Номер 381, страница 156 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Шойынбеков

381. 1) $5^x = x^2 + 1;$

2) $\log_2 x = 2^x;$

3) $\left(\frac{1}{3}\right)^x = \sqrt{x+1};$

4) $\log_{\frac{1}{6}} x = \sqrt{x-1}.$

1) Решим уравнение $5^x = x^2 + 1$ графически и аналитически.

Решение:
Рассмотрим две функции: $y_1 = 5^x$ (левая часть уравнения) и $y_2 = x^2 + 1$ (правая часть уравнения). Корнями уравнения будут абсциссы точек пересечения графиков этих функций.

1. Функция $y_1 = 5^x$ — показательная функция с основанием больше 1. Она определена для всех $x \in \mathbb{R}$, является строго возрастающей и выпуклой вниз. График проходит через точку (0, 1).

2. Функция $y_2 = x^2 + 1$ — квадратичная функция, её график — парабола с ветвями, направленными вверх, и вершиной в точке (0, 1).

Проверим, является ли точка $x=0$ корнем уравнения.
Подставим $x=0$ в левую часть: $5^0 = 1$.
Подставим $x=0$ в правую часть: $0^2 + 1 = 1$.
Так как $1 = 1$, то $x=0$ является корнем уравнения. Это означает, что графики пересекаются в точке (0, 1).

Проанализируем поведение функций, чтобы найти другие корни.
Найдем производные функций:
$y_1' = (5^x)' = 5^x \ln 5$.
$y_2' = (x^2 + 1)' = 2x$.
В точке $x=0$ скорости роста функций различны:
$y_1'(0) = 5^0 \ln 5 = \ln 5 \approx 1.61$.
$y_2'(0) = 2 \cdot 0 = 0$.
В точке $x=0$ парабола имеет горизонтальную касательную (свою вершину), а показательная функция продолжает расти.

Рассмотрим $x > 0$. Так как в точке $x=0$ функции равны, а скорость роста $y_1$ больше, чем у $y_2$, то при $x>0$ будет выполняться неравенство $y_1 > y_2$. Чтобы это доказать строже, рассмотрим разность функций $h(x) = 5^x - x^2 - 1$.
$h(0) = 0$.
$h'(x) = 5^x \ln 5 - 2x$. $h'(0) = \ln 5 > 0$.
$h''(x) = 5^x \ln^2 5 - 2$. $h''(0) = \ln^2 5 - 2 \approx 1.61^2 - 2 = 2.59 - 2 > 0$.
Так как вторая производная $h''(x)$ положительна для всех $x \ge 0$, функция $h(x)$ является выпуклой на этом промежутке. Поскольку $h(0)=0$ и $h'(0)>0$, функция $h(x)$ возрастает при $x>0$, а значит $h(x) > 0$ для всех $x>0$. Таким образом, других корней при $x>0$ нет.

Рассмотрим $x < 0$. Функция $y_1 = 5^x$ убывает при движении влево от 0, $y_1 \in (0, 1)$. Функция $y_2 = x^2+1$ возрастает при движении влево от 0, $y_2 > 1$. Следовательно, для всех $x<0$, $y_1(x) < 1 < y_2(x)$, и равенство невозможно.

Таким образом, уравнение имеет единственный корень.

Графическая иллюстрация:

Ответ: $x=0$.

2) Решим уравнение $\log_2 x = 2x$.

Решение:
Область допустимых значений (ОДЗ) для логарифма: $x > 0$.
Рассмотрим функции $y_1 = \log_2 x$ и $y_2 = 2x$.

1. Функция $y_1 = \log_2 x$ — логарифмическая, строго возрастающая и выпуклая вверх (вогнутая) на всей области определения.

2. Функция $y_2 = 2x$ — линейная, её график — прямая, проходящая через начало координат, является строго возрастающей.

Прямая и строго вогнутая функция могут пересекаться не более чем в двух точках. Попробуем найти точки пересечения.
Рассмотрим функцию $h(x) = \log_2 x - 2x$. Нам нужно найти нули этой функции.
Найдем её производную: $h'(x) = (\log_2 x - 2x)' = \frac{1}{x \ln 2} - 2$.
Найдем точку экстремума, приравняв производную к нулю:
$\frac{1}{x \ln 2} - 2 = 0 \implies \frac{1}{x \ln 2} = 2 \implies x = \frac{1}{2 \ln 2} = \frac{1}{\ln 4}$.
Это точка максимума, так как вторая производная $h''(x) = -\frac{1}{x^2 \ln 2}$ всегда отрицательна при $x>0$.
Найдем максимальное значение функции $h(x)$ в точке $x_0 = \frac{1}{\ln 4}$:
$h(x_0) = \log_2\left(\frac{1}{2 \ln 2}\right) - 2 \cdot \frac{1}{2 \ln 2} = \frac{\ln(1/(2 \ln 2))}{\ln 2} - \frac{1}{\ln 2} = \frac{-\ln(2 \ln 2) - 1}{\ln 2}$.
Так как $2 \ln 2 = \ln 4 \approx 1.386 > 1$, то $\ln(2 \ln 2) > 0$.
Следовательно, числитель $-\ln(2 \ln 2) - 1$ является отрицательным числом. Знаменатель $\ln 2$ положителен.
Значит, $h(x_0) < 0$.

Максимальное значение функции $h(x)$ отрицательно. Это означает, что $h(x) < 0$ для всех $x$ из области определения.
Следовательно, $\log_2 x < 2x$ для всех $x>0$, и уравнение не имеет действительных корней.

Графическая иллюстрация:

Ответ: нет корней.

3) Решим уравнение $\left(\frac{1}{3}\right)^x = \sqrt{x+1}$.

Решение:
ОДЗ: подкоренное выражение должно быть неотрицательным: $x+1 \ge 0 \implies x \ge -1$.
Рассмотрим функции $y_1 = \left(\frac{1}{3}\right)^x$ и $y_2 = \sqrt{x+1}$.

1. Функция $y_1 = \left(\frac{1}{3}\right)^x$ — показательная с основанием меньше 1. Она является строго убывающей на всей числовой оси.

2. Функция $y_2 = \sqrt{x+1}$ — степенная (корень). Она является строго возрастающей на всей своей области определения $x \ge -1$.

Строго убывающая и строго возрастающая функции могут пересечься не более одного раза. Найдем возможное решение подбором.
Проверим $x=0$:
Левая часть: $\left(\frac{1}{3}\right)^0 = 1$.
Правая часть: $\sqrt{0+1} = \sqrt{1} = 1$.
Так как $1=1$, $x=0$ является корнем уравнения.

Поскольку мы доказали, что функции могут иметь не более одной точки пересечения, и мы нашли эту точку, то $x=0$ — единственный корень.

Графическая иллюстрация:

Ответ: $x=0$.

4) Решим уравнение $\log_{\frac{1}{6}} x = \sqrt{x-1}$.

Решение:
Найдем ОДЗ. Из логарифма следует, что $x>0$. Из-под корня следует, что $x-1 \ge 0 \implies x \ge 1$.
Объединяя условия, получаем ОДЗ: $x \ge 1$.
Рассмотрим функции $y_1 = \log_{\frac{1}{6}} x$ и $y_2 = \sqrt{x-1}$.

1. Функция $y_1 = \log_{\frac{1}{6}} x$ — логарифмическая с основанием меньше 1. Она является строго убывающей на своей области определения.

2. Функция $y_2 = \sqrt{x-1}$ — степенная (корень). Она является строго возрастающей на своей области определения $x \ge 1$.

Так же, как и в предыдущем задании, строго убывающая и строго возрастающая функции могут пересечься не более одного раза.
Проверим граничную точку ОДЗ $x=1$:
Левая часть: $\log_{\frac{1}{6}} (1) = 0$.
Правая часть: $\sqrt{1-1} = \sqrt{0} = 0$.
Так как $0=0$, $x=1$ является корнем уравнения.

Другой способ рассуждения:
При $x=1$ обе части уравнения равны 0.
При $x>1$:
- левая часть $y_1 = \log_{\frac{1}{6}} x$ становится отрицательной (так как основание логарифма меньше 1, а аргумент больше 1).
- правая часть $y_2 = \sqrt{x-1}$ становится положительной.
Отрицательное число не может равняться положительному, поэтому при $x>1$ корней нет.

Следовательно, $x=1$ — единственный корень.

Графическая иллюстрация:

Ответ: $x=1$.