Номер 9.12, страница 246 - 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
Параграф 9. Равносильность уравнений и неравенств системам. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 9.12, страница 246.
№9.12 (с. 246)
Условие. №9.12 (с. 246)
скриншот условия

9.12 a) $\sqrt{\log_3 x + 1} = \sqrt{\log^2_3 x - 5};$
Б) $\sqrt{2\log_4 x} = \sqrt{\log^2_4 x - 8};$
В) $\sqrt{1 - 4\log_{\frac{1}{2}} x} = \sqrt{6 - \log^2_{\frac{1}{2}} x};$
Г) $\sqrt{2 - \log_{\frac{1}{3}} x} = \sqrt{\log^2_{\frac{1}{3}} x - 4}.$
Решение 1. №9.12 (с. 246)




Решение 2. №9.12 (с. 246)


Решение 4. №9.12 (с. 246)
а)
Дано иррациональное уравнение $\sqrt{\log_3 x + 1} = \sqrt{\log_3^2 x - 5}$.
1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражения под знаком корня должны быть неотрицательными, а аргумент логарифма — положительным:
$ \begin{cases} x > 0 \\ \log_3 x + 1 \ge 0 \\ \log_3^2 x - 5 \ge 0 \end{cases} $
Введем замену $t = \log_3 x$. Система неравенств для $t$ примет вид:
$ \begin{cases} t \ge -1 \\ t^2 \ge 5 \end{cases} \implies \begin{cases} t \ge -1 \\ t \ge \sqrt{5} \text{ или } t \le -\sqrt{5} \end{cases} $
Пересечением этих условий является $t \ge \sqrt{5}$. Таким образом, ОДЗ: $\log_3 x \ge \sqrt{5}$.
2. Решим уравнение, возведя обе части в квадрат:
$\log_3 x + 1 = \log_3^2 x - 5$
С заменой $t = \log_3 x$ получаем:
$t + 1 = t^2 - 5$
$t^2 - t - 6 = 0$
Находим корни квадратного уравнения: $t_1 = 3$, $t_2 = -2$.
3. Проверим найденные значения $t$ на соответствие ОДЗ ($t \ge \sqrt{5}$):
- $t_1 = 3$. Так как $3 = \sqrt{9}$, а $\sqrt{9} > \sqrt{5}$, то $t_1=3$ удовлетворяет ОДЗ.
- $t_2 = -2$. Значение не удовлетворяет ОДЗ, так как $-2 < \sqrt{5}$.
4. Находим $x$ для подходящего корня $t=3$:
$\log_3 x = 3 \implies x = 3^3 = 27$.
Ответ: $x=27$.
б)
Дано иррациональное уравнение $\sqrt{2\log_4 x} = \sqrt{\log_4^2 x - 8}$.
1. Найдем ОДЗ. Выражения под корнем должны быть неотрицательны, аргумент логарифма — положителен.
$ \begin{cases} x > 0 \\ 2\log_4 x \ge 0 \\ \log_4^2 x - 8 \ge 0 \end{cases} $
Введем замену $t = \log_4 x$:
$ \begin{cases} 2t \ge 0 \implies t \ge 0 \\ t^2 \ge 8 \implies |t| \ge \sqrt{8} \implies |t| \ge 2\sqrt{2} \end{cases} $
Совмещая условия, получаем $t \ge 2\sqrt{2}$. Таким образом, ОДЗ: $\log_4 x \ge 2\sqrt{2}$.
2. Решим уравнение, возведя обе части в квадрат:
$2\log_4 x = \log_4^2 x - 8$
С заменой $t = \log_4 x$ получаем:
$2t = t^2 - 8$
$t^2 - 2t - 8 = 0$
Находим корни: $t_1 = 4$, $t_2 = -2$.
3. Проверим корни на соответствие ОДЗ ($t \ge 2\sqrt{2}$):
- $t_1 = 4$. Так как $4 = \sqrt{16}$, а $\sqrt{16} > \sqrt{8}$, то $4 > 2\sqrt{2}$. Корень подходит.
- $t_2 = -2$. Не удовлетворяет условию $t \ge 2\sqrt{2}$.
4. Находим $x$ для подходящего корня $t=4$:
$\log_4 x = 4 \implies x = 4^4 = 256$.
Ответ: $x=256$.
в)
Дано иррациональное уравнение $\sqrt{1 - 4\log_{\frac{1}{2}} x} = \sqrt{6 - \log_{\frac{1}{2}}^2 x}$.
1. Найдем ОДЗ. Введем замену $t = \log_{\frac{1}{2}} x$.
$ \begin{cases} x > 0 \\ 1 - 4t \ge 0 \implies 4t \le 1 \implies t \le \frac{1}{4} \\ 6 - t^2 \ge 0 \implies t^2 \le 6 \implies |t| \le \sqrt{6} \end{cases} $
Условие $|t| \le \sqrt{6}$ эквивалентно $-\sqrt{6} \le t \le \sqrt{6}$.
Пересечение условий $t \le \frac{1}{4}$ и $-\sqrt{6} \le t \le \sqrt{6}$ дает ОДЗ для $t$: $-\sqrt{6} \le t \le \frac{1}{4}$.
2. Решим уравнение, возведя обе части в квадрат:
$1 - 4\log_{\frac{1}{2}} x = 6 - \log_{\frac{1}{2}}^2 x$
С заменой $t = \log_{\frac{1}{2}} x$ получаем:
$1 - 4t = 6 - t^2$
$t^2 - 4t - 5 = 0$
Находим корни: $t_1 = 5$, $t_2 = -1$.
3. Проверим корни на соответствие ОДЗ ($-\sqrt{6} \le t \le \frac{1}{4}$):
- $t_1 = 5$. Не удовлетворяет условию $t \le \frac{1}{4}$.
- $t_2 = -1$. Удовлетворяет, так как $-\sqrt{6} \approx -2.45$, и $-\sqrt{6} \le -1 \le \frac{1}{4}$. Корень подходит.
4. Находим $x$ для подходящего корня $t=-1$:
$\log_{\frac{1}{2}} x = -1 \implies x = \left(\frac{1}{2}\right)^{-1} = 2$.
Ответ: $x=2$.
г)
Дано иррациональное уравнение $\sqrt{2 - \log_{\frac{1}{3}} x} = \sqrt{\log_{\frac{1}{3}}^2 x - 4}$.
1. Найдем ОДЗ. Введем замену $t = \log_{\frac{1}{3}} x$.
$ \begin{cases} x > 0 \\ 2 - t \ge 0 \implies t \le 2 \\ t^2 - 4 \ge 0 \implies t^2 \ge 4 \implies |t| \ge 2 \end{cases} $
Условие $|t| \ge 2$ эквивалентно $t \ge 2$ или $t \le -2$.
Совмещая с условием $t \le 2$, получаем:
- $t \ge 2$ и $t \le 2 \implies t=2$.
- $t \le -2$ и $t \le 2 \implies t \le -2$.
Таким образом, ОДЗ для $t$: $t \le -2$ или $t=2$.
2. Решим уравнение, возведя обе части в квадрат:
$2 - \log_{\frac{1}{3}} x = \log_{\frac{1}{3}}^2 x - 4$
С заменой $t = \log_{\frac{1}{3}} x$ получаем:
$2 - t = t^2 - 4$
$t^2 + t - 6 = 0$
Находим корни: $t_1 = -3$, $t_2 = 2$.
3. Проверим корни на соответствие ОДЗ ($t \le -2$ или $t=2$):
- $t_1 = -3$. Удовлетворяет условию $t \le -2$. Корень подходит.
- $t_2 = 2$. Удовлетворяет условию $t=2$. Корень подходит.
4. Находим $x$ для обоих подходящих корней:
При $t = -3$: $\log_{\frac{1}{3}} x = -3 \implies x = \left(\frac{1}{3}\right)^{-3} = 3^3 = 27$.
При $t = 2$: $\log_{\frac{1}{3}} x = 2 \implies x = \left(\frac{1}{3}\right)^{2} = \frac{1}{9}$.
Ответ: $x_1 = \frac{1}{9}, x_2 = 27$.
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 9.12 расположенного на странице 246 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 №9.12 (с. 246), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.