Номер 11.34, страница 297 - 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 11. Равносильность неравенств на множествах. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 11.34, страница 297.
№11.34 (с. 297)
Условие. №11.34 (с. 297)
скриншот условия

Решите неравенство (11.34—11.46):
11.34 а) $\sqrt{x-2} > \sqrt[3]{x^2 + x\sqrt{x} - 2x + 12\sqrt{x} - 13}$;
б) $\sqrt{x+1} > \sqrt[3]{x^2 + x\sqrt{x} + x + 3\sqrt{x} - 7}$.
Решение 1. №11.34 (с. 297)


Решение 2. №11.34 (с. 297)

Решение 4. №11.34 (с. 297)
a)
Определим область допустимых значений (ОДЗ) неравенства. Наличие выражения $\sqrt{x}$ требует, чтобы $x \ge 0$.
Для упрощения неравенства введем замену переменной. Пусть $t = \sqrt{x}$. Поскольку $x \ge 0$, то и $t \ge 0$. Тогда $x = t^2$ и $x\sqrt{x} = (\sqrt{x})^3 = t^3$. Подставим это в исходное неравенство:
$t - 2 > \sqrt[3]{(t^2)^2 + t^3 - 2t^2 + 12t - 13}$
$t - 2 > \sqrt[3]{t^4 + t^3 - 2t^2 + 12t - 13}$
Возведем обе части неравенства в третью степень. Так как функция $y=z^3$ является строго возрастающей на всей числовой оси, знак неравенства при этом сохраняется:
$(t - 2)^3 > t^4 + t^3 - 2t^2 + 12t - 13$
Раскроем скобки в левой части по формуле куба разности и приведем подобные слагаемые:
$t^3 - 6t^2 + 12t - 8 > t^4 + t^3 - 2t^2 + 12t - 13$
$0 > t^4 + (t^3 - t^3) + (-2t^2 + 6t^2) + (12t - 12t) + (-13 + 8)$
$0 > t^4 + 4t^2 - 5$
Мы получили биквадратное неравенство $t^4 + 4t^2 - 5 < 0$. Для его решения сделаем еще одну замену: $u = t^2$. С учетом того, что $t \ge 0$, имеем $u \ge 0$.
$u^2 + 4u - 5 < 0$
Найдем корни квадратного трехчлена $u^2 + 4u - 5 = 0$. По теореме Виета, корнями являются $u_1 = 1$ и $u_2 = -5$. Разложим на множители: $(u - 1)(u + 5) < 0$.
Решением этого неравенства является интервал $-5 < u < 1$.
Теперь учтем ограничение $u \ge 0$. Пересечение множеств $(-5, 1)$ и $[0, +\infty)$ дает нам $0 \le u < 1$.
Произведем обратную замену $u = t^2$:
$0 \le t^2 < 1$
Неравенство $t^2 \ge 0$ верно для любого действительного $t$. Неравенство $t^2 < 1$ равносильно $-1 < t < 1$. Учитывая ограничение $t \ge 0$, получаем $0 \le t < 1$.
Наконец, вернемся к исходной переменной $x$, зная что $t = \sqrt{x}$:
$0 \le \sqrt{x} < 1$
Возведем все части этого двойного неравенства в квадрат, чтобы найти $x$:
$0^2 \le (\sqrt{x})^2 < 1^2$
$0 \le x < 1$
Это решение полностью входит в ОДЗ ($x \ge 0$).
Ответ: $x \in [0, 1)$.
б)
Область допустимых значений (ОДЗ) неравенства определяется условием $x \ge 0$.
Сделаем замену переменной $t = \sqrt{x}$, где $t \ge 0$. Тогда $x = t^2$ и $x\sqrt{x} = t^3$. Неравенство преобразуется к виду:
$t + 1 > \sqrt[3]{(t^2)^2 + t^3 + t^2 + 3t - 7}$
$t + 1 > \sqrt[3]{t^4 + t^3 + t^2 + 3t - 7}$
Возведем обе части неравенства в куб. Знак неравенства при этом не изменится:
$(t + 1)^3 > t^4 + t^3 + t^2 + 3t - 7$
Раскроем скобки в левой части по формуле куба суммы и упростим полученное выражение:
$t^3 + 3t^2 + 3t + 1 > t^4 + t^3 + t^2 + 3t - 7$
$0 > t^4 + (t^3 - t^3) + (t^2 - 3t^2) + (3t - 3t) + (-7 - 1)$
$0 > t^4 - 2t^2 - 8$
Решим полученное биквадратное неравенство $t^4 - 2t^2 - 8 < 0$. Введем замену $u = t^2$, где $u \ge 0$.
$u^2 - 2u - 8 < 0$
Найдем корни уравнения $u^2 - 2u - 8 = 0$. По теореме Виета, это $u_1 = 4$ и $u_2 = -2$. Неравенство можно представить в виде $(u - 4)(u + 2) < 0$.
Решением этого неравенства является интервал $-2 < u < 4$.
Применяя ограничение $u \ge 0$, находим пересечение множеств $(-2, 4)$ и $[0, +\infty)$, что дает $0 \le u < 4$.
Выполним обратную замену $u = t^2$:
$0 \le t^2 < 4$
Решением неравенства $t^2 < 4$ является $-2 < t < 2$. С учетом условия $t \ge 0$, получаем $0 \le t < 2$.
Вернемся к исходной переменной $x$ ($t = \sqrt{x}$):
$0 \le \sqrt{x} < 2$
Для нахождения $x$ возведем все части в квадрат:
$0^2 \le (\sqrt{x})^2 < 2^2$
$0 \le x < 4$
Полученное решение удовлетворяет ОДЗ ($x \ge 0$).
Ответ: $x \in [0, 4)$.
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 11.34 расположенного на странице 297 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 №11.34 (с. 297), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.