Страница 316 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Решите уравнение (13.1—13.2):

13.1 а) $5\sqrt{-x^2+9x-14} - 2\sqrt[4]{x^2-5x-14-1} = \sin \frac{\pi x}{2};$

б) $3\sqrt{-x^2+11x-30} - 4\sqrt[4]{x^2-7x+6} = \sin \pi x;$

в) $2001\sqrt[4]{x^2-9} + 2002\sqrt{9-x^2} = \cos \frac{\pi x}{2};$

г) $2003\sqrt[4]{x^2-4} + 2004\sqrt{4-x^2} = \operatorname{tg} \frac{\pi x}{2}.$

а) $5\sqrt{-x^2+9x-14} - 2\sqrt[4]{x^2-5x-14} - 1 = \sin\frac{\pi x}{2}$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ) уравнения. Выражения под знаками корней должны быть неотрицательными.

$\begin{cases} -x^2+9x-14 \ge 0 \\ x^2-5x-14 \ge 0 \end{cases}$

Решим первое неравенство: $-x^2+9x-14 \ge 0$, что эквивалентно $x^2-9x+14 \le 0$. Найдем корни квадратного трехчлена $x^2-9x+14=0$. По теореме Виета, корни $x_1=2$ и $x_2=7$. Парабола $y=x^2-9x+14$ направлена ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется при $x \in [2, 7]$.

Решим второе неравенство: $x^2-5x-14 \ge 0$. Найдем корни уравнения $x^2-5x-14=0$. По теореме Виета, корни $x_1=-2$ и $x_2=7$. Парабола $y=x^2-5x-14$ направлена ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется при $x \in (-\infty, -2] \cup [7, \infty)$.

ОДЗ уравнения является пересечением множеств решений двух неравенств: $[2, 7] \cap ((-\infty, -2] \cup [7, \infty))$. Пересечением является единственная точка $x=7$.

Следовательно, единственным возможным решением уравнения является $x=7$. Выполним проверку, подставив это значение в исходное уравнение.

Левая часть: $5\sqrt{-7^2+9(7)-14} - 2\sqrt[4]{7^2-5(7)-14} - 1 = 5\sqrt{-49+63-14} - 2\sqrt[4]{49-35-14} - 1 = 5\sqrt{0} - 2\sqrt[4]{0} - 1 = -1$.

Правая часть: $\sin\frac{7\pi}{2} = \sin(3\pi + \frac{\pi}{2}) = -\sin\frac{\pi}{2} = -1$.

Левая часть равна правой ($-1 = -1$), значит $x=7$ является корнем уравнения.

Ответ: 7.

б) $3\sqrt{-x^2+11x-30} - 4\sqrt[4]{x^2-7x+6} = \sin \pi x$

Найдем ОДЗ уравнения. Выражения под корнями должны быть неотрицательными.

$\begin{cases} -x^2+11x-30 \ge 0 \\ x^2-7x+6 \ge 0 \end{cases}$

Решим первое неравенство: $-x^2+11x-30 \ge 0 \implies x^2-11x+30 \le 0$. Корни уравнения $x^2-11x+30=0$ это $x_1=5$ и $x_2=6$. Решение неравенства: $x \in [5, 6]$.

Решим второе неравенство: $x^2-7x+6 \ge 0$. Корни уравнения $x^2-7x+6=0$ это $x_1=1$ и $x_2=6$. Решение неравенства: $x \in (-\infty, 1] \cup [6, \infty)$.

Найдем пересечение решений: $[5, 6] \cap ((-\infty, 1] \cup [6, \infty))$. Пересечение состоит из одной точки $x=6$.

ОДЗ уравнения - это $x=6$. Подставим это значение в исходное уравнение для проверки.

Левая часть: $3\sqrt{-6^2+11(6)-30} - 4\sqrt[4]{6^2-7(6)+6} = 3\sqrt{-36+66-30} - 4\sqrt[4]{36-42+6} = 3\sqrt{0} - 4\sqrt[4]{0} = 0$.

Правая часть: $\sin(6\pi) = 0$.

Левая и правая части равны, следовательно, $x=6$ является решением.

Ответ: 6.

в) $2001\sqrt[4]{x^2-9} + 2002\sqrt{9-x^2} = \cos\frac{\pi x}{2}$

Найдем ОДЗ. Выражения под корнями должны быть неотрицательными.

$\begin{cases} x^2-9 \ge 0 \\ 9-x^2 \ge 0 \end{cases}$

Из первого неравенства $x^2 \ge 9$, что означает $x \in (-\infty, -3] \cup [3, \infty)$.

Из второго неравенства $x^2 \le 9$, что означает $x \in [-3, 3]$.

Пересечение этих двух множеств дает ОДЗ: $x \in \{-3, 3\}$. Область определения состоит из двух точек.

Проверим каждую из этих точек.

При $x=3$:

Левая часть: $2001\sqrt[4]{3^2-9} + 2002\sqrt{9-3^2} = 2001\sqrt[4]{0} + 2002\sqrt{0} = 0$.

Правая часть: $\cos\frac{3\pi}{2} = 0$.

Равенство выполняется, значит $x=3$ - корень.

При $x=-3$:

Левая часть: $2001\sqrt[4]{(-3)^2-9} + 2002\sqrt{9-(-3)^2} = 2001\sqrt[4]{0} + 2002\sqrt{0} = 0$.

Правая часть: $\cos\frac{-3\pi}{2} = \cos\frac{3\pi}{2} = 0$.

Равенство выполняется, значит $x=-3$ - тоже корень.

Ответ: -3; 3.

г) $2003\sqrt[4]{x^2-4} + 2004\sqrt{4-x^2} = \text{tg}\frac{\pi x}{2}$

Найдем ОДЗ. Условия на подкоренные выражения:

$\begin{cases} x^2-4 \ge 0 \\ 4-x^2 \ge 0 \end{cases}$

Из $x^2 \ge 4$ следует $x \in (-\infty, -2] \cup [2, \infty)$.

Из $x^2 \le 4$ следует $x \in [-2, 2]$.

Пересечение этих условий дает $x \in \{-2, 2\}$.

Кроме того, тангенс $\text{tg}\frac{\pi x}{2}$ определен, если его аргумент не равен $\frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

$\frac{\pi x}{2} \neq \frac{\pi}{2} + \pi k \implies x \neq 1 + 2k$.

Это означает, что $x$ не может быть нечетным целым числом. Значения $x=2$ и $x=-2$ являются четными, поэтому они удовлетворяют этому условию.

Таким образом, ОДЗ уравнения: $x \in \{-2, 2\}$.

Проверим эти значения.

При $x=2$:

Левая часть: $2003\sqrt[4]{2^2-4} + 2004\sqrt{4-2^2} = 2003\sqrt[4]{0} + 2004\sqrt{0} = 0$.

Правая часть: $\text{tg}\frac{2\pi}{2} = \text{tg}(\pi) = 0$.

Равенство верно, $x=2$ - корень.

При $x=-2$:

Левая часть: $2003\sqrt[4]{(-2)^2-4} + 2004\sqrt{4-(-2)^2} = 2003\sqrt[4]{0} + 2004\sqrt{0} = 0$.

Правая часть: $\text{tg}\frac{-2\pi}{2} = \text{tg}(-\pi) = 0$.

Равенство верно, $x=-2$ - корень.

Ответ: -2; 2.

13.2 a) $5^{\sqrt{16 - x^2}} + 3 = \lg (1 + \sqrt{x^2 - 16}) + x;$

б) $9^{\sqrt{1 - x^2}} - 2 = \lg (1 + \sqrt{x^2 - 1}) + x;$

В) $\sqrt[4]{x^3 + 8} + \sqrt[4]{x^3 - 8} = 2;$

Г) $\sqrt[6]{x^5 - 32} + \sqrt[6]{x^5 + 32} = 2.$

а) Решим уравнение $5^{\sqrt{16-x^2}} + 3 = \lg(1 + \sqrt{x^2-16}) + x$.
Для начала найдем область допустимых значений (ОДЗ) переменной $x$.
1. Выражение под корнем в показателе степени должно быть неотрицательным: $16 - x^2 \ge 0$. Это неравенство равносильно $x^2 \le 16$, что дает $-4 \le x \le 4$.
2. Выражение под корнем в аргументе логарифма также должно быть неотрицательным: $x^2 - 16 \ge 0$. Это неравенство равносильно $x^2 \ge 16$, что дает $x \le -4$ или $x \ge 4$.
3. Аргумент десятичного логарифма должен быть строго положительным: $1 + \sqrt{x^2-16} > 0$. Так как $\sqrt{x^2-16} \ge 0$, то $1 + \sqrt{x^2-16} \ge 1 > 0$. Это условие выполняется для всех $x$, для которых определен корень.
Объединяя условия 1 и 2 ($x^2 \le 16$ и $x^2 \ge 16$), мы видим, что единственные значения $x$, удовлетворяющие обоим условиям, это те, для которых $x^2=16$. Таким образом, ОДЗ уравнения состоит из двух точек: $x=4$ и $x=-4$.
Теперь проверим каждое из этих значений, подставив их в исходное уравнение.

Проверка для $x = 4$:
$5^{\sqrt{16-4^2}} + 3 = \lg(1 + \sqrt{4^2-16}) + 4$
$5^{\sqrt{16-16}} + 3 = \lg(1 + \sqrt{16-16}) + 4$
$5^{\sqrt{0}} + 3 = \lg(1 + \sqrt{0}) + 4$
$5^0 + 3 = \lg(1) + 4$
$1 + 3 = 0 + 4$
$4 = 4$
Равенство верное, следовательно, $x=4$ является корнем уравнения.

Проверка для $x = -4$:
$5^{\sqrt{16-(-4)^2}} + 3 = \lg(1 + \sqrt{(-4)^2-16}) + (-4)$
$5^{\sqrt{16-16}} + 3 = \lg(1 + \sqrt{16-16}) - 4$
$5^{\sqrt{0}} + 3 = \lg(1 + \sqrt{0}) - 4$
$5^0 + 3 = \lg(1) - 4$
$1 + 3 = 0 - 4$
$4 = -4$
Равенство неверное, следовательно, $x=-4$ не является корнем уравнения.

Ответ: $4$.

б) Решим уравнение $9^{\sqrt{1-x^2}} - 2 = \lg(1 + \sqrt{x^2-1}) + x$.
Найдем область допустимых значений (ОДЗ).
1. Из выражения $\sqrt{1-x^2}$ следует, что $1 - x^2 \ge 0 \implies x^2 \le 1 \implies -1 \le x \le 1$.
2. Из выражения $\sqrt{x^2-1}$ следует, что $x^2 - 1 \ge 0 \implies x^2 \ge 1 \implies x \le -1$ или $x \ge 1$.
3. Аргумент логарифма $1 + \sqrt{x^2-1}$ должен быть положителен, что выполняется для всех $x$ из области определения корня.
Совмещая условия $x^2 \le 1$ и $x^2 \ge 1$, получаем $x^2 = 1$. Следовательно, ОДЗ состоит из двух точек: $x=1$ и $x=-1$.
Подставим эти значения в уравнение для проверки.

Проверка для $x = 1$:
$9^{\sqrt{1-1^2}} - 2 = \lg(1 + \sqrt{1^2-1}) + 1$
$9^{\sqrt{0}} - 2 = \lg(1 + \sqrt{0}) + 1$
$9^0 - 2 = \lg(1) + 1$
$1 - 2 = 0 + 1$
$-1 = 1$
Равенство неверное, $x=1$ не является корнем.

Проверка для $x = -1$:
$9^{\sqrt{1-(-1)^2}} - 2 = \lg(1 + \sqrt{(-1)^2-1}) + (-1)$
$9^{\sqrt{1-1}} - 2 = \lg(1 + \sqrt{1-1}) - 1$
$9^{\sqrt{0}} - 2 = \lg(1 + \sqrt{0}) - 1$
$9^0 - 2 = \lg(1) - 1$
$1 - 2 = 0 - 1$
$-1 = -1$
Равенство верное, $x=-1$ является корнем.

Ответ: $-1$.

в) Решим уравнение $\sqrt[4]{x^3+8} + \sqrt[4]{x^3-8} = 2$.
Найдем ОДЗ. Так как корень четной степени, подкоренные выражения должны быть неотрицательными:
1. $x^3+8 \ge 0 \implies x^3 \ge -8 \implies x \ge -2$.
2. $x^3-8 \ge 0 \implies x^3 \ge 8 \implies x \ge 2$.
Общей областью определения является пересечение этих условий, то есть $x \ge 2$.
Рассмотрим функцию $f(x) = \sqrt[4]{x^3+8} + \sqrt[4]{x^3-8}$ на ее области определения $x \in [2, +\infty)$.
Найдем производную этой функции: $f'(x) = \left( (x^3+8)^{1/4} + (x^3-8)^{1/4} \right)' = \frac{1}{4}(x^3+8)^{-3/4} \cdot 3x^2 + \frac{1}{4}(x^3-8)^{-3/4} \cdot 3x^2$
$f'(x) = \frac{3x^2}{4} \left( \frac{1}{\sqrt[4]{(x^3+8)^3}} + \frac{1}{\sqrt[4]{(x^3-8)^3}} \right)$.
На интервале $(2, +\infty)$ множитель $x^2 > 0$, а оба слагаемых в скобках также положительны. Следовательно, $f'(x)>0$ для всех $x>2$.
Это означает, что функция $f(x)$ является строго возрастающей на всей своей области определения $[2, +\infty)$.
Поскольку функция монотонно возрастает, она может принимать каждое свое значение только один раз. Таким образом, уравнение $f(x)=2$ может иметь не более одного корня.
Найдем корень подбором. Проверим граничную точку ОДЗ, $x=2$:
$\sqrt[4]{2^3+8} + \sqrt[4]{2^3-8} = \sqrt[4]{8+8} + \sqrt[4]{8-8} = \sqrt[4]{16} + \sqrt[4]{0} = 2 + 0 = 2$.
$2=2$. Равенство верное.
Так как мы нашли корень $x=2$, и знаем, что он может быть только один, это и есть решение уравнения.

Ответ: $2$.

г) Решим уравнение $\sqrt[6]{x^5-32} + \sqrt[6]{x^5+32} = 2$.
Найдем ОДЗ. Корень четной степени требует неотрицательности подкоренного выражения:
1. $x^5-32 \ge 0 \implies x^5 \ge 32 \implies x \ge 2$.
2. $x^5+32 \ge 0 \implies x^5 \ge -32 \implies x \ge -2$.
Пересечение этих условий дает ОДЗ: $x \ge 2$.
Рассмотрим функцию $f(x) = \sqrt[6]{x^5-32} + \sqrt[6]{x^5+32}$ при $x \ge 2$.
Найдем ее производную: $f'(x) = \left( (x^5-32)^{1/6} + (x^5+32)^{1/6} \right)' = \frac{1}{6}(x^5-32)^{-5/6} \cdot 5x^4 + \frac{1}{6}(x^5+32)^{-5/6} \cdot 5x^4$
$f'(x) = \frac{5x^4}{6} \left( \frac{1}{\sqrt[6]{(x^5-32)^5}} + \frac{1}{\sqrt[6]{(x^5+32)^5}} \right)$.
При $x > 2$, множитель $x^4$ положителен, и оба слагаемых в скобках положительны. Значит, $f'(x) > 0$ для $x>2$.
Функция $f(x)$ строго возрастает на своей области определения $[2, +\infty)$.
Следовательно, уравнение $f(x)=2$ имеет не более одного решения.
Проверим значение $x=2$ (граница ОДЗ):
$\sqrt[6]{2^5-32} + \sqrt[6]{2^5+32} = \sqrt[6]{32-32} + \sqrt[6]{32+32} = \sqrt[6]{0} + \sqrt[6]{64} = 0 + 2 = 2$.
$2=2$. Равенство верное.
Поскольку $x=2$ является корнем, а других корней быть не может, это единственное решение.

Ответ: $2$.