Номер 13.23, страница 325 - 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 13. Использование свойств функций при решении уравнений и неравенств. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 13.23, страница 325.
№13.23 (с. 325)
Условие. №13.23 (с. 325)
скриншот условия

13.23* a) $ \text{tg}^2 x + \text{ctg}^2 x = 2 \sin^2 \sqrt{\frac{5\pi^2}{16} - x^2} $
б) $ \frac{\cos^2 2x}{\sin^8 x} + \frac{\sin^8 x}{\cos^2 2x} = 2 \cos^2 \sqrt{\frac{\pi^2}{4} - x^2} $
Решение 1. №13.23 (с. 325)


Решение 2. №13.23 (с. 325)



Решение 4. №13.23 (с. 325)
а) $\text{tg}^2 x + \text{ctg}^2 x = 2 \sin^2 \sqrt{\frac{5\pi^2}{16} - x^2}$
Для решения данного уравнения воспользуемся методом оценки левой и правой частей.
1. Оценим левую часть (ЛЧ): $\text{ЛЧ} = \text{tg}^2 x + \text{ctg}^2 x$.
Поскольку $\text{tg}^2 x > 0$ и $\text{ctg}^2 x > 0$ (при условии, что они определены), мы можем применить неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши): $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$.
Пусть $a = \text{tg}^2 x$ и $b = \text{ctg}^2 x$. Тогда:
$\frac{\text{tg}^2 x + \text{ctg}^2 x}{2} \ge \sqrt{\text{tg}^2 x \cdot \text{ctg}^2 x}$
$\text{tg}^2 x + \text{ctg}^2 x \ge 2\sqrt{(\text{tg} x \cdot \text{ctg} x)^2}$
Так как $\text{tg} x \cdot \text{ctg} x = 1$, получаем:
$\text{tg}^2 x + \text{ctg}^2 x \ge 2\sqrt{1^2} = 2$.
Таким образом, $\text{ЛЧ} \ge 2$. Равенство достигается, когда $\text{tg}^2 x = \text{ctg}^2 x$, то есть $\text{tg}^2 x = 1$.
2. Оценим правую часть (ПЧ): $\text{ПЧ} = 2 \sin^2 \sqrt{\frac{5\pi^2}{16} - x^2}$.
Область значений функции синус в квадрате: $0 \le \sin^2 y \le 1$ для любого действительного аргумента $y$.
Следовательно, $0 \le 2 \sin^2 \sqrt{\frac{5\pi^2}{16} - x^2} \le 2$.
Таким образом, $\text{ПЧ} \le 2$. Равенство достигается, когда $\sin^2 \sqrt{\frac{5\pi^2}{16} - x^2} = 1$.
3. Приравняем оценки.
Исходное уравнение $\text{ЛЧ} = \text{ПЧ}$ может иметь решение только в том случае, когда обе части равны 2. Это приводит к системе уравнений:
$\begin{cases} \text{tg}^2 x + \text{ctg}^2 x = 2 \\ 2 \sin^2 \sqrt{\frac{5\pi^2}{16} - x^2} = 2 \end{cases}$
Решим каждое уравнение системы.
Из первого уравнения: $\text{tg}^2 x = 1 \implies \text{tg} x = \pm 1 \implies x = \pm\frac{\pi}{4} + \pi k$, или в более компактной форме $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Из второго уравнения: $\sin^2 \sqrt{\frac{5\pi^2}{16} - x^2} = 1 \implies \sqrt{\frac{5\pi^2}{16} - x^2} = \frac{\pi}{2} + \pi m$, где $m \in \mathbb{Z}$.
Поскольку значение корня не может быть отрицательным, $\frac{\pi}{2} + \pi m \ge 0$, откуда $m \ge -1/2$, т.е. $m \in \{0, 1, 2, ...\}$.
Возведем обе части в квадрат: $\frac{5\pi^2}{16} - x^2 = (\frac{\pi}{2} + \pi m)^2 = \pi^2(\frac{1}{2} + m)^2$.
$x^2 = \frac{5\pi^2}{16} - \pi^2(\frac{1+2m}{2})^2 = \frac{5\pi^2}{16} - \frac{\pi^2(1+2m)^2}{4}$.
Проверим возможные значения $m$.
При $m=0$: $x^2 = \frac{5\pi^2}{16} - \frac{\pi^2(1)^2}{4} = \frac{5\pi^2 - 4\pi^2}{16} = \frac{\pi^2}{16}$.
Отсюда $x = \pm \frac{\pi}{4}$.
При $m=1$: $x^2 = \frac{5\pi^2}{16} - \frac{\pi^2(3)^2}{4} = \frac{5\pi^2}{16} - \frac{9\pi^2}{4} < 0$, что невозможно для действительных $x$. При $m > 1$ значение $x^2$ будет еще меньше.
Таким образом, из второго уравнения мы получили $x = \pm \frac{\pi}{4}$.
Эти значения также удовлетворяют первому уравнению, так как при $x=\pm\frac{\pi}{4}$ имеем $\text{tg}^2(\pm\frac{\pi}{4}) = (\pm 1)^2 = 1$.
4. Проверим область допустимых значений (ОДЗ).
Для тангенса и котангенса: $x \neq \frac{\pi k}{2}$, $k \in \mathbb{Z}$.
Для корня: $\frac{5\pi^2}{16} - x^2 \ge 0 \implies x^2 \le \frac{5\pi^2}{16} \implies |x| \le \frac{\sqrt{5}\pi}{4}$.
Решения $x = \pm \frac{\pi}{4}$ удовлетворяют этим условиям, так как $\frac{\pi}{4} \neq \frac{\pi k}{2}$ и $|\pm\frac{\pi}{4}| = \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{1}\pi}{4} < \frac{\sqrt{5}\pi}{4}$.
Следовательно, решения найдены верно.
Ответ: $x = \pm\frac{\pi}{4}$.
б) $\frac{\cos^2 2x}{\sin^8 x} + \frac{\sin^8 x}{\cos^2 2x} = 2 \cos^2 \sqrt{\frac{\pi^2}{4} - x^2}$
Данное уравнение также решается методом оценки.
1. Оценим левую часть (ЛЧ): $\text{ЛЧ} = \frac{\cos^2 2x}{\sin^8 x} + \frac{\sin^8 x}{\cos^2 2x}$.
ОДЗ левой части: $\sin x \neq 0$ и $\cos 2x \neq 0$. Это означает, что $x \neq \pi k$ и $x \neq \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}$ для $k \in \mathbb{Z}$.
Пусть $y = \frac{\cos^2 2x}{\sin^8 x}$. В рамках ОДЗ, $y > 0$. Тогда левая часть имеет вид $y + \frac{1}{y}$.
По неравенству Коши для положительного числа $y$, имеем $y + \frac{1}{y} \ge 2$.
Таким образом, $\text{ЛЧ} \ge 2$. Равенство достигается при $y=1$, то есть $\frac{\cos^2 2x}{\sin^8 x} = 1$, что эквивалентно $\cos^2 2x = \sin^8 x$.
2. Оценим правую часть (ПЧ): $\text{ПЧ} = 2 \cos^2 \sqrt{\frac{\pi^2}{4} - x^2}$.
ОДЗ правой части: $\frac{\pi^2}{4} - x^2 \ge 0 \implies x^2 \le \frac{\pi^2}{4} \implies |x| \le \frac{\pi}{2}$.
Область значений функции косинус в квадрате: $0 \le \cos^2 z \le 1$ для любого действительного аргумента $z$.
Следовательно, $0 \le 2 \cos^2 \sqrt{\frac{\pi^2}{4} - x^2} \le 2$.
Таким образом, $\text{ПЧ} \le 2$. Равенство достигается, когда $\cos^2 \sqrt{\frac{\pi^2}{4} - x^2} = 1$.
3. Приравняем оценки.
Равенство $\text{ЛЧ} = \text{ПЧ}$ возможно только если обе части равны 2. Получаем систему уравнений:
$\begin{cases} \frac{\cos^2 2x}{\sin^8 x} + \frac{\sin^8 x}{\cos^2 2x} = 2 \\ 2 \cos^2 \sqrt{\frac{\pi^2}{4} - x^2} = 2 \end{cases}$
Решим систему.
Первое уравнение равносильно $\cos^2 2x = \sin^8 x$.
Второе уравнение равносильно $\cos^2 \sqrt{\frac{\pi^2}{4} - x^2} = 1$.
Это означает, что $\sqrt{\frac{\pi^2}{4} - x^2} = \pi n$ для некоторого $n \in \mathbb{Z}$.
Так как корень неотрицателен, $n \ge 0$.
Если $n=0$, то $\sqrt{\frac{\pi^2}{4} - x^2} = 0 \implies \frac{\pi^2}{4} - x^2 = 0 \implies x^2 = \frac{\pi^2}{4} \implies x = \pm\frac{\pi}{2}$.
Если $n \ge 1$, то $\pi n \ge \pi$. Тогда $\frac{\pi^2}{4} - x^2 = (\pi n)^2 \ge \pi^2 \implies x^2 = \frac{\pi^2}{4} - (\pi n)^2 \le \frac{\pi^2}{4} - \pi^2 < 0$, что невозможно.
Таким образом, единственные возможные решения из второго уравнения: $x = \pm\frac{\pi}{2}$.
4. Проверим найденные значения.
Подставим $x = \pm\frac{\pi}{2}$ в первое условие $\cos^2 2x = \sin^8 x$ и в ОДЗ.
ОДЗ: $|x| \le \frac{\pi}{2}$ (выполнено), $x \neq \pi k$ (выполнено, т.к. $\pm\frac{\pi}{2} \neq \pi k$), $x \neq \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}$ (выполнено). Все условия ОДЗ соблюдены.
Проверка равенства:
Для $x = \pm\frac{\pi}{2}$:
$\cos(2x) = \cos(\pm \pi) = -1$.
$\sin(x) = \sin(\pm \frac{\pi}{2}) = \pm 1$.
Подставляем в $\cos^2 2x = \sin^8 x$:
$(-1)^2 = (\pm 1)^8$
$1 = 1$.
Равенство выполняется.
Следовательно, оба значения являются решениями уравнения.
Ответ: $x = \pm\frac{\pi}{2}$.
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 13.23 расположенного на странице 325 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 №13.23 (с. 325), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.