ГДЗ по Алгебре 9 Класс Номер 22.50 Углубленный Уровень Мерзляк, Поляков — Подробные Ответы

Докажите равенство:

Доказать равенство:

\(2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{14}}}}} = \sqrt{6 + \sqrt{35}} + \sqrt{6 — \sqrt{35}}\)

1) Пусть \(n\) радикалов:

\(2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \ldots + \sqrt{2 + \sqrt{14}}}} = \sqrt{6 + \sqrt{35}} + \sqrt{6 — \sqrt{35}}\)

2) Если \(n = 1\):

\(\sqrt{14} = \sqrt{6 + \sqrt{35}} + \sqrt{6 — \sqrt{35}}\)

Проверим:

\(14 = (6 + \sqrt{35}) + (6 — \sqrt{35}) + 2\sqrt{(6 + \sqrt{35})(6 — \sqrt{35})}\)

\(14 = 12 + 2\sqrt{36 — 35}\)

\(14 = 12 + 2\sqrt{1}\)

\(14 = 12 + 2\)

\(14 = 14\)

3) Для \(n+1\) радикалов:

\(2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \ldots + \sqrt{2 + \sqrt{14}}}} = 2 + \sqrt{6 + \sqrt{35}} + \sqrt{6 — \sqrt{35}}\)

4) Проверка:

\(2 + \sqrt{6 + \sqrt{35}} + \sqrt{6 — \sqrt{35}} = \sqrt{6 + \sqrt{35} + 2\sqrt{(6 + \sqrt{35})(6 — \sqrt{35})} + 6 — \sqrt{35}}\)

\(= \sqrt{12 + 2\sqrt{36 — 35}}\)

\(= \sqrt{12 + 2 \cdot 1}\)

\(= \sqrt{14}\)

\(2 = 2\)

Рассмотрим выражение с радикалами: \(2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{14}}}}}\). Чтобы доказать равенство, нужно показать, что это выражение эквивалентно сумме двух корней: \(\sqrt{6 + \sqrt{35}} + \sqrt{6 — \sqrt{35}}\). Начнем с простого случая, когда вложенных радикалов всего один, то есть \(n = 1\). Тогда получаем: \(\sqrt{14} = \sqrt{6 + \sqrt{35}} + \sqrt{6 — \sqrt{35}}\). Проверим это равенство, возведя правую часть в квадрат: \((\sqrt{6 + \sqrt{35}} + \sqrt{6 — \sqrt{35}})^2 = (6 + \sqrt{35}) + (6 — \sqrt{35}) + 2\sqrt{(6 + \sqrt{35})(6 — \sqrt{35})}\). Заметим, что \((6 + \sqrt{35}) + (6 — \sqrt{35}) = 12\), а произведение под корнем равно \(6^2 — (\sqrt{35})^2 = 36 — 35 = 1\), значит \(2\sqrt{1} = 2\). Складываем: \(12 + 2 = 14\), то есть равенство выполняется.

Теперь рассмотрим более общий случай для \(n\) вложенных радикалов. Пусть у нас \(n\) таких радикалов, и выражение выглядит как \(2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \ldots + \sqrt{2 + \sqrt{14}}}}\). Предположим, что оно равно \(\sqrt{6 + \sqrt{35}} + \sqrt{6 — \sqrt{35}}\). Для доказательства воспользуемся индукцией: если для некоторого \(n\) это верно, то для \(n+1\) радикала выражение примет вид \(2 + \sqrt{\sqrt{6 + \sqrt{35}} + \sqrt{6 — \sqrt{35}}}\). Возведем это в квадрат: \((2 + \sqrt{x})^2 = 4 + 4\sqrt{x} + x\). Если \(x = \sqrt{6 + \sqrt{35}} + \sqrt{6 — \sqrt{35}}\), то мы уже показали, что \(x^2 = 14\), а значит, \(2 + \sqrt{14}\) будет следующим элементом цепочки. Таким образом, каждый раз добавляя радикал, мы увеличиваем количество вложенных корней, но итоговое выражение сохраняет свою структуру и равенство.

Проведем проверку для нескольких шагов, чтобы убедиться в правильности. Пусть \(n = 2\), тогда выражение: \(2 + \sqrt{2 + \sqrt{14}}\). Подставим уже найденное значение \(\sqrt{14} = \sqrt{6 + \sqrt{35}} + \sqrt{6 — \sqrt{35}}\), получаем: \(2 + \sqrt{2 + \sqrt{6 + \sqrt{35}} + \sqrt{6 — \sqrt{35}}}\). Далее, если возвести это в квадрат, получим: \(4 + 4\sqrt{2 + \sqrt{6 + \sqrt{35}} + \sqrt{6 — \sqrt{35}}} + 2 + \sqrt{6 + \sqrt{35}} + \sqrt{6 — \sqrt{35}}\), что по аналогии с предыдущим рассуждением сведется к выражению с еще одним радикалом внутри. Таким образом, шаг за шагом, с помощью индукции и раскрытия квадратов, мы доказываем, что выражение с любым количеством вложенных радикалов будет равно сумме двух корней, где степень внутри радикала увеличивается на каждом шаге.