Выражение в области целых чисел

[bot]

Всё равно лучше не ходить. Из неравенства $a^2-\frac{4}{a}\leqslant 3\sqrt[3]{4}$ всё прозрачно. $a=1\vee a=2$

[venco]

Если $a\ge 3$ то

$( a^3-4)^3 - 4 \cdot 27 a^3 \ge (3^3-4)^2(a^3-4) - 108a^3 = 23^2(a^3-4)-108a^3=421a^3-2116 > 421\cdot 10-2116 > 0$

[alcoholist]

bot в сообщении #561225 писал(а):

А это он ошибся.

да, оплошал

[bot]

Keter в сообщении #561229 писал(а):

Как вы получили эти неравенства?

Не эти а это. Элементарно из Вашего предпоследнего (его кстати можно и проще получить) - перенос, извлечение куба и умножение на 3.

[Keter]

bot в сообщении #561235 писал(а):

Keter в сообщении #561229 писал(а):

Как вы получили эти неравенства?

Не эти а это. Элементарно из Вашего предпоследнего (его кстати можно и проще получить) - перенос, извлечение куба и умножение на 3.

Ага, теперь понял. Да... я протормозил. Ну теперь просто остаётся подставить значения $a$ (кстати производная то не подкачала, значения теже) в формулу
$x = -1 \pm \sqrt{4 - \Bigg( \frac{a^3-4}{3a}\Bigg)^3}$ и получить искомые $x$.

[alcoholist]

Пришло в голову простое решение.

Рассмотрим равенства

Keter в сообщении #561191 писал(а):

$\sqrt[3]{3+x} + \sqrt[3]{1-x} = a$

Keter в сообщении #561191 писал(а):

$3a \sqrt[3]{(3+x)(1-x)}+4 = a^3$

Ясно, что числа $\sqrt[3]{3+x}$ и $\sqrt[3]{1-x}$ являются корнями уравнения

$$ t^2-at+\frac{a^3-4}{3a}=0, $$

условие разрешимости которого

$$ a^2\ge 4\frac{a^3-4}{3a}, $$

откуда

$$ 0<a^3\le 16, $$

поэтому $a\in\{1,2\}$

[Keter]

alcoholist в сообщении #561337 писал(а):

Ясно, что числа $\sqrt[3]{3+x}$ и $\sqrt[3]{1-x}$ являются корнями уравнения

$$ t^2-at+\frac{a^3-4}{3a}=0, $$

Действительно. Это как бы по теореме Виета. И вправду отличное простое решение