Page 192 - 4371

7 x x  7 x
 sin  0 або cos  0    n, n N , або
18 2 18
x   18n
  k  , k  N  x  , або x  1  2 k , n, k  N .
2 2 7
6.17 Доведемо, що функція
f    xx 4  5x 3  6x 2  4 x 16 приймає значення 0 рівно в
двох точках. Для цього дослідимо похідну функції
2
 f   4 xx 3  15x 2  12 x 4   x 2  4 x  1 .
 1   1 
При x   ,  2   ,2    0xf  , а при x  ,   
 4   4 
 1 
 f   0x . Тому функція  xf спадає на інтервалі   , 
 4 
 1 
і зростає на інтервалі  ,    . Оскільки  10f  0 ,
 4 

 1 
f   010  і  f   f   00  , то на кожному із двох вказа-
 4 
них інтервалів функція  xf один раз приймає значення 0,
а рівняння   0xf має рівно два розв’язки.
6.18 Позначимо
  xxf   a x  b  x  b x  c  x  c x   a . Не обме-
жуючи загальності можна вважати, що a  b  c. Якщо
c
a  b чи b  , то f     bb a   cb  0 . Якщо ж
a  b  c, то   0bf і   0af . В силу неперервності фу-
нкції  xf існує x  a,  b таке, що   0xf .
0 0
1
6.19 Розглянемо функцію    xexf x  e x  x 2  1; за-
2
x

x

уважимо, що   00 f .   exf    x  xe  e  x   x 1 e  x ;
очевидно   00 f  і   0xf  при x  0 . Звідси випливає,
що рівняння   0xf має єдиний дійсний корінь x 0.
2
6.20 Позначимо x  , тоді
t
192