Номер 8.5, страница 228 - 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
§ 8. Уравнения-следствия. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 8.5, страница 228.
№8.5 (с. 228)
Условие. №8.5 (с. 228)
скриншот условия

8.5* Объясните, почему преобразование уравнения с применением данной формулы слева направо может привести к появлению посторонних корней ($a > 0, a \neq 0$):
а) $\sqrt{f(x)}\sqrt{g(x)} = \sqrt{f(x)g(x)}$;
б) $\frac{\sqrt{f(x)}}{\sqrt{g(x)}} = \sqrt{\frac{f(x)}{g(x)}}$;
в) $a^{\log_a f(x)} = f(x)$;
г) $2 \log_a f(x) = \log_a f^2(x)$;
д) $\log_a f(x) + \log_a g(x) = \log_a (f(x)g(x))$;
е) $\log_a f(x) - \log_a g(x) = \log_a \frac{f(x)}{g(x)}$;
ж) $\frac{1}{\log_{f(x)} a} = \log_a f(x)$;
з) $\frac{1}{\operatorname{tg} x} = \operatorname{ctg} x$;
и) $\frac{1}{\operatorname{ctg} x} = \operatorname{tg} x$;
к) $\frac{2 \operatorname{tg} x}{1 + \operatorname{tg}^2 x} = \sin 2x$;
л) $\frac{1 - \operatorname{tg}^2 x}{1 + \operatorname{tg}^2 x} = \cos 2x$;
м) $\frac{2 \operatorname{tg} x}{1 - \operatorname{tg}^2 x} = \operatorname{tg} 2x$.
Может ли применение той же формулы справа налево привести к потере корней?
Решение 1. №8.5 (с. 228)












Решение 2. №8.5 (с. 228)




Решение 4. №8.5 (с. 228)
Появление посторонних корней при преобразовании уравнения с применением данной формулы слева направо связано с расширением области допустимых значений (ОДЗ). ОДЗ выражения в правой части формулы может быть шире, чем ОДЗ выражения в левой части. Это означает, что правая часть может быть определена для тех значений переменной, для которых левая часть не определена. Решения, принадлежащие этой "добавленной" области, будут являться посторонними для исходного уравнения.
а) $\sqrt{f(x)}\sqrt{g(x)} = \sqrt{f(x)g(x)}$
ОДЗ левой части $\sqrt{f(x)}\sqrt{g(x)}$ определяется системой неравенств $\begin{cases} f(x) \ge 0 \\ g(x) \ge 0 \end{cases}$.
ОДЗ правой части $\sqrt{f(x)g(x)}$ определяется неравенством $f(x)g(x) \ge 0$. Это неравенство выполняется не только при $f(x) \ge 0$ и $g(x) \ge 0$, но и при $f(x) \le 0$ и $g(x) \le 0$.
Следовательно, ОДЗ правой части шире, и преобразование может привести к появлению посторонних корней, для которых $f(x) < 0$ и $g(x) < 0$.
Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ, допуская случай, когда $f(x) \le 0$ и $g(x) \le 0$, что не разрешено в левой части.
б) $\frac{\sqrt{f(x)}}{\sqrt{g(x)}} = \sqrt{\frac{f(x)}{g(x)}}$
ОДЗ левой части $\frac{\sqrt{f(x)}}{\sqrt{g(x)}}$ определяется системой неравенств $\begin{cases} f(x) \ge 0 \\ g(x) > 0 \end{cases}$.
ОДЗ правой части $\sqrt{\frac{f(x)}{g(x)}}$ определяется неравенством $\frac{f(x)}{g(x)} \ge 0$. Это неравенство выполняется в двух случаях: когда $f(x) \ge 0$ и $g(x) > 0$, или когда $f(x) \le 0$ и $g(x) < 0$.
ОДЗ правой части шире, так как она дополнительно включает случай, когда $f(x) \le 0$ и $g(x) < 0$. Это может привести к появлению посторонних корней.
Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ, допуская случай, когда $f(x) \le 0$ и $g(x) < 0$, что не разрешено в левой части.
в) $a^{\log_a f(x)} = f(x)$
ОДЗ левой части $a^{\log_a f(x)}$ (основное логарифмическое тождество) требует, чтобы аргумент логарифма был строго положителен: $f(x) > 0$.
ОДЗ правой части $f(x)$ зависит от самой функции $f(x)$ и может не иметь такого ограничения. Например, если $f(x) = x$, ее область определения — все действительные числа.
Преобразование снимает ограничение $f(x) > 0$, тем самым расширяя ОДЗ. Любые корни, для которых $f(x) \le 0$, будут посторонними.
Ответ: Преобразование убирает требование $f(x) > 0$, необходимое для существования логарифма в левой части, что расширяет ОДЗ.
г) $2\log_a f(x) = \log_a f^2(x)$
ОДЗ левой части $2\log_a f(x)$ требует выполнения условия $f(x) > 0$.
ОДЗ правой части $\log_a f^2(x)$ требует выполнения условия $f^2(x) > 0$, что эквивалентно $f(x) \ne 0$.
ОДЗ правой части ($f(x) \ne 0$) шире, чем ОДЗ левой части ($f(x) > 0$), поскольку включает также значения, при которых $f(x) < 0$. Это может привести к появлению посторонних корней.
Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ с $f(x) > 0$ до $f(x) \ne 0$, допуская отрицательные значения $f(x)$.
д) $\log_a f(x) + \log_a g(x) = \log_a(f(x)g(x))$
ОДЗ левой части $\log_a f(x) + \log_a g(x)$ определяется системой неравенств $\begin{cases} f(x) > 0 \\ g(x) > 0 \end{cases}$.
ОДЗ правой части $\log_a(f(x)g(x))$ определяется неравенством $f(x)g(x) > 0$. Это неравенство выполняется, когда $f(x)$ и $g(x)$ имеют одинаковые знаки: оба положительны или оба отрицательны.
ОДЗ правой части шире, так как она дополнительно включает случай, когда $f(x) < 0$ и $g(x) < 0$. Это может привести к появлению посторонних корней.
Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ, допуская случай, когда $f(x) < 0$ и $g(x) < 0$, что не разрешено в левой части.
е) $\log_a f(x) - \log_a g(x) = \log_a \frac{f(x)}{g(x)}$
ОДЗ левой части $\log_a f(x) - \log_a g(x)$ определяется системой $\begin{cases} f(x) > 0 \\ g(x) > 0 \end{cases}$.
ОДЗ правой части $\log_a \frac{f(x)}{g(x)}$ определяется неравенством $\frac{f(x)}{g(x)} > 0$, что эквивалентно тому, что $f(x)$ и $g(x)$ имеют одинаковые знаки.
Аналогично предыдущему пункту, ОДЗ правой части шире, так как включает случай $f(x) < 0$ и $g(x) < 0$, что может привести к появлению посторонних корней.
Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ, допуская случай, когда $f(x) < 0$ и $g(x) < 0$, что не разрешено в левой части.
ж) $\frac{1}{\log_{f(x)} a} = \log_a f(x)$
ОДЗ левой части $\frac{1}{\log_{f(x)} a}$ требует, чтобы основание логарифма было положительным и не равнялось единице ($f(x) > 0, f(x) \ne 1$), а также чтобы знаменатель не был равен нулю ($\log_{f(x)} a \ne 0$, что означает $a \ne 1$).
ОДЗ правой части $\log_a f(x)$ требует, чтобы $f(x) > 0$ (при заданных условиях $a > 0, a \ne 1$).
При переходе от левой части к правой исчезает условие $f(x) \ne 1$. Таким образом, ОДЗ расширяется, и если $f(x) = 1$ является решением преобразованного уравнения, то это посторонний корень.
Ответ: Преобразование убирает ограничение $f(x) \ne 1$, необходимое для существования логарифма с основанием $f(x)$, что расширяет ОДЗ.
з) $\frac{1}{\tg x} = \ctg x$
ОДЗ левой части $\frac{1}{\tg x}$ требует, чтобы тангенс был определен ($\cos x \ne 0 \Rightarrow x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$) и не равен нулю ($\tg x \ne 0 \Rightarrow x \ne \pi n, n \in \mathbb{Z}$). Объединяя, получаем $x \ne \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.
ОДЗ правой части $\ctg x$ требует, чтобы $\sin x \ne 0$, то есть $x \ne \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
ОДЗ правой части шире, так как она определена в точках $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, где левая часть не определена. Это может привести к появлению посторонних корней.
Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ, так как $\ctg x$ определен при $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, а $\tg x$ в этих точках не определен.
и) $\frac{1}{\ctg x} = \tg x$
ОДЗ левой части $\frac{1}{\ctg x}$ требует, чтобы котангенс был определен ($\sin x \ne 0 \Rightarrow x \ne \pi k, k \in \mathbb{Z}$) и не равен нулю ($\ctg x \ne 0 \Rightarrow x \ne \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$). Объединяя, получаем $x \ne \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.
ОДЗ правой части $\tg x$ требует, чтобы $\cos x \ne 0$, то есть $x \ne \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
ОДЗ правой части шире, так как она определена в точках $x = \pi k$, где левая часть не определена. Это может привести к появлению посторонних корней.
Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ, так как $\tg x$ определен при $x = \pi k$, а $\ctg x$ в этих точках не определен.
к) $\frac{2 \tg x}{1 + \tg^2 x} = \sin 2x$
ОДЗ левой части определяется условием существования $\tg x$, то есть $\cos x \ne 0 \Rightarrow x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
ОДЗ правой части $\sin 2x$ — все действительные числа ($x \in \mathbb{R}$).
ОДЗ правой части шире. Любое решение вида $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$ будет посторонним для исходного уравнения.
Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ, так как $\sin 2x$ определен для всех $x$, в то время как левая часть не определена при $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$.
л) $\frac{1 - \tg^2 x}{1 + \tg^2 x} = \cos 2x$
ОДЗ левой части определяется условием существования $\tg x$, то есть $\cos x \ne 0 \Rightarrow x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
ОДЗ правой части $\cos 2x$ — все действительные числа ($x \in \mathbb{R}$).
ОДЗ правой части шире. Любое решение вида $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$ будет посторонним для исходного уравнения.
Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ, так как $\cos 2x$ определен для всех $x$, в то время как левая часть не определена при $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$.
м) $\frac{2 \tg x}{1 - \tg^2 x} = \tg 2x$
ОДЗ левой части требует, чтобы $\tg x$ был определен ($x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k$) и знаменатель не был равен нулю ($1 - \tg^2 x \ne 0 \Rightarrow \tg x \ne \pm 1 \Rightarrow x \ne \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}$).
ОДЗ правой части $\tg 2x$ требует, чтобы $\cos 2x \ne 0$, то есть $2x \ne \frac{\pi}{2} + \pi m \Rightarrow x \ne \frac{\pi}{4} + \frac{\pi m}{2}$.
ОДЗ левой части ($x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k$ и $x \ne \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}$) строже, чем ОДЗ правой части ($x \ne \frac{\pi}{4} + \frac{\pi m}{2}$). Правая часть определена в точках $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$ (например, при $x=\pi/2$, $\tg(2x) = \tg(\pi)=0$), а левая — нет.
Ответ: Преобразование расширяет ОДЗ, так как $\tg 2x$ определен при $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, а левая часть в этих точках не определена.
Может ли применение той же формулы справа налево привести к потере корней?
Да, применение каждой из этих формул справа налево может привести к потере корней. Это происходит потому, что такое преобразование сужает область допустимых значений (ОДЗ). Если корень уравнения, записанного в виде правой части, не попадает в более узкую ОДЗ левой части, то этот корень будет потерян.
Во всех рассмотренных выше случаях ОДЗ левой части является подмножеством ОДЗ правой части. Следовательно, при переходе от правой части к левой ОДЗ сужается, что создает риск потери корней:
- а, б, д, е): Теряются корни, для которых $f(x)$ и $g(x)$ одновременно отрицательны.
- в, г): Теряются корни, для которых $f(x) \le 0$.
- ж): Теряются корни, для которых $f(x)=1$.
- з, к, л, м): Теряются корни вида $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$.
- и): Теряются корни вида $x = \pi k$.
Таким образом, при решении уравнений необходимо либо выполнять равносильные преобразования, либо следить за изменением ОДЗ и выполнять проверку найденных корней или учитывать ограничения на всем протяжении решения.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 11 класс, для упражнения номер 8.5 расположенного на странице 228 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 №8.5 (с. 228), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.