Номер 172, страница 424 - 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 172, страница 424.
№172 (с. 424)
Условие. №172 (с. 424)
скриншот условия

172. a) $\sqrt{3-x} > x-2;$
б) $\frac{1}{\sqrt{x+2\sqrt{x-1}}} + \frac{1}{\sqrt{x-2\sqrt{x-1}}} > 2.$
Решение 1. №172 (с. 424)


Решение 2. №172 (с. 424)



Решение 4. №172 (с. 424)
а)
Решим иррациональное неравенство $\sqrt{3 - x} > x - 2$.
Данное неравенство вида $\sqrt{f(x)} > g(x)$ равносильно совокупности двух систем:
1) $\begin{cases} g(x) < 0 \\ f(x) \ge 0 \end{cases}$ или 2) $\begin{cases} g(x) \ge 0 \\ f(x) > (g(x))^2 \end{cases}$
Рассмотрим каждую систему отдельно.
Система 1: Правая часть неравенства отрицательна.
$\begin{cases} x - 2 < 0 \\ 3 - x \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x < 2 \\ x \le 3 \end{cases}$
Пересечением этих двух условий является интервал $x < 2$, то есть $x \in (-\infty, 2)$.
Система 2: Правая часть неравенства неотрицательна.
$\begin{cases} x - 2 \ge 0 \\ 3 - x > (x - 2)^2 \end{cases}$
Из первого неравенства системы получаем $x \ge 2$.
Решим второе неравенство. Возводим правую часть в квадрат и переносим все члены в одну сторону:
$3 - x > x^2 - 4x + 4$
$0 > x^2 - 3x + 1$
$x^2 - 3x + 1 < 0$
Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $x^2 - 3x + 1 = 0$ с помощью дискриминанта:
$D = (-3)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 1 = 9 - 4 = 5$
$x_{1,2} = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$
Парабола $y = x^2 - 3x + 1$ направлена ветвями вверх, поэтому неравенство $x^2 - 3x + 1 < 0$ выполняется между корнями: $x \in (\frac{3 - \sqrt{5}}{2}, \frac{3 + \sqrt{5}}{2})$.
Теперь найдем пересечение этого интервала с условием $x \ge 2$.
Так как $\sqrt{4} < \sqrt{5} < \sqrt{9}$, то $2 < \sqrt{5} < 3$.
Тогда $\frac{3 - \sqrt{5}}{2}$ находится в интервале от $\frac{3-3}{2}=0$ до $\frac{3-2}{2}=0.5$, то есть $\frac{3 - \sqrt{5}}{2} < 2$.
А $\frac{3 + \sqrt{5}}{2}$ находится в интервале от $\frac{3+2}{2}=2.5$ до $\frac{3+3}{2}=3$, то есть $\frac{3 + \sqrt{5}}{2} > 2$.
Пересечением решений $x \in (\frac{3 - \sqrt{5}}{2}, \frac{3 + \sqrt{5}}{2})$ и $x \ge 2$ является промежуток $x \in [2, \frac{3 + \sqrt{5}}{2})$.
Объединение решений:
Общим решением исходного неравенства является объединение решений двух систем:
$(-\infty, 2) \cup [2, \frac{3 + \sqrt{5}}{2}) = (-\infty, \frac{3 + \sqrt{5}}{2})$
Ответ: $x \in (-\infty, \frac{3 + \sqrt{5}}{2})$.
б)
Решим неравенство $\frac{1}{\sqrt{x + 2\sqrt{x-1}}} + \frac{1}{\sqrt{x - 2\sqrt{x-1}}} > 2$.
1. Область допустимых значений (ОДЗ):
Все выражения под корнями должны быть неотрицательны, а знаменатели не должны равняться нулю.
1) $x - 1 \ge 0 \implies x \ge 1$.
2) $x + 2\sqrt{x-1} \ge 0$. При $x \ge 1$ это выражение всегда неотрицательно.
3) $x - 2\sqrt{x-1} \ge 0$. Это выражение можно представить как $(\sqrt{x-1} - 1)^2$, что всегда неотрицательно.
4) Знаменатели не равны нулю:
$\sqrt{x + 2\sqrt{x-1}} \neq 0 \implies x + 2\sqrt{x-1} \neq 0$. При $x \ge 1$ это выполняется всегда.
$\sqrt{x - 2\sqrt{x-1}} \neq 0 \implies x - 2\sqrt{x-1} \neq 0 \implies (\sqrt{x-1}-1)^2 \neq 0 \implies \sqrt{x-1} \neq 1 \implies x-1 \neq 1 \implies x \neq 2$.
Таким образом, ОДЗ: $x \ge 1$ и $x \neq 2$, то есть $x \in [1, 2) \cup (2, \infty)$.
2. Упрощение выражения:
Заметим, что подкоренные выражения в знаменателях являются полными квадратами:
$x + 2\sqrt{x-1} = (x-1) + 2\sqrt{x-1} + 1 = (\sqrt{x-1} + 1)^2$.
$x - 2\sqrt{x-1} = (x-1) - 2\sqrt{x-1} + 1 = (\sqrt{x-1} - 1)^2$.
Тогда знаменатели равны:
$\sqrt{x + 2\sqrt{x-1}} = \sqrt{(\sqrt{x-1} + 1)^2} = |\sqrt{x-1} + 1| = \sqrt{x-1} + 1$ (так как $\sqrt{x-1} + 1 > 0$).
$\sqrt{x - 2\sqrt{x-1}} = \sqrt{(\sqrt{x-1} - 1)^2} = |\sqrt{x-1} - 1|$.
Неравенство принимает вид:
$\frac{1}{\sqrt{x-1} + 1} + \frac{1}{|\sqrt{x-1} - 1|} > 2$.
3. Решение неравенства:
Раскроем модуль, рассмотрев два случая.
Случай 1: $\sqrt{x-1} - 1 > 0 \implies \sqrt{x-1} > 1 \implies x-1 > 1 \implies x > 2$.
В этом случае $|\sqrt{x-1} - 1| = \sqrt{x-1} - 1$. Неравенство становится:
$\frac{1}{\sqrt{x-1} + 1} + \frac{1}{\sqrt{x-1} - 1} > 2$
Приводим к общему знаменателю: $\frac{(\sqrt{x-1} - 1) + (\sqrt{x-1} + 1)}{(\sqrt{x-1})^2 - 1^2} > 2 \implies \frac{2\sqrt{x-1}}{x - 1 - 1} > 2 \implies \frac{2\sqrt{x-1}}{x - 2} > 2$.
Так как $x > 2$, то $x - 2 > 0$. Можем умножить обе части на $\frac{x-2}{2}$: $\sqrt{x-1} > x - 2$.
Обе части неравенства положительны, возводим в квадрат: $x-1 > (x-2)^2 \implies x-1 > x^2 - 4x + 4 \implies x^2 - 5x + 5 < 0$.
Корни уравнения $x^2 - 5x + 5 = 0$: $x_{1,2} = \frac{5 \pm \sqrt{25 - 20}}{2} = \frac{5 \pm \sqrt{5}}{2}$.
Решение квадратичного неравенства: $x \in (\frac{5 - \sqrt{5}}{2}, \frac{5 + \sqrt{5}}{2})$.
Пересекаем это решение с условием $x > 2$. Так как $\frac{5 - \sqrt{5}}{2} \approx 1.38$, то пересечением будет интервал $(2, \frac{5 + \sqrt{5}}{2})$.
Случай 2: $\sqrt{x-1} - 1 < 0 \implies \sqrt{x-1} < 1$. С учетом ОДЗ ($x \ge 1$) получаем $1 \le x < 2$.
В этом случае $|\sqrt{x-1} - 1| = -(\sqrt{x-1} - 1) = 1 - \sqrt{x-1}$. Неравенство становится:
$\frac{1}{1 + \sqrt{x-1}} + \frac{1}{1 - \sqrt{x-1}} > 2$
Приводим к общему знаменателю: $\frac{(1 - \sqrt{x-1}) + (1 + \sqrt{x-1})}{1^2 - (\sqrt{x-1})^2} > 2 \implies \frac{2}{1 - (x-1)} > 2 \implies \frac{2}{2 - x} > 2$.
Так как $1 \le x < 2$, то $2 - x > 0$. Делим обе части на 2: $\frac{1}{2-x} > 1$.
Умножаем на $2-x > 0$: $1 > 2 - x \implies x > 1$.
Пересекаем с условием $1 \le x < 2$, получаем $x \in (1, 2)$.
4. Итоговое решение:
Объединяем решения, полученные в обоих случаях:
$(1, 2) \cup (2, \frac{5 + \sqrt{5}}{2})$
Ответ: $x \in (1, 2) \cup (2, \frac{5 + \sqrt{5}}{2})$.
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 172 расположенного на странице 424 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 №172 (с. 424), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.