Номер 89 пожалуйста, реши мне все полноценно, вот каждая деталь все, что ты начинаешь, что ты решаешь полноценно, чтобы не было у тебя такого, что ты подставила, у тебя все получилось такого не бывает математики.
\[ \boxed{\text{а) }x=\pm1;\qquad \text{б) }x=\pm2} \]
Главная идея: если функция строго возрастает, то уравнение \(f(t)=6\) не может иметь двух разных корней. Значит, если один корень найден, то он единственный. Именно это свойство и используется в задании.
а) \(x^6+2x^4+3x^2=6\)
Сделаем замену:
\[ t=x^2,\qquad t\ge 0 \]
Тогда:
\[ x^4=t^2,\qquad x^6=t^3 \]
Получаем уравнение:
\[ t^3+2t^2+3t=6 \]
Рассмотрим функцию
\[ f(t)=t^3+2t^2+3t \]
На промежутке \(t\ge 0\) каждое слагаемое \(t^3\), \(2t^2\), \(3t\) возрастает. Поэтому вся сумма \(f(t)\) строго возрастает.
Значит, уравнение \(f(t)=6\) имеет не более одного корня.
Проверяем \(t=1\):
\[ 1^3+2\cdot1^2+3\cdot1=1+2+3=6 \]
Подходит. Так как функция строго возрастает, других значений \(t\) быть не может.
Возвращаемся к \(x\):
\[ x^2=1 \]
\[ \boxed{x=1 \text{ или } x=-1} \]
Проверка:
\[ (\pm1)^6+2(\pm1)^4+3(\pm1)^2=1+2+3=6 \]
Верно.
б) \(\sqrt{x^2+5}+\sqrt{2x^2+1}=6\)
Подкоренные выражения положительны при любых \(x\), поэтому ОДЗ — все действительные числа.
Сделаем замену:
\[ u=x^2,\qquad u\ge 0 \]
Получаем:
\[ \sqrt{u+5}+\sqrt{2u+1}=6 \]
Рассмотрим функцию
\[ g(u)=\sqrt{u+5}+\sqrt{2u+1} \]
При \(u\ge0\):
- \(u+5\) возрастает, значит, \(\sqrt{u+5}\) возрастает;
- \(2u+1\) возрастает, значит, \(\sqrt{2u+1}\) возрастает.
Поэтому сумма
\[ g(u)=\sqrt{u+5}+\sqrt{2u+1} \]
строго возрастает. Значит, уравнение \(g(u)=6\) имеет не более одного решения.
Проверяем \(u=4\):
\[ g(4)=\sqrt{4+5}+\sqrt{2\cdot4+1} \]
\[ =\sqrt9+\sqrt9=3+3=6 \]
Подходит. Поэтому \(u=4\) — единственное решение.
Возвращаемся к \(x\):
\[ x^2=4 \]
\[ \boxed{x=2 \text{ или } x=-2} \]
Проверка:
\[ \sqrt{2^2+5}+\sqrt{2\cdot2^2+1} =\sqrt9+\sqrt9=3+3=6 \]
Для \(x=-2\) получается то же самое, потому что \(x\) входит только через \(x^2\).
Итог
\[ \boxed{\text{а) }x=\pm1} \]
\[ \boxed{\text{б) }x=\pm2} \]
Корни не «подбираются наугад»: после доказательства монотонности каждый найденный корень действительно является единственным на рассматриваемом промежутке.
Обсуждение
2 сообщенияТак? Ты мне написал что у тебя на промежутке ты больше либо равно 0 каждое слагаемое ты в 3 2 т во 2 и т 3 возрастает откуда ты взял что у тебя они возрастают
Да, твой вопрос по делу: этот шаг нужно именно обосновать, а не просто сказать «возрастает».
Почему \(t^3\), \(2t^2\), \(3t\) возрастают при \(t\ge 0\)
Важно: у нас \(t=x^2\), поэтому
\[ t\ge 0. \]
Берём любые два числа
\[ 0\le a<b. \]
1. Слагаемое \(t^3\)
\[ b^3-a^3=(b-a)(b^2+ab+a^2). \]
Здесь \(b-a>0\), а \(b^2+ab+a^2>0\), потому что \(a,b\ge0\) и \(b>a\). Значит,
\[ b^3>a^3. \]
То есть \(t^3\) строго возрастает на \([0;+\infty)\).
2. Слагаемое \(2t^2\)
\[ 2b^2-2a^2=2(b^2-a^2)=2(b-a)(b+a). \]
Так как \(b>a\ge0\), то
\[ b-a>0,\qquad b+a>0. \]
Значит,
\[ 2b^2>2a^2. \]
То есть \(2t^2\) тоже строго возрастает при \(t\ge0\).
Здесь как раз важно, что \(t\ge0\). На всей числовой прямой \(t^2\) не возрастает, но на \([0;+\infty)\) возрастает.
3. Слагаемое \(3t\)
\[ 3b-3a=3(b-a)>0. \]
Значит, \(3t\) возрастает.
Теперь складываем:
\[ f(t)=t^3+2t^2+3t. \]
Для \(b>a\ge0\):
\[ f(b)-f(a)=(b^3-a^3)+2(b^2-a^2)+3(b-a)>0. \]
Следовательно,
\[ f(a)<f(b). \]
Это и означает, что \(f(t)\) строго возрастает на промежутке \(t\ge0\).
Можно проверить и через производную:
\[ f'(t)=3t^2+4t+3. \]
При \(t\ge0\):
\[ 3t^2\ge0,\qquad 4t\ge0,\qquad 3>0, \]
поэтому
\[ f'(t)>0. \]
Значит, функция строго возрастает.
Почему из этого следует единственность корня
Мы решаем:
\[ f(t)=6. \]
Если функция строго возрастает, то значение \(6\) она может принять только один раз. Иначе были бы два разных \(t_1<t_2\), для которых
\[ f(t_1)=f(t_2)=6, \]
но при строгом возрастании должно быть
\[ f(t_1)<f(t_2), \]
а это противоречие.
Мы проверили:
\[ f(1)=1^3+2\cdot1^2+3\cdot1=1+2+3=6. \]
Значит, \(t=1\) — корень, и он единственный.
Далее:
\[ x^2=1, \]
\[ \boxed{x=1 \text{ или } x=-1}. \]
Для пункта б) то же самое
\[ \sqrt{x^2+5}+\sqrt{2x^2+1}=6. \]
Обозначим
\[ u=x^2\ge0. \]
Получаем:
\[ g(u)=\sqrt{u+5}+\sqrt{2u+1}. \]
При \(u\ge0\) функции \(u+5\) и \(2u+1\) возрастают, а квадратный корень тоже возрастает. Поэтому обе суммы-слагаемые возрастают, значит, и \(g(u)\) строго возрастает.
Через производную:
\[ g'(u)=\frac{1}{2\sqrt{u+5}}+\frac{1}{\sqrt{2u+1}}>0 \]
при \(u\ge0\). Значит, уравнение \(g(u)=6\) имеет не более одного корня.
Проверяем:
\[ g(4)=\sqrt{4+5}+\sqrt{2\cdot4+1} =\sqrt9+\sqrt9=3+3=6. \]
Значит,
\[ u=4. \]
Тогда
\[ x^2=4, \]
\[ \boxed{x=2 \text{ или } x=-2}. \]
Итог:
\[ \boxed{\text{а) }x=\pm1} \]
\[ \boxed{\text{б) }x=\pm2} \]
Тут не «подставили и случайно получилось», а: нашли корень подстановкой и доказали возрастанием, что других корней нет.
