множители $\log_2 3$ в числителе и знаменателе:

$\frac{2 \cancel{\log_2 3}}{\cancel{\log_2 3}} = 2$

Ответ: 2.

814. Число жителей города-новостройки увеличивается ежегодно на 8%. Через сколько лет число жителей удвоится?

Для решения этой задачи используется формула сложных процентов, так как число жителей увеличивается на постоянный процент от текущего значения каждый год.

Пусть $N_0$ — первоначальное число жителей, $r$ — годовой процентный прирост ($r = 8\%$), а $n$ — количество лет. Число жителей $N_n$ через $n$ лет можно рассчитать по формуле:$N_n = N_0 \cdot \left(1 + \frac{r}{100}\right)^n$

По условию задачи, мы хотим найти время $n$, за которое число жителей удвоится. Это означает, что конечное число жителей $N_n$ должно быть равно $2N_0$. Подставим это условие в нашу формулу:$2N_0 = N_0 \cdot \left(1 + \frac{8}{100}\right)^n$

Мы можем сократить $N_0$ в обеих частях уравнения, так как начальное число жителей не равно нулю:$2 = \left(1 + 0.08\right)^n$$2 = 1.08^n$

Чтобы найти показатель степени $n$, нам нужно решить это показательное уравнение. Для этого прологарифмируем обе части уравнения. Удобнее всего использовать натуральный логарифм ($\ln$):$\ln(2) = \ln(1.08^n)$

Используя свойство логарифма степени, которое гласит, что $\ln(a^b) = b \cdot \ln(a)$, мы можем вынести $n$ из-под знака логарифма:$\ln(2) = n \cdot \ln(1.08)$

Теперь выразим $n$, разделив $\ln(2)$ на $\ln(1.08)$:$n = \frac{\ln(2)}{\ln(1.08)}$

Используя калькулятор для вычисления значений логарифмов, получаем:$n \approx \frac{0.6931}{0.0770} \approx 9.006$

Результат показывает, что для удвоения числа жителей потребуется чуть более 9 лет. Проверим, во сколько раз увеличится население ровно за 9 лет: $1.08^9 \approx 1.999$. Это значение очень близко к 2, но немного меньше. Полное удвоение произойдет в самом начале десятого года. В подобных задачах принято округлять результат до ближайшего целого числа.

Ответ: число жителей удвоится примерно через 9 лет.

815. Вакуумный насос сконструирован таким образом, что за один ход он удаляет $3\%$ содержащегося в камере газа. За сколько ходов насос удалит из камеры $99\%$ газа?

Пусть $V_0$ — начальное количество газа в камере. За один ход насос удаляет 3% газа, следовательно, в камере остается $100\% - 3\% = 97\%$ газа. Это можно выразить как множитель $0.97$.

После первого хода в камере останется количество газа, равное $V_1 = V_0 \cdot 0.97$.

После второго хода количество оставшегося газа будет $V_2 = V_1 \cdot 0.97 = (V_0 \cdot 0.97) \cdot 0.97 = V_0 \cdot (0.97)^2$.

Таким образом, количество газа $V_n$, оставшееся в камере после $n$ ходов, описывается формулой геометрической прогрессии: $V_n = V_0 \cdot (0.97)^n$

Согласно условию, необходимо удалить 99% газа. Это означает, что в камере должно остаться $100\% - 99\% = 1\%$ от первоначального количества газа. Иными словами, мы ищем такое наименьшее целое число ходов $n$, при котором количество оставшегося газа $V_n$ будет составлять не более 1% от начального $V_0$: $V_n \le 0.01 \cdot V_0$

Подставим в это неравенство выражение для $V_n$: $V_0 \cdot (0.97)^n \le 0.01 \cdot V_0$

Разделим обе части на $V_0$ (так как начальное количество газа является положительной величиной): $(0.97)^n \le 0.01$

Для нахождения показателя степени $n$ прологарифмируем обе части неравенства. Воспользуемся натуральным логарифмом (ln): $\ln((0.97)^n) \le \ln(0.01)$

Применяя свойство логарифма $\ln(a^b) = b \cdot \ln(a)$, получаем: $n \cdot \ln(0.97) \le \ln(0.01)$

Теперь выразим $n$. Важно учесть, что $\ln(0.97)$ является отрицательным числом, поскольку его аргумент ($0.97$) меньше 1. При делении обеих частей неравенства на отрицательное число знак неравенства необходимо изменить на противоположный: $n \ge \frac{\ln(0.01)}{\ln(0.97)}$

Вычислим приближенные значения логарифмов: $\ln(0.01) \approx -4.60517$ $\ln(0.97) \approx -0.03046$

Подставим эти значения: $n \ge \frac{-4.60517}{-0.03046} \approx 151.187$

Поскольку количество ходов $n$ может быть только целым числом, а по условию $n$ должно быть не меньше $151.187$, то наименьшим подходящим целым числом будет 152.

Ответ: 152 хода.

816. При одном качании поршневого насоса из сосуда удаляется 1,2% содержащегося в нём воздуха. Через сколько качаний насоса в сосуде останется $\frac{1}{10^{16}}$ часть первоначальной массы воздуха?

Пусть $M_0$ — первоначальная масса воздуха в сосуде. При каждом качании насоса удаляется 1,2% воздуха, что составляет 0,012 от текущей массы. Следовательно, в сосуде остается $100\% - 1,2\% = 98,8\%$ или 0,988 от массы воздуха, которая была перед качанием.

Таким образом, изменение массы воздуха после каждого качания представляет собой геометрическую прогрессию со знаменателем $q = 0,988$. Масса воздуха в сосуде после $n$ качаний, $M_n$, выражается формулой:$M_n = M_0 \cdot (0,988)^n$.

Согласно условию задачи, необходимо найти количество качаний $n$, после которого в сосуде останется $\frac{1}{10^{16}}$ часть первоначальной массы воздуха. Это означает, что масса $M_n$ должна стать меньше или равной $\frac{M_0}{10^{16}}$. Составим неравенство:$M_0 \cdot (0,988)^n \le \frac{M_0}{10^{16}}$.

Разделим обе части неравенства на $M_0$ (так как $M_0 > 0$, знак неравенства не меняется):$(0,988)^n \le \frac{1}{10^{16}}$, что то же самое, что и $(0,988)^n \le 10^{-16}$.

Для решения этого показательного неравенства относительно $n$, прологарифмируем обе его части. Удобнее всего использовать десятичный логарифм ($\lg$), так как в правой части стоит степень числа 10.$\lg((0,988)^n) \le \lg(10^{-16})$.

Используя свойство логарифма степени $\lg(a^b) = b \cdot \lg(a)$, получаем:$n \cdot \lg(0,988) \le -16$.

Теперь выразим $n$. Для этого нужно разделить обе части неравенства на $\lg(0,988)$. Важно учесть, что так как основание логарифма 10 больше 1, а число под логарифмом $0,988$ меньше 1, то значение $\lg(0,988)$ будет отрицательным. При делении обеих частей неравенства на отрицательное число, знак неравенства меняется на противоположный:$n \ge \frac{-16}{\lg(0,988)}$.

Вычислим приближенное значение правой части:$\lg(0,988) \approx -0,0052431$.$n \ge \frac{-16}{-0,0052431} \approx 3051,73$.

Поскольку число качаний $n$ может быть только целым числом, наименьшее целое значение, удовлетворяющее этому неравенству, — это следующее за 3051,73 целое число, то есть 3052.

Ответ: 3052.

817. К 2000 г. известные запасы угля в мире составляли $5 \cdot 10^{12}$ т. Мера потребления угля в мире равна $2,2 \cdot 10^9$ т в год.

1) На сколько лет хватит имеющихся запасов угля при данном его потреблении?

2) На сколько лет хватит запасов, если его потребление будет ежегодно увеличиваться на $5\%$? на $4\%$?

Обозначим известные запасы угля в мире как $S_{общ}$, а годовое потребление угля как $C_{год}$.
Дано:
Общие запасы: $S_{общ} = 5 \cdot 10^{12}$ т
Годовое потребление: $C_{год} = 2,2 \cdot 10^9$ т/год

1) На сколько лет хватит имеющихся запасов угля при данном его потреблении?
Чтобы найти, на сколько лет ($T$) хватит запасов при постоянном потреблении, необходимо разделить общий объем запасов на годовое потребление:
$T = \frac{S_{общ}}{C_{год}} = \frac{5 \cdot 10^{12} \text{ т}}{2,2 \cdot 10^9 \text{ т/год}}$
$T = \frac{5}{2,2} \cdot \frac{10^{12}}{10^9} = \frac{5}{2,2} \cdot 10^{3} \approx 2,2727 \cdot 1000 \approx 2272,7$ лет.
Это означает, что запасов хватит на 2272 полных года, и они иссякнут в течение 2273-го года.
Ответ: запасов угля хватит примерно на 2273 года.

2) На сколько лет хватит запасов, если его потребление будет ежегодно увеличиваться на 5%? на 4%?
Если потребление ежегодно увеличивается на определенный процент, то объемы потребления по годам образуют геометрическую прогрессию.
Первый член прогрессии (потребление в первый год) $b_1 = 2,2 \cdot 10^9$ т.
Сумма потребленного угля за $n$ лет ($S_n$) определяется по формуле суммы $n$ членов геометрической прогрессии: $S_n = b_1 \frac{q^n - 1}{q - 1}$, где $q$ - знаменатель прогрессии.
Нам нужно найти максимальное целое число лет $n$, для которого суммарное потребление не превысит общих запасов: $S_n \le S_{общ}$.

При ежегодном увеличении на 5%:
Знаменатель прогрессии $q = 1 + 0,05 = 1,05$.
Решаем неравенство: $2,2 \cdot 10^9 \cdot \frac{1,05^n - 1}{1,05 - 1} \le 5 \cdot 10^{12}$
$1,05^n - 1 \le \frac{5 \cdot 10^{12} \cdot 0,05}{2,2 \cdot 10^9} = \frac{2,5 \cdot 10^{11}}{2,2 \cdot 10^9} = \frac{250}{2,2} \approx 113,64$
$1,05^n \le 114,64$
Для нахождения $n$ используем логарифмы: $n \le \log_{1,05}(114,64) = \frac{\ln(114,64)}{\ln(1,05)} \approx \frac{4,7418}{0,0488} \approx 97,17$.
Следовательно, запасов хватит на 97 полных лет.

При ежегодном увеличении на 4%:
Знаменатель прогрессии $q = 1 + 0,04 = 1,04$.
Решаем неравенство: $2,2 \cdot 10^9 \cdot \frac{1,04^n - 1}{1,04 - 1} \le 5 \cdot 10^{12}$
$1,04^n - 1 \le \frac{5 \cdot 10^{12} \cdot 0,04}{2,2 \cdot 10^9} = \frac{2 \cdot 10^{11}}{2,2 \cdot 10^9} = \frac{200}{2,2} \approx 90,91$
$1,04^n \le 91,91$
Используем логарифмы: $n \le \log_{1,04}(91,91) = \frac{\ln(91,91)}{\ln(1,04)} \approx \frac{4,5208}{0,0392} \approx 115,33$.
Следовательно, запасов хватит на 115 полных лет.
Ответ: при увеличении потребления на 5% запасов хватит на 97 лет, а при увеличении на 4% — на 115 лет.

818. Вода в глубоком озере содержит взвесь, которая уменьшает проходимость света в воде. Эксперименты показали, что при прохождении каждых 20 см воды интенсивность света уменьшается на 10%. Днём измерительный прибор опустили на дно озера и начали постепенно поднимать. На какой глубине $h$ впервые покажет наличие света прибор, способный обнаруживать $0,17\%$ дневного света?

Пусть $I_0$ — интенсивность дневного света на поверхности озера (на глубине 0). Согласно условию задачи, при прохождении каждых 20 см воды интенсивность света уменьшается на 10%. Это означает, что после прохождения 20 см слоя воды остается $100\% - 10\% = 90\%$ от первоначальной интенсивности, то есть интенсивность умножается на коэффициент 0,9.

Этот процесс можно описать с помощью модели экспоненциального затухания, которая в данном дискретном случае представляет собой геометрическую прогрессию. Пусть $h$ — искомая глубина в сантиметрах. Тогда количество 20-сантиметровых слоев воды, которые проходит свет, равно $n = \frac{h}{20}$.

Интенсивность света $I(h)$ на глубине $h$ будет связана с начальной интенсивностью $I_0$ следующим соотношением:$I(h) = I_0 \cdot (0.9)^n = I_0 \cdot (0.9)^{h/20}$

Прибор способен обнаружить свет, когда его интенсивность достигает 0,17% от интенсивности дневного света. Выразим это пороговое значение в виде десятичной дроби:$0.17\% = \frac{0.17}{100} = 0.0017$

Таким образом, прибор зафиксирует свет в тот момент, когда интенсивность на его датчике станет равна $0.0017 \cdot I_0$. Чтобы найти глубину $h$, на которой это произойдет, составим уравнение:$I(h) = 0.0017 \cdot I_0$$I_0 \cdot (0.9)^{h/20} = 0.0017 \cdot I_0$

Сократив $I_0$ в обеих частях уравнения, получим показательное уравнение относительно $h$:$(0.9)^{h/20} = 0.0017$

Для решения этого уравнения прологарифмируем обе части. Удобно использовать натуральный логарифм (ln):$\ln\left((0.9)^{h/20}\right) = \ln(0.0017)$

Используя свойство логарифма степени $\ln(a^b) = b \cdot \ln(a)$, преобразуем левую часть:$\frac{h}{20} \cdot \ln(0.9) = \ln(0.0017)$

Теперь выразим искомую глубину $h$:$h = 20 \cdot \frac{\ln(0.0017)}{\ln(0.9)}$

Воспользуемся калькулятором для нахождения значений логарифмов:$\ln(0.0017) \approx -6.3767$$\ln(0.9) \approx -0.10536$

Подставим эти значения в формулу для $h$:$h \approx 20 \cdot \frac{-6.3767}{-0.10536} \approx 20 \cdot 60.525 \approx 1210.5$ см.

Так как в вопросе спрашивается о глубине, на которой прибор, поднимаемый со дна, впервые покажет наличие света, то найденное значение и есть искомая глубина. Переведем результат в метры для более наглядного представления:$h \approx 1210.5 \text{ см} = 12.105 \text{ м}$.Округлим результат до десятых.

Ответ: 12,1 м.

819. Расстояния $d$ планет от Солнца (в астрономических единицах) и их периоды обращения вокруг Солнца $T$ (в годах) приведены в таблице.

Продолжение

Найти формулу зависимости $T$ от $d$.

Для нахождения формулы зависимости периода обращения планеты $T$ от расстояния до Солнца $d$, воспользуемся третьим законом Кеплера. Этот закон гласит, что квадраты периодов обращения планет вокруг Солнца относятся как кубы больших полуосей их орбит. Если считать орбиты планет круговыми (что является хорошим приближением), то большую полуось можно заменить средним расстоянием $d$.

Математически третий закон Кеплера можно записать в виде:

$\frac{T^2}{d^3} = k$

где $k$ — постоянная величина для всех планет, вращающихся вокруг Солнца.

Чтобы найти значение этой постоянной, воспользуемся данными для планеты Земля из таблицы:

• Расстояние $d$ для Земли = $1.000$ а.е. (астрономическая единица)
• Период $T$ для Земли = $1.000$ год

Подставим эти значения в формулу:

$k = \frac{1.000^2}{1.000^3} = \frac{1}{1} = 1$

Таким образом, постоянная $k$ равна 1, когда расстояние измеряется в астрономических единицах, а период — в земных годах. Это и ожидалось, поскольку сами эти единицы измерения определены на основе орбиты Земли.

Теперь проверим эту зависимость для других планет, чтобы убедиться в ее справедливости.

Для Марса:

• $d = 1.523$ а.е.
• $T = 1.881$ год

$\frac{T^2}{d^3} = \frac{1.881^2}{1.523^3} \approx \frac{3.538161}{3.533222} \approx 1.0014$

Для Юпитера:

• $d = 5.203$ а.е.
• $T = 11.861$ год

$\frac{T^2}{d^3} = \frac{11.861^2}{5.203^3} \approx \frac{140.683321}{140.851547} \approx 0.9988$

Как видно из расчетов, отношение $\frac{T^2}{d^3}$ для всех планет очень близко к 1. Небольшие отклонения объясняются погрешностью измерений, приведенных в таблице, и тем, что реальные орбиты планет являются эллипсами, а не идеальными окружностями.

Следовательно, можно принять, что $k=1$, и формула зависимости имеет вид:

$\frac{T^2}{d^3} = 1$

Выразим отсюда $T$:

$T^2 = d^3$

$T = \sqrt{d^3}$

Эту формулу также можно записать в виде степенной функции:

$T = d^{3/2}$ или $T = d^{1.5}$

Ответ: Формула зависимости периода обращения $T$ (в годах) от расстояния до Солнца $d$ (в астрономических единицах) имеет вид $T = d^{3/2}$.