Номер 137, страница 422 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Авторы: Никольский С. М., Потапов М. К., Решетников Н. Н., Шевкин А. В.
Тип: Учебник
Серия: мгу - школе
Издательство: Просвещение
Год издания: 2014 - 2025
Уровень обучения: базовый и углублённый
Цвет обложки: голубой в сеточку
ISBN: 978-5-09-087641-4
Допущено Министерством просвещения Российской Федерации
Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия
Популярные ГДЗ в 11 классе
Задания для повторения - номер 137, страница 422.
№137 (с. 422)
Условие. №137 (с. 422)
скриншот условия

137 a) $\frac{|x|-1}{\sqrt{17x^2+8-5}} = \frac{1}{3};$
Б) $\frac{|x|-1}{\sqrt{7x^2+2-3}} = \frac{1}{2};$
В) $\frac{|x|-1}{\sqrt{10x^2+6-4}} = \frac{1}{3};$
Г) $\frac{|x|-1}{\sqrt{9x^2+7-4}} = \frac{1}{2}.$
Решение 1. №137 (с. 422)




Решение 2. №137 (с. 422)





Решение 4. №137 (с. 422)
a)
Рассмотрим уравнение $\frac{|x| - 1}{\sqrt{17x^2 + 8} - 5} = \frac{1}{3}$.
Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Знаменатель дроби не должен равняться нулю, а подкоренное выражение должно быть неотрицательным.
1. $17x^2 + 8 \ge 0$. Это неравенство выполняется для любого $x$, так как $x^2 \ge 0$, и следовательно $17x^2 + 8 > 0$.
2. $\sqrt{17x^2 + 8} - 5 \neq 0$.
$\sqrt{17x^2 + 8} \neq 5$
Возведем обе части в квадрат:
$17x^2 + 8 \neq 25$
$17x^2 \neq 17$
$x^2 \neq 1$, что означает $x \neq 1$ и $x \neq -1$.
Таким образом, ОДЗ: $x \in (-\infty, -1) \cup (-1, 1) \cup (1, \infty)$.
Для решения уравнения сделаем замену $y = |x|$. Так как $x^2 = |x|^2$, то $x^2 = y^2$. Учитывая, что $|x| \ge 0$, то и $y \ge 0$. ОДЗ в терминах $y$ будет $y \neq 1$.
Уравнение принимает вид:
$\frac{y - 1}{\sqrt{17y^2 + 8} - 5} = \frac{1}{3}$
Используя свойство пропорции (перекрестное умножение), получаем:
$3(y - 1) = \sqrt{17y^2 + 8} - 5$
$3y - 3 + 5 = \sqrt{17y^2 + 8}$
$3y + 2 = \sqrt{17y^2 + 8}$
Так как $y \ge 0$, левая часть $3y + 2$ всегда положительна. Можем возвести обе части в квадрат:
$(3y + 2)^2 = 17y^2 + 8$
$9y^2 + 12y + 4 = 17y^2 + 8$
$8y^2 - 12y + 4 = 0$
Разделим уравнение на 4:
$2y^2 - 3y + 1 = 0$
Решим это квадратное уравнение. Дискриминант $D = (-3)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 1 = 9 - 8 = 1$.
$y_{1,2} = \frac{3 \pm \sqrt{1}}{4}$
$y_1 = \frac{3+1}{4} = 1$
$y_2 = \frac{3-1}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$
Теперь проверим корни с учетом ОДЗ ($y \neq 1$). Корень $y_1 = 1$ является посторонним, так как при этом значении знаменатель исходной дроби обращается в ноль.
Остается единственный корень $y_2 = \frac{1}{2}$.
Выполним обратную замену:
$|x| = \frac{1}{2}$
Отсюда $x = \frac{1}{2}$ или $x = -\frac{1}{2}$. Оба значения удовлетворяют ОДЗ ($x \neq \pm 1$).
Ответ: $x = \pm \frac{1}{2}$.
б)
Рассмотрим уравнение $\frac{|x| - 1}{\sqrt{7x^2 + 2} - 3} = \frac{1}{2}$.
ОДЗ: знаменатель не равен нулю.
$\sqrt{7x^2 + 2} - 3 \neq 0$
$\sqrt{7x^2 + 2} \neq 3$
$7x^2 + 2 \neq 9$
$7x^2 \neq 7$
$x^2 \neq 1$, то есть $x \neq \pm 1$.
Сделаем замену $y = |x|$, где $y \ge 0$ и $y \neq 1$. Уравнение примет вид:
$\frac{y - 1}{\sqrt{7y^2 + 2} - 3} = \frac{1}{2}$
Перекрестно умножим:
$2(y - 1) = \sqrt{7y^2 + 2} - 3$
$2y - 2 + 3 = \sqrt{7y^2 + 2}$
$2y + 1 = \sqrt{7y^2 + 2}$
Возведем в квадрат обе части (левая часть положительна при $y \ge 0$):
$(2y + 1)^2 = 7y^2 + 2$
$4y^2 + 4y + 1 = 7y^2 + 2$
$3y^2 - 4y + 1 = 0$
Решим квадратное уравнение. Дискриминант $D = (-4)^2 - 4 \cdot 3 \cdot 1 = 16 - 12 = 4$.
$y_{1,2} = \frac{4 \pm \sqrt{4}}{6}$
$y_1 = \frac{4+2}{6} = 1$
$y_2 = \frac{4-2}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$
Корень $y_1 = 1$ не удовлетворяет ОДЗ, поэтому он посторонний. Остается $y_2 = \frac{1}{3}$.
Обратная замена:
$|x| = \frac{1}{3}$
$x = \frac{1}{3}$ или $x = -\frac{1}{3}$.
Ответ: $x = \pm \frac{1}{3}$.
в)
Рассмотрим уравнение $\frac{|x| - 1}{\sqrt{10x^2 + 6} - 4} = \frac{1}{3}$.
ОДЗ: знаменатель не равен нулю.
$\sqrt{10x^2 + 6} - 4 \neq 0$
$\sqrt{10x^2 + 6} \neq 4$
$10x^2 + 6 \neq 16$
$10x^2 \neq 10$
$x^2 \neq 1$, то есть $x \neq \pm 1$.
Сделаем замену $y = |x|$, где $y \ge 0$ и $y \neq 1$. Уравнение примет вид:
$\frac{y - 1}{\sqrt{10y^2 + 6} - 4} = \frac{1}{3}$
Перекрестно умножим:
$3(y - 1) = \sqrt{10y^2 + 6} - 4$
$3y - 3 + 4 = \sqrt{10y^2 + 6}$
$3y + 1 = \sqrt{10y^2 + 6}$
Возведем в квадрат обе части (левая часть положительна при $y \ge 0$):
$(3y + 1)^2 = 10y^2 + 6$
$9y^2 + 6y + 1 = 10y^2 + 6$
$y^2 - 6y + 5 = 0$
По теореме Виета, корни уравнения $y_1=1$ и $y_2=5$.
Корень $y_1 = 1$ не удовлетворяет ОДЗ, поэтому он посторонний. Остается $y_2 = 5$.
Обратная замена:
$|x| = 5$
$x = 5$ или $x = -5$.
Ответ: $x = \pm 5$.
г)
Рассмотрим уравнение $\frac{|x| - 1}{\sqrt{9x^2 + 7} - 4} = \frac{1}{2}$.
ОДЗ: знаменатель не равен нулю.
$\sqrt{9x^2 + 7} - 4 \neq 0$
$\sqrt{9x^2 + 7} \neq 4$
$9x^2 + 7 \neq 16$
$9x^2 \neq 9$
$x^2 \neq 1$, то есть $x \neq \pm 1$.
Сделаем замену $y = |x|$, где $y \ge 0$ и $y \neq 1$. Уравнение примет вид:
$\frac{y - 1}{\sqrt{9y^2 + 7} - 4} = \frac{1}{2}$
Перекрестно умножим:
$2(y - 1) = \sqrt{9y^2 + 7} - 4$
$2y - 2 + 4 = \sqrt{9y^2 + 7}$
$2y + 2 = \sqrt{9y^2 + 7}$
Возведем в квадрат обе части (левая часть положительна при $y \ge 0$):
$(2(y + 1))^2 = 9y^2 + 7$
$4(y^2 + 2y + 1) = 9y^2 + 7$
$4y^2 + 8y + 4 = 9y^2 + 7$
$5y^2 - 8y + 3 = 0$
Решим квадратное уравнение. Дискриминант $D = (-8)^2 - 4 \cdot 5 \cdot 3 = 64 - 60 = 4$.
$y_{1,2} = \frac{8 \pm \sqrt{4}}{10}$
$y_1 = \frac{8+2}{10} = 1$
$y_2 = \frac{8-2}{10} = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}$
Корень $y_1 = 1$ не удовлетворяет ОДЗ, поэтому он посторонний. Остается $y_2 = \frac{3}{5}$.
Обратная замена:
$|x| = \frac{3}{5}$
$x = \frac{3}{5}$ или $x = -\frac{3}{5}$.
Ответ: $x = \pm \frac{3}{5}$.
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 137 расположенного на странице 422 к учебнику серии мгу - школе 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 №137 (с. 422), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.