Найдите значение аргумента, при котором функция y= 4х + 3 принимает значение, равное $\frac{2}{3 }$

👇

Увидеть ответ

Ответ:

David13211

26.01.2023

-7/12

Объяснение:

у =4х+3

Вместо у подставляем 2/3

2/3 = 4х+3 |*3

3*2/3 = 3(4х+3)

2 = 12х+9

12х = -7

х = -7/12

4,4(19 оценок)

Открыть все ответы

Ответ:

Алина050913

26.01.2023

x^2+6x+9<0,

(x+3)^2<0,

нет решений; (x+3)^2≥0, x∈R

-x^2+6x-5≥0,

a=-1<0 - ветви параболы направлены вниз, часть параболы над осью Ох (≥0) расположена между корнями,

-x^2+6x-5=0,

x^2-6x+5=0,

по теореме Виета х_1=1, x_2=5,

1≤x≤5,

x∈[1;5]

x^2-4x+3≥0,

a=1>0 - ветви параболы направлены вверх,

x^2-4x+3=0,

x_1=1, x_2=3 - часть параболы над осью Ох расположена вне корней,

x≤1, x≥3,

x∈(-∞;1]U[3;+∞)

x^2-6x+8≤0,

a=1>0 - ветви параболы - вверх,

x^2-6x+8=0,

x_1=2, x_2=4 - часть параболы под осью Ох (≤0) расположена между корнями,

2≤x≤4,

x∈[2;4]

4,7(51 оценок)

Ответ:

bayosoz5oe5

26.01.2023

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.