Question

Решите уравнение $\arcsin^4\frac{\sqrt{x}}{2(\sqrt{x}+1)}+\arccos^4\frac{\sqrt{x}}{2(\sqrt{x}+1)}=\rm{arctg}\,^4\frac{\sqrt{x}}{2(\sqrt{x}+1)}+\rm{arcctg}\,^4\frac{\sqrt{x}}{2(\sqrt{x}+1)}$

Answer 1

$\arcsin {}^{4} \frac{ \sqrt{x} }{2( \sqrt{x} + 1) } + \arccos {}^{4} \frac{ \sqrt{x} }{2( \sqrt{x} + 1) } = \arctg {}^{4} \frac{ \sqrt{x} }{2( \sqrt{x} + 1) } + \arcctg {}^{4} \frac{ \sqrt{x} }{2( \sqrt{x} + 1) }$

Находим ОДЗ:

$\begin{cases} - 1 \leqslant \frac{ \sqrt{x} }{2( \sqrt{x} + 1) } \leqslant 1 \\ x \geqslant 0 \end{cases}$

Решим отдельно первое двойное неравенство:

$\begin{cases} \frac{ \sqrt{x} }{2( \sqrt{x} + 1) } \geqslant - 1 \\ \frac{ \sqrt{x} }{2( \sqrt{x} + 1) } \leqslant 1 \end{cases} \\ \begin{cases} \frac{ \sqrt{x} + 2( \sqrt{x} + 1)}{2( \sqrt{x} + 1) } \geqslant 0 \\ \frac{ \sqrt{x} - 2( \sqrt{x} + 1) }{2( \sqrt{x} + 1)} \leqslant 0 \end{cases} \\ \begin{cases} \frac{3 \sqrt{x} + 2 }{ \sqrt{x} + 1 } \geqslant 0 \\ \frac{ - \sqrt{x} - 2}{ \sqrt{x} + 1 } \leqslant 0 \end{cases} \\ \sqrt{x} = t, \: t \geqslant 0 \\ \begin{cases} \frac{3t + 2}{t + 1} \geqslant 0 \\ \frac{ - (t + 2)}{t + 1} \leqslant 0 \end{cases} \\ \begin{cases} \frac{t + \frac{2}{3} }{t + 1} \geqslant 0 \\ \frac{t + 2}{t + 1} \geqslant 0\end{cases}$

Решаем неравенство системы методом интервалов и приходим к выводу, что $t \geqslant 0$, следовательно и $x \geqslant 0$.

Проверим является ли x = 0 решением:

$\arcsin {}^{4} \frac{ \sqrt{0} }{2( \sqrt{0} + 1) } + \arccos {}^{4} \frac{ \sqrt{0} }{2( \sqrt{0} + 1) } = \rm{arctg}\ {}^{4} \frac{ \sqrt{0} }{2( \sqrt{0} + 1) } + \rm{arcctg}\ {}^{4} \frac{ \sqrt{0} }{2( \sqrt{0} + 1) } \\ \arcsin {}^{4} 0 + \arccos {}^{4} 0= \rm{arctg}\ {}^{4}0 + \rm{arcctg}\ {}^{4} 0 \\ 0 + (\frac{\pi}{2})^{4} = 0 + (\frac{\pi}{2})^{4} \\ (\frac{\pi}{2})^{4} = ( \frac{\pi}{2})^{4}$

Получили верное равенство. Значит x = 0 – решение. Теперь проверим на существование других решений.

Введём функции k(x), f(x) и g(x):

$k(x) = \frac{ \sqrt{x} }{2( \sqrt{x} + 1) } \\ f(x) = \arcsin {}^{4}k(x) + \arccos {}^{4}k(x) \\ g(x) = \arctg {}^{4}k(x) + \arcctg {}^{4}k(x)$

Легко заметить, что функция k(x) ограничена:

$\lim_{x \to \infty }k(x) = \lim_{x \to \infty } \frac{ \sqrt{x} }{2( \sqrt{x} + 1) } = \lim_{x \to \infty } \frac{ \frac{ \sqrt{x} }{ \sqrt{x} } }{2 \frac{ \sqrt{x} }{ \sqrt{x} } + 2 \frac{1}{ \sqrt{x} } } = \lim_{x \to \infty } \frac{1}{2 + \frac{2}{ \sqrt{x} } } = \frac{1}{2}$

Так как функции arcsin, arccos, arctg и arcctg неврерывны на компакте $[0;+\infty)$, то функции f(x) и g(x) ограничены по теореме Вейерштрасса:

$\lim_{x \to \infty }f(x) = \arcsin {}^{4} \lim_{x \to \infty }k(x)+ \arccos {}^{4} \lim_{x \to \infty }k(x) = \arcsin {}^{4} \frac{1}{2} + \arccos {}^{4} \frac{1}{2} = ( \frac{\pi}{6} ) {}^{4} + ( \frac{\pi}{3} ) {}^{4} = \frac{17\pi {}^{4} }{1296}$

$\lim_{x \to \infty }g(x) = \arctg{}^{4} \lim_{x \to \infty }k(x) + \arcctg {}^{4} \lim_{x \to \infty }k(x) = \arctg{}^{4} \frac{1}{2} + \arcctg {}^{4} \frac{1}{2}$

Мы получили границы функций f(x) ($\frac{17\pi {}^{4} }{1296}$) и g(x) ($\arctg{}^{4} \frac{1}{2} + \arcctg {}^{4} \frac{1}{2}$). Очевидно, что обе границы больше нуля. Как мы доказали, x = 0 – корень уравнения. Подставим его в обе функции чтобы найти возможный супремум:

$f(0) = \arcsin {}^{4}0+ \arccos {}^{4}0 = ( \frac{\pi}{2} ) {}^{4} = \frac{ {\pi}^{4} }{16} \\ g(0) = \rm{arctg}\ {}^{4}0 + \rm{arcctg}\ {}^{4}0 = ( \frac{\pi}{2} ) {}^{4} = \frac{ {\pi}^{4} }{16}$

Итак, возможные супремумы функций f(x) и g(x) – $\frac{ {\pi}^{4} }{16}$ и $\frac{ {\pi}^{4} }{16}$ соответственно. Теперь сравним эти значения с полученными ранее границами. Для этого попытаемся оценить выражения:

$\frac{17 {\pi}^{4} }{1296} \approx \frac{17 \times {3}^{4} }{1296} = \frac{17 \times 81}{1296} = \frac{17}{16} = 1.0625$

$\arctg{}^{4} \frac{1}{2} + \arcctg {}^{4} \frac{1}{2} > \arctg{}^{4} \frac{1}{ \sqrt{3} } + \arcctg {}^{4} \frac{1}{ \sqrt{3} } = ( \frac{\pi}{6} ) {}^{4} + ( \frac{\pi}{3} ) {}^{4} = \frac{17 {\pi}^{4} }{1296}$

$\frac{ {\pi}^{4} }{16} \approx \frac{ {3}^{4} }{16} = \frac{81}{16} = 5.0625$

$\frac{17 {\pi}^{4} }{1296} < \arctg{}^{4} \frac{1}{2} + \arcctg {}^{4} \frac{1}{2} < \frac{ {\pi}^{4} }{16}$

С этой оценки видим, что функции f(x) и g(x) имеют супремум $\frac{ {\pi}^{4} }{16}$ и инфимумы $\frac{17 {\pi}^{4} }{1296}$ и $\arctg{}^{4} \frac{1}{2} + \arcctg {}^{4} \frac{1}{2}$ соответственно, причём $\inf g(x) > \inf f(x)$.

То есть мы доказали, что обе функции ограничены и монотонно убывают на всей области определения, причём функция f(x) быстрее достигает своей нижней границы, а значит второго пересечения с функцией g(x) не будет. Следовательно x = 0 – единственное решение.

Ответ: 0.