Номер 13.22, страница 324 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Параграф 13. Использование свойств функций при решении уравнений и неравенств. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 13.22, страница 324.

Условие.

13.22* a) $ \frac{\sqrt{\sin^2 x + 5} + \sqrt{\cos^2 x + 4}}{2} = \sqrt[4]{(\sin^2 x + 5)(\cos^2 x + 4)}; $

б) $ \frac{\sqrt{\sin^2 x + \sin x + 5} + \sqrt{\sin x + 6}}{2} = \sqrt[4]{(\sin^2 x + \sin x + 5)(\sin x + 6)}; $

В) $ \sqrt{3\log_2^2 x + 5} + \sqrt{\log_2^4 x + 1} = 2\sqrt[4]{(3\log_2^2 x + 5)(\log_2^4 x + 1)}; $

Г) $ \sqrt{2 - \frac{1}{2}\lg^2 x} + \sqrt{\lg^4 x + \frac{1}{2}} = 2\sqrt[4]{\left(2 - \frac{1}{2}\lg^2 x\right)\left(\lg^4 x + \frac{1}{2}\right)}. $

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Все представленные уравнения имеют общую структуру, связанную с неравенством о средних арифметическом и геометрическом. Для любых неотрицательных чисел $u$ и $v$ справедливо неравенство $\frac{u+v}{2} \ge \sqrt{uv}$, причем равенство достигается только тогда, когда $u=v$. Правая часть каждого уравнения может быть записана как $\sqrt{\sqrt{A} \cdot \sqrt{B}}$, что позволяет применить это свойство.

а) $\frac{\sqrt{\sin^2 x + 5} + \sqrt{\cos^2 x + 4}}{2} = \sqrt[4]{(\sin^2 x + 5)(\cos^2 x + 4)}$

Обозначим $a = \sqrt{\sin^2 x + 5}$ и $b = \sqrt{\cos^2 x + 4}$. Подкоренные выражения всегда положительны, так как $\sin^2 x \ge 0$ и $\cos^2 x \ge 0$, следовательно $\sin^2 x + 5 \ge 5$ и $\cos^2 x + 4 \ge 4$. Значит, $a$ и $b$ — положительные действительные числа.

Уравнение можно переписать в виде $\frac{a+b}{2} = \sqrt{ab}$. Согласно неравенству о средних, это равенство выполняется тогда и только тогда, когда $a=b$.

Приравняем $a$ и $b$:

$\sqrt{\sin^2 x + 5} = \sqrt{\cos^2 x + 4}$

Возведем обе части в квадрат:

$\sin^2 x + 5 = \cos^2 x + 4$

Используем основное тригонометрическое тождество $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$:

$\sin^2 x + 5 = (1 - \sin^2 x) + 4$

$\sin^2 x + 5 = 5 - \sin^2 x$

$2\sin^2 x = 0$

$\sin x = 0$

Отсюда $x = \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

б) $\frac{\sqrt{\sin^2 x + \sin x + 5} + \sqrt{\sin x + 6}}{2} = \sqrt[4]{(\sin^2 x + \sin x + 5)(\sin x + 6)}$

Обозначим $a = \sqrt{\sin^2 x + \sin x + 5}$ и $b = \sqrt{\sin x + 6}$. Проверим, что подкоренные выражения неотрицательны. Для выражения $\sin^2 x + \sin x + 5$, если сделать замену $t = \sin x$, получим квадратный трехчлен $t^2+t+5$. Его дискриминант $D = 1^2 - 4 \cdot 1 \cdot 5 = -19 < 0$, а старший коэффициент положителен, значит, трехчлен всегда принимает положительные значения. Для выражения $\sin x + 6$, так как $-1 \le \sin x \le 1$, то $5 \le \sin x + 6 \le 7$. Следовательно, $a$ и $b$ — положительные действительные числа.

Уравнение снова имеет вид $\frac{a+b}{2} = \sqrt{ab}$, что эквивалентно $a=b$.

$\sqrt{\sin^2 x + \sin x + 5} = \sqrt{\sin x + 6}$

Возведем обе части в квадрат:

$\sin^2 x + \sin x + 5 = \sin x + 6$

$\sin^2 x = 1$

Отсюда $\sin x = 1$ или $\sin x = -1$.

Это можно объединить в одно решение: $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

в) $\sqrt{3\log_2^2 x + 5} + \sqrt{\log_2^4 x + 1} = 2\sqrt[4]{(3\log_2^2 x + 5)(\log_2^4 x + 1)}$

Разделим обе части на 2: $\frac{\sqrt{3\log_2^2 x + 5} + \sqrt{\log_2^4 x + 1}}{2} = \sqrt[4]{(3\log_2^2 x + 5)(\log_2^4 x + 1)}$.

Обозначим $a = \sqrt{3\log_2^2 x + 5}$ и $b = \sqrt{\log_2^4 x + 1}$. Область допустимых значений (ОДЗ) для логарифма: $x > 0$. Выражения $3\log_2^2 x + 5$ и $\log_2^4 x + 1$ всегда положительны, так как $\log_2^2 x \ge 0$ и $\log_2^4 x \ge 0$.

Уравнение имеет вид $\frac{a+b}{2} = \sqrt{ab}$, что эквивалентно $a=b$.

$\sqrt{3\log_2^2 x + 5} = \sqrt{\log_2^4 x + 1}$

$3\log_2^2 x + 5 = \log_2^4 x + 1$

Сделаем замену $y = \log_2^2 x$. Так как квадрат числа не может быть отрицательным, $y \ge 0$.

$3y + 5 = y^2 + 1$

$y^2 - 3y - 4 = 0$

По теореме Виета, корни уравнения $y_1=4$ и $y_2=-1$. Условию $y \ge 0$ удовлетворяет только $y=4$.

Возвращаемся к исходной переменной:

$\log_2^2 x = 4$

$\log_2 x = 2$ или $\log_2 x = -2$.

Из $\log_2 x = 2$ получаем $x = 2^2 = 4$.

Из $\log_2 x = -2$ получаем $x = 2^{-2} = \frac{1}{4}$.

Оба корня удовлетворяют ОДЗ ($x>0$).

Ответ: $x=4; x=\frac{1}{4}$.

г) $\sqrt{2 - \frac{1}{2}\lg^2 x} + \sqrt{\lg^4 x + \frac{1}{2}} = 2\sqrt[4]{(2 - \frac{1}{2}\lg^2 x)(\lg^4 x + \frac{1}{2})}$

Разделим обе части на 2: $\frac{\sqrt{2 - \frac{1}{2}\lg^2 x} + \sqrt{\lg^4 x + \frac{1}{2}}}{2} = \sqrt[4]{(2 - \frac{1}{2}\lg^2 x)(\lg^4 x + \frac{1}{2})}$.

Обозначим $a = \sqrt{2 - \frac{1}{2}\lg^2 x}$ и $b = \sqrt{\lg^4 x + \frac{1}{2}}$. Найдем ОДЗ. Во-первых, $x > 0$. Во-вторых, подкоренные выражения должны быть неотрицательны. $\lg^4 x + \frac{1}{2}$ всегда положительно. Для первого корня: $2 - \frac{1}{2}\lg^2 x \ge 0 \implies 4 \ge \lg^2 x \implies |\lg x| \le 2 \implies -2 \le \lg x \le 2$.

Уравнение сводится к $a=b$.

$\sqrt{2 - \frac{1}{2}\lg^2 x} = \sqrt{\lg^4 x + \frac{1}{2}}$

$2 - \frac{1}{2}\lg^2 x = \lg^4 x + \frac{1}{2}$

Сделаем замену $y = \lg^2 x$. Из ОДЗ следует, что $0 \le y \le 4$.

$2 - \frac{1}{2}y = y^2 + \frac{1}{2}$

Умножим на 2, чтобы избавиться от дробей:

$4 - y = 2y^2 + 1$

$2y^2 + y - 3 = 0$

Находим корни квадратного уравнения: $y = \frac{-1 \pm \sqrt{1^2 - 4(2)(-3)}}{2 \cdot 2} = \frac{-1 \pm \sqrt{25}}{4} = \frac{-1 \pm 5}{4}$.

$y_1 = \frac{-1+5}{4} = 1$ и $y_2 = \frac{-1-5}{4} = -\frac{3}{2}$.

Условию $y \ge 0$ удовлетворяет только $y=1$. Этот корень также удовлетворяет условию $0 \le y \le 4$.

Возвращаемся к замене:

$\lg^2 x = 1$

$\lg x = 1$ или $\lg x = -1$.

Из $\lg x = 1$ получаем $x = 10^1 = 10$.

Из $\lg x = -1$ получаем $x = 10^{-1} = 0,1$.

Оба корня удовлетворяют ОДЗ ($-2 \le \lg x \le 2$).

Ответ: $x=10; x=0,1$.