Номер 14.44, страница 355 - 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 14. Системы уравнений с несколькими неизвестными. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 14.44, страница 355.
№14.44 (с. 355)
Условие. №14.44 (с. 355)
скриншот условия

14.44* a) $\begin{cases} \mathrm{tg}^2 x + \mathrm{ctg}^2 x = 2 \sin^2 y \\ \sin^2 y + \cos^2 z = 1; \end{cases}$
б) $ \begin{cases} \sqrt{\frac{1}{\lg x}} + \sqrt[4]{y} = 2 \\ \frac{\sqrt{y}}{\sqrt{\lg x}} - z^2 = 1. \end{cases} $
Решение 1. №14.44 (с. 355)


Решение 2. №14.44 (с. 355)


Решение 3. №14.44 (с. 355)

Решение 4. №14.44 (с. 355)
а)
Дана система уравнений:
$\begin{cases} \text{tg}^2x + \text{ctg}^2x = 2\sin^2y \\ \sin^2y + \cos^2z = 1 \end{cases}$
Рассмотрим первое уравнение: $\text{tg}^2x + \text{ctg}^2x = 2\sin^2y$.
Оценим левую часть уравнения. Так как $\text{tg}^2x > 0$ для всех $x$ из области определения, мы можем применить неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши):
$\text{tg}^2x + \text{ctg}^2x = \text{tg}^2x + \frac{1}{\text{tg}^2x} \ge 2\sqrt{\text{tg}^2x \cdot \frac{1}{\text{tg}^2x}} = 2$.
Равенство достигается только при условии $\text{tg}^2x = \frac{1}{\text{tg}^2x}$, то есть $\text{tg}^4x = 1$, откуда $\text{tg}^2x = 1$.
Таким образом, левая часть уравнения всегда больше или равна 2: $\text{tg}^2x + \text{ctg}^2x \ge 2$.
Теперь оценим правую часть уравнения. Мы знаем, что для любого угла $y$ значение синуса находится в пределах $-1 \le \sin y \le 1$, следовательно, $0 \le \sin^2y \le 1$.
Отсюда для правой части имеем: $0 \le 2\sin^2y \le 2$.
Сопоставляя оценки для левой и правой частей, $\underbrace{\text{tg}^2x + \text{ctg}^2x}_{\ge 2} = \underbrace{2\sin^2y}_{\le 2}$, мы видим, что равенство возможно только в том случае, когда обе части равны 2.
Таким образом, система равносильна следующей системе:
$\begin{cases} \text{tg}^2x + \text{ctg}^2x = 2 \\ 2\sin^2y = 2 \\ \sin^2y + \cos^2z = 1 \end{cases}$
Из первого уравнения получаем $\text{tg}^2x = 1$, что дает $\text{tg}x = \pm 1$. Решениями являются $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Из второго уравнения получаем $\sin^2y = 1$, что дает $\sin y = \pm 1$. Решениями являются $y = \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Подставим найденное значение $\sin^2y = 1$ в третье уравнение исходной системы:
$1 + \cos^2z = 1$
$\cos^2z = 0$, что дает $\cos z = 0$. Решениями являются $z = \frac{\pi}{2} + \pi m$, где $m \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}, y = \frac{\pi}{2} + \pi k, z = \frac{\pi}{2} + \pi m$, где $n, k, m \in \mathbb{Z}$.
б)
Дана система уравнений:
$\begin{cases} \sqrt{\frac{1}{\lg x}} + \sqrt[4]{y} = 2 \\ \sqrt{\frac{\sqrt{y}}{\lg x}} - z^2 = 1 \end{cases}$
Найдем область допустимых значений (ОДЗ).
Из выражения $\sqrt{\frac{1}{\lg x}}$ следует, что $\lg x > 0$, что означает $x > 1$.
Из выражения $\sqrt[4]{y}$ следует, что $y \ge 0$.
Выражение $\sqrt{\frac{\sqrt{y}}{\lg x}}$ при $x>1$ и $y \ge 0$ определено.
Итак, ОДЗ: $x > 1, y \ge 0$.
Введем замены для упрощения системы:
Пусть $A = \sqrt{\frac{1}{\lg x}}$ и $B = \sqrt[4]{y}$.
Исходя из ОДЗ, $A > 0$ и $B \ge 0$.
Первое уравнение принимает вид: $A + B = 2$.
Преобразуем второе уравнение. Заметим, что $\sqrt{y} = B^2$ и $\lg x = \frac{1}{A^2}$.
Тогда подкоренное выражение во втором уравнении равно $\frac{\sqrt{y}}{\lg x} = \frac{B^2}{1/A^2} = A^2B^2$.
Второе уравнение принимает вид: $\sqrt{A^2B^2} - z^2 = 1$.
Так как $A > 0$ и $B \ge 0$, то $AB \ge 0$, и $\sqrt{A^2B^2} = AB$.
Система в новых переменных:
$\begin{cases} A + B = 2 \\ AB - z^2 = 1 \end{cases}$
Из второго уравнения выразим $AB$: $AB = 1 + z^2$.
Поскольку $z^2 \ge 0$, мы получаем, что $AB \ge 1$.
С другой стороны, для неотрицательных чисел $A$ и $B$ по неравенству Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом:
$\frac{A+B}{2} \ge \sqrt{AB}$.
Подставляя $A+B=2$, получаем:
$\frac{2}{2} \ge \sqrt{AB} \implies 1 \ge \sqrt{AB}$.
Возведя обе части в квадрат, получаем $1 \ge AB$.
Мы получили два противоречащих друг другу условия: $AB \ge 1$ и $AB \le 1$. Это возможно только в одном случае, когда $AB = 1$.
Равенство в неравенстве Коши ($AB=1$) достигается тогда и только тогда, когда $A=B$.
Подставим $A=B$ в уравнение $A+B=2$: $2A = 2 \implies A=1$. Следовательно, $B=1$.
Теперь, зная, что $AB=1$, найдем $z$ из второго уравнения системы: $1 - z^2 = 1 \implies z^2 = 0 \implies z=0$.
Вернемся к исходным переменным:
$A = \sqrt{\frac{1}{\lg x}} = 1 \implies \frac{1}{\lg x} = 1 \implies \lg x = 1 \implies x = 10$.
$B = \sqrt[4]{y} = 1 \implies y = 1^4 \implies y = 1$.
Проверим, что найденные значения удовлетворяют ОДЗ: $x=10 > 1$ и $y=1 \ge 0$.
Таким образом, система имеет единственное решение.
Ответ: $(10; 1; 0)$.
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 14.44 расположенного на странице 355 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 №14.44 (с. 355), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.