Страница 34 - гдз по алгебре 10 класс учебник Колягин, Ткачева

100. Исключить иррациональность из знаменателя дроби:

1) $\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$;

2) $\frac{4 \cdot \sqrt{5}}{\sqrt{6}}$;

3) $\frac{\sqrt{7} + \sqrt{5}}{\sqrt{7} - \sqrt{5}}$;

4) $\frac{\sqrt{11} + \sqrt{3}}{\sqrt{3} - \sqrt{11}}$.

1) Чтобы исключить иррациональность из знаменателя дроби $\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$, нужно умножить числитель и знаменатель этой дроби на $\sqrt{7}$.

$\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{7}} = \frac{2\sqrt{3} \cdot \sqrt{7}}{\sqrt{7} \cdot \sqrt{7}} = \frac{2\sqrt{3 \cdot 7}}{(\sqrt{7})^2} = \frac{2\sqrt{21}}{7}$.

Знаменатель стал равен 7, то есть иррациональность исключена.

Ответ: $\frac{2\sqrt{21}}{7}$.

2) Чтобы исключить иррациональность из знаменателя дроби $\frac{4\sqrt{5}}{\sqrt{6}}$, умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{6}$.

$\frac{4\sqrt{5}}{\sqrt{6}} = \frac{4\sqrt{5} \cdot \sqrt{6}}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{6}} = \frac{4\sqrt{5 \cdot 6}}{(\sqrt{6})^2} = \frac{4\sqrt{30}}{6}$.

Сократим полученную дробь на 2:

$\frac{4\sqrt{30}}{6} = \frac{2\sqrt{30}}{3}$.

Иррациональность в знаменателе устранена.

Ответ: $\frac{2\sqrt{30}}{3}$.

3) В знаменателе дроби $\frac{\sqrt{7}+\sqrt{5}}{\sqrt{7}-\sqrt{5}}$ находится разность $\sqrt{7}-\sqrt{5}$. Чтобы избавиться от иррациональности, нужно умножить числитель и знаменатель на сопряженное выражение, то есть на сумму $\sqrt{7}+\sqrt{5}$. При этом мы используем формулу разности квадратов $(a-b)(a+b) = a^2 - b^2$.

$\frac{\sqrt{7}+\sqrt{5}}{\sqrt{7}-\sqrt{5}} = \frac{(\sqrt{7}+\sqrt{5}) \cdot (\sqrt{7}+\sqrt{5})}{(\sqrt{7}-\sqrt{5}) \cdot (\sqrt{7}+\sqrt{5})} = \frac{(\sqrt{7}+\sqrt{5})^2}{(\sqrt{7})^2 - (\sqrt{5})^2}$.

Раскроем скобки в числителе по формуле квадрата суммы $(a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2$ и выполним вычисления в знаменателе:

$\frac{(\sqrt{7})^2 + 2\sqrt{7}\sqrt{5} + (\sqrt{5})^2}{7 - 5} = \frac{7 + 2\sqrt{35} + 5}{2} = \frac{12 + 2\sqrt{35}}{2}$.

Вынесем общий множитель 2 в числителе и сократим дробь:

$\frac{2(6 + \sqrt{35})}{2} = 6 + \sqrt{35}$.

Ответ: $6 + \sqrt{35}$.

4) Для дроби $\frac{\sqrt{11}+\sqrt{3}}{\sqrt{3}-\sqrt{11}}$ знаменатель равен $\sqrt{3}-\sqrt{11}$. Сопряженным выражением является $\sqrt{3}+\sqrt{11}$. Умножим на него числитель и знаменатель дроби.

$\frac{\sqrt{11}+\sqrt{3}}{\sqrt{3}-\sqrt{11}} = \frac{(\sqrt{11}+\sqrt{3}) \cdot (\sqrt{3}+\sqrt{11})}{(\sqrt{3}-\sqrt{11}) \cdot (\sqrt{3}+\sqrt{11})} = \frac{(\sqrt{11}+\sqrt{3})^2}{(\sqrt{3})^2 - (\sqrt{11})^2}$.

Преобразуем числитель и знаменатель:

Числитель: $(\sqrt{11}+\sqrt{3})^2 = (\sqrt{11})^2 + 2\sqrt{11}\sqrt{3} + (\sqrt{3})^2 = 11 + 2\sqrt{33} + 3 = 14 + 2\sqrt{33}$.

Знаменатель: $(\sqrt{3})^2 - (\sqrt{11})^2 = 3 - 11 = -8$.

Получаем дробь:

$\frac{14 + 2\sqrt{33}}{-8}$.

Вынесем общий множитель 2 в числителе и сократим дробь:

$\frac{2(7 + \sqrt{33})}{-8} = \frac{7 + \sqrt{33}}{-4} = -\frac{7 + \sqrt{33}}{4}$.

Ответ: $-\frac{7 + \sqrt{33}}{4}$.

101. Доказать тождество:

1) $(1 + a\sqrt{a})(a\sqrt{a} - 1) = a^3 - 1$, где $a \geq 0$;

2) $\left(\sqrt{\frac{a}{b}} + \sqrt{\frac{b}{a}}\right)^2 - 2 = \frac{a^2 + b^2}{ab}$, где $a > 0, b > 0$.

1)

Для доказательства тождества $(1 + a\sqrt{a})(a\sqrt{a} - 1) = a^3 - 1$ при $a \ge 0$ преобразуем его левую часть. Выражение в левой части представляет собой произведение суммы и разности двух выражений. Воспользуемся формулой разности квадратов: $(x+y)(x-y) = x^2 - y^2$.

В нашем случае, переставив слагаемые в первой скобке, получим $(a\sqrt{a} + 1)(a\sqrt{a} - 1)$. Здесь $x = a\sqrt{a}$ и $y = 1$.

Применим формулу:

$(a\sqrt{a} + 1)(a\sqrt{a} - 1) = (a\sqrt{a})^2 - 1^2$

Теперь упростим полученное выражение:

$(a\sqrt{a})^2 = a^2 \cdot (\sqrt{a})^2 = a^2 \cdot a = a^3$

$1^2 = 1$

Подставив упрощенные части обратно, получаем:

$a^3 - 1$

Таким образом, левая часть тождества равна $a^3 - 1$, что совпадает с правой частью. Тождество доказано. Условие $a \ge 0$ необходимо для того, чтобы выражение $\sqrt{a}$ имело смысл.

Ответ: Тождество доказано.

2)

Для доказательства тождества $(\sqrt{\frac{a}{b}} + \sqrt{\frac{b}{a}})^2 - 2 = \frac{a^2+b^2}{ab}$ при $a > 0, b > 0$ преобразуем его левую часть. Сначала раскроем скобки, используя формулу квадрата суммы: $(x+y)^2 = x^2 + 2xy + y^2$.

В данном случае $x = \sqrt{\frac{a}{b}}$ и $y = \sqrt{\frac{b}{a}}$:

$(\sqrt{\frac{a}{b}} + \sqrt{\frac{b}{a}})^2 - 2 = \left( \left(\sqrt{\frac{a}{b}}\right)^2 + 2 \cdot \sqrt{\frac{a}{b}} \cdot \sqrt{\frac{b}{a}} + \left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^2 \right) - 2$

Упростим каждый член в скобках:

$\left(\sqrt{\frac{a}{b}}\right)^2 = \frac{a}{b}$

$\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^2 = \frac{b}{a}$

$2 \cdot \sqrt{\frac{a}{b}} \cdot \sqrt{\frac{b}{a}} = 2 \cdot \sqrt{\frac{a}{b} \cdot \frac{b}{a}} = 2 \cdot \sqrt{\frac{ab}{ba}} = 2 \cdot \sqrt{1} = 2$

Подставим упрощенные выражения обратно:

$\left( \frac{a}{b} + 2 + \frac{b}{a} \right) - 2 = \frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 2 - 2 = \frac{a}{b} + \frac{b}{a}$

Теперь приведем дроби к общему знаменателю $ab$:

$\frac{a}{b} + \frac{b}{a} = \frac{a \cdot a}{b \cdot a} + \frac{b \cdot b}{a \cdot b} = \frac{a^2}{ab} + \frac{b^2}{ab} = \frac{a^2 + b^2}{ab}$

Полученное выражение совпадает с правой частью тождества. Тождество доказано. Условия $a > 0$ и $b > 0$ необходимы для того, чтобы подкоренные выражения были положительными, а знаменатели не равнялись нулю.

Ответ: Тождество доказано.

102. Найти среднее арифметическое и среднее геометрическое чисел:

1) 12 и 3;

2) 0,6 и 5,4;

3) $\frac{7}{8}$ и $3\frac{1}{2}$;

4) $\frac{1}{3}$ и 0,03.

Выяснить, в каком случае среднее арифметическое двух положительных чисел равно их среднему геометрическому.

1) Для чисел 12 и 3:

Среднее арифметическое вычисляется по формуле $A = \frac{a+b}{2}$.

$A = \frac{12 + 3}{2} = \frac{15}{2} = 7,5$

Среднее геометрическое вычисляется по формуле $G = \sqrt{a \cdot b}$.

$G = \sqrt{12 \cdot 3} = \sqrt{36} = 6$

Ответ: среднее арифметическое равно 7,5; среднее геометрическое равно 6.

2) Для чисел 0,6 и 5,4:

Среднее арифметическое:

$A = \frac{0,6 + 5,4}{2} = \frac{6}{2} = 3$

Среднее геометрическое:

$G = \sqrt{0,6 \cdot 5,4} = \sqrt{3,24} = 1,8$

Ответ: среднее арифметическое равно 3; среднее геометрическое равно 1,8.

3) Для чисел $\frac{7}{8}$ и $3\frac{1}{2}$:

Сначала представим смешанное число $3\frac{1}{2}$ в виде неправильной дроби: $3\frac{1}{2} = \frac{3 \cdot 2 + 1}{2} = \frac{7}{2}$.

Среднее арифметическое:

$A = \frac{\frac{7}{8} + \frac{7}{2}}{2} = \frac{\frac{7}{8} + \frac{28}{8}}{2} = \frac{\frac{35}{8}}{2} = \frac{35}{16} = 2\frac{3}{16}$

Среднее геометрическое:

$G = \sqrt{\frac{7}{8} \cdot \frac{7}{2}} = \sqrt{\frac{49}{16}} = \frac{7}{4} = 1\frac{3}{4}$

Ответ: среднее арифметическое равно $\frac{35}{16}$; среднее геометрическое равно $\frac{7}{4}$.

4) Для чисел $\frac{1}{3}$ и 0,03:

Сначала представим десятичную дробь 0,03 в виде обыкновенной: $0,03 = \frac{3}{100}$.

Среднее арифметическое:

$A = \frac{\frac{1}{3} + \frac{3}{100}}{2} = \frac{\frac{100}{300} + \frac{9}{300}}{2} = \frac{\frac{109}{300}}{2} = \frac{109}{600}$

Среднее геометрическое:

$G = \sqrt{\frac{1}{3} \cdot \frac{3}{100}} = \sqrt{\frac{1}{100}} = \frac{1}{10}$

Ответ: среднее арифметическое равно $\frac{109}{600}$; среднее геометрическое равно $\frac{1}{10}$.

Выяснить, в каком случае среднее арифметическое двух положительных чисел равно их среднему геометрическому.

Пусть даны два положительных числа $a$ и $b$. Их среднее арифметическое равно $\frac{a+b}{2}$, а среднее геометрическое равно $\sqrt{ab}$.

Чтобы найти условие их равенства, приравняем эти два выражения:

$\frac{a+b}{2} = \sqrt{ab}$

Поскольку $a$ и $b$ положительны, обе части уравнения неотрицательны. Возведем обе части в квадрат:

$(\frac{a+b}{2})^2 = (\sqrt{ab})^2$

$\frac{a^2 + 2ab + b^2}{4} = ab$

Умножим обе части уравнения на 4:

$a^2 + 2ab + b^2 = 4ab$

Перенесем $4ab$ в левую часть уравнения:

$a^2 + 2ab - 4ab + b^2 = 0$

$a^2 - 2ab + b^2 = 0$

Левая часть является полным квадратом разности $(a-b)^2$:

$(a-b)^2 = 0$

Квадрат числа равен нулю только тогда, когда само число равно нулю. Следовательно:

$a - b = 0$

$a = b$

Таким образом, равенство достигается только тогда, когда числа равны между собой.

Ответ: Среднее арифметическое двух положительных чисел равно их среднему геометрическому в том и только в том случае, если эти числа равны друг другу.

103. Доказать, что высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, не больше половины гипотенузы.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся геометрическим подходом.

Пусть дан прямоугольный треугольник $ABC$, в котором угол $\angle C$ – прямой. Сторона $AB$ является гипотенузой, а $AC$ и $BC$ – катетами. Обозначим длину гипотенузы $AB$ как $c$.

Проведём из вершины прямого угла $C$ на гипотенузу $AB$ высоту $CH$. По определению высоты, $CH \perp AB$. Обозначим длину этой высоты как $h_c$. Нам нужно доказать, что $h_c \le \frac{c}{2}$.

Теперь проведём из той же вершины $C$ медиану $CM$ к гипотенузе $AB$. По определению медианы, точка $M$ является серединой гипотенузы $AB$.

Существует важное свойство прямоугольного треугольника: медиана, проведённая из вершины прямого угла к гипотенузе, равна половине гипотенузы. Это следует из того, что середина гипотенузы является центром описанной около треугольника окружности, а медиана к ней – радиусом этой окружности.

Таким образом, длина медианы $CM$ равна: $CM = \frac{1}{2}AB = \frac{c}{2}$

Рассмотрим отрезки $CH$ (высота) и $CM$ (медиана), проведённые из одной вершины $C$ к одной стороне $AB$. Эти отрезки образуют прямоугольный треугольник $CHM$, где $CM$ является гипотенузой, а $CH$ – катетом (поскольку $CH$ – это перпендикуляр, а $CM$ – наклонная, проведённая из той же точки $C$ к той же прямой $AB$).

В любом прямоугольном треугольнике (в нашем случае $\triangle CHM$) длина катета не может превышать длину гипотенузы. Следовательно: $CH \le CM$

Равенство $CH = CM$ достигается только в том случае, если точки $H$ и $M$ совпадают, то есть когда высота и медиана являются одним и тем же отрезком. Это происходит, когда исходный треугольник $ABC$ является равнобедренным ($AC=BC$).

Подставим в полученное неравенство $CH \le CM$ выражения для длин этих отрезков через $h_c$ и $c$: $h_c \le \frac{c}{2}$

Таким образом, утверждение доказано: высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, не больше половины гипотенузы.

Ответ: Что и требовалось доказать.

104. Доказать, что для любых $a > 0$ и $b > 0$ верно неравенство:

1) $ab \geq 2\sqrt{ab-1};$

2) $\frac{a}{b} \geq 2 - \frac{b}{a}$.

Докажем неравенство $ab \ge 2\sqrt{ab-1}$ для $a > 0, b > 0$.
Область допустимых значений для этого неравенства определяется условием, что подкоренное выражение должно быть неотрицательным: $ab-1 \ge 0$, что эквивалентно $ab \ge 1$. Доказательство будем проводить при этом условии.
Перенесем все члены неравенства в левую часть:
$ab - 2\sqrt{ab-1} \ge 0$
Для того чтобы выделить полный квадрат, представим $ab$ в виде суммы $(ab-1) + 1$:
$(ab-1) - 2\sqrt{ab-1} + 1 \ge 0$
Левая часть этого неравенства представляет собой формулу квадрата разности. Если сделать замену $y = \sqrt{ab-1}$, то неравенство примет вид $y^2 - 2y + 1 \ge 0$.
Свернем левую часть по формуле $(x-y)^2 = x^2 - 2xy + y^2$:
$(\sqrt{ab-1} - 1)^2 \ge 0$
Квадрат любого действительного числа всегда больше или равен нулю. Поскольку мы рассматриваем случай, когда $ab \ge 1$, выражение $\sqrt{ab-1}$ является действительным числом. Следовательно, полученное неравенство всегда верно. Так как все преобразования были равносильными, то и исходное неравенство верно для всех $a$ и $b$, при которых оно имеет смысл.

Ответ: Неравенство доказано.

Докажем неравенство $\frac{a}{b} \ge 2 - \frac{b}{a}$ для $a > 0, b > 0$.
Перенесем все члены в левую часть, чтобы сравнить выражение с нулем:
$\frac{a}{b} - 2 + \frac{b}{a} \ge 0$
Приведем слагаемые в левой части к общему знаменателю $ab$. По условию $a > 0$ и $b > 0$, следовательно, их произведение $ab$ также строго положительно.
$\frac{a \cdot a}{ab} - \frac{2 \cdot ab}{ab} + \frac{b \cdot b}{ab} \ge 0$
$\frac{a^2 - 2ab + b^2}{ab} \ge 0$
Числитель дроби является полным квадратом разности $(a-b)^2$:
$\frac{(a-b)^2}{ab} \ge 0$
Проанализируем полученное неравенство:
1. Числитель $(a-b)^2$ есть квадрат действительного числа, поэтому он всегда неотрицателен, то есть $(a-b)^2 \ge 0$.
2. Знаменатель $ab$ является произведением двух положительных чисел, поэтому он строго положителен: $ab > 0$.
Частное от деления неотрицательного числа на положительное число всегда является неотрицательным. Таким образом, неравенство $\frac{(a-b)^2}{ab} \ge 0$ верно для любых $a > 0, b > 0$.
Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство также верно.

Ответ: Неравенство доказано.

105. Упростить:

1) $\sqrt{3-2\sqrt{2}}$;

2) $\sqrt{4+2\sqrt{3}}$;

3) $\sqrt{7+2\sqrt{6}}$;

4) $\sqrt{11-2\sqrt{10}}$.

1) Для упрощения выражения $\sqrt{3 - 2\sqrt{2}}$ воспользуемся формулой квадрата разности: $(a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2$. Мы хотим представить подкоренное выражение $3 - 2\sqrt{2}$ в виде полного квадрата.

Представим $3$ как сумму двух чисел, а $2\sqrt{2}$ как их удвоенное произведение. Пусть $a^2+b^2 = 3$ и $2ab = 2\sqrt{2}$, откуда $ab = \sqrt{2}$.

Методом подбора находим, что если взять $a = \sqrt{2}$ и $b = 1$, то условия выполняются:

$a^2 + b^2 = (\sqrt{2})^2 + 1^2 = 2 + 1 = 3$.

$ab = \sqrt{2} \cdot 1 = \sqrt{2}$.

Следовательно, подкоренное выражение можно записать так:

$3 - 2\sqrt{2} = (\sqrt{2})^2 - 2 \cdot \sqrt{2} \cdot 1 + 1^2 = (\sqrt{2} - 1)^2$.

Теперь извлечем корень:

$\sqrt{3 - 2\sqrt{2}} = \sqrt{(\sqrt{2} - 1)^2} = |\sqrt{2} - 1|$.

Так как $\sqrt{2} \approx 1.414$, то $\sqrt{2} - 1 > 0$. Значит, $|\sqrt{2} - 1| = \sqrt{2} - 1$.

Ответ: $\sqrt{2} - 1$.

2) Упростим выражение $\sqrt{4 + 2\sqrt{3}}$. Используем формулу квадрата суммы: $(a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2$.

Ищем такие $a$ и $b$, что $a^2 + b^2 = 4$ и $2ab = 2\sqrt{3}$, то есть $ab = \sqrt{3}$.

Легко видеть, что подходят числа $a = \sqrt{3}$ и $b = 1$. Проверим:

$a^2 + b^2 = (\sqrt{3})^2 + 1^2 = 3 + 1 = 4$.

$ab = \sqrt{3} \cdot 1 = \sqrt{3}$.

Условия выполняются. Запишем подкоренное выражение в виде полного квадрата:

$4 + 2\sqrt{3} = (\sqrt{3})^2 + 2 \cdot \sqrt{3} \cdot 1 + 1^2 = (\sqrt{3} + 1)^2$.

Извлекаем корень:

$\sqrt{4 + 2\sqrt{3}} = \sqrt{(\sqrt{3} + 1)^2} = |\sqrt{3} + 1|$.

Так как $\sqrt{3} + 1$ — положительное число, то $|\sqrt{3} + 1| = \sqrt{3} + 1$.

Ответ: $\sqrt{3} + 1$.

3) Упростим выражение $\sqrt{7 + 2\sqrt{6}}$. Снова используем формулу квадрата суммы $(a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2$.

Нам нужно найти $a$ и $b$ такие, что $a^2 + b^2 = 7$ и $2ab = 2\sqrt{6}$, откуда $ab = \sqrt{6}$.

В качестве $a$ и $b$ можно взять $\sqrt{6}$ и $1$. Проверим:

$a^2 + b^2 = (\sqrt{6})^2 + 1^2 = 6 + 1 = 7$.

$ab = \sqrt{6} \cdot 1 = \sqrt{6}$.

Условия верны. Следовательно, подкоренное выражение равно:

$7 + 2\sqrt{6} = (\sqrt{6})^2 + 2 \cdot \sqrt{6} \cdot 1 + 1^2 = (\sqrt{6} + 1)^2$.

Тогда:

$\sqrt{7 + 2\sqrt{6}} = \sqrt{(\sqrt{6} + 1)^2} = |\sqrt{6} + 1| = \sqrt{6} + 1$.

Ответ: $\sqrt{6} + 1$.

4) Упростим выражение $\sqrt{11 - 2\sqrt{10}}$. Применим формулу квадрата разности $(a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2$.

Ищем $a$ и $b$ такие, что $a^2 + b^2 = 11$ и $2ab = 2\sqrt{10}$, то есть $ab = \sqrt{10}$.

Подходят числа $a = \sqrt{10}$ и $b = 1$. Проверим:

$a^2 + b^2 = (\sqrt{10})^2 + 1^2 = 10 + 1 = 11$.

$ab = \sqrt{10} \cdot 1 = \sqrt{10}$.

Все верно. Запишем подкоренное выражение как полный квадрат:

$11 - 2\sqrt{10} = (\sqrt{10})^2 - 2 \cdot \sqrt{10} \cdot 1 + 1^2 = (\sqrt{10} - 1)^2$.

Извлекаем корень:

$\sqrt{11 - 2\sqrt{10}} = \sqrt{(\sqrt{10} - 1)^2} = |\sqrt{10} - 1|$.

Так как $\sqrt{10} > \sqrt{1}$, то $\sqrt{10} - 1 > 0$. Следовательно, $|\sqrt{10} - 1| = \sqrt{10} - 1$.

Ответ: $\sqrt{10} - 1$.