Номер 730, страница 320 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Авторы: Колягин Ю. М., Ткачева М. В., Федорова Н. Е., Шабунин М. И.
Тип: Учебник
Издательство: Просвещение
Год издания: 2014 - 2025
Уровень обучения: базовый и углублённый
Цвет обложки: голубой, розовый
ISBN: 978-5-09-087603-2
Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации
Популярные ГДЗ в 11 классе
Параграф 7. Упражнения. Глава 8. Повторение курса алгебры и начал математического анализа - номер 730, страница 320.
№730 (с. 320)
Условие. №730 (с. 320)
скриншот условия

730. Пусть $0 < a < b$. Доказать, что на числовой оси:
1) точка $\frac{a+b}{2}$ — середина отрезка $[a; b];$
2) точка $\frac{a+bc}{1+c}$, где $c > 0$, лежит внутри отрезка $[a; b].$
Решение 1. №730 (с. 320)


Решение 2. №730 (с. 320)

Решение 3. №730 (с. 320)
1) точка $\frac{a+b}{2}$ — середина отрезка $[a; b]$
Чтобы доказать, что точка $M = \frac{a+b}{2}$ является серединой отрезка $[a; b]$, необходимо показать, что она равноудалена от его концов, то есть что расстояние от точки $M$ до точки $a$ равно расстоянию от точки $M$ до точки $b$.
Расстояние между двумя точками $x_1$ и $x_2$ на числовой оси равно $|x_2 - x_1|$.
Найдем расстояние от $M$ до $a$:
$|M - a| = |\frac{a+b}{2} - a| = |\frac{a+b-2a}{2}| = |\frac{b-a}{2}|$.
По условию задачи $a < b$, следовательно, $b-a > 0$. Таким образом, $|\frac{b-a}{2}| = \frac{b-a}{2}$.
Теперь найдем расстояние от $M$ до $b$:
$|b - M| = |b - \frac{a+b}{2}| = |\frac{2b-(a+b)}{2}| = |\frac{2b-a-b}{2}| = |\frac{b-a}{2}|$.
Так как $b-a > 0$, то $|\frac{b-a}{2}| = \frac{b-a}{2}$.
Мы получили, что расстояния от точки $M$ до концов отрезка равны: $|M-a| = |b-M| = \frac{b-a}{2}$. Это означает, что точка $M = \frac{a+b}{2}$ является серединой отрезка $[a; b]$.
Ответ: Что и требовалось доказать.
2) точка $\frac{a+bc}{1+c}$, где $c > 0$, лежит внутри отрезка $[a; b]$
Чтобы доказать, что точка $x = \frac{a+bc}{1+c}$ лежит внутри отрезка $[a; b]$, нужно показать, что она удовлетворяет строгим неравенствам $a < x < b$.
Докажем неравенство $a < x$:
$a < \frac{a+bc}{1+c}$
Поскольку по условию $c > 0$, то $1+c > 1$, а значит, знаменатель $1+c$ положителен. Можем умножить обе части неравенства на $1+c$, сохранив знак неравенства:
$a(1+c) < a+bc$
$a + ac < a + bc$
Вычтем $a$ из обеих частей:
$ac < bc$
Так как $c > 0$, разделим обе части на $c$, сохранив знак неравенства:
$a < b$
Это неравенство истинно по условию задачи. Следовательно, и первое неравенство $a < x$ верно.
Докажем неравенство $x < b$:
$\frac{a+bc}{1+c} < b$
Снова умножим обе части на положительное число $1+c$:
$a+bc < b(1+c)$
$a+bc < b+bc$
Вычтем $bc$ из обеих частей:
$a < b$
Это неравенство также истинно по условию. Следовательно, и второе неравенство $x < b$ верно.
Так как мы доказали оба неравенства $a < x$ и $x < b$, то точка $x = \frac{a+bc}{1+c}$ действительно лежит внутри отрезка $[a; b]$.
Ответ: Что и требовалось доказать.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz
ПрисоединитьсяМы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 11 класс, для упражнения номер 730 расположенного на странице 320 к учебнику 2014 года издания для учащихся школ и гимназий.
Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №730 (с. 320), авторов: Колягин (Юрий Михайлович), Ткачева (Мария Владимировна), Федорова (Надежда Евгеньевна), Шабунин (Михаил Иванович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.