Номер 15.20, страница 363 - 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 15. Уравнения, неравенства и системы с параметрами. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 15.20, страница 363.
№15.20 (с. 363)
Условие. №15.20 (с. 363)
скриншот условия

15.20 а) $\sqrt{x-a} \ge \sqrt{3-x}$;
б) $\sqrt{x+a} \ge \sqrt{13-x}$;
в) $\sqrt{x-a} \le \sqrt{23-x}$;
г) $\sqrt{x-a} \le \sqrt{33-x}$.
Решение 1. №15.20 (с. 363)




Решение 2. №15.20 (с. 363)




Решение 4. №15.20 (с. 363)
а) Дано неравенство $\sqrt{x-a} \ge \sqrt{3-x}$.
1. Найдем Область допустимых значений (ОДЗ). Выражения под корнями должны быть неотрицательными:
$\begin{cases} x - a \ge 0 \\ 3 - x \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge a \\ x \le 3 \end{cases}$
Следовательно, ОДЗ задается промежутком $[a, 3]$. Для существования решений необходимо, чтобы этот промежуток не был пустым, то есть $a \le 3$. Если $a > 3$, то ОДЗ является пустым множеством, и решений нет.
2. Решим неравенство. Поскольку обе части неравенства неотрицательны на ОДЗ, мы можем возвести их в квадрат, не меняя знака неравенства:
$(\sqrt{x-a})^2 \ge (\sqrt{3-x})^2$
$x - a \ge 3 - x$
$2x \ge a + 3$
$x \ge \frac{a+3}{2}$
3. Найдем общее решение, объединив результат с ОДЗ. Решение должно удовлетворять системе:
$\begin{cases} x \ge a \\ x \le 3 \\ x \ge \frac{a+3}{2} \end{cases}$
Поскольку мы рассматриваем случай $a \le 3$, то $\frac{a+3}{2} \ge a$. Значит, условие $x \ge \frac{a+3}{2}$ является более сильным, чем $x \ge a$.
Таким образом, система сводится к:
$\begin{cases} x \ge \frac{a+3}{2} \\ x \le 3 \end{cases}$
Решением является промежуток $[\frac{a+3}{2}, 3]$.
Ответ: если $a > 3$, решений нет; если $a \le 3$, то $x \in [\frac{a+3}{2}, 3]$.
б) Дано неравенство $\sqrt{x+a} \ge \sqrt{13-x}$.
1. Найдем ОДЗ:
$\begin{cases} x + a \ge 0 \\ 13 - x \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge -a \\ x \le 13 \end{cases}$
ОДЗ: $x \in [-a, 13]$. Для существования решений необходимо, чтобы $-a \le 13$, то есть $a \ge -13$. Если $a < -13$, решений нет.
2. Решим неравенство, возведя обе части в квадрат:
$(\sqrt{x+a})^2 \ge (\sqrt{13-x})^2$
$x + a \ge 13 - x$
$2x \ge 13 - a$
$x \ge \frac{13-a}{2}$
3. Найдем общее решение, объединив результат с ОДЗ:
$\begin{cases} x \ge -a \\ x \le 13 \\ x \ge \frac{13-a}{2} \end{cases}$
В рассматриваемом случае $a \ge -13$, условие $\frac{13-a}{2} \ge -a$ выполняется, поэтому оно является более сильным, чем $x \ge -a$.
Система сводится к:
$\begin{cases} x \ge \frac{13-a}{2} \\ x \le 13 \end{cases}$
Решением является промежуток $[\frac{13-a}{2}, 13]$.
Ответ: если $a < -13$, решений нет; если $a \ge -13$, то $x \in [\frac{13-a}{2}, 13]$.
в) Дано неравенство $\sqrt{x-a} \le \sqrt{23-x}$.
1. Найдем ОДЗ:
$\begin{cases} x - a \ge 0 \\ 23 - x \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge a \\ x \le 23 \end{cases}$
ОДЗ: $x \in [a, 23]$. Для существования решений необходимо $a \le 23$. Если $a > 23$, решений нет.
2. Решим неравенство, возведя обе части в квадрат:
$(\sqrt{x-a})^2 \le (\sqrt{23-x})^2$
$x - a \le 23 - x$
$2x \le 23 + a$
$x \le \frac{23+a}{2}$
3. Найдем общее решение, объединив результат с ОДЗ:
$\begin{cases} x \ge a \\ x \le 23 \\ x \le \frac{23+a}{2} \end{cases}$
В рассматриваемом случае $a \le 23$, условие $\frac{23+a}{2} \le 23$ выполняется, поэтому оно является более сильным, чем $x \le 23$.
Система сводится к:
$\begin{cases} x \ge a \\ x \le \frac{23+a}{2} \end{cases}$
Решением является промежуток $[a, \frac{23+a}{2}]$.
Ответ: если $a > 23$, решений нет; если $a \le 23$, то $x \in [a, \frac{23+a}{2}]$.
г) Дано неравенство $\sqrt{x-a} \le \sqrt{33-x}$.
1. Найдем ОДЗ:
$\begin{cases} x - a \ge 0 \\ 33 - x \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge a \\ x \le 33 \end{cases}$
ОДЗ: $x \in [a, 33]$. Для существования решений необходимо $a \le 33$. Если $a > 33$, решений нет.
2. Решим неравенство, возведя обе части в квадрат:
$(\sqrt{x-a})^2 \le (\sqrt{33-x})^2$
$x - a \le 33 - x$
$2x \le 33 + a$
$x \le \frac{33+a}{2}$
3. Найдем общее решение, объединив результат с ОДЗ:
$\begin{cases} x \ge a \\ x \le 33 \\ x \le \frac{33+a}{2} \end{cases}$
В рассматриваемом случае $a \le 33$, условие $\frac{33+a}{2} \le 33$ выполняется, поэтому оно является более сильным, чем $x \le 33$.
Система сводится к:
$\begin{cases} x \ge a \\ x \le \frac{33+a}{2} \end{cases}$
Решением является промежуток $[a, \frac{33+a}{2}]$.
Ответ: если $a > 33$, решений нет; если $a \le 33$, то $x \in [a, \frac{33+a}{2}]$.
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 15.20 расположенного на странице 363 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 №15.20 (с. 363), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.