Номер 9.40, страница 256 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Параграф 9. Равносильность уравнений и неравенств системам. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 9.40, страница 256.

Условие.

9.40* a) $\sqrt{x^2 - 5} + \sqrt[4]{x^2 - 3} = \sqrt{x + 1} + \sqrt[4]{x + 3}$;

б) $\sqrt[4]{x^2 - x - 3} + \sqrt{x^2 - x + 5} = \sqrt[4]{2x + 1} + \sqrt{2x + 9}$;

В) $\sqrt{\sin x - 0,1} + \sqrt[4]{\sin x + 0,9} = \sqrt{\cos x + 0,9} + \sqrt[4]{\cos x + 1,9}$;

Г) $\sqrt[4]{\operatorname{tg} x + \sqrt{\operatorname{tg} x + 1}} = \sqrt[4]{2 - \operatorname{ctg} x + \sqrt{3 - \operatorname{ctg} x}}$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

а)

Исходное уравнение: $\sqrt{x^2 - 5} + \sqrt[4]{x^2 - 3} = \sqrt{x + 1} + \sqrt[4]{x + 3}$.

Заметим, что обе части уравнения имеют схожую структуру. Преобразуем выражения под корнями:

Левая часть: $\sqrt{(x^2 - 3) - 2} + \sqrt[4]{x^2 - 3}$.

Правая часть: $\sqrt{(x + 3) - 2} + \sqrt[4]{x + 3}$.

Рассмотрим функцию $f(t) = \sqrt{t - 2} + \sqrt[4]{t}$. Тогда уравнение можно записать в виде $f(x^2 - 3) = f(x + 3)$.

Найдем область определения функции $f(t)$. Необходимо, чтобы $t - 2 \ge 0$ и $t \ge 0$, что равносильно $t \ge 2$.

Исследуем функцию на монотонность. Найдем ее производную:

$f'(t) = (\sqrt{t - 2} + \sqrt[4]{t})' = \frac{1}{2\sqrt{t - 2}} + \frac{1}{4\sqrt[4]{t^3}}$.

На всей области определения $t > 2$ производная $f'(t) > 0$, так как оба слагаемых положительны. Следовательно, функция $f(t)$ является строго возрастающей на своей области определения.

Из того, что функция $f(t)$ строго монотонна, равенство $f(t_1) = f(t_2)$ возможно только при $t_1 = t_2$.

Таким образом, $x^2 - 3 = x + 3$.

Решим полученное квадратное уравнение:

$x^2 - x - 6 = 0$.

По теореме Виета (или через дискриминант) находим корни: $x_1 = 3$, $x_2 = -2$.

Теперь необходимо проверить, входят ли найденные корни в область допустимых значений (ОДЗ) исходного уравнения. ОДЗ определяется системой неравенств:

$\begin{cases} x^2 - 5 \ge 0 \\ x^2 - 3 \ge 0 \\ x + 1 \ge 0 \\ x + 3 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x^2 \ge 5 \\ x \ge -1 \end{cases} \implies \begin{cases} x \in (-\infty, -\sqrt{5}] \cup [\sqrt{5}, \infty) \\ x \ge -1 \end{cases}$

Объединяя условия, получаем ОДЗ: $x \ge \sqrt{5}$ (поскольку $\sqrt{5} \approx 2.23$).

Проверяем корни:

1. $x = 3$. $3 \ge \sqrt{5}$ (так как $9 \ge 5$). Корень подходит.

2. $x = -2$. $-2 < \sqrt{5}$. Корень не входит в ОДЗ и является посторонним.

Ответ: $3$.

б)

Исходное уравнение: $\sqrt[4]{x^2 - x - 3} + \sqrt{x^2 - x + 5} = \sqrt[4]{2x + 1} + \sqrt{2x + 9}$.

Заметим, что $x^2 - x + 5 = (x^2 - x - 3) + 8$ и $2x + 9 = (2x + 1) + 8$.

Рассмотрим функцию $f(t) = \sqrt[4]{t} + \sqrt{t + 8}$. Тогда уравнение можно переписать в виде $f(x^2 - x - 3) = f(2x + 1)$.

Область определения функции $f(t)$ задается условиями $t \ge 0$ и $t + 8 \ge 0$, что равносильно $t \ge 0$.

Найдем производную функции:

$f'(t) = (\sqrt[4]{t} + \sqrt{t+8})' = \frac{1}{4\sqrt[4]{t^3}} + \frac{1}{2\sqrt{t+8}}$.

При $t > 0$ производная $f'(t) > 0$, следовательно, функция $f(t)$ строго возрастает на своей области определения.

Так как функция строго монотонна, равенство $f(t_1) = f(t_2)$ выполняется тогда и только тогда, когда $t_1 = t_2$.

Приравниваем аргументы: $x^2 - x - 3 = 2x + 1$.

Решаем квадратное уравнение:

$x^2 - 3x - 4 = 0$.

По теореме Виета находим корни: $x_1 = 4$, $x_2 = -1$.

Проверим корни на принадлежность ОДЗ исходного уравнения. ОДЗ определяется тем, что аргументы функции $f(t)$ должны быть неотрицательны:

$\begin{cases} x^2 - x - 3 \ge 0 \\ 2x + 1 \ge 0 \end{cases}$

Корни уравнения $x^2 - x - 3 = 0$ равны $x = \frac{1 \pm \sqrt{13}}{2}$. Таким образом, $x^2 - x - 3 \ge 0$ при $x \in (-\infty, \frac{1 - \sqrt{13}}{2}] \cup [\frac{1 + \sqrt{13}}{2}, \infty)$.

Из второго неравенства имеем $x \ge -0.5$.

Так как $\frac{1 + \sqrt{13}}{2} \approx \frac{1+3.6}{2} = 2.3$, то общая ОДЗ: $x \ge \frac{1 + \sqrt{13}}{2}$.

Проверяем корни:

1. $x = 4$. $4 > \frac{1 + \sqrt{13}}{2}$. Корень подходит.

2. $x = -1$. $-1 < \frac{1 + \sqrt{13}}{2}$. Корень не входит в ОДЗ.

Ответ: $4$.

в)

Исходное уравнение: $\sqrt{\sin x - 0.1} + \sqrt[4]{\sin x + 0.9} = \sqrt{\cos x + 0.9} + \sqrt[4]{\cos x + 1.9}$.

Заметим, что $\sin x + 0.9 = (\sin x - 0.1) + 1$ и $\cos x + 1.9 = (\cos x + 0.9) + 1$.

Рассмотрим функцию $f(t) = \sqrt{t} + \sqrt[4]{t + 1}$. Уравнение принимает вид $f(\sin x - 0.1) = f(\cos x + 0.9)$.

Область определения $f(t)$: $t \ge 0$ и $t + 1 \ge 0$, что равносильно $t \ge 0$.

Производная функции: $f'(t) = \frac{1}{2\sqrt{t}} + \frac{1}{4\sqrt[4]{(t+1)^3}}$.

При $t>0$ производная $f'(t)>0$, значит, функция $f(t)$ строго возрастает.

Из монотонности функции следует равенство аргументов: $\sin x - 0.1 = \cos x + 0.9$.

$\sin x - \cos x = 1$.

Разделим обе части на $\sqrt{1^2 + (-1)^2} = \sqrt{2}$:

$\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x - \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

$\cos(\frac{\pi}{4})\sin x - \sin(\frac{\pi}{4})\cos x = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

По формуле синуса разности: $\sin(x - \frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

Решения этого уравнения:

1. $x - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4} + 2\pi n \implies x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

2. $x - \frac{\pi}{4} = \pi - \frac{\pi}{4} + 2\pi n \implies x = \pi + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

Проверим решения по ОДЗ. Условие $t \ge 0$ означает, что $\sin x - 0.1 \ge 0$ (и, соответственно, $\cos x + 0.9 \ge 0$).

$\sin x \ge 0.1$.

1. Для $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$: $\sin(\frac{\pi}{2} + 2\pi n) = 1$. $1 \ge 0.1$. Эта серия корней подходит.

2. Для $x = \pi + 2\pi n$: $\sin(\pi + 2\pi n) = 0$. $0 < 0.1$. Эта серия корней является посторонней.

Ответ: $\frac{\pi}{2} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

г)

Исходное уравнение: $\sqrt[4]{\operatorname{tg} x} + \sqrt{\operatorname{tg} x + 1} = \sqrt[4]{2 - \operatorname{ctg} x} + \sqrt{3 - \operatorname{ctg} x}$.

Заметим, что $3 - \operatorname{ctg} x = (2 - \operatorname{ctg} x) + 1$.

Рассмотрим функцию $f(t) = \sqrt[4]{t} + \sqrt{t + 1}$. Тогда уравнение можно записать в виде $f(\operatorname{tg} x) = f(2 - \operatorname{ctg} x)$.

Как и в задаче (в), эта функция является строго возрастающей на своей области определения $t \ge 0$.

Следовательно, равенство возможно только при равенстве аргументов: $\operatorname{tg} x = 2 - \operatorname{ctg} x$.

Сделаем замену $y = \operatorname{tg} x$. Тогда $\operatorname{ctg} x = \frac{1}{y}$ (при $y \ne 0$).

$y = 2 - \frac{1}{y}$.

Домножим на $y$: $y^2 = 2y - 1$.

$y^2 - 2y + 1 = 0$.

$(y-1)^2 = 0$.

$y=1$.

Возвращаемся к исходной переменной: $\operatorname{tg} x = 1$.

Решением этого уравнения является $x = \frac{\pi}{4} + \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

Проверим ОДЗ. Аргументы функции $f(t)$ должны быть неотрицательны:

$\begin{cases} \operatorname{tg} x \ge 0 \\ 2 - \operatorname{ctg} x \ge 0 \end{cases}$

Для найденных решений $x = \frac{\pi}{4} + \pi n$, имеем $\operatorname{tg} x = 1$ и $\operatorname{ctg} x = 1$.

1. $\operatorname{tg} x = 1 \ge 0$. Верно.

2. $2 - \operatorname{ctg} x = 2 - 1 = 1 \ge 0$. Верно.

Кроме того, в точках $x = \frac{\pi}{4} + \pi n$ тангенс и котангенс определены.

Все найденные решения подходят.

Ответ: $\frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.