Ciekawe równanie

[mol_ksiazkowy]

\(\displaystyle{ x^3-3x= \sqrt{x+2}}\)
(zał. \(\displaystyle{ x \in R}\))
x = ?

[exupery]

Na siłę to można podnieść do kwadratu, dwójka jest pierwiastkiem. Dalej poprzez hardkorowe grupowanie można wyłączyć, \(\displaystyle{ -1+x+x^2}\) i zostaje nam już wielomian 3 stopnia, który można pocisnąć wzorami Cardano

[frej]

Dziedzina: \(\displaystyle{ x\ge 2}\). Rozważmy dwa przypadki:
1. \(\displaystyle{ x\in [-2,2]}\) - podstawiamy \(\displaystyle{ x=2\cos t}\) i korzystamy z wzorów na \(\displaystyle{ \cos 3x}\) i \(\displaystyle{ \cos 2x}\)
2. \(\displaystyle{ x>2}\) Wtedy \(\displaystyle{ x^3-3x > x > \sqrt{x+2}}\), więc w tym przedziale nie ma rozwiązań.

[Marcinek665]

No mnie się wydaje, że pierwsze rozwiązanie jest typu "strzelmy se to do wolframa i spróbujmy przekonać ludzi, że da się na to wpaść". Rozwiązanie Freja jest natomiast chyba najfajniejsze, bo nie wymaga niczego hardcorowego, a jedynie sztuczki, która w pewnych kręgach jest dość dobrze znana

[kamil13151]

frej, minusa w dziedzinie zapomniałeś . Osobiście bardzo ciekawi mnie ta metoda, mógłbyś przedstawić całe rozwiązanie z opisem?

[Marcinek665]

Jak już podstawisz \(\displaystyle{ x=2 \cos t}\) (możemy założyć, że \(\displaystyle{ t \in \left[ 0; \pi \right]}\), bo na tym przedziale funkcja przyjmie wszystkie swoje możliwe wartości) to dostaniesz:

\(\displaystyle{ 8 \cos^3 t - 6 \cos t = \sqrt{2(\cos t + 1)}}\)

\(\displaystyle{ 4 \cos^3 t - 3 \cos t = \sqrt{\frac{\cos t + 1}{2}}}\)

I teraz wystarczy zauważyć, że lewa strona to tak naprawdę \(\displaystyle{ \cos 3t}\), a prawa to \(\displaystyle{ \cos \frac{t}{2}}\).

Czyli trzeba rozwiązać równanie:

\(\displaystyle{ \cos 3t = \cos \frac{t}{2}}\).

Ale nie widzę szczególnie szczęśliwego rozwiązania tego równania. Może jest to banalne, ale tego nie widzę. Może późna pora robi swoje

Najwyżej Frej dopowie, jak to zrobić.

[Rogal]

Wzór na różnicę cosinusów jest chyba najpewniejszym remedium.

[Marcinek665]

Dzięki

[Rogal]

Do usług