Решите слышком простые уравнение

[myra_panama]

bot в сообщении #500709 писал(а):

2) Приводим к $x^2+\left(\frac{x}{x+1}\right)^2=1$. Далее тригонометрия своё сделает, хотя и повозиться придётся.

можно и без тригонометрии .... вот вот

$(x-\frac{x}{x+1})^2+\frac{2x^2}{x+1}=1$

$(\frac{x^2}{x+1})^2+\frac{2x^2}{x+1}=1$

дальше

[VDUI]

$(X^2 - 6X)^2 +2(X - 3)^2 = 81$

[ewert]

VDUI в сообщении #548851 писал(а):

$(X^2 - 6X)^2 +2(X - 3)^2 = 81$

$\big((X-3)^2-9\big)^2 +2(X - 3)^2 = 81$

[VDUI]

как так?! такое задание в книге есть! и ответ должен получиться: -1; 3; 7;

[ewert]

VDUI в сообщении #548867 писал(а):

и ответ должен получиться: -1; 3; 7;

А Вы решайте дальше. Естественно, так и получится.

[venja]

bot в сообщении #500709 писал(а):

2) Приводим к $x^2+\left(\frac{x}{x+1}\right)^2=1$. Далее тригонометрия своё сделает, хотя и повозиться придётся.

Стандартный прием решения полученного уравнения - дополнение левой части до полного квадрата

$\left(x-\frac{x}{x+1}\right)^2$

[Integrall]

venja в сообщении #562342 писал(а):

Стандартный прием решения полученного уравнения - дополнение левой части до полного квадрата

$\left(x-\frac{x}{x+1}\right)^2$

совершенно верно! После дополнения до квадрата получим

$\left(\frac{x^2}{x+1}\right)^2$= 1 - 2\cdot\frac{x^2}{x+1}

далее замена

$y = \frac{x^2}{x+1}, y \leqslant 1/2

приведет к квадратному уравнению $y^2 + 2y - 1= 0.

У меня получилось только два корня для x. Два других комплексные. Вот

$x = \frac{\sqrt{2} - 1 \pm \sqrt{(\sqrt{2} - 1)(\sqrt{2} + 3)} }{2}

поправте, если накосячил ;)

[alexsyi]

myra_panama в сообщении #501014 писал(а):

(1 уравнение)

1.При x>0, можем сделать замену $x=2^y$ , отсюда
$3^y+1=4^y$.
Единственный корень этого уравнение $y=1$ , так как
$1+(\frac13)^y=(\frac43)^y$
в которой, левая часть представляет собой непрерывную и убывающую на $OY$ , а правая часть непрерывную возрастающую функцию. Отсюда из $x=2^y$ получим , $x=2$

(2 уравнение)

Из
$\frac1{x^2}-\frac1{(x+1)^2}=1$
получим

$x^4+2x^3+x^2-2x-1=0$
разделим уравнение на $x^4$
$1+\frac2{x}+\frac1{x^2}-\frac2{x^3}-\frac1{x^4}=0$

$2(\frac1{x}+\frac1{x^2})-(\frac1{x}+\frac1{x^2})^2+1=0$

и сделаем замену: $\frac1{x}+\frac1{x^2}=z$ , дальше понятно....

(3 уравнение)

$x^4+4x-1=0$
$x^4=-4x+1$
$x^4+2x+1=2(x^2-2x+1)$
$(x^2+1)^2=(\sqrt2x-\sqrt2)^2$
дальше все

Чё-то я не понял как из $x^4=-4x+1$ прийти к $x^4+2x+1=2(x^2-2x+1)$

[gris]

Там просто пропущен квадрат. Описка. Надо так:
$x^4+2x^2+1=2(x^2-2x+1)$

[kda_ximik]

Klad33 в сообщении #500728 писал(а):

2) Нет, тут не тригонометрия. Полином четвертой степени разлагается на множители:

$x^4+2x^3+x^2-2x-1=0$

$\big [x^2+(1+\sqrt{2})(x+1) \big ] \big [ x^2+(1-\sqrt{2})(x+1)\big ] = 0 $

Помогите, пожалуйста! Такое разложение на множители для меня не очевидно. Если, конечно, порыться на википедии, то можно отыскать привидение к резольвентам. Но "зеленый" школьник с такими терминами не знаком.

[Shtorm]

kda_ximik, а вот этим методом не пробовали?:

Klad33 в сообщении #501065 писал(а):

Shadow в сообщении #501007 писал(а):

Klad33, интересно, как это Вы полиномы четвертой степени в уме разлагаете. Какими методами пользовались? Или это Вам от Бога дано?

Принимаю $(Ax^2+Bx+C)(Dx^2+Fx+K)$, а дальше - анализ. Тем более, что A=1 и D=1. Вы на первом курсе математику проходили?

[kda_ximik]

Уважаемый Shtorm !
Метод неопределенных коэффициентов мне действительно знаком! если память не изменяет, впервые с ним столкнулся при вычислении интегралов по Остроградскому еще на далеком первом курсе. Просто Ваша выкладка в две строчки похожа вычисление произведения 15 на 15. Я не сразу понял, что Вы опустили решение, пусть простенькой, но системы уравнений!
Но все равно спасибо!

[Shtorm]

Уважаемый kda_ximik, фразы связанные с 1-ым курсом принадлежат не мне, а Klad33. Я просто взял цитату его. А это его замечание по поводу 1-го курса - вообще считаю неуместным. Зато там ниже - если идти по ссылке на его цитату, есть система уравнений.
Давайте тогда составим эту систему уравнений и если там будут проблемы - решим её.

[Shtorm]

Интересно, открыл сейчас учебник Мордкович А.Г., Солодовников А.С. "Математический анализ" и вот что прочитал: "Отметим, что никаких общих приёмов для разложения многочлена с действительными коэффициентами на множители первой и второй степени не существует. В каждом конкретном случае такое разложение ищется индивидуально"

Как такое замечание согласуется с приёмом, предложенным Klad33???

[AV_77]

Shtorm в сообщении #603294 писал(а):

Как такое замечание согласуется с приёмом, предложенным Klad33???

Просто у него не решение системы в обычном понимании, а угадывание значений для некоторых коэффициентов. Так что на метод это не тянет.