Номер 10, страница 68 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Глава 1. Показательная и логарифмическая функции. Параграф 8. Производные показательной и логарифмической функции. Когда сделаны уроки - номер 10, страница 68.

Учебник.

10. Решите уравнение $\sqrt{\operatorname{tg} x + 1} \log_{\frac{1}{2}} (3-x) = 0$.

Решение 2.

Для решения данного уравнения сначала найдем его область допустимых значений (ОДЗ).

1. Область допустимых значений (ОДЗ)

Уравнение содержит три элемента, накладывающих ограничения на переменную $x$:

• Подкоренное выражение для квадратного корня должно быть неотрицательным:
  $ \tg x \geq 0 $
• Тангенс должен быть определен, что означает:
  $ x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n $, где $n \in \mathbb{Z}$.
  Это условие уже включено в неравенство $ \tg x \geq 0 $, так как в точках $ \frac{\pi}{2} + \pi n $ тангенс не существует.
• Аргумент логарифма должен быть строго положительным:
  $ 3 - x > 0 \implies x < 3 $

Решим неравенство $ \tg x \geq 0 $. Тангенс неотрицателен в первой и третьей четвертях координатной окружности. Это соответствует промежуткам:
$ x \in [n\pi, \frac{\pi}{2} + n\pi) $, где $n \in \mathbb{Z}$.

Теперь объединим это условие с условием $ x < 3 $:

• При $ n = 0 $: $ x \in [0, \frac{\pi}{2}) $. Так как $ \frac{\pi}{2} \approx 1.57 < 3 $, этот промежуток полностью входит в ОДЗ.
• При $ n = 1 $: $ x \in [\pi, \frac{3\pi}{2}) $. Так как $ \pi \approx 3.14 > 3 $, этот и все последующие промежутки для $ n > 0 $ не входят в ОДЗ.
• При $ n = -1 $: $ x \in [-\pi, -\frac{\pi}{2}) $. Этот промежуток полностью входит в ОДЗ, так как $ -\frac{\pi}{2} < 3 $.
• При $ n = -2 $: $ x \in [-2\pi, -\frac{3\pi}{2}) $. Этот промежуток также полностью входит в ОДЗ.

Таким образом, ОДЗ представляет собой объединение бесконечного числа промежутков:
$ x \in [0, \frac{\pi}{2}) \cup \bigcup_{n=1}^{\infty} [-n\pi, -\frac{\pi}{2} - (n-1)\pi) $
Или, более компактно, $ x \in [n\pi, \frac{\pi}{2} + n\pi) $ для всех целых $ n \le 0 $.

2. Анализ и решение уравнения

Рассмотрим функцию $ F(x) = \sqrt{\tg x} + 1 + \log_{\frac{1}{2}}(3-x) $. Нам нужно найти корни уравнения $ F(x) = 0 $.

Проанализируем монотонность этой функции на ее области определения. Для этого найдем ее производную $ F'(x) $:
$ F'(x) = (\sqrt{\tg x})' + (1)' + (\log_{\frac{1}{2}}(3-x))' $
$ (\sqrt{\tg x})' = \frac{1}{2\sqrt{\tg x}} \cdot (\tg x)' = \frac{1}{2\sqrt{\tg x} \cdot \cos^2 x} $
Внутри интервалов ОДЗ (где $ \tg x > 0 $), эта производная строго положительна.
$ (\log_{\frac{1}{2}}(3-x))' = \frac{1}{(3-x) \ln(\frac{1}{2})} \cdot (3-x)' = \frac{1}{-(3-x)\ln 2} \cdot (-1) = \frac{1}{(3-x)\ln 2} $
В области ОДЗ $ x < 3 $, поэтому $ 3-x > 0 $, и эта производная также строго положительна.

Поскольку $ F'(x) $ является суммой двух положительных слагаемых, $ F'(x) > 0 $ на всей области определения. Это означает, что функция $ F(x) $ является строго возрастающей на каждом непрерывном промежутке своей области определения.

Строго возрастающая функция может пересекать ось абсцисс (т.е. иметь корень) не более одного раза на каждом непрерывном промежутке. Исследуем поведение функции на границах этих промежутков.

• Промежуток $ [0, \frac{\pi}{2}) $:
  Значение на левой границе: $ F(0) = \sqrt{\tg 0} + 1 + \log_{\frac{1}{2}}(3) = 1 - \log_2 3 $. Так как $ \log_2 3 > \log_2 2 = 1 $, то $ F(0) < 0 $.
  Предел на правой границе: $ \lim_{x \to (\pi/2)^-} F(x) $. При $ x \to (\pi/2)^- $, $ \tg x \to +\infty $, следовательно, $ F(x) \to +\infty $.
  Так как функция непрерывна, возрастает и меняет знак с "-" на "+", на интервале $ (0, \frac{\pi}{2}) $ существует ровно один корень.
• Промежуток $ [-n\pi, -\frac{\pi}{2} - (n-1)\pi) $ для $ n \in \mathbb{N} $:
  Для любого такого промежутка (например, $ [-\pi, -\frac{\pi}{2}) $):
  Значение на левой границе $ x = -n\pi $: $ F(-n\pi) = \sqrt{\tg(-n\pi)} + 1 + \log_{\frac{1}{2}}(3-(-n\pi)) = 1 - \log_2(3+n\pi) $. Так как при $ n \ge 1 $, $ 3+n\pi > 4 $, то $ \log_2(3+n\pi) > 2 $, а значит $ F(-n\pi) < 0 $.
  Предел на правой границе: $ \lim_{x \to (-\frac{\pi}{2} - (n-1)\pi)^-} F(x) $. При приближении к правой границе $ \tg x \to +\infty $, следовательно, $ F(x) \to +\infty $.
  Таким образом, на каждом из этих бесконечного числа промежутков также существует ровно один корень.

Найти точное аналитическое выражение для этих корней не представляется возможным, так как уравнение является трансцендентным.

Ответ: Уравнение имеет бесконечное множество решений. Для каждого целого числа $ n \le 0 $ существует единственный корень $ x_n $, принадлежащий интервалу $ (n\pi, \frac{\pi}{2} + n\pi) $. Эти корни не могут быть выражены через элементарные функции.