Страница 36, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

На числовой прямой отметьте все такие точки $x$, которые

удовлетворяют заданному соотношению:

5.5. а) $|x| = -x$;

В) $|x| = x$;

Б) $|x + 2| = x + 2$;

Г) $|x - 2| = 2 - x$.

а) Для решения уравнения $|x| = -x$ необходимо раскрыть модуль. Определение модуля числа $x$: $|x| = x$, если $x \ge 0$.
$|x| = -x$, если $x < 0$.
Рассмотрим два случая:
1. Пусть $x \ge 0$. Тогда $|x| = x$, и уравнение принимает вид $x = -x$. Перенеся $-x$ в левую часть, получим $2x = 0$, откуда $x = 0$. Это значение удовлетворяет исходному условию $x \ge 0$.
2. Пусть $x < 0$. Тогда $|x| = -x$, и уравнение принимает вид $-x = -x$. Это верное равенство для любого значения $x$. Следовательно, все $x$ из промежутка $x < 0$ являются решениями.
Объединяя решения из обоих случаев ($x=0$ и $x<0$), получаем, что уравнению удовлетворяют все $x \le 0$. На числовой прямой это луч, начинающийся в точке 0 и идущий в сторону отрицательной бесконечности.
Ответ: $x \le 0$, или $x \in (-\infty, 0]$.

б) Рассмотрим уравнение $|x + 2| = x + 2$. Это равенство вида $|a| = a$, где $a = x+2$. Такое равенство по определению модуля верно тогда и только тогда, когда подмодульное выражение неотрицательно.
То есть, $x + 2 \ge 0$.
Решим это неравенство: $x \ge -2$.
Для полноты решения можно также рассмотреть два случая:
1. Пусть $x + 2 \ge 0$, то есть $x \ge -2$. Тогда $|x + 2| = x + 2$, и уравнение принимает вид $x + 2 = x + 2$. Это тождество, верное для всех $x$, удовлетворяющих условию $x \ge -2$.
2. Пусть $x + 2 < 0$, то есть $x < -2$. Тогда $|x + 2| = -(x + 2)$, и уравнение принимает вид $-(x + 2) = x + 2$. Отсюда $-x - 2 = x + 2$, что приводит к $2x = -4$, то есть $x = -2$. Но это значение не удовлетворяет условию $x < -2$, поэтому в этом случае решений нет.
Таким образом, решением является множество всех $x \ge -2$. На числовой прямой это луч, начинающийся в точке -2 и идущий в сторону положительной бесконечности.
Ответ: $x \ge -2$, или $x \in [-2, \infty)$.

в) Рассмотрим уравнение $|x| = x$. Это равенство вида $|a| = a$, где $a = x$. По определению модуля, оно выполняется тогда и только тогда, когда $x$ неотрицателен.
То есть, $x \ge 0$.
Проверим это, рассмотрев два случая:
1. Пусть $x \ge 0$. Тогда $|x| = x$, и уравнение принимает вид $x = x$. Это тождество, верное для всех $x \ge 0$.
2. Пусть $x < 0$. Тогда $|x| = -x$, и уравнение принимает вид $-x = x$. Отсюда $2x = 0$, то есть $x = 0$. Но это значение не удовлетворяет условию $x < 0$, поэтому в этом случае решений нет.
Следовательно, решением является множество всех $x \ge 0$. На числовой прямой это луч, начинающийся в точке 0 и идущий в сторону положительной бесконечности.
Ответ: $x \ge 0$, или $x \in [0, \infty)$.

г) Рассмотрим уравнение $|x - 2| = 2 - x$. Заметим, что $2 - x = -(x - 2)$. Тогда уравнение можно переписать в виде $|x - 2| = -(x - 2)$. Это равенство вида $|a| = -a$, где $a = x - 2$. По определению модуля, оно выполняется тогда и только тогда, когда подмодульное выражение неположительно.
То есть, $x - 2 \le 0$.
Решим это неравенство: $x \le 2$.
Проверим это, рассмотрев два случая:
1. Пусть $x - 2 \ge 0$, то есть $x \ge 2$. Тогда $|x - 2| = x - 2$, и уравнение принимает вид $x - 2 = 2 - x$. Отсюда $2x = 4$, то есть $x = 2$. Это значение удовлетворяет условию $x \ge 2$.
2. Пусть $x - 2 < 0$, то есть $x < 2$. Тогда $|x - 2| = -(x - 2) = 2 - x$, и уравнение принимает вид $2 - x = 2 - x$. Это тождество, верное для всех $x$, удовлетворяющих условию $x < 2$.
Объединяя решения из обоих случаев ($x=2$ и $x<2$), получаем, что уравнению удовлетворяют все $x \le 2$. На числовой прямой это луч, начинающийся в точке 2 и идущий в сторону отрицательной бесконечности.
Ответ: $x \le 2$, или $x \in (-\infty, 2]$.

5.6. a) $|x| \le x$;

б) $|x| \le -x;$

В) $|x + 2| \le x + 2;$

Г) $|x - 2| \le 2 - x.$

а)

Рассмотрим неравенство $|x| \le x$.

По определению, модуль числа всегда неотрицателен. Неравенство $|A| \le A$ выполняется тогда и только тогда, когда выражение $A$ неотрицательно. Это следует из того, что если $A < 0$, то $|A| = -A > 0$, и неравенство $-A \le A$ привело бы к $0 \le 2A$, что противоречит условию $A<0$. Если же $A \ge 0$, то $|A| = A$, и неравенство $A \le A$ всегда верно.

Таким образом, неравенство $|x| \le x$ равносильно условию $x \ge 0$.

Ответ: $x \in [0, +\infty)$

б)

Рассмотрим неравенство $|x| \le -x$.

Неравенство вида $|A| \le -A$ выполняется тогда и только тогда, когда выражение $A$ неположительно. Это следует из того, что если $A > 0$, то $|A| = A$, и неравенство $A \le -A$ привело бы к $2A \le 0$, что противоречит условию $A>0$. Если же $A \le 0$, то $|A| = -A$, и неравенство $-A \le -A$ всегда верно.

Таким образом, неравенство $|x| \le -x$ равносильно условию $x \le 0$.

Ответ: $x \in (-\infty, 0]$

в)

Рассмотрим неравенство $|x+2| \le x+2$.

Это неравенство имеет вид $|A| \le A$, где $A = x+2$. Как и в пункте а), такое неравенство справедливо только тогда, когда выражение под знаком модуля неотрицательно.

Значит, мы должны решить неравенство:

$x + 2 \ge 0$

Вычитаем 2 из обеих частей:

$x \ge -2$

Ответ: $x \in [-2, +\infty)$

г)

Рассмотрим неравенство $|x-2| \le 2-x$.

Заметим, что правая часть неравенства является противоположной выражению под модулем: $2-x = -(x-2)$. Перепишем неравенство:

$|x-2| \le -(x-2)$

Это неравенство имеет вид $|A| \le -A$, где $A = x-2$. Как и в пункте б), такое неравенство справедливо только тогда, когда выражение под знаком модуля неположительно.

Значит, мы должны решить неравенство:

$x - 2 \le 0$

Прибавляем 2 к обеим частям:

$x \le 2$

Ответ: $x \in (-\infty, 2]$

5.7. a) $|x| \ge x;$

б) $|x| \ge -x;$

В) $|x + 2| \ge x + 2;$

Г) $|x - 2| \ge 2 - x.$

а) Для решения неравенства $|x| \ge x$ необходимо рассмотреть два случая, в зависимости от знака переменной $x$, согласно определению модуля.

1. Если $x \ge 0$, то по определению модуля $|x| = x$. Подставляя это в исходное неравенство, получаем:
$x \ge x$
Это тождество верно для любого значения $x$, удовлетворяющего условию $x \ge 0$. Таким образом, решением в этом случае является числовой промежуток $[0; +\infty)$.

2. Если $x < 0$, то по определению модуля $|x| = -x$. Неравенство принимает вид:
$-x \ge x$
Перенесем $x$ из правой части в левую:
$-2x \ge 0$
Разделим обе части на $-2$, изменив знак неравенства на противоположный:
$x \le 0$
Нам нужно найти пересечение этого решения с условием $x < 0$. Пересечением множеств $(-\infty; 0)$ и $(-\infty; 0]$ является промежуток $(-\infty; 0)$.

Объединяя решения, полученные в обоих случаях, мы получаем полное множество решений неравенства:
$[0; +\infty) \cup (-\infty; 0) = (-\infty; +\infty)$
Таким образом, неравенство справедливо для всех действительных чисел.
Ответ: $x \in (-\infty; +\infty)$.

б) Для решения неравенства $|x| \ge -x$ также рассмотрим два случая.

1. Если $x \ge 0$, то $|x| = x$. Неравенство принимает вид:
$x \ge -x$
$2x \ge 0$
$x \ge 0$
Решение $x \ge 0$ полностью совпадает с условием этого случая, значит, все числа из промежутка $[0; +\infty)$ являются решениями.

2. Если $x < 0$, то $|x| = -x$. Неравенство принимает вид:
$-x \ge -x$
Это тождество, верное для всех $x$. Учитывая условие $x < 0$, решением в этом случае является промежуток $(-\infty; 0)$.

Объединяя решения из двух случаев, получаем:
$[0; +\infty) \cup (-\infty; 0) = (-\infty; +\infty)$
Следовательно, неравенство справедливо для всех действительных чисел.
Ответ: $x \in (-\infty; +\infty)$.

в) Неравенство $|x+2| \ge x+2$ является частным случаем свойства модуля $|A| \ge A$. Это свойство выполняется для любого действительного значения выражения $A$. В нашем случае $A = x+2$, поэтому неравенство верно для любого действительного числа $x$.
Для подробного решения раскроем модуль, рассмотрев два случая.

1. Если $x+2 \ge 0$, то есть $x \ge -2$. В этом случае $|x+2| = x+2$. Неравенство принимает вид:
$x+2 \ge x+2$
Это верное тождество. Значит, все $x$ из промежутка $[-2; +\infty)$ являются решениями.

2. Если $x+2 < 0$, то есть $x < -2$. В этом случае $|x+2| = -(x+2) = -x-2$. Неравенство принимает вид:
$-x-2 \ge x+2$
$-4 \ge 2x$
$-2 \ge x$, или $x \le -2$
Находим пересечение решения $x \le -2$ с условием случая $x < -2$. Пересечением является интервал $(-\infty; -2)$.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем:
$[-2; +\infty) \cup (-\infty; -2) = (-\infty; +\infty)$
Таким образом, неравенство справедливо для всех действительных чисел.
Ответ: $x \in (-\infty; +\infty)$.

г) Заметим, что правая часть неравенства $|x-2| \ge 2-x$ является противоположностью выражения под модулем: $2-x = -(x-2)$. Таким образом, неравенство можно записать как $|x-2| \ge -(x-2)$.
Это частный случай свойства модуля $|A| \ge -A$, которое верно для любого действительного значения $A$. В данном случае $A=x-2$, следовательно, неравенство выполняется для любого действительного $x$.
Проведем подробное решение, раскрыв модуль.

1. Если $x-2 \ge 0$, то есть $x \ge 2$. В этом случае $|x-2| = x-2$. Неравенство принимает вид:
$x-2 \ge 2-x$
$2x \ge 4$
$x \ge 2$
Решение $x \ge 2$ полностью совпадает с условием этого случая, значит, промежуток $[2; +\infty)$ является решением.

2. Если $x-2 < 0$, то есть $x < 2$. В этом случае $|x-2| = -(x-2) = 2-x$. Неравенство принимает вид:
$2-x \ge 2-x$
Это верное тождество. Значит, все $x$ из промежутка $(-\infty; 2)$ являются решениями.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем:
$[2; +\infty) \cup (-\infty; 2) = (-\infty; +\infty)$
Следовательно, неравенство справедливо для всех действительных чисел.
Ответ: $x \in (-\infty; +\infty)$.

5.8. Докажите свойства модуля действительного числа:

a) $|a| \ge a;$

б) $-|a| \le a \le |a|;$

в) $|a| > a \iff a < 0;$

г) $|a| + |b| + |c| = 0 \iff a = b = c = 0.$

а) $|a| \ge a$;

Для доказательства этого свойства рассмотрим два случая, исходя из определения модуля действительного числа:

$|a| = \begin{cases} a, & \text{если } a \ge 0 \\ -a, & \text{если } a < 0 \end{cases}$

1. Случай, когда $a \ge 0$.

По определению модуля, если $a \ge 0$, то $|a| = a$. Неравенство $|a| \ge a$ превращается в $a \ge a$. Это неравенство является верным для любого $a$.

2. Случай, когда $a < 0$.

По определению модуля, если $a < 0$, то $|a| = -a$. Неравенство $|a| \ge a$ превращается в $-a \ge a$.

Поскольку $a$ — отрицательное число ($a < 0$), то $-a$ — положительное число ($-a > 0$). Любое положительное число больше любого отрицательного числа, поэтому неравенство $-a > a$ является верным. Следовательно, верно и нестрогое неравенство $-a \ge a$.

Таким образом, мы показали, что неравенство $|a| \ge a$ выполняется для всех действительных чисел $a$.

Ответ: Свойство доказано.

б) $-|a| \le a \le |a|$;

Это двойное неравенство можно доказать, разбив его на два отдельных неравенства: $a \le |a|$ и $-|a| \le a$.

1. Докажем, что $a \le |a|$.

Рассмотрим два случая:

- Если $a \ge 0$, то по определению $|a| = a$. Неравенство принимает вид $a \le a$, что верно.

- Если $a < 0$, то по определению $|a| = -a$. Неравенство принимает вид $a \le -a$. Так как $a$ отрицательно, а $-a$ положительно, это неравенство верно.

Следовательно, $a \le |a|$ верно для всех действительных $a$.

2. Докажем, что $-|a| \le a$.

Рассмотрим два случая:

- Если $a \ge 0$, то $|a| = a$. Неравенство принимает вид $-a \le a$, или $0 \le 2a$. Так как $a \ge 0$, это неравенство верно.

- Если $a < 0$, то $|a| = -a$. Неравенство принимает вид $-(-a) \le a$, что упрощается до $a \le a$. Это неравенство верно.

Следовательно, $-|a| \le a$ верно для всех действительных $a$.

Поскольку оба неравенства ($a \le |a|$ и $-|a| \le a$) выполняются для любого действительного числа $a$, то и двойное неравенство $-|a| \le a \le |a|$ также верно.

Ответ: Свойство доказано.

в) $|a| > a \iff a < 0$;

Это утверждение об эквивалентности, поэтому необходимо доказать его в обе стороны (прямую и обратную импликации).

1. Доказательство в прямую сторону ($\implies$): если $|a| > a$, то $a < 0$.

Воспользуемся доказательством от противного. Предположим, что $a \ge 0$. По определению модуля, в этом случае $|a| = a$. Подставив это в исходное неравенство $|a| > a$, получим $a > a$, что является ложным утверждением. Следовательно, наше предположение, что $a \ge 0$, неверно. Отсюда следует, что $a < 0$.

2. Доказательство в обратную сторону ($\impliedby$): если $a < 0$, то $|a| > a$.

Пусть $a < 0$. По определению модуля, в этом случае $|a| = -a$. Нам нужно доказать неравенство $-a > a$. Поскольку $a$ — отрицательное число, $-a$ будет положительным числом. Любое положительное число больше любого отрицательного, поэтому неравенство $-a > a$ является верным.

Поскольку мы доказали утверждение в обе стороны, эквивалентность $|a| > a \iff a < 0$ верна.

Ответ: Свойство доказано.

г) $|a| + |b| + |c| = 0 \iff a = b = c = 0$.

Это утверждение об эквивалентности, поэтому необходимо доказать его в обе стороны.

1. Доказательство в прямую сторону ($\implies$): если $|a| + |b| + |c| = 0$, то $a = b = c = 0$.

По определению, модуль любого действительного числа является неотрицательной величиной. То есть, $|a| \ge 0$, $|b| \ge 0$ и $|c| \ge 0$. Сумма нескольких неотрицательных слагаемых равна нулю тогда и только тогда, когда каждое из слагаемых равно нулю. Следовательно, из равенства $|a| + |b| + |c| = 0$ вытекает, что одновременно выполняются условия: $|a| = 0$, $|b| = 0$ и $|c| = 0$. Модуль числа равен нулю только в том случае, если само число равно нулю. Таким образом, из $|a| = 0$ следует $a = 0$, из $|b| = 0$ следует $b = 0$, и из $|c| = 0$ следует $c = 0$. Значит, $a = b = c = 0$.

2. Доказательство в обратную сторону ($\impliedby$): если $a = b = c = 0$, то $|a| + |b| + |c| = 0$.

Пусть $a = 0$, $b = 0$ и $c = 0$. Тогда их модули также равны нулю: $|a| = |0| = 0$, $|b| = |0| = 0$, $|c| = |0| = 0$. Найдем их сумму: $|a| + |b| + |c| = 0 + 0 + 0 = 0$. Равенство выполняется.

Поскольку мы доказали утверждение в обе стороны, эквивалентность $|a| + |b| + |c| = 0 \iff a = b = c = 0$ верна.

Ответ: Свойство доказано.

Упростите выражение:

5.9. a) $|a - b| - |b - a|;$

б) $|a - c| - |a + c| - |c - a| + |-c - a|.$

а) Рассмотрим выражение $|a - b| - |b - a|$.
Воспользуемся свойством модуля, согласно которому модуль числа и модуль противоположного ему числа равны: $|x| = |-x|$.
Выражение $b - a$ можно представить как $-(a - b)$.
Следовательно, $|b - a| = |-(a - b)|$.
Применяя свойство модуля, получаем: $|-(a - b)| = |a - b|$.
Таким образом, исходное выражение можно переписать, заменив $|b - a|$ на $|a - b|$:
$|a - b| - |b - a| = |a - b| - |a - b| = 0$.
Ответ: 0

б) Рассмотрим выражение $|a - c| - |a + c| - |c - a| + |-c - a|$.
Упростим отдельные члены выражения, используя свойство модуля $|x| = |-x|$.
Для третьего члена: $|c - a| = |-(a - c)| = |a - c|$.
Для четвертого члена: $|-c - a| = |-(c + a)| = |c + a| = |a + c|$.
Теперь подставим упрощенные члены обратно в исходное выражение:
$|a - c| - |a + c| - |a - c| + |a + c|$.
Сгруппируем подобные члены:
$(|a - c| - |a - c|) + (-|a + c| + |a + c|)$.
Выполним вычитание и сложение:
$0 + 0 = 0$.
Ответ: 0

5.10. а) $\sqrt{\pi^2 - 8\pi + 16};$

б) $\sqrt{(2 - \sqrt{5})^2} + \sqrt{(3 - \sqrt{5})^2};$

в) $\sqrt{4\pi^2 - 28\pi + 49};$

г) $\sqrt{(2,7 - \sqrt{7})^2} - \sqrt{(2,6 - \sqrt{7})^2}.$

а) $\sqrt{\pi^2 - 8\pi + 16}$

Выражение под корнем, $\pi^2 - 8\pi + 16$, является полным квадратом разности. Воспользуемся формулой квадрата разности: $(a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2$. В нашем случае $a = \pi$ и $b = 4$. Проверим: $a^2 = \pi^2$, $b^2 = 4^2 = 16$, $2ab = 2 \cdot \pi \cdot 4 = 8\pi$. Таким образом, $\pi^2 - 8\pi + 16 = (\pi - 4)^2$.

Исходное выражение можно переписать как $\sqrt{(\pi - 4)^2}$. Используя свойство арифметического квадратного корня $\sqrt{x^2} = |x|$, получаем: $\sqrt{(\pi - 4)^2} = |\pi - 4|$.

Чтобы раскрыть модуль, нужно определить знак выражения $\pi - 4$. Поскольку число $\pi \approx 3,14$, то $\pi < 4$. Следовательно, разность $\pi - 4$ отрицательна. Модуль отрицательного числа равен противоположному ему числу: $|\pi - 4| = -(\pi - 4) = 4 - \pi$.

Ответ: $4 - \pi$.

б) $\sqrt{(2 - \sqrt{5})^2} + \sqrt{(3 - \sqrt{5})^2}$

Применим свойство $\sqrt{x^2} = |x|$ к каждому слагаемому: $\sqrt{(2 - \sqrt{5})^2} + \sqrt{(3 - \sqrt{5})^2} = |2 - \sqrt{5}| + |3 - \sqrt{5}|$.

Определим знаки выражений под модулями. Для первого слагаемого сравним $2$ и $\sqrt{5}$. Поскольку $2^2 = 4$ и $(\sqrt{5})^2 = 5$, а $4 < 5$, то $2 < \sqrt{5}$. Значит, разность $2 - \sqrt{5}$ отрицательна. Следовательно, $|2 - \sqrt{5}| = -(2 - \sqrt{5}) = \sqrt{5} - 2$.

Для второго слагаемого сравним $3$ и $\sqrt{5}$. Поскольку $3^2 = 9$ и $(\sqrt{5})^2 = 5$, а $9 > 5$, то $3 > \sqrt{5}$. Значит, разность $3 - \sqrt{5}$ положительна. Следовательно, $|3 - \sqrt{5}| = 3 - \sqrt{5}$.

Теперь сложим полученные выражения: $(\sqrt{5} - 2) + (3 - \sqrt{5}) = \sqrt{5} - 2 + 3 - \sqrt{5} = 1$.

Ответ: $1$.

в) $\sqrt{4\pi^2 - 28\pi + 49}$

Выражение под корнем, $4\pi^2 - 28\pi + 49$, является полным квадратом разности. Используем формулу $(a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2$. В данном случае $a = 2\pi$ и $b = 7$. Проверим: $a^2 = (2\pi)^2 = 4\pi^2$, $b^2 = 7^2 = 49$, $2ab = 2 \cdot 2\pi \cdot 7 = 28\pi$. Таким образом, $4\pi^2 - 28\pi + 49 = (2\pi - 7)^2$.

Исходное выражение принимает вид $\sqrt{(2\pi - 7)^2}$. По свойству корня $\sqrt{x^2} = |x|$, получаем: $\sqrt{(2\pi - 7)^2} = |2\pi - 7|$.

Определим знак выражения $2\pi - 7$. Приближенное значение $\pi \approx 3,14$, тогда $2\pi \approx 2 \cdot 3,14 = 6,28$. Так как $6,28 < 7$, то $2\pi < 7$. Следовательно, разность $2\pi - 7$ отрицательна. Раскрываем модуль: $|2\pi - 7| = -(2\pi - 7) = 7 - 2\pi$.

Ответ: $7 - 2\pi$.

г) $\sqrt{(2,7 - \sqrt{7})^2} - \sqrt{(2,6 - \sqrt{7})^2}$

Используем свойство $\sqrt{x^2} = |x|$ для уменьшаемого и вычитаемого: $\sqrt{(2,7 - \sqrt{7})^2} - \sqrt{(2,6 - \sqrt{7})^2} = |2,7 - \sqrt{7}| - |2,6 - \sqrt{7}|$.

Определим знаки подмодульных выражений. Для первого модуля сравним $2,7$ и $\sqrt{7}$. Возведем оба числа в квадрат: $2,7^2 = 7,29$ и $(\sqrt{7})^2 = 7$. Так как $7,29 > 7$, то $2,7 > \sqrt{7}$. Значит, разность $2,7 - \sqrt{7}$ положительна. Следовательно, $|2,7 - \sqrt{7}| = 2,7 - \sqrt{7}$.

Для второго модуля сравним $2,6$ и $\sqrt{7}$. Возведем в квадрат: $2,6^2 = 6,76$ и $(\sqrt{7})^2 = 7$. Так как $6,76 < 7$, то $2,6 < \sqrt{7}$. Значит, разность $2,6 - \sqrt{7}$ отрицательна. Следовательно, $|2,6 - \sqrt{7}| = -(2,6 - \sqrt{7}) = \sqrt{7} - 2,6$.

Подставим раскрытые модули в исходное выражение: $(2,7 - \sqrt{7}) - (\sqrt{7} - 2,6) = 2,7 - \sqrt{7} - \sqrt{7} + 2,6 = (2,7 + 2,6) - (\sqrt{7} + \sqrt{7}) = 5,3 - 2\sqrt{7}$.

Ответ: $5,3 - 2\sqrt{7}$.

5.11. a) $|\sqrt{51} - 7| + |\sqrt{51} - 5\sqrt{3}| + |\sqrt{75} - 11|;$

б) $|1 - \sqrt{2}| + |\sqrt{2} - 2\sqrt{2}| + |2\sqrt{2} - 3\sqrt{2}| + \ldots + |5\sqrt{2} - 6\sqrt{2}| + |6\sqrt{2} - 9|;$

в) $|1 - \sqrt{37}| + |2 - \sqrt{37}| + |3 - \sqrt{37}| + \ldots + |6 - \sqrt{37}| + 6 \cdot |7 - \sqrt{37}|;$

г) $|1 - \sqrt{137}| + |2 - \sqrt{137}| + |3 - \sqrt{137}| + \ldots + |11 - \sqrt{137}| + 11 \cdot |\sqrt{137} - 12|.$

Для решения этого примера раскроем каждый модуль по определению: $|x| = x$, если $x \geq 0$, и $|x| = -x$, если $x < 0$. Для этого нам нужно сравнить числа под знаком модуля.

1. Сравним $\sqrt{51}$ и $7$.
Возведем оба числа в квадрат: $(\sqrt{51})^2 = 51$ и $7^2 = 49$.
Поскольку $51 > 49$, то $\sqrt{51} > 7$.
Следовательно, выражение $\sqrt{51} - 7$ положительно, и $|\sqrt{51} - 7| = \sqrt{51} - 7$.

2. Сравним $\sqrt{51}$ и $5\sqrt{3}$.
Возведем оба числа в квадрат: $(\sqrt{51})^2 = 51$ и $(5\sqrt{3})^2 = 25 \cdot 3 = 75$.
Поскольку $51 < 75$, то $\sqrt{51} < 5\sqrt{3}$.
Следовательно, выражение $\sqrt{51} - 5\sqrt{3}$ отрицательно, и $|\sqrt{51} - 5\sqrt{3}| = -(\sqrt{51} - 5\sqrt{3}) = 5\sqrt{3} - \sqrt{51}$.

3. Сравним $\sqrt{75}$ и $11$.
Возведем оба числа в квадрат: $(\sqrt{75})^2 = 75$ и $11^2 = 121$.
Поскольку $75 < 121$, то $\sqrt{75} < 11$.
Следовательно, выражение $\sqrt{75} - 11$ отрицательно, и $|\sqrt{75} - 11| = -( \sqrt{75} - 11) = 11 - \sqrt{75}$. Заметим, что $\sqrt{75} = \sqrt{25 \cdot 3} = 5\sqrt{3}$. Таким образом, $|\sqrt{75} - 11| = 11 - 5\sqrt{3}$.

Теперь сложим полученные выражения:
$(\sqrt{51} - 7) + (5\sqrt{3} - \sqrt{51}) + (11 - 5\sqrt{3}) = \sqrt{51} - 7 + 5\sqrt{3} - \sqrt{51} + 11 - 5\sqrt{3}$.
Сгруппируем подобные слагаемые:
$(\sqrt{51} - \sqrt{51}) + (5\sqrt{3} - 5\sqrt{3}) + (11 - 7) = 0 + 0 + 4 = 4$.

Ответ: 4

Раскроем каждый модуль в выражении $|1 - \sqrt{2}| + |\sqrt{2} - 2\sqrt{2}| + |2\sqrt{2} - 3\sqrt{2}| + ... + |5\sqrt{2} - 6\sqrt{2}| + |6\sqrt{2} - 9|$.
Полная сумма выглядит так: $|1 - \sqrt{2}| + |\sqrt{2} - 2\sqrt{2}| + |2\sqrt{2} - 3\sqrt{2}| + |3\sqrt{2} - 4\sqrt{2}| + |4\sqrt{2} - 5\sqrt{2}| + |5\sqrt{2} - 6\sqrt{2}| + |6\sqrt{2} - 9|$.

1. $|1 - \sqrt{2}|$: так как $1 < \sqrt{2}$ (поскольку $1^2=1$ а $(\sqrt{2})^2=2$), то $1 - \sqrt{2} < 0$. Значит, $|1 - \sqrt{2}| = \sqrt{2} - 1$.

2. $|\sqrt{2} - 2\sqrt{2}|$: выражение под модулем равно $-\sqrt{2}$, поэтому $|\sqrt{2} - 2\sqrt{2}| = |-\sqrt{2}| = \sqrt{2}$.

3. Аналогично, для следующих четырех слагаемых:
$|2\sqrt{2} - 3\sqrt{2}| = |-\sqrt{2}| = \sqrt{2}$.
$|3\sqrt{2} - 4\sqrt{2}| = |-\sqrt{2}| = \sqrt{2}$.
$|4\sqrt{2} - 5\sqrt{2}| = |-\sqrt{2}| = \sqrt{2}$.
$|5\sqrt{2} - 6\sqrt{2}| = |-\sqrt{2}| = \sqrt{2}$.

4. $|6\sqrt{2} - 9|$: сравним $6\sqrt{2}$ и $9$.
Возведем в квадрат: $(6\sqrt{2})^2 = 36 \cdot 2 = 72$ и $9^2 = 81$.
Так как $72 < 81$, то $6\sqrt{2} < 9$, и $6\sqrt{2} - 9 < 0$.
Следовательно, $|6\sqrt{2} - 9| = -(6\sqrt{2} - 9) = 9 - 6\sqrt{2}$.

Сложим все полученные значения:
$(\sqrt{2} - 1) + \sqrt{2} + \sqrt{2} + \sqrt{2} + \sqrt{2} + \sqrt{2} + (9 - 6\sqrt{2})$.
Это равно $(\sqrt{2} - 1) + 5\sqrt{2} + (9 - 6\sqrt{2}) = \sqrt{2} - 1 + 5\sqrt{2} + 9 - 6\sqrt{2}$.
Сгруппируем подобные слагаемые:
$(\sqrt{2} + 5\sqrt{2} - 6\sqrt{2}) + (-1 + 9) = 6\sqrt{2} - 6\sqrt{2} + 8 = 8$.

Ответ: 8

Рассмотрим сумму $|1 - \sqrt{37}| + |2 - \sqrt{37}| + |3 - \sqrt{37}| + ... + |6 - \sqrt{37}| + 6 \cdot |7 - \sqrt{37}|$.

1. Оценим значение $\sqrt{37}$.
Так как $6^2 = 36$ и $7^2 = 49$, то $6 < \sqrt{37} < 7$.

2. Раскроем модули в сумме $\sum_{k=1}^{6} |k - \sqrt{37}|$.
Для каждого $k$ от 1 до 6, $k \le 6 < \sqrt{37}$, поэтому $k - \sqrt{37} < 0$.
Следовательно, $|k - \sqrt{37}| = - (k - \sqrt{37}) = \sqrt{37} - k$.
Сумма первых шести слагаемых равна:
$(\sqrt{37} - 1) + (\sqrt{37} - 2) + (\sqrt{37} - 3) + (\sqrt{37} - 4) + (\sqrt{37} - 5) + (\sqrt{37} - 6)$.
Сгруппировав слагаемые, получим: $6\sqrt{37} - (1+2+3+4+5+6)$.
Сумма первых 6 натуральных чисел равна $\frac{6(6+1)}{2} = 21$.
Таким образом, сумма первых шести слагаемых равна $6\sqrt{37} - 21$.

3. Раскроем последний член выражения: $6 \cdot |7 - \sqrt{37}|$.
Так как $7 > \sqrt{37}$, то $7 - \sqrt{37} > 0$.
Следовательно, $|7 - \sqrt{37}| = 7 - \sqrt{37}$.
Последний член равен $6 \cdot (7 - \sqrt{37}) = 42 - 6\sqrt{37}$.

4. Найдем итоговую сумму:
$(6\sqrt{37} - 21) + (42 - 6\sqrt{37}) = 6\sqrt{37} - 21 + 42 - 6\sqrt{37} = (-21 + 42) + (6\sqrt{37} - 6\sqrt{37}) = 21$.

Ответ: 21

Рассмотрим сумму $|1 - \sqrt{137}| + |2 - \sqrt{137}| + ... + |11 - \sqrt{137}| + 11 \cdot |\sqrt{137} - 12|$.

1. Оценим значение $\sqrt{137}$.
Так как $11^2 = 121$ и $12^2 = 144$, то $11 < \sqrt{137} < 12$.

2. Раскроем модули в сумме $\sum_{k=1}^{11} |k - \sqrt{137}|$.
Для каждого $k$ от 1 до 11, $k \le 11 < \sqrt{137}$, поэтому $k - \sqrt{137} < 0$.
Следовательно, $|k - \sqrt{137}| = - (k - \sqrt{137}) = \sqrt{137} - k$.
Сумма первых одиннадцати слагаемых равна:
$(\sqrt{137} - 1) + (\sqrt{137} - 2) + ... + (\sqrt{137} - 11)$.
Сгруппировав слагаемые, получим: $11\sqrt{137} - (1+2+...+11)$.
Сумма первых 11 натуральных чисел равна $\frac{11(11+1)}{2} = \frac{11 \cdot 12}{2} = 66$.
Таким образом, сумма первых одиннадцати слагаемых равна $11\sqrt{137} - 66$.

3. Раскроем последний член выражения: $11 \cdot |\sqrt{137} - 12|$.
Так как $\sqrt{137} < 12$, то $\sqrt{137} - 12 < 0$.
Следовательно, $|\sqrt{137} - 12| = -(\sqrt{137} - 12) = 12 - \sqrt{137}$.
Последний член равен $11 \cdot (12 - \sqrt{137}) = 132 - 11\sqrt{137}$.

4. Найдем итоговую сумму:
$(11\sqrt{137} - 66) + (132 - 11\sqrt{137}) = 11\sqrt{137} - 66 + 132 - 11\sqrt{137} = (-66 + 132) + (11\sqrt{137} - 11\sqrt{137}) = 66$.

Ответ: 66

5.12. а) Пусть $a_1 < a_2 < \dots < a_n$. Докажите, что

$|a_1 - a_2| + |a_2 - a_3| + \dots + |a_{n-1} - a_n| = |a_1 - a_n|$.

б) Пусть $n < \sqrt{a} < n + 1$. Докажите, что

$|1 - \sqrt{a}| + |2 - \sqrt{a}| + \dots + |n - \sqrt{a}| + n \cdot |\sqrt{a} - n - 1| = \frac{n(n+1)}{2}$.

а)

По условию задачи мы имеем строго возрастающую последовательность чисел $a_1 < a_2 < ... < a_n$. Это означает, что для любого индекса $k$ от $1$ до $n-1$ справедливо неравенство $a_k < a_{k+1}$.

Из этого неравенства следует, что разность $a_k - a_{k+1}$ всегда будет отрицательной.

Рассмотрим левую часть доказываемого равенства: $|a_1 - a_2| + |a_2 - a_3| + ... + |a_{n-1} - a_n|$.

По определению модуля числа, $|x| = -x$, если $x < 0$. Применим это свойство к каждому слагаемому в сумме, так как мы установили, что выражение под каждым модулем отрицательно:

$|a_k - a_{k+1}| = -(a_k - a_{k+1}) = a_{k+1} - a_k$.

Таким образом, левая часть равенства преобразуется в следующую сумму:

$(a_2 - a_1) + (a_3 - a_2) + ... + (a_n - a_{n-1})$

Эта сумма является телескопической. Раскроем скобки и перегруппируем слагаемые:

$-a_1 + (a_2 - a_2) + (a_3 - a_3) + ... + (a_{n-1} - a_{n-1}) + a_n$

Все промежуточные члены, такие как $a_2, a_3, ..., a_{n-1}$, взаимно уничтожаются. В результате остается только:

$a_n - a_1$

Теперь рассмотрим правую часть равенства: $|a_1 - a_n|$.

Поскольку $a_1 < a_n$, разность $a_1 - a_n$ также отрицательна. Применяя определение модуля, получаем:

$|a_1 - a_n| = -(a_1 - a_n) = a_n - a_1$.

Мы видим, что левая и правая части равенства равны одному и тому же выражению $a_n - a_1$. Следовательно, равенство доказано.

Ответ: Равенство доказано.

б)

По условию задачи дано неравенство $n < \sqrt{a} < n + 1$, где $n$ — натуральное число.

Рассмотрим левую часть доказываемого равенства. Она состоит из двух частей: суммы $|1 - \sqrt{a}| + |2 - \sqrt{a}| + ... + |n - \sqrt{a}|$ и слагаемого $n \cdot |\sqrt{a} - n - 1|$.

1. Проанализируем слагаемые в сумме: $|k - \sqrt{a}|$ для $k = 1, 2, ..., n$.

Из условия $n < \sqrt{a}$ и того факта, что $k \le n$, следует, что $k < \sqrt{a}$ для всех $k$ в сумме. Значит, разность $k - \sqrt{a}$ всегда отрицательна.

По определению модуля, $|k - \sqrt{a}| = -(k - \sqrt{a}) = \sqrt{a} - k$.

Тогда сумма принимает вид:

$\sum_{k=1}^{n} (\sqrt{a} - k) = (\sqrt{a} - 1) + (\sqrt{a} - 2) + ... + (\sqrt{a} - n)$

Сгруппировав слагаемые, получаем:

$n \cdot \sqrt{a} - (1 + 2 + ... + n) = n\sqrt{a} - \frac{n(n+1)}{2}$, где $\frac{n(n+1)}{2}$ — формула суммы первых $n$ натуральных чисел.

2. Теперь проанализируем вторую часть выражения: $n \cdot |\sqrt{a} - n - 1|$.

Из условия $\sqrt{a} < n + 1$ следует, что разность $\sqrt{a} - (n + 1)$ отрицательна.

Следовательно, по определению модуля:

$|\sqrt{a} - n - 1| = -(\sqrt{a} - n - 1) = n + 1 - \sqrt{a}$.

Тогда второе слагаемое равно:

$n \cdot (n + 1 - \sqrt{a}) = n(n+1) - n\sqrt{a}$.

3. Сложим обе части, чтобы получить значение всего выражения в левой части равенства:

$\left(n\sqrt{a} - \frac{n(n+1)}{2}\right) + \left(n(n+1) - n\sqrt{a}\right)$

Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые:

$n\sqrt{a} - \frac{n(n+1)}{2} + n(n+1) - n\sqrt{a} = (n\sqrt{a} - n\sqrt{a}) + \left(n(n+1) - \frac{n(n+1)}{2}\right) = \frac{n(n+1)}{2}$.

Полученное значение совпадает с правой частью исходного равенства. Таким образом, равенство доказано.

Ответ: Равенство доказано.