Упр.51 Задачи повышенной сложности ГДЗ Колмогоров 10-11 класс (Алгебра)
Найдите область определения функции:
- а) $$y=\frac{\sqrt{|x|-x}}{\tg(2x)}$$;
- б) $$y=\frac{\sqrt{8-2x-x^2}}{\cos(x)}$$;
- в) $$y=\frac{\arcsin(0{,}5x)}{\sqrt{x^2-1}}$$;
- г) $$y=\sqrt{\cos(\sin(x))}$$;
- д) $$y=\log(2\sin(x);\cos(x))$$;
- е) $$y=\frac{1}{\lg(1-\sqrt{x^2-1})}$$.
а) Для существования корня нужно, чтобы
$$|x|-x \ge 0.$$
Это верно при всех $$x \in \mathbb{R}.$$
Кроме того, знаменатель не должен обращаться в нуль:
$$\tg 2x \ne 0,$$
откуда
$$2x \ne \pi n,\quad x \ne \frac{\pi n}{2},\quad n \in \mathbb{Z}.$$
Значит,
$$x \ne \frac{\pi n}{4},\quad n \in \mathbb{Z}.$$
Ответ: $$x \ne \frac{\pi n}{4},\ n \in \mathbb{Z}.$$
б) Найдём область определения функции
$$y=\frac{\sqrt{8-2x-x^2}}{\cos x}.$$
Требуется:
$$8-2x-x^2 \ge 0,\qquad \cos x \ne 0.$$
Решим неравенство:
$$x^2+2x-8 \le 0,$$
$$D=2^2+4\cdot 8=36,$$
$$x_{1,2}=\frac{-2\pm 6}{2},\quad x_1=-4,\ x_2=2.$$
Тогда
$$-4 \le x \le 2.$$
И ещё
$$\cos x \ne 0,\quad x \ne \frac{\pi}{2}+\pi n,\quad n \in \mathbb{Z}.$$
Следовательно,
$$D=[-4;-\tfrac{\pi}{2})\cup(-\tfrac{\pi}{2};\tfrac{\pi}{2})\cup(\tfrac{\pi}{2};2].$$
Ответ: $$[-4;-\tfrac{\pi}{2})\cup(-\tfrac{\pi}{2};\tfrac{\pi}{2})\cup(\tfrac{\pi}{2};2].$$
в) Для функции
$$y=\frac{\arcsin(0{,}5x)}{\sqrt{x^2-1}}$$
нужно, чтобы одновременно выполнялись условия:
$$-1 \le 0{,}5x \le 1,$$
$$x^2-1>0.$$
Из первого неравенства получаем
$$-2 \le x \le 2,$$
из второго:
$$|x|>1,$$
то есть
$$x \in (-\infty;-1)\cup(1;\infty).$$
Пересечение условий даёт
$$D=[-2;-1)\cup(1;2].$$
Ответ: $$[-2;-1)\cup(1;2].$$
г) Для функции
$$y=\sqrt{\cos(\sin x)}$$
нужно, чтобы
$$\cos(\sin x)\ge 0.$$
Так как
$$-1 \le \sin x \le 1,$$
то аргумент косинуса всегда лежит в промежутке $$[-1;1],$$ а на этом промежутке $$\cos t>0.$$
Значит, подкоренное выражение всегда неотрицательно, и область определения — все действительные числа.
Ответ: $$(-\infty;+\infty).$$
д) Для функции
$$y=\log_{2\sin x}(\cos x)$$
нужно выполнить условия:
$$\begin{aligned} &2\sin x>0,\\ &2\sin x\ne 1,\\ &\cos x>0. \end{aligned}$$
Из $$2\sin x>0$$ получаем
$$\sin x>0,\quad 2\pi n Из $$\cos x>0$$ следует $$-\frac{\pi}{2}+2\pi n Пересечение этих промежутков: $$2\pi n Условие $$2\sin x\ne 1$$ даёт $$\sin x\ne \frac12,$$ то есть $$x\ne \frac{\pi}{6}+2\pi n,\quad x\ne \frac{5\pi}{6}+2\pi n.$$ В найденном промежутке остаётся $$\left(2\pi n;\frac{\pi}{6}+2\pi n\right)\cup\left(\frac{\pi}{6}+2\pi n;\frac{\pi}{2}+2\pi n\right),\quad n\in\mathbb Z.$$ Ответ: $$\left(2\pi n;\frac{\pi}{6}+2\pi n\right)\cup\left(\frac{\pi}{6}+2\pi n;\frac{\pi}{2}+2\pi n\right),\ n\in\mathbb Z.$$ е) Для функции $$y=\frac{1}{\lg\left(1-\sqrt{x^2-1}\right)}$$ нужно, чтобы: $$\begin{aligned} &\lg\left(1-\sqrt{x^2-1}\right)\ne 0,\\ &1-\sqrt{x^2-1}>0,\\ &x^2-1\ge 0. \end{aligned}$$ Из последнего условия: $$|x|\ge 1.$$ Из неравенства $$1-\sqrt{x^2-1}>0$$ получаем $$\sqrt{x^2-1}<1,$$ $$x^2-1<1,$$ $$x^2<2,$$ то есть $$-\sqrt2 Совмещая с $$|x|\ge 1,$$ получаем $$x\in(-\sqrt2;-1]\cup[1;\sqrt2).$$ Теперь исключим значения, при которых $$\lg\left(1-\sqrt{x^2-1}\right)=0,$$ то есть $$1-\sqrt{x^2-1}=1.$$ Это возможно только при $$\sqrt{x^2-1}=0,\quad x=\pm 1.$$ Точки $$x=\pm 1$$ исключаются, поэтому $$D=(-\sqrt2;-1)\cup(1;\sqrt2).$$ Ответ: $$(-\sqrt2;-1)\cup(1;\sqrt2).$$
