Номер 9.40, страница 256 - 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 9.40, страница 256.
№9.40 (с. 256)
Условие. №9.40 (с. 256)
скриншот условия

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. №9.40 (с. 256)




Решение 2. №9.40 (с. 256)




Решение 4. №9.40 (с. 256)
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: $\frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
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 9.40 расположенного на странице 256 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 №9.40 (с. 256), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.