Страница 167 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

22.12. Вычислите:

1) $tg10^\circ tg20^\circ tg30^\circ \cdot \dots \cdot tg70^\circ tg80^\circ;$

2) $ctg15^\circ + ctg30^\circ + ctg45^\circ + \dots + ctg165^\circ.$

1) Вычислим значение выражения $ \text{tg}10^\circ \cdot \text{tg}20^\circ \cdot \text{tg}30^\circ \cdot \ldots \cdot \text{tg}70^\circ \cdot \text{tg}80^\circ $.

Запишем произведение полностью:

$ \text{tg}10^\circ \cdot \text{tg}20^\circ \cdot \text{tg}30^\circ \cdot \text{tg}40^\circ \cdot \text{tg}50^\circ \cdot \text{tg}60^\circ \cdot \text{tg}70^\circ \cdot \text{tg}80^\circ $

Воспользуемся формулой приведения $ \text{tg}(90^\circ - \alpha) = \text{ctg}\alpha $ и основным тригонометрическим тождеством $ \text{tg}\alpha \cdot \text{ctg}\alpha = 1 $.

Сгруппируем множители в пары так, чтобы сумма углов в каждой паре была равна $90^\circ$:

$ (\text{tg}10^\circ \cdot \text{tg}80^\circ) \cdot (\text{tg}20^\circ \cdot \text{tg}70^\circ) \cdot (\text{tg}30^\circ \cdot \text{tg}60^\circ) \cdot (\text{tg}40^\circ \cdot \text{tg}50^\circ) $

Теперь преобразуем каждую пару:

• $ \text{tg}10^\circ \cdot \text{tg}80^\circ = \text{tg}10^\circ \cdot \text{tg}(90^\circ - 10^\circ) = \text{tg}10^\circ \cdot \text{ctg}10^\circ = 1 $
• $ \text{tg}20^\circ \cdot \text{tg}70^\circ = \text{tg}20^\circ \cdot \text{tg}(90^\circ - 20^\circ) = \text{tg}20^\circ \cdot \text{ctg}20^\circ = 1 $
• $ \text{tg}30^\circ \cdot \text{tg}60^\circ = \text{tg}30^\circ \cdot \text{tg}(90^\circ - 30^\circ) = \text{tg}30^\circ \cdot \text{ctg}30^\circ = 1 $
• $ \text{tg}40^\circ \cdot \text{tg}50^\circ = \text{tg}40^\circ \cdot \text{tg}(90^\circ - 40^\circ) = \text{tg}40^\circ \cdot \text{ctg}40^\circ = 1 $

Подставим полученные значения обратно в произведение:

$ 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 = 1 $

Ответ: 1

2) Вычислим значение выражения $ \text{ctg}15^\circ + \text{ctg}30^\circ + \text{ctg}45^\circ + \ldots + \text{ctg}165^\circ $.

Данное выражение представляет собой сумму членов арифметической прогрессии, где углы изменяются от $15^\circ$ до $165^\circ$ с шагом $15^\circ$. Запишем все слагаемые:

$ \text{ctg}15^\circ + \text{ctg}30^\circ + \text{ctg}45^\circ + \text{ctg}60^\circ + \text{ctg}75^\circ + \text{ctg}90^\circ + \text{ctg}105^\circ + \text{ctg}120^\circ + \text{ctg}135^\circ + \text{ctg}150^\circ + \text{ctg}165^\circ $

Воспользуемся формулой приведения $ \text{ctg}(180^\circ - \alpha) = -\text{ctg}\alpha $.

Сгруппируем слагаемые в пары так, чтобы сумма углов в каждой паре была равна $180^\circ$:

$ (\text{ctg}15^\circ + \text{ctg}165^\circ) + (\text{ctg}30^\circ + \text{ctg}150^\circ) + (\text{ctg}45^\circ + \text{ctg}135^\circ) + (\text{ctg}60^\circ + \text{ctg}120^\circ) + (\text{ctg}75^\circ + \text{ctg}105^\circ) + \text{ctg}90^\circ $

Теперь вычислим значение каждой пары:

• $ \text{ctg}15^\circ + \text{ctg}165^\circ = \text{ctg}15^\circ + \text{ctg}(180^\circ - 15^\circ) = \text{ctg}15^\circ - \text{ctg}15^\circ = 0 $
• $ \text{ctg}30^\circ + \text{ctg}150^\circ = \text{ctg}30^\circ + \text{ctg}(180^\circ - 30^\circ) = \text{ctg}30^\circ - \text{ctg}30^\circ = 0 $
• $ \text{ctg}45^\circ + \text{ctg}135^\circ = \text{ctg}45^\circ + \text{ctg}(180^\circ - 45^\circ) = \text{ctg}45^\circ - \text{ctg}45^\circ = 0 $
• $ \text{ctg}60^\circ + \text{ctg}120^\circ = \text{ctg}60^\circ + \text{ctg}(180^\circ - 60^\circ) = \text{ctg}60^\circ - \text{ctg}60^\circ = 0 $
• $ \text{ctg}75^\circ + \text{ctg}105^\circ = \text{ctg}75^\circ + \text{ctg}(180^\circ - 75^\circ) = \text{ctg}75^\circ - \text{ctg}75^\circ = 0 $

Оставшийся член суммы — $ \text{ctg}90^\circ $. Его значение: $ \text{ctg}90^\circ = \frac{\cos 90^\circ}{\sin 90^\circ} = \frac{0}{1} = 0 $.

Таким образом, вся сумма равна:

$ 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 = 0 $

Ответ: 0

22.13. Докажите тождество:

1) $ \left( \operatorname{tg} \frac{5\pi}{4} + \operatorname{tg} \left( \frac{\pi}{2} - \alpha \right) \right)^2 + \left( \operatorname{ctg} \frac{9\pi}{4} + \operatorname{ctg}(\pi - \alpha) \right)^2 = \frac{2}{\sin^2 \alpha}; $

2) $ \frac{\cos^2 \left( \frac{\pi}{3} + \alpha \right)}{\operatorname{tg}^2 \left( \frac{\pi}{6} - \alpha \right)} + \sin^2 \left( \frac{\pi}{3} + \alpha \right) \operatorname{tg}^2 \left( \frac{\pi}{6} - \alpha \right) = 1; $

3) $ \frac{\cos^4 (\alpha - \pi)}{\cos^4 \left( \alpha - \frac{3\pi}{2} \right) + \sin^4 \left( \alpha + \frac{3\pi}{2} \right)} - 1 = - \frac{1}{2} \operatorname{ctg}^2 \alpha. $

Для доказательства тождества преобразуем его левую часть. Сначала упростим каждый член в скобках, используя формулы приведения и свойство периодичности тригонометрических функций.

Для первой скобки:
$\text{tg}\frac{5\pi}{4} = \text{tg}(\pi + \frac{\pi}{4}) = \text{tg}\frac{\pi}{4} = 1;$
$\text{tg}(\frac{\pi}{2} - \alpha) = \text{ctg}\alpha.$

Для второй скобки:
$\text{ctg}\frac{9\pi}{4} = \text{ctg}(2\pi + \frac{\pi}{4}) = \text{ctg}\frac{\pi}{4} = 1;$
$\text{ctg}(\pi - \alpha) = -\text{ctg}\alpha.$

Теперь подставим упрощенные выражения в левую часть тождества:

$(\text{tg}\frac{5\pi}{4} + \text{tg}(\frac{\pi}{2} - \alpha))^2 + (\text{ctg}\frac{9\pi}{4} + \text{ctg}(\pi - \alpha))^2 = (1 + \text{ctg}\alpha)^2 + (1 - \text{ctg}\alpha)^2.$

Раскроем скобки, используя формулы сокращенного умножения (квадрат суммы и квадрат разности):

$(1 + 2\text{ctg}\alpha + \text{ctg}^2\alpha) + (1 - 2\text{ctg}\alpha + \text{ctg}^2\alpha) = 1 + 2\text{ctg}\alpha + \text{ctg}^2\alpha + 1 - 2\text{ctg}\alpha + \text{ctg}^2\alpha.$

Приведем подобные слагаемые и воспользуемся основным тригонометрическим тождеством $1 + \text{ctg}^2\alpha = \frac{1}{\sin^2\alpha}$:

$2 + 2\text{ctg}^2\alpha = 2(1 + \text{ctg}^2\alpha) = 2 \cdot \frac{1}{\sin^2\alpha} = \frac{2}{\sin^2\alpha}.$

Полученное выражение совпадает с правой частью тождества. Следовательно, тождество доказано.

Ответ: Тождество доказано.

Для доказательства тождества преобразуем его левую часть. Заметим, что сумма углов в аргументах функций равна $\frac{\pi}{2}$:

$(\frac{\pi}{3} + \alpha) + (\frac{\pi}{6} - \alpha) = \frac{2\pi + \pi}{6} = \frac{3\pi}{6} = \frac{\pi}{2}.$

Это комплементарные (дополнительные) углы. Обозначим $x = \frac{\pi}{6} - \alpha$. Тогда $\frac{\pi}{3} + \alpha = \frac{\pi}{2} - x$. Применим формулы приведения:

$\cos(\frac{\pi}{3} + \alpha) = \cos(\frac{\pi}{2} - x) = \sin x;$
$\sin(\frac{\pi}{3} + \alpha) = \sin(\frac{\pi}{2} - x) = \cos x.$

Подставим эти выражения в левую часть исходного тождества:

$\frac{\cos^2(\frac{\pi}{3} + \alpha)}{\text{tg}^2(\frac{\pi}{6} - \alpha)} + \sin^2(\frac{\pi}{3} + \alpha)\text{tg}^2(\frac{\pi}{6} - \alpha) = \frac{\sin^2 x}{\text{tg}^2 x} + \cos^2 x \cdot \text{tg}^2 x.$

Упростим каждое слагаемое, используя определение тангенса $\text{tg}x = \frac{\sin x}{\cos x}$:

Первое слагаемое: $\frac{\sin^2 x}{\text{tg}^2 x} = \frac{\sin^2 x}{\frac{\sin^2 x}{\cos^2 x}} = \sin^2 x \cdot \frac{\cos^2 x}{\sin^2 x} = \cos^2 x.$

Второе слагаемое: $\cos^2 x \cdot \text{tg}^2 x = \cos^2 x \cdot \frac{\sin^2 x}{\cos^2 x} = \sin^2 x.$

Сложим полученные выражения:

$\cos^2 x + \sin^2 x = 1.$

Результат соответствует основному тригонометрическому тождеству. Левая часть равна 1, что совпадает с правой частью. Тождество доказано.

Ответ: Тождество доказано.

Для доказательства тождества преобразуем его левую часть. Упростим выражения в числителе и знаменателе с помощью формул приведения.

Числитель: $\cos(\alpha - \pi) = \cos(\pi - \alpha) = -\cos\alpha$. Тогда $\cos^4(\alpha - \pi) = (-\cos\alpha)^4 = \cos^4\alpha$.

Знаменатель:
$\cos(\alpha - \frac{3\pi}{2}) = \cos(\frac{3\pi}{2} - \alpha) = -\sin\alpha$. Тогда $\cos^4(\alpha - \frac{3\pi}{2}) = (-\sin\alpha)^4 = \sin^4\alpha$.
$\sin(\alpha + \frac{3\pi}{2}) = -\cos\alpha$. Тогда $\sin^4(\alpha + \frac{3\pi}{2}) = (-\cos\alpha)^4 = \cos^4\alpha$.

Подставим упрощенные выражения в левую часть тождества:

$\frac{\cos^4\alpha}{\sin^4\alpha + \cos^4\alpha - 1}.$

Для дальнейшего упрощения знаменателя воспользуемся формулой $\sin^4\alpha + \cos^4\alpha = 1 - 2\sin^2\alpha\cos^2\alpha$. Она следует из основного тождества: $\sin^4\alpha + \cos^4\alpha = (\sin^2\alpha + \cos^2\alpha)^2 - 2\sin^2\alpha\cos^2\alpha = 1 - 2\sin^2\alpha\cos^2\alpha$.

Знаменатель принимает вид:

$(\sin^4\alpha + \cos^4\alpha) - 1 = (1 - 2\sin^2\alpha\cos^2\alpha) - 1 = -2\sin^2\alpha\cos^2\alpha.$

Подставим полученный знаменатель обратно в дробь:

$\frac{\cos^4\alpha}{-2\sin^2\alpha\cos^2\alpha} = -\frac{\cos^2\alpha}{2\sin^2\alpha} = -\frac{1}{2} \cdot \frac{\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha}.$

По определению котангенса, $\text{ctg}^2\alpha = \frac{\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha}$, поэтому выражение равно:

$-\frac{1}{2}\text{ctg}^2\alpha.$

Левая часть равна правой, тождество доказано.

Ответ: Тождество доказано.

22.14. Найти значение выражения $\cos^2{\frac{\pi}{8}} + \cos^2{\frac{3\pi}{11}} + \cos^2{\frac{3\pi}{8}} + \cos^2{\frac{5\pi}{22}}$.

22.14. Для нахождения значения выражения $\cos^2{\frac{\pi}{8}} + \cos^2{\frac{3\pi}{11}} + \cos^2{\frac{3\pi}{8}} + \cos^2{\frac{5\pi}{22}}$ сгруппируем слагаемые следующим образом:

$(\cos^2{\frac{\pi}{8}} + \cos^2{\frac{3\pi}{8}}) + (\cos^2{\frac{3\pi}{11}} + \cos^2{\frac{5\pi}{22}})$

Рассмотрим первую группу слагаемых: $(\cos^2{\frac{\pi}{8}} + \cos^2{\frac{3\pi}{8}})$.

Заметим, что сумма углов $\frac{\pi}{8}$ и $\frac{3\pi}{8}$ равна $\frac{\pi}{8} + \frac{3\pi}{8} = \frac{4\pi}{8} = \frac{\pi}{2}$. Такие углы называются дополнительными.

Воспользуемся формулой приведения $\cos(\frac{\pi}{2} - \alpha) = \sin(\alpha)$.

Поскольку $\frac{3\pi}{8} = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{8}$, то $\cos{\frac{3\pi}{8}} = \cos(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{8}) = \sin{\frac{\pi}{8}}$.

Следовательно, $\cos^2{\frac{3\pi}{8}} = \sin^2{\frac{\pi}{8}}$.

Подставив это в выражение для первой группы, получим: $\cos^2{\frac{\pi}{8}} + \sin^2{\frac{\pi}{8}}$.

Согласно основному тригонометрическому тождеству $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$, значение этого выражения равно 1.

Теперь рассмотрим вторую группу слагаемых: $(\cos^2{\frac{3\pi}{11}} + \cos^2{\frac{5\pi}{22}})$.

Проверим сумму этих углов: $\frac{3\pi}{11} + \frac{5\pi}{22} = \frac{6\pi}{22} + \frac{5\pi}{22} = \frac{11\pi}{22} = \frac{\pi}{2}$. Эти углы также являются дополнительными.

Применим ту же формулу приведения:

$\cos{\frac{5\pi}{22}} = \cos(\frac{\pi}{2} - \frac{3\pi}{11}) = \sin{\frac{3\pi}{11}}$.

Отсюда следует, что $\cos^2{\frac{5\pi}{22}} = \sin^2{\frac{3\pi}{11}}$.

Выражение для второй группы принимает вид: $\cos^2{\frac{3\pi}{11}} + \sin^2{\frac{3\pi}{11}}$.

На основании основного тригонометрического тождества его значение также равно 1.

Наконец, найдем значение исходного выражения, сложив значения, полученные для каждой группы:

$1 + 1 = 2$.

Ответ: 2.

22.15. Упростите выражение:

1) $cos^2\left(\frac{\pi}{4} + \alpha\right) + cos^2\left(\frac{\pi}{4} - \alpha\right) + \sin\left(\frac{3\pi}{2} - \alpha\right) \cos\left(\frac{3\pi}{2} + \alpha\right) \text{tg}(\pi + \alpha);$

2) $\frac{\text{cos}^2(20^\circ - \alpha)}{\text{sin}^2(70^\circ + \alpha)} + \text{tg}(\alpha + 10^\circ)\text{ctg}(80^\circ - \alpha).$

1)

Рассмотрим выражение: $ \cos^2(\frac{\pi}{4} + \alpha) + \cos^2(\frac{\pi}{4} - \alpha) + \sin(\frac{3\pi}{2} - \alpha)\cos(\frac{3\pi}{2} + \alpha)\operatorname{tg}(\pi + \alpha) $.

Упростим выражение по частям.

Первая часть: $ \cos^2(\frac{\pi}{4} + \alpha) + \cos^2(\frac{\pi}{4} - \alpha) $.

Воспользуемся формулой приведения $ \cos(\frac{\pi}{2} - x) = \sin(x) $. Представим $ \cos(\frac{\pi}{4} - \alpha) $ в виде $ \cos(\frac{\pi}{2} - (\frac{\pi}{4} + \alpha)) $. Применяя формулу, получаем $ \sin(\frac{\pi}{4} + \alpha) $.

Тогда $ \cos^2(\frac{\pi}{4} - \alpha) = \sin^2(\frac{\pi}{4} + \alpha) $.

Подставим это в первую часть выражения:

$ \cos^2(\frac{\pi}{4} + \alpha) + \sin^2(\frac{\pi}{4} + \alpha) $.

Согласно основному тригонометрическому тождеству $ \cos^2(x) + \sin^2(x) = 1 $, эта сумма равна 1.

Вторая часть: $ \sin(\frac{3\pi}{2} - \alpha)\cos(\frac{3\pi}{2} + \alpha)\operatorname{tg}(\pi + \alpha) $.

Применим формулы приведения для каждого множителя:

• $ \sin(\frac{3\pi}{2} - \alpha) = -\cos\alpha $ (угол в III четверти, синус отрицательный, функция меняется на кофункцию).

• $ \cos(\frac{3\pi}{2} + \alpha) = \sin\alpha $ (угол в IV четверти, косинус положительный, функция меняется на кофункцию).

• $ \operatorname{tg}(\pi + \alpha) = \operatorname{tg}\alpha $ (угол в III четверти, тангенс положительный, функция не меняется).

Перемножим упрощенные выражения:

$ (-\cos\alpha) \cdot (\sin\alpha) \cdot (\operatorname{tg}\alpha) $.

Так как $ \operatorname{tg}\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} $, получаем:

$ (-\cos\alpha) \cdot (\sin\alpha) \cdot \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = -\sin^2\alpha $.

Теперь сложим результаты упрощения обеих частей:

$ 1 + (-\sin^2\alpha) = 1 - \sin^2\alpha $.

Используя основное тригонометрическое тождество $ \sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1 $, из которого следует, что $ 1 - \sin^2\alpha = \cos^2\alpha $.

Таким образом, исходное выражение равно $ \cos^2\alpha $.

Ответ: $ \cos^2\alpha $

2)

Рассмотрим выражение: $ \frac{\cos^2(20^\circ - \alpha)}{\sin^2(70^\circ + \alpha)} + \operatorname{tg}(\alpha + 10^\circ)\operatorname{ctg}(80^\circ - \alpha) $.

Упростим выражение по частям.

Первая часть (дробь): $ \frac{\cos^2(20^\circ - \alpha)}{\sin^2(70^\circ + \alpha)} $.

Воспользуемся формулой приведения $ \sin(x) = \cos(90^\circ - x) $. Применим её к знаменателю:

$ \sin(70^\circ + \alpha) = \sin(90^\circ - 20^\circ + \alpha) = \sin(90^\circ - (20^\circ - \alpha)) $.

По формуле приведения, это равно $ \cos(20^\circ - \alpha) $.

Следовательно, $ \sin^2(70^\circ + \alpha) = \cos^2(20^\circ - \alpha) $.

Подставим это в дробь:

$ \frac{\cos^2(20^\circ - \alpha)}{\cos^2(20^\circ - \alpha)} = 1 $.

Вторая часть (произведение): $ \operatorname{tg}(\alpha + 10^\circ)\operatorname{ctg}(80^\circ - \alpha) $.

Воспользуемся формулой приведения $ \operatorname{ctg}(x) = \operatorname{tg}(90^\circ - x) $. Применим её ко второму множителю:

$ \operatorname{ctg}(80^\circ - \alpha) = \operatorname{tg}(90^\circ - (80^\circ - \alpha)) = \operatorname{tg}(90^\circ - 80^\circ + \alpha) = \operatorname{tg}(10^\circ + \alpha) $.

Подставим это в произведение:

$ \operatorname{tg}(\alpha + 10^\circ) \cdot \operatorname{tg}(\alpha + 10^\circ) = \operatorname{tg}^2(\alpha + 10^\circ) $.

Теперь сложим результаты упрощения обеих частей:

$ 1 + \operatorname{tg}^2(\alpha + 10^\circ) $.

Используя тригонометрическое тождество $ 1 + \operatorname{tg}^2(x) = \frac{1}{\cos^2(x)} $, получаем:

$ 1 + \operatorname{tg}^2(\alpha + 10^\circ) = \frac{1}{\cos^2(\alpha + 10^\circ)} $.

Ответ: $ \frac{1}{\cos^2(\alpha + 10^\circ)} $

22.16. Решите неравенство:

1) $\frac{x^2 - 10}{x} \ge 3;$

2) $\frac{x^2 + x}{x - 2} \ge \frac{6}{x - 2};$

3) $\frac{x^2 - 3x - 4}{2x^2 - x - 3} \le 0.$

1) $\frac{x^2 - 10}{x} \ge 3$

Сначала перенесем все члены неравенства в левую часть:

$\frac{x^2 - 10}{x} - 3 \ge 0$

Приведем выражение к общему знаменателю:

$\frac{x^2 - 10 - 3x}{x} \ge 0$

$\frac{x^2 - 3x - 10}{x} \ge 0$

Теперь решим это неравенство методом интервалов. Для этого найдем нули числителя и знаменателя.

Нули числителя находятся из уравнения $x^2 - 3x - 10 = 0$. Используя теорему Виета, находим корни: $x_1 = 5$, $x_2 = -2$.

Нуль знаменателя: $x = 0$.

Отметим эти точки на числовой оси. Точки $x=5$ и $x=-2$ являются решениями, так как неравенство нестрогое ($\ge$), поэтому мы отмечаем их закрашенными. Точка $x=0$ не входит в область допустимых значений, так как на ноль делить нельзя, поэтому отмечаем ее выколотой (пустой).

Определим знак выражения $\frac{x^2 - 3x - 10}{x}$ на каждом из полученных интервалов: $(-\infty; -2]$, $[-2; 0)$, $(0; 5]$, $[5; +\infty)$.

– При $x \in (5; +\infty)$ (например, $x=6$): $\frac{6^2 - 3 \cdot 6 - 10}{6} = \frac{36 - 18 - 10}{6} = \frac{8}{6} > 0$. Знак "+".

– При $x \in (0; 5)$ (например, $x=1$): $\frac{1^2 - 3 \cdot 1 - 10}{1} = \frac{1 - 3 - 10}{1} = -12 < 0$. Знак "-".

– При $x \in (-2; 0)$ (например, $x=-1$): $\frac{(-1)^2 - 3(-1) - 10}{-1} = \frac{1 + 3 - 10}{-1} = \frac{-6}{-1} = 6 > 0$. Знак "+".

– При $x \in (-\infty; -2)$ (например, $x=-3$): $\frac{(-3)^2 - 3(-3) - 10}{-3} = \frac{9 + 9 - 10}{-3} = \frac{8}{-3} < 0$. Знак "-".

Нас интересуют интервалы, где значение выражения больше или равно нулю. Это интервалы со знаком "+".

Ответ: $x \in [-2; 0) \cup [5; +\infty)$.

2) $\frac{x^2 + x}{x - 2} \ge \frac{6}{x - 2}$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ): знаменатель не может быть равен нулю, следовательно $x - 2 \neq 0$, то есть $x \neq 2$.

Перенесем все члены неравенства в левую часть:

$\frac{x^2 + x}{x - 2} - \frac{6}{x - 2} \ge 0$

Так как знаменатели одинаковы, получаем:

$\frac{x^2 + x - 6}{x - 2} \ge 0$

Разложим числитель на множители. Для этого решим квадратное уравнение $x^2 + x - 6 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = -3$ и $x_2 = 2$.

Тогда неравенство можно переписать в виде:

$\frac{(x+3)(x-2)}{x - 2} \ge 0$

Поскольку из ОДЗ мы знаем, что $x \neq 2$, то выражение $(x-2)$ не равно нулю, и мы можем сократить на него дробь.

Получаем более простое неравенство:

$x + 3 \ge 0$

$x \ge -3$

Теперь объединим это решение с ОДЗ ($x \neq 2$). Получаем, что $x$ должен быть больше или равен $-3$, но не равен $2$.

Ответ: $x \in [-3; 2) \cup (2; +\infty)$.

3) $\frac{x^2 - 3x - 4}{2x^2 - x - 3} \le 0$

Для решения методом интервалов разложим на множители числитель и знаменатель.

Числитель: $x^2 - 3x - 4 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = 4$ и $x_2 = -1$. Следовательно, $x^2 - 3x - 4 = (x-4)(x+1)$.

Знаменатель: $2x^2 - x - 3 = 0$. Найдем корни через дискриминант: $D = (-1)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-3) = 1 + 24 = 25$. Корни $x_3 = \frac{1 + \sqrt{25}}{2 \cdot 2} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}$ и $x_4 = \frac{1 - 5}{4} = -1$. Следовательно, $2x^2 - x - 3 = 2(x - \frac{3}{2})(x+1) = (2x-3)(x+1)$.

Подставим разложения в исходное неравенство:

$\frac{(x-4)(x+1)}{(2x-3)(x+1)} \le 0$

ОДЗ: знаменатель не равен нулю, то есть $(2x-3)(x+1) \neq 0$, откуда $x \neq \frac{3}{2}$ и $x \neq -1$.

Так как $x \neq -1$, мы можем сократить дробь на множитель $(x+1)$:

$\frac{x-4}{2x-3} \le 0$

Решим это рациональное неравенство методом интервалов. Критические точки: $x=4$ (из числителя) и $x=\frac{3}{2}$ (из знаменателя).

Точку $x=4$ включаем в решение (неравенство нестрогое), а точку $x=\frac{3}{2}$ исключаем (нуль знаменателя).

Определим знаки выражения $\frac{x-4}{2x-3}$ на интервалах $(-\infty; \frac{3}{2})$, $(\frac{3}{2}; 4]$ и $[4; +\infty)$.

– При $x \in (4; +\infty)$ (например, $x=5$): $\frac{5-4}{2\cdot5-3} = \frac{1}{7} > 0$. Знак "+".

– При $x \in (\frac{3}{2}; 4)$ (например, $x=2$): $\frac{2-4}{2\cdot2-3} = \frac{-2}{1} < 0$. Знак "-".

– При $x \in (-\infty; \frac{3}{2})$ (например, $x=0$): $\frac{0-4}{2\cdot0-3} = \frac{-4}{-3} > 0$. Знак "+".

Нам нужен интервал, где выражение меньше или равно нулю. Это интервал со знаком "-".

Решение: $x \in (\frac{3}{2}; 4]$. Условие ОДЗ $x \neq -1$ выполнено, так как точка $-1$ не входит в этот промежуток.

Ответ: $x \in (\frac{3}{2}; 4]$.

22.17. Найдите значение выражения:

1) $\sqrt[3]{1+\sqrt{2}} \cdot \sqrt[6]{3-2\sqrt{2}}$

2) $\sqrt[4]{7+4\sqrt{3}} \cdot \sqrt{2-\sqrt{3}}$

1) $\sqrt[3]{1+\sqrt{2}} \cdot \sqrt[6]{3-2\sqrt{2}}$

Для того чтобы перемножить корни, приведем их к одному показателю. Наименьший общий показатель для корня 3-й степени и корня 6-й степени — это 6.

Представим первый множитель $\sqrt[3]{1+\sqrt{2}}$ в виде корня 6-й степени. Для этого возведем подкоренное выражение в квадрат, а показатель корня умножим на 2:

$\sqrt[3]{1+\sqrt{2}} = \sqrt[3 \cdot 2]{(1+\sqrt{2})^2} = \sqrt[6]{(1+\sqrt{2})^2}$

Раскроем скобки в подкоренном выражении, используя формулу квадрата суммы $(a+b)^2 = a^2+2ab+b^2$:

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

Таким образом, первый множитель равен $\sqrt[6]{3+2\sqrt{2}}$.

Теперь исходное выражение можно переписать так:

$\sqrt[6]{3+2\sqrt{2}} \cdot \sqrt[6]{3-2\sqrt{2}}$

Используя свойство корней $\sqrt[n]{a} \cdot \sqrt[n]{b} = \sqrt[n]{ab}$, объединим множители под одним знаком корня:

$\sqrt[6]{(3+2\sqrt{2})(3-2\sqrt{2})}$

В подкоренном выражении мы видим формулу разности квадратов $(a+b)(a-b) = a^2-b^2$, где $a=3$ и $b=2\sqrt{2}$:

$(3+2\sqrt{2})(3-2\sqrt{2}) = 3^2 - (2\sqrt{2})^2 = 9 - (4 \cdot 2) = 9-8=1$

Подставим результат в наше выражение:

$\sqrt[6]{1} = 1$

Ответ: 1

2) $\sqrt[4]{7+4\sqrt{3}} \cdot \sqrt{2-\sqrt{3}}$

Рассмотрим первый множитель $\sqrt[4]{7+4\sqrt{3}}$. Заметим, что подкоренное выражение $7+4\sqrt{3}$ можно представить в виде полного квадрата.

Используем формулу $(a+b)^2 = a^2+2ab+b^2$. Нам нужно найти такие $a$ и $b$, что $a^2+b^2=7$ и $2ab=4\sqrt{3}$, откуда $ab=2\sqrt{3}$.

Подбором находим, что $a=2$ и $b=\sqrt{3}$ удовлетворяют этим условиям, так как $a^2+b^2=2^2+(\sqrt{3})^2=4+3=7$.

Следовательно, $7+4\sqrt{3} = (2+\sqrt{3})^2$.

Подставим это в первый множитель:

$\sqrt[4]{7+4\sqrt{3}} = \sqrt[4]{(2+\sqrt{3})^2} = (2+\sqrt{3})^{2/4} = (2+\sqrt{3})^{1/2} = \sqrt{2+\sqrt{3}}$

Теперь исходное выражение принимает вид:

$\sqrt{2+\sqrt{3}} \cdot \sqrt{2-\sqrt{3}}$

Используя свойство корней $\sqrt{a} \cdot \sqrt{b} = \sqrt{ab}$, объединим множители под одним знаком корня:

$\sqrt{(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})}$

В подкоренном выражении мы снова видим формулу разности квадратов $(a+b)(a-b) = a^2-b^2$, где $a=2$ и $b=\sqrt{3}$:

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

Подставим результат в наше выражение:

$\sqrt{1}=1$

Ответ: 1