$%\sqrt{a+\sqrt{x}}+\sqrt{a-\sqrt{x}}\le\sqrt{2}$%

решить при всех $%a$%

задан 15 Июн '13 18:56

изменен 15 Июн '13 19:10

10|600 символов нужно символов осталось
1

При $%a<0, $% второе слагаемое не имеет смысла (подкоренное выражение отрицательна).

При $%a=0,$% , имеем $%\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{-x}\le \sqrt2 \Leftrightarrow x=0.$%

При $%а>0, $% ОДЗ определяется из системы $%\begin{cases} a+\sqrt x\ge0 \\a-\sqrt x\ge0 \end{cases} \Leftrightarrow -a\le\sqrt x\le a,$% при $%a>0,$% имеем $%x\in[0;a^2],$% ОДЗ неравенства отрезок $%[0;a^2].$%

$%\sqrt{a+\sqrt{x}}+\sqrt{a-\sqrt{x}}\le\sqrt{2}\Leftrightarrow (\sqrt{a+\sqrt{x}}+\sqrt{a-\sqrt{x}})^2\le 2 \Leftrightarrow$% $%\Leftrightarrow a+\sqrt{x}+2\sqrt{(a+\sqrt{x})(a-\sqrt{x})}+a-\sqrt{x}\le 2\Leftrightarrow \begin{cases} \sqrt{(a^2-x)}\le 1-a\\ x\ge0 \end{cases}.$%

Ясно, что при $%a>1,$% неравенство не имеет решений.

При $%a=1, x=a^2=1.$%

При $% 0<a<1,$% имеем $%\begin{cases} 0\le a^2-x \le (1-a)^2\\ x\ge0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} -a^2\le -x \le (1-a)^2-a^2\\ x\ge0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 2a-1\le x \le a^2\\ x\ge0 \end{cases} \Leftrightarrow$%

При $%0<a\le\frac12, x\in [0;a^2].$%

При $%\frac12<a<1, x\in [2a-1;a^2].$%

Ответ:

  • $%x\in \oslash$%, при $%a\in(-\infty;0)\cup (1;\infty),$%
  • $%x=a$%, при $%a\in \{0;1\},$%
  • $%x\in [0;a^2]$%, при $%0<a\le\frac12,$%
  • $%x\in [2a-1;a^2]$%, при $%\frac12<a<1.$%
ссылка

отвечен 15 Июн '13 20:55

изменен 15 Июн '13 21:32

10|600 символов нужно символов осталось
2

Я сначала думал о введении дополнительных переменных и применении каких-нибудь подходящих алгебраических тождеств, но потом осознал, что проще всего возводить в квадрат.

Понятно, что $%a\ge\sqrt{x}\ge0$%, а также $%x\ge0$%. Обе части неравенства неотрицательны, поэтому можно применить возведение в квадрат: $%a+\sqrt{x}+a-\sqrt{x}+2\sqrt{a^2-x}\le2$%. Легко видеть, что при указанных в начале ограничениях возможен и обратный переход, то есть мы имеем дело с равносильным преобразованием.

После упрощений получается $%\sqrt{a^2-x}\le1-a$%, откуда $%a\le1$%. Здесь также возведение в квадрат применимо, и равносильность преобразования очевидна ($%a^2-x\ge0$% ввиду рассмотренных выше ограничений). Итого имеем $%x\ge2a-1$%. Последнее неравенство выполнено автоматически, если $%0\le a\le1/2$% -- с учётом того, что $%x\ge0$%. При этих значениях $%a$% множеством решений будет $%x\in[0;a^2]$% (при $%a=0$% это одноточечное множество). Если же $%1/2 < a\le1$%, то множество решений имеет вид $%x\in[2a-1;a^2]$%. При прочих значениях $%a$% множество решений пусто.

ссылка

отвечен 15 Июн '13 21:02

10|600 символов нужно символов осталось
1

А вы пробовали просто избавиться от радикалов?

ссылка

отвечен 15 Июн '13 20:53

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×226

задан
15 Июн '13 18:56

показан
607 раз

обновлен
15 Июн '13 21:32

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru