Объяснение:
7tg^2 x + 3tg x + 2cos^2 x - 7cos x + 1 = 0
Можно применить универсальную тригонометрическую подстановку.
t = tg(x/2), тогда 
, 
. Подставляем:
Приводим к общему знаменателю (1-t^2)^2*(1+t^2)^2:
Избавляемся от дробей:
28t^2(1+2t^2+t^4) + 6(t-t^3)(1+2t^2+t^4) + 2(1-2t^2+t^4)(1-2t^2+t^4) -
- 7(1+t^2)(1-3t^2+3t^4-t^6) + (1-2t^2+t^4)(1+2t^2+t^4) = 0
Раскрываем скобки:
28t^2 + 56t^4 + 28t^6 + 6t - 6t^3 + 12t^3 - 12t^5 + 6t^5 - 6t^7 + 2 - 4t^2 + 2t^4 -
- 4t^2 + 8t^4 - 4t^6 + 2t^4 - 4t^6 + 2t^8 - 7 - 7t^2 + 21t^2 + 21t^4 - 21t^4 - 21t^6
+ 7t^6 + 7t^8 + 1 - 2t^2 + t^4 + 2t^2 - 4t^4 + 2t^6 + t^4 - 2t^6 + t^8 = 0
Приводим подобные:
t^8*(2+7+1) - 6t^7 + t^6*(28-4-4-21+7+2-2) - 6t^5 + t^4*(56+2+8+2+21-21+1-4+1)
+ 6t^3 + t^2*(28-4-4-7+21-2+2) + 6t + (2-7+1) = 0
10t^8 - 6t^7 + 6t^6 - 6t^5 + 66t^4 + 6t^3 + 34t^2 + 6t - 4 = 0
Делим все на 2
5t^8 - 3t^7 + 3t^6 - 3t^5 + 33t^4 + 3t^3 + 17t^2 + 3t - 2 = 0
Это уравнение имеет 2 иррациональных корня:
t1 = tg(x/2) ≈ -0,387
x/2 ≈ -arctg(0,387) + П*k
x1 ≈ -2arctg(0,387) + 2П*k, k ∈ Z
t2 = tg(x/2) ≈ 0,25
x/2 ≈ arctg(0,25) + П*k
x2 ≈ 2arctg(0,25) + 2П*k, k ∈ Z
В общем, у меня такое чувство, что в задании опечатка.
Слишком сложно получилось.
Ну, или это задание из математической спецшколы.
a=1/2
Объяснение:
f(x)=2/(x+1); g(x)=a|x-3|
0≠f(x)=g(x)⇒а≠0
Рассмотрим расположение графиков данных функций.
Как видно из чертежей уравнение f(x)=g(x) имеет 1 решение при а<0, и не менее одного при a>0. Значить, рассматриваем только случай a>0.
Уравнение имеет ровно два решение только тогда когда левая ветка графика функции у=g(x) является касательной к графику функции у=f(x).
Эта касательная имеет вид y=-ax+3a и проходит через точку (3;0). Пусть она касается график функции f(x) в точке x₀=t.
f '(x)=(2/(x+1))'=-2/(x+1)²
f(x₀)=2/(x₀+1)=2/(t+1); f '(x₀)=-2/(x₀+1)²=-2/(t+1)²
y=f(x₀)+f '(x₀)(x-x₀)=2/(t+1)-(2/(t+1)²)(x-t)=2/(t+1)+2t/(t+1)²-(2/(t+1)²)x⇒
⇒a=2/(t+1)²; 3a=2/(t+1)+2t/(t+1)²
6/(t+1)²=2/(t+1)+2t/(t+1)²
6=2(t+1)+2t
4t=4
t=1
a=2/(t+1)²=2/(1+1)²=1/2
