Алгебра: До ть розв’язати12 прикладів

До ть розв’язати12 прикладів

Показать ответ

Ответ:

davas255

21.01.2021 21:33

Угадываем корни 2 и - 2. Заметим, что $\sqrt{1+\frac{1}{2}x\sqrt{4-x^2}}=\frac{1}{2}\sqrt{4+2x\sqrt{4-x^2}}=\frac{1}{2}\sqrt{(x^2+2x\sqrt{4-x^2}+(4-x^2)}=$

$=\frac{1}{2}\sqrt{(x+\sqrt{4-x^2})^2}=\frac{1}{2}|x+\sqrt{4-x^2}|.$ ОДЗ: $x\in[-2;2].$ Пытаемся доказать, что других корней нет.

1) $x\le -\sqrt{2};$ уравнение принимает вид

$f(x)=-x-\sqrt{4-x^2}+2\sqrt{2-x}+2\sqrt{2+x}=6;\$

$f'(x)=-1+\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}-\frac{1}{\sqrt{2-x}}+\frac{1}{\sqrt{2+x}};$

$f''(x)=\frac{4}{(4-x^2)^{3/2}}-\frac{1}{2(2-x)^{3/2}}-\frac{1}{2(2+x)^{3/2}}=\frac{8-(2-x)^{3/2}-(2+x)^{3/2}}{2(4-x^2)^{3/2}}.$

Исследуем знак второй производной: f''(x)=0 - когда $\left \{ {{a^3+b^3=1} \atop {a^2+b^2=1}} \right. ,$ где

$a=\frac{\sqrt{2-x}}{2};\ b=\frac{\sqrt{2+x}}{2}.$ Поскольку a³≤a², b³≤b², причем при a∈(0,1); b∈(0,1) неравенства строгие, делаем вывод, что такое возможно только при a=1; b=0 или a=0; b=1, при прочих a и b, удовлетворяющих второму уравнению, сумма их кубов будет меньше 1, откуда вторая производная всюду неотрицательна, то есть функция вогнута. А поскольку $f(-\sqrt{2})=2\sqrt{2-\sqrt{2}}+2\sqrt{2+\sqrt{2}}$ других решений на промежутке $[-2,-\sqrt{2}]$ нет.

2) $x\ge -\sqrt{2};$ уравнение принимает вид

$f(x)=x+\sqrt{4-x^2}+2\sqrt{2-x}+2\sqrt{2+x}=6;$

На этом участке подобное рассуждение не проходит; кроме x=2 точно есть корень слева от нуля, поскольку f(0)>6. Будем рассуждать иначе.

$a=\sqrt{2-x}\ge0;\ b=\sqrt{2+x}\ge 0;\ a^2+b^2=4; b=2\cos t; a=2\sin t; t\in [0;\frac{\pi}{2}];$

$b^2-a^2=4\cos 2t=2x; x=2\cos 2t;$ уравнение превращается в

$2\cos 2t+2\sin 2t+4\sin t+4\cos t=6; 2\sin t+2\cos t=3-\cos 2t-\sin 2t.$

Обе части положительны, смело возводим в квадрат (а можно было и к половинному углу свести):

$4+4\sin 2t=9+1-6\cos 2t-6\sin 2t+2\sin 2t \cdot\cos 2t;$

6-6cos 2t-10sin 2t+2sin 2t cos 2t=0;

12sin² t-20 sin t cos t+4sin t cos t(cos² t-sin² t)=0; sin t=0 (⇒ a=0; b =2; x=2) или 3 sin t-5cos t+cos³ t-cos t sin² t=0;

(3sin t-5cos t)(cos²t+sin²t)+cos³ t-cos t sin^2 t=0;

3sin³t-6sin²t cos t+3sin t cos²t-4cos³ t=0; очевидно cos t≠0; tg t=p;

3p³-6p²+3p-4=0; домножаем на 9 и замена 3p=q: q³-6q+9q-36=0;

(q-2)³-3(q-2)-34=0; $q-2=m+\frac{1}{m};$ $m^3+\frac{1}{m^3}-34=0;\ m^3=n;\ n^2-34n+1=0; n=17\pm\sqrt{288}=17\pm12\sqrt{2};$

$q-2=\sqrt[3]{17\pm12\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt[3]{17\pm12\sqrt{2}}};$ но $\sqrt[3]{17+12\sqrt{2}}\cdot \sqrt[3]{17-12\sqrt{2}}=1\Rightarrow$

$q=2+\sqrt[3]{17+12\sqrt{2}}+\sqrt[3]{17-12\sqrt{2}};\ p=\frac{2+\sqrt[3]{17+12\sqrt{2}}+\sqrt[3]{17-12\sqrt{2}}}{3};$

$b=2\cos t=2\cos ({\rm arctg}\, p)=\frac{2}{\sqrt{p^2+1}};\ 2+x=b^2; x=b^2-2.$

Вот этот корень мы и искали. Подставлять найденное p для выписывания b, а затем x, сил уже не осталось.

Возможно, я где-то ошибся, но ошибку пока не вижу. Засим разрешите откланяться.

0,0(0 оценок)

Ответ:

aza53

09.01.2021 23:05

Смотря, какие звездочки красные, а какие белые.
1) Если площади красных 9 и 17, а белых 2 и 4, и мы клеим белые поверх красных, то площадь красной части:
9+17-2-4 = 20
2) А если наоборот, 2 и 4 красные, и мы их клеим поверх белых 9 и 17, то площадь красной части 2+4=6.
Точно также можно рассмотреть другие варианты:
3) Красные 4 и 17, белые 9 на 17, и 2 на 4, площадь 4+17-2-9=10.
4) Красные 4 и 17, белые 9 под 4 и 2 на 17, площадь 4+17-2=19
И так далее в разных комбинациях, смотря, какая звезда какого цвета, и какая на какую наклеена.

0,0(0 оценок)

Популярные вопросы: Алгебра