iracaenko153

04.02.2022

Решите систему уравнений: x+3y=6 , 4 x-9y=3 .

Алгебра

Ответить

Ответы

Чиркина999

04.02.2022

Если что не понятно,пиши:)
Решите систему уравнений: x+3y=6 , 4 x-9y=3 .

katya860531

04.02.2022

Х=6-3у
4х-9у=3
4(6-3у)-9у=3
24-12у-9у=3
-21у=-21
у=1
х=6-3*1=6-3=3
проверка
3+3*1=6
4*3-9*1=3

menametov

04.02.2022

$sin2x + 2sinx = 1 + cosx\\2sinxcosx+2sinx=1+cosx\\2sinx(1+cosx) = 1 + cosx\\(2sinx-1)(1+cosx) = 0\\sinx = \frac{1}{2} = x = (-1)^n\frac{\pi}{6} + \pi n, n \in Z\\ cosx = -1 = x = \pi + 2\pi m, m \in Z\\x \in [-4;-3]\\-4 < (-1)^n\frac{\pi}{6} + \pi n < -3\\-24 < (-1)^n\pi+6\pi n < -18\\$

Подставляем n = 0 - неравенство не выполнено. n = 1 - неравенство не выполнено. Следовательно, при n ≥ 0 решений не будет, т.к. (-1)^n + 6n - функция возрастающая.

Пусть n = -1, тогда выражение $(-1)^n\pi + 6\pi n = -7\pi.$ Так как 3.14 < π < 3.15, то

-22.05 < -7π < -21.98. Очевидно, оно попадает на промежуток (-24; -18). Значит, при n = -1 решение есть на данном отрезке. Подставим n = -1 в серию корней:

$x = (-1)^{-1}*\frac{\pi}{6} + \pi * (-1) = -\frac{\pi}{6} - \pi = -\frac{7}{6}\pi \approx -3.6652$

Такими же рассуждениями приходим к тому, что n ≤ -2 так же не являются решениями.

Теперь рассмотрим вторую серию корней:

$-4 < \pi + 2\pi m < -3\\$

Тут совсем все просто: при m = 0, очевидно, неравенство не выполнено. При m = 1 так же. Так как выражение $\pi + 2\pi m$ при возрастании m увеличивается, то и m ≥ 2 также не подходят.

Пусть m = -1, тогда:

$-4 < \pi + 2\pi * (-1) < -3\\-4 < -\pi < -3\\-\pi \approx -3.1415926$

Очевидно, что это так. Подставляя m = -2 понимаем, что число меньше -4.

Вопросы ниже в комменты.

ответ: $x_1 = -\frac{7}{6} \pi\\x_2 = -\pi$

dp199088206

04.02.2022

Проведем доказательство индукцией по .

База: k=1 .

Имеем два промежутка: $(-\infty,\; x_{1}]$ и $[x_{1},\; \infty)$ . Докажем, что существует представление в виде $g(x)=a_{1}|x-x_{1}|+a_{2}x+a_{3}$ . Для этого достаточно доказать, что функция линейна на каждом из указанных промежутков и производная (угол наклона прямой) может принимать любые численные значения. Линейность функции очевидна. Рассмотрим на промежутках:

$(-\infty,\; x_{1}]$ : $-a_{1}x+a_{1}x_{1}+a_{2}x+a_{3}=x(a_{2}-a_{1})+(a_{3}+a_{1}x_{1})$ (за счёт независимости $a_{3}$ (это число появляется только как свободный член) данное уравнение действительно описывает любую прямую. $[x_{1},\; \infty)$ : $(a_{1}+a_{2})x+(a_{3}-a_{1}x_{1})$ аналогично. При этом заметим, что если зафиксировать старший член и свободный в первом случае, то множество значений старшего и свободного члена во втором случае есть все множество действительных чисел.

Единственность представления доказывается просто. Пусть нашлись другие (возможно совпадающие, но не полностью) числа $a_{1}',a_{2}',a_{3}'$ . Рассмотрим первый промежуток: $x(a_{2}-a_{1})+(a_{3}+a_{1}x_{1})\equiv x(a_{2}'-a_{1}')+(a_{3}'+a_{1}'x_{1})$ , откуда $\left \{ {{a_{2}-a_{1}=a_{2}'-a_{1}'} \atop {a_{3}+a_{1}x_{1}=a_{3}'+a_{1}'x_{1}} \right.$ . К этой системе добавятся условия из второго промежутка: $\left \{ {{a_{1}+a_{2}=a_{1}'+a_{2}'} \atop {a_{3}-a_{1}x_{1}=a_{3}'-a_{1}'x_{1}}} \right.$ . Решая систему из первого уравнения первой системы и первого уравнения второй, получим $a_{1}=a_{1}',\; a_{2}=a_{2}'$ . Используя это равенство для второго уравнения первой системы, приходим к равенству $a_{3}=a_{3}'$ . Единственность доказана.

Переход: пусть для некоторого выполнено условие задачи. Докажем, что оно выполнено и для k+1 .

Рассмотрим функцию $f(x)=a_{1}|x-x_{1}|+a_{2}|x-x_{2}|+...+a_{k}|x-x_{k}|+a_{k+1}x+a_{k+2}$ . По предположению индукции можно представить в этом виде, причем единственным образом. Рассмотрим следующую функцию $f^{*}(x)=a_{1}|x-x_{1}|+a_{2}|x-x_{2}|+...+a_{k+1}|x-x_{k+1}|+a_{k+2}x+a_{k+3}$ . Очевидно, что первые чисел можно подобрать по предположению индукции, представив тем самым функцию на промежутках $(-\infty,\; x_{1}],\; [x_{1},\; x_{2}],\;...,\;[x_{k-1},\; x_{k}]$ . Оставшуюся часть $[x_{k},\; x_{k+1}],\; [x_{k+1},\; \infty)$ представим, пользуясь базой индукции (при этом отсутствие минус бесконечности на ход решения не влияет). Докажем единственность. Пусть нашелся другой набор чисел $a_{1}',\;a_{2}',\;...,\;a_{k+1}'$ . Введем функцию $\varphi$ , которая описывается следующим графиком: она совпадает с на первых промежутках, а кусок прямой на k+1 -ом продлевается в бесконечность (вправо). Тогда у $\varphi$ два представления, что противоречит предположению индукции. Следовательно, $a_{i}=a_{i}',\; 1\leq i\leq k$ , причем $a_{k+1}$ может отличаться от $a_{k+1}'$ . Тогда проведем те же рассуждения, взяв последние чисел.