Учебно-методический комплекс по математике (Алгебра) - Часть 1 by Абзалимов Рамиль

Р.Р.АБЗАЛИМОВ В.Ф.ШАМШОВИЧ Н.Ю. ФАТКУЛЛИН

МАТЕМАТИКА Уравнения, неравенства и системы

Методические указания для учителей и учеников

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ

«УФИМСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ НЕФТЯНОЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ» ЦЕНТР ДОВУЗОВСКОГО ОБРАЗОВАНИЯ

Р.Р.АБЗАЛИМОВ, В.Ф.ШАМШОВИЧ, Н.Ю. ФАТКУЛЛИН

МАТЕМАТИКА «УРАВНЕНИЯ, НЕРАВЕНСТВА И СИСТЕМЫ» Методические указания для учителей и учеников 1-е издание

Уфа 2010

УДК 51(07) ББК 22.1я7 А 13 Утверждено Редакционно-издательским советом УГНТУ в качестве учебного пособия

Рецензенты: Доктор физико-математических наук, профессор А.М. Ахтямов Учитель математики лицея №83 г. Уфы, Заслуженный Учитель РБ, Отличник просвещения РФ С.Ю. Байрамгулов

А 13

Абзалимов Р.Р., Шамшович В.Ф., Фаткуллин Н.Ю. Математика «Уравнения, неравенства и системы»: методические указания для учителей и учеников. /Р.Р. Абзалимов, В.Ф. Шамшович, Н.Ю. Фаткуллин – 1-е изд. – Уфа: Изд-во УГНТУ, 2010. – 135 с. ISBN

УДК 51(07) ББК 22.1я7 ISBN

Учебное издание Абзалимов Рамиль Рафикович Шамшович Валентина Федоровна Фаткуллин Николай Юрьевич

МАТЕМАТИКА «Уравнения, неравенства и системы» 1-е издание Методические указания для учителей и учеников

Редактор Л.А. Матвеева Подписано в печать ___.___.20___. Бумага офсетная. Формат 60х84 1/16. Гарнитура «Таймс». Печать трафаретная. Усл. печ. л. 8.125. Уч.-изд.л.7.2. Тираж экз. Заказ № Издательство Уфимского государственного нефтяного технического университета Адрес издательства: 450062, г. Уфа, ул. Космонавтов, 1.

Типография: Адрес типографии:

МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ УРАВНЕНИЙ 1. МЕТОД РАЗЛОЖЕНИЯ НА МНОЖИТЕЛИ. Теорема 1.1. Если функции f1 ( x), f 2 ( x), ..., f n ( x) определены на некотором множестве X , то на этом множестве:

f1 ( x)  f 2 ( x)  ... f n ( x)  0



 f 1 ( x)  0,  f ( x)  0,  2  ............,   f n ( x )  0.

Пример 1.1. Решить уравнение на множестве действительных чисел x 3  3x  2  0 . Решение. Группируя левую часть уравнения получим: x 3  x  2 x  2  0  x( x 2  1)  2( x  1)  0  . x( x  1)( x  1)  2( x  1)  0  ( x  1)x 2  x  2  0 Полученное уравнение равносильно совокупности уравнений:  x1  1,  x  1  0,  x 2  x  2  0,   x  1, x  2. 3   2 Ответ: x1  1, x2  2 . Пример 1.2. Решите уравнение ( x 3  x 2  1) 2  ( x 3  x 2  1) 2  2 x 4 . Решение. Представим 2x в виде суммы x  x и перенесѐм в левую часть уравнения. Уравнение примет вид: ( x 3  x 2  1) 2  x 4   ( x 3  x 2  1) 2  x 4   0 . Разложим каждое из выражений в скобках на множители, как разности квадратов двух выражений. Дальнейшие преобразования очевидны: ( x 3  x 2  1  x 2 )( x 3  x 2  1  x 2 )  ( x 3  x 2  1  x 2 )( x 3  x 2  1  x 2 )  0 , 4

( x 3  1)( x 3  x 2  1  x 2 )  ( x 3  x 2  1  x 2 )( x 3  1)  0 ,

( x 3  1)( x 3  x 2  1  x 2  x 3  x 2  1  x 2 )  0, ( x 3  1)( 2 x 3  2)  0, ( x 3  1)( x 3  1)  0, x 3  1  0, ( x  1)( x 2  x  1)  0 . Последнее уравнение равносильно совокупности уравнений:  x  1  0,  x 2  x  1  0,  x  1 .  Ответ: x = -1. 3

2. ВЫДЕЛЕНИЕ ПОЛНОГО КВАДРАТА. Пример 2.1. Решите уравнение x 2 

25 x 2  11 . ( x  5) 2

Решение. Вычтем и прибавим в левой части уравнения выражение

10 x 2 , x5

получим:  2 10 x 2 25 x 2  x   x  5 ( x  5) 2 

 10 x 2    11  0   x5  10 25  10 x 2  x 2 1    11  0 . 2   x  5 ( x  5)  x  5 Заметим, что в скобках находится полный квадрат разности. 2

5  10 x 2 x2 10 x 2  x 2 1   11  0  x 2    11  0   x5 ( x  5) 2 x  5  x 5 x4 10 x 2   11  0 . ( x  5) 2 x  5



x x2  y 2 , получим уравнение  y , тогда Положим 2 ( x  5 ) x5 y 2  10 y  11  0, y1  11, y 2  1 . Получим совокупность двух уравнений:  x2 ,  x  5  11,  x 2  11x  55  0,  2  1  21  2  x1, 2  .  x  x  5  0,  x  1, 2   x  5 Ответ: x1, 2 

1  21 . 2

3. МЕТОД ОЦЕНОК.

Теорема 3.1 (метод оценок). Если f x   A , а g x   A при x  X , тогда

f  x   g x 

 f x   А

  g x   A.

Пример 3.1. Решить уравнение x 2  4 x  5  1  2  x  3

Решение. Т.к. 2  x   0 , тогда 1  (2  x) 4  1 . Рассмотрим левую часть 4

уравнения x 2  4 x  5  x 2  4 x  4  1  ( x  2) 2  1  1 , т.к. x  2  0 , следовательно, применяя метод оценок получим систему вида: x 2  4 x  53  1 x2  4 1  2  x   1 Ответ: x  2 . 3

4. МЕТОД МОНОТОННЫХ ФУНКЦИЙ.

Теорема 4.1. Если f x  непрерывная и строго монотонная функция на промежутке X , то уравнение f x   a , где a  R , имеет не более одного корня на X . Теорема 4.2. Если одна из непрерывных функций y  f x  или y  g x  возрастает на промежутке X , а другая убывает на этом же промежутке, то уравнение f x   g x  имеет на X не более одного корня.

f x  непрерывная и строго монотонная на промежутке X , то уравнение f  x   f  x  на промежутке X равносильно уравнению  x    x  , при этом  x   X ,  x   X . Теорема 4.3. Если функция

Пример 4.1. Решить уравнение x 5  2 x 3  6 x  9  0 . Решение. Заметим, что уравнение имеет корень x  1 . Рассмотрим функцию f ( x)  x 5  2 x 3  6 x  9 , вычислим производную f ( x)  5x 4  6 x 2  6  0 при любом значении x , следовательно, функция f (x) - возрастает, таким образом по теореме 1 уравнение имеет не более одного корня, т.к. x  1 корень, то он единственный. Ответ: x  1. 6 Пример 4.2. Решить уравнение x 3  5 x  4 . x Решение. Заметим, что уравнение имеет корень x  1 и не имеет корней при x  0 (т.к. при отрицательных значениях x левая часть уравнения отрицательна, а правая часть положительна). Рассмотрим функции 6 f ( x)  x 3  5x и g ( x)  4 , вычислим их производные f ( x)  3x 2  5  0, x 5

24  0 при любом значении x  0 , следовательно, функция f (x) x5 возрастает, а функция g (x) убывает, таким образом по теореме 2 уравнение имеет не более одного корня, т.к. x  1 - корень, то он единственный. Ответ: x  1. g ( x)  

МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ НЕРАВЕНСТВ И СИСТЕМ НЕРАВЕНСТВ 5. ОСНОВНЫЕ СВОЙСТВА ПРИ РЕШЕНИИ НЕРАВЕНСТВ. g ( x)  0 при x  R , тогда f ( x)  h( x)  f ( x) g ( x)  h( x) g ( x) , т.е. при умножении (делении) обеих частей неравенства на положительную функцию «знак» неравенства не изменяется. Свойство 5.2. Если g ( x)  0 при x  R , тогда f ( x)  h( x)  f ( x) g ( x)  h( x) g ( x) , т.е. при умножении (делении) обеих частей неравенства на отрицательную функцию «знак» неравенства изменяется на противоположный. Свойство

5.1.

Если

6. МЕТОД ИНТЕРВАЛОВ. Один из самых распространенных методов решения рациональных неравенств (хотя данный метод иногда можно применять и для произвольных    неравенств) вида x  x0  1 x  x1  2 ...x  xn  n  0  0 , где x0 , x1 ,...,xn называют критическими точками, 1 ,  2 ,..., n  R . Каждый интервал xk , xk 1  исследуется на «знак». Рассмотрим данный метод на примерах. Пример 6.1. x  1x  32 x  3  0 . Решение. Преобразуем неравенство: 2x  1x  3x  1,5  0 1 способ (подстановками) 1) при x  5  3;   25  15  35  1,5  0 2) при x  2  1;3  22  12  32  1,5  0 3) при x  0   1,5;1  20  10  30  1,5  0

4) при x  5   ;1,5  2 5  1 5  3 5  1,5  0

2 способ («знаками скобок») Пусть x  1  I , x  3  II , x  1,5  III , тогда из рис. видно, что

учитывая знаки неравенств получим x   1,5;1  3;) . 3 способ (геометрически) Построим графики функций x  1x  3  I , x  1,5  II .

тогда из рис. видно, что x   1,5;1  3;) . Ответ: x   1,5;1  3;) Пример 6.2. x  1 x  1x  3  0 . 2

Решение. Заметим, что x  1  0, при любых значениях x , если x  1 , то неравенство превратится в равенство, т.е. x  1 - является решением неравенства, далее, считая что x  1 уже учтенное решение, можем первую 2

скобку не рассматривать, т.к. при всех x  1  ( x  1) 2  0 , что никак не влияет на знак неравенства. Рассмотрим неравенство вида x  1x  3  0

x   3;1 , т.к. x  1 - является решением неравенства, тогда x   3;1   1. Ответ: x   3;1   1.







Пример 6.3. x 2  1 x 2  x  1 x  5  0 . 7

Решение. Заметим, что x 2  x  1  0, при любых значениях x , т.к. дискриминант D  1  4  3  0 , таким образом, вторая скобка никак не





влияет на знак неравенства, т.е. можем обе части сократить на x 2  x  1 .





Рассмотрим неравенство вида x  1 x  5  0  x  1x  1x  5  0 2

Ответ: x   1;1  5;  . Пример 6.4. Решение.

x2 1 0. x2









 x 2  1 x  2  0  x 2  1 x  2  0 x2 1  0  x2 x  2  x  1

Ответ: x   1;1  2;  .

7. МЕТОД ОЦЕНОК. Пример 7.1. Решить неравенство

5x  x  1  10  5x  10  1 .

Решение. Так как x  1  0 , тогда первый из корней всегда не меньше второго и, следовательно, выражение в правой части не отрицательно. Таким образом, неравенство всегда выполняется в ОДЗ. Получаем 5 x  10  0 , т.е. x  1 .  x 1 0

систему неравенств  Ответ: x  1 .

8. МЕТОД ЗАМЕНЫ ПЕРЕМЕННЫХ. Иногда, при решении неравенств, удобнее бывает произвести замену переменных. Продемонстрируем метод замены на примерах.

Пример 8.1. Решите неравенство x 4  5x 2  4  0 . Решение. Пусть x 2  t  0 , тогда получим систему неравенств:

t 2  5t  4  0 t  1t  4  0    t  0 t  0 получим t  1;4 . Возвращаясь к переменным x , получим:

2 2   x  1x  1  0 x  1 x  1  0   2    2   x  2x  2  0 x  4 x  4  0 Ответ: x   2;  1  1; 2  .

Пример 8.2. Решите неравенство  x 2  3x  x 2  3x  2   24 . Решение. Пусть x 2  3x  t , тогда получим неравенство:

t  t  2   24  t 2  2t  24  0 

  t  6  t  4   0

Получим t   6;4 . Возвращаясь к переменным x , получим:

2 2   D  0, x   ;     x  3x  6  x  3x  6  0   2    2   x  1x  4  0  x  3x  4  x  3x  4  0  x  1x  4  0  x   1;4 Ответ:  1; 4  .

9. ОСНОВНЫЕ ПРАВИЛА ДЛЯ СИСТЕМ НЕРАВЕНСТВ ОТ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ. При решении системы неравенств необходимо разбираться в следующих операциях над множествами. 9

а) Пересечение множеств:  x  DF  F ( x)  0   x  DF  DG .  G( x)  0  x  DG б) Объединение множеств:  x  DF  F ( x)  0 G( x)  0   x  D  x  DF  DG G   в) Комбинация 1:  x  DH  H ( x)  0    F ( x)  0   x  DF  x  DF  DG   DH G( x)  0  x  D G  

г) Комбинация 2:  x  DH  H ( x)  0   F ( x)  0   x  DF  x  DF  DG   DH  x  DG  G( x)  0 

 x  DF  F ( x)  0   x  DF \ DG д) Вычитание:  G( x)  0  x  DG Пример 9.1. Решить неравенство f1 x  f 2 x   0 . Решение.  f x   0   g x   0  f1 x  f 2 x   0   f x   0   g x   0



 x  D   x  G  x  R \ D  x  R \ D  G   D  G    x  R \ G

Теорема 9.1. Для систем одноименных неравенств, справедливо:  f 1  x   0 ( )   f  x   0 ( ) 1)  2  minf1 x, f 2 x,..., f n x  0  ...  f n x   0 ()  f 1  x   0 ( )   f 2  x   0 ( )  maxf1 x, f 2 x,..., f n x  0  2)  ...  f n x   0 () Теорема 9.2. Для совокупностей одноименных неравенств, справедливо:  f 1  x   0 ( )  f 2  x   0 ( )  maxf1 x, f 2 x,..., f n x  0  1)  ...   f n x   0 ()

 f 1  x   0 ( )  f 2  x   0 ( ) 2)  ...   f n x   0 ()

 minf1 x, f 2 x,..., f n x  0 

x 4  x 3  x 2  x  1  0  Пример 9.3. Решить систему неравенств:  3 x 2 x  x   3  0 2  Решение. 1 способ. Т.к. в системе неравенства одноименные, следовательно, можем сложить два x неравенства, получим: x 4   2  0 , т.к. 2

 1  4 x  3  x   2   4x   0 , 2 2   тогда при x  

1 функция имеет свой минимум. Других точек экстремума 2 4

1 x  1  1 f          2  0 , то x 4   2  0 , таким образом, 2 4  2  2 неравенство не имеет решений, т.е. система также не имеет решений. 2 способ. 1 1 Очевидно следующее равенство: maxa, b  a  b   a  b , тогда по 2 2 теореме 1 получим: x 4  x 3  x 2  x  1  0 x     max  x 4  x 3  x 2  x  1, x 3  x 2   3  0   3 x 2 2   x  x   3  0 2  1 4 x  1 4 x 3 2 3 2 3 2 3 2  x  x  x  x  1  x  x   3  x  x  x  x  1  x  x   3  0 2 2  2 2 x 3 x  x 4   2  x 4  2 x 3  2 x 2  x  4  0 , т.к. x 4   2  0 , (см. выше), 2 2 2 следовательно, неравенство не имеет решений, т.е. система также не имеет решений. нет. Т.к.

РАЦИОНАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ УРАВНЕНИЙ 10. РАВНОСИЛЬНОСТЬ УРАВНЕНИЙ Пусть даны два уравнения с одними и теми же неизвестными и рассматриваемые на некотором множестве D: f1 ( x, y, ..., z) = 1 ( x, y, ..., z ) , (10.1)

f 2 ( x, y, ..., z) =  2 ( x, y, ..., z) , (10.2) Обозначим множество решений уравнения (10.1) через M, а множество решений уравнения (10.2) - N. Определение 10.1. Если M  N (  - включено), то уравнение (10.2) называется следствием уравнения (10.1). Другими словами, если число корней уравнения (10.2) больше, числа корней уравнения (10.1). 12

Определение 10.2. Если M = N, тогда уравнения (10.1) и (10.2) называются равносильными. Иначе, если решения уравнения (10.1) являются решениями уравнения (10.2) и, наоборот, решения уравнения (10.2) являются решениями уравнения (10.1), тогда уравнения (10.1) и (10.2) называются равносильными. Понятие равносильности обладает свойством транзитивности. Если на множестве D имеют место уравнения: f ( x, y, ..., z) =  ( x, y, ..., z) и  ( x, y, ..., z) = h( x, y, ..., z) , тогда

f ( x, y, ..., z) = h( x, y, ..., z) .

11. РАВНОСИЛЬНОСТЬ УРАВНЕНИЙ НА МНОЖЕСТВЕ Два уравнения могут быть равносильными относительно одного числового множества и не быть равносильными относительно другого числового множества. Например, уравнение 2 x  6  0 и x 3  3x 2  2 x  6  0 равносильны на множестве рациональных чисел. В самом деле, на множестве рациональных чисел, первое уравнение имеет один корень x  3 и второе уравнение имеет также только один корень x  3 , а два других значения

x2, 3   2 не входят в множество рациональных чисел и, следовательно, не являются корнями на этом множестве. Но эти уравнения не равносильны на множестве действительных чисел, ибо у первого уравнения - одни корень: M  3 , а у второго





уравнения - три: N   2 , 3 , M  N . Пример 11.1. Равносильны ли уравнения: 2 x  1  3 и 2 x  2 на множестве действительных чисел? Решение. Первое уравнение имеет на множестве действительных чисел один корень, x  1 , M   1 и второе уравнение имеет также один корень x  1 , N   1 на этом множестве. M  N , значит уравнения равносильны. Ответ: равносильны.

12. ТЕОРЕМЫ О РАВНОСИЛЬНОСТИ УРАВНЕНИЙ Теорема 12.1. Уравнения f ( x, y, ..., z) =  ( x, y, ..., z) (12.1) и f ( x, y, ..., z)  ( x, y, ..., z) =  ( x, y, ..., z)  ( x, y, ..., z) (12.2) 13

равносильны, если функция ( x, y, ..., z) определена на множестве всех допустимых значений неизвестных уравнения (12.1). Замечание. Если ( x, y, ..., z) определена не при всех допустимых значениях неизвестных уравнения (12.1) и теряет смысл при каких-либо системах значений неизвестных, являющихся решением уравнения (12.1), то при переходе от уравнения (12.1) к уравнению (12.2) произойдет потеря корней. Пример 12.1. Дано уравнение 2 x  10, которое имеет только один корень x  5. 1 а) прибавим к обеим частям уравнения функцию  ( x)  , x5 1 1 теряющую смысл при x  5 . Получим уравнение 2 x   10  , не x5 x5 равносильное данному, так как x  5 не является его корнем. 1 б) Прибавим к обеим частям уравнения функцию  ( x)  , x2 теряющую смысл при x  2. 1 1 Получим уравнение 2 x   10  , равносильное данному, так x2 x2 как оно тоже имеет только один корень x  5. Пример 12.2. Дано уравнение x( x  1)  0; областью допустимых значений неизвестного является множество всех действительных чисел M 1  x x   ; . Уравнение имеет два корня: x1  0 и x2  1. Прибавим к обеим частям данного уравнения функцию  ( x)  lg x,

область определения которой M   x x  0; .

Получим уравнение x( x  1)  lg x  lg x, не равносильное данному, так как x  0 не является его корнем. Теорема 12.2. Уравнения (12.3) f ( x, y, ..., z) =  ( x, y, ..., z) и f ( x, y, ..., z)  ( x, y, ..., z) =  ( x, y, ..., z)  ( x, y, ..., z) (12.4) равносильны, если функция ( x, y, ..., z) определена и отлична от нуля на множестве всех допустимых значений неизвестных уравнения (12.3).

Замечание. Если условия теоремы, касающиеся функции ( x, y, ..., z) , не выполняются, то уравнение (12.4) может быть не равносильно уравнению (12.3). Может произойти потеря решений, если ( x, y, ..., z) теряет смысл при каких-либо системах значений неизвестных, являющихся решениями уравнения (12.3). Уравнение (12.4) может иметь посторонние решения для уравнения (12.3), если ( x, y, ..., z) при некоторых допустимых системах значений неизвестных равна нулю, но эта система значений неизвестных не является решением уравнения (12.3). Пример 12.3. Дано уравнение x 2  2  x, множеством допустимых значений x является множество всех действительных чисел M 1  x x   ; . Уравнение имеет два корня: x1  1 и x2  2.

1 , теряющую 1 x2 1 1 смысл при x  1 и x  1. Получим уравнение x 2   (2  x)  , не 1 x2 1 x2 равносильное данному, так как оно имеет только один корень x  2. 1 Умножение обеих частей данного уравнения на привело к потере 1 x2 корня x  1 . 1 б) Умножим обе части данного уравнения на  ( x)  , теряющую 1 x 1 1 смысл при x  1. Получим уравнение x 2   ( 2  x)  , равносильное 1 x 1 x данному, так как оно имеет два корня: x1  1 и x2  2. в) Умножим обе части данного уравнения на ( x)  x  3, x  3. обращающуюся в нуль при Получим уравнение x 2  ( x  3  (2  x)  ( x  3), не равносильное данному, так как оно имеет три корня: x1  1 , x2  2 и x3  3. Умножение обеих частей данного уравнения на x  3 привело к появлению постороннего корня x3  3. а) Умножим обе части данного уравнения на  ( x) 

Пример 12.4. Равносильны ли уравнения: f ( x)   ( x) и  f ( x)   ( x) . Решение. Если k - нечетное число, тогда уравнения равносильны, если k четное число, то, вообще говоря, не равносильны, ибо второе уравнение примет вид: k

f ( x)   ( x) или f ( x)   ( x) и f ( x)   ( x) , т. е. распадается на два уравнения. Только в том случае, если уравнение f ( x)   ( x) , по каким-то причинам не будет иметь корней, мы можем получить равносильные уравнения. Ответ: при k нечетном - равносильны, при k четном - не равносильны.

13. КВАДРАТНОЕ УРАВНЕНИЕ Определение 13.1. Уравнение вида ax 2  bx  c  0, где a, b, с действительные числа, причем a  0, x - переменная, называется квадратным. Дискриминантом квадратного уравнения называется число, составленное из коэффициентов уравнения: D  b 2  4  a  c. По значению дискриминанта можно установить количество решений уравнения или узнать, имеет ли оно решение вообще. 1-й случай. D  0 . Уравнение имеет два различных действительных корня

x1,



b D . Построим график квадратной функции y  ax 2  bx  c . 2a

Рис. 1 . y  0 при x  ( x1 , x2 ) , y  0 при x  (, x1 )  ( x2 , ),

Рис. 2. y  0 при x  (, x1 )  ( x2 , ), y  0 при x  ( x1 , x2 ) .

2-й случай. Если D  0 , тогда уравнение имеет единственное решение или b два равных корня: x   . График квадратной функции, в этом случае, 2a имеет только одну точку пересечения (касания) с осью OX (см. рис. 3 и 4).

Рис. 3. y  0 при любом x

Рис. 4. y  0 при любом x

3-й случай. Если D  0 , тогда уравнение не имеет действительных корней. График функции y  ax 2  bx  c не будет пересекать ось OX (рис. 5 и 6).

Рис. 5. y  0 при любом x

Рис. 6. y  0 при любом x

Определение 13. 2. Квадратное уравнение называется приведенным, если коэффициент при x 2 равен 1, т. е. a = 1. В этом случае, уравнение можно записать в виде: x 2  px  q  0. Т.е. можно b c считать, что p  , q  . a a Теорема 13.1 (теорема Виета). Если приведенное квадратное уравнение x 2  px  q  0 имеет корни ( D  0) , то сумма их равна второму коэффициенту, взятому с противоположным знаком: x1  x2   p, а произведение корней, равно свободному члену: x1  x2  q.

Теорема 13.2 (обратная). Если сумма двух действительных чисел (обозначим их x1 и x 2 , впрочем, можно и другими буквами) равна  p , а их произведение равно q , то эти числа являются корнями квадратного уравнения x 2  px  q  0 . Следствие 13.1. Если свободный член q  0 , то оба корня имеют одинаковые знаки, либо оба положительны, либо оба отрицательны. Если к тому же, p  0 , то оба корня положительны, в противном случае, (при p  0 ) оба корня отрицательны. Следствие 13.2. Если свободный член q  0 , тогда корни имеют разные знаки. Пример 13.1. а) x 2  7 x  12  0, б) x 2  14 x  48  0, в) x 2  x  12  0, а) свободный член (12) положителен, значит, оба корня имеют одинаковые знаки. Второй коэффициент (-7) отрицателен, значит, оба корня положительны. В самом деле, x1  3 и x2  4. б) свободный член положителен и второй коэффициент положителен, значит оба корня отрицательны. Нетрудно проверить, что x1  6 и x2  8. в) свободный член отрицателен (-12), значит, корни имеют разные знаки. Найдем корни и убедимся в этом: x1  4, x2  3. Пусть квадратный трехчлен x 2  px  q имеет корни x1 и x2 . Тогда, по теореме Виета: x1  x2   p , x1  x2  q . Подставляя в уравнение, получим x 2  ( x1  x2 )  x  x1  x2  ( x  x1 )( x  x2 ). Справедливо и обратное. Таким образом: x 2  px  q  ( x  x1 )( x  x2 ). Можно показать, что ax 2  bx  c  a( x  x1 )( x  x2 ).

14. УРАВНЕНИЯ ВИДА a f ( x)  bf ( x)  c  0 И 2

 f ( x)  a f ( x)  b  c

(ОБОБЩЕННЫЕ КВАДРАТНЫЕ

УРАВНЕНИЯ). Пример 14.1. Решите уравнение ( x 2  2 x  1) 2  3x 2  6 x  13  0 . Решение. Запишем уравнение в виде: ( x 2  2 x  1) 2  3( x 2  2 x)  13  0 . Положим x 2  2 x  1  y, x 2  2 x  y  1 , тогда уравнение примет вид: 18

y 2  3( y  1)  13  0, y 2  3 y  10  0, y1  5, y2  2 . Подставляя вместо y значения, получим: ,  x 2  2 x  1  5,  x 2  2 x  4  0,  x  1, .  2    x1  1,   1  2  , x2  3    x  2 x  1  2,  x  2 x  3  0, x  3   2 Ответ: x1  1, x2  3 . Пример 14.2. Решите уравнение ( x 2  3x  1)( x 2  3x  2)  2  0 . Решение. Сделаем замену переменных y  x 2  3x  1 . Тогда

y y  1  2  0  y 2  y  2  0  y1  2; y2  1 Подставляя вместо y найденные значения, получим совокупность двух квадратных уравнений:   x 2  3x  1  2,  x 2  3x  3  0,  x  0, .  2    x1  0,   1  2  x 2  3,    x  3x  1  1,  x  3x  0, x   3 ,   2 Ответ: x1  0, x2  3 .

15. БИКВАДРАТНОЕ УРАВНЕНИЕ ВИДА ax  bx  c  0 . 4

ax  bx  c  0 Определение 15.1. Уравнение вида называют биквадратным, причем a  0 . ax 4  bx 2  c  0 Преобразуем биквадратное уравнение к приведенному, для этого разделим обе его части на a , получим b c x 4  px 2  q  0 , где  p,  q . Заменим x 2  y, y  0 , получим a a 2 квадратное уравнение: y  py  q  0 . Полученное квадратное уравнение: 4

1) при D  0 , т. е. при p 2  4q  0 не имеет действительных корней, следовательно не будет иметь корней и исходное биквадратное уравнение. p2 2) при D  0 , т. е. p 2  4q  0, p 2  4q, q  , тогда квадратное 4 P уравнение имеет один действительный корень y   , а биквадратное 2

p ; б) при p  0 не имеет 2 корней; в) при p  0 имеет единственный корень, x  0 . уравнение: а) при

p  0 имеет два корня x  

3) при D  p 2  4q  0 , квадратное уравнение имеет два различных

p  p2  4 p , а биквадратное уравнение: 2 а) не имеет действительных корней, если оба корня отрицательные, т.е.  y1  y 2  q  0, ;   y1  y 2   p  0, действительных корня y1, 2  

б) имеет два корня, если один из корней квадратного уравнения отрицателен, а другой - положителен, т. е. q  0 ; в) имеет три корня, если один из корней соответствующего квадратного q  0; уравнения равен нулю, а второй положителен, что произойдет при  ; p  0 г) имеет четыре корня, если y1 и y 2 положительные, что произойдет при

q  0; .  p  0 Пример 15.1. Решить уравнение на множестве действительных чисел

x 4  13x 2  36  0 . Решение. Положим

x 2  y, y  0 , получим квадратное уравнение

y 2  13 y  36  0 , которое имеет два различных действительных корня: y1  4, y2  9 , получим:

 x 2  4,  x1  2, x 2  2  ;  2  x3  3, x 4  3  x  9 Ответ: x1  2, x2  2 , x3  3, x4  3 .









16. УРАВНЕНИЕ ВИДА a f ( x)  b f ( x)  c  0 (ОБОБЩЕННОЕ БИКВАДРАТНОЕ УРАВНЕНИЕ). 4

Пример 16.1. Решить уравнение на множестве действительных чисел

4sin x   13sin x   9  0 . 4

Решение. Положим sin 2 x  y, 1  y  0 , получим квадратное уравнение

4 y 2  13 y  9  0 , которое имеет два различных действительных корня: y1  4, y 2  9 / 4 , получим:

sin 2 x  4, sin x  2    - нет решений;  2 sin x  3 / 2, sin x  9 / 4 Ответ: нет решений.

17. УРАВНЕНИЕ ВИДА x  a x  bx  c x  d   A , ГДЕ

ab  cd . Пример 17.1. Решите уравнение ( x  1)( x  2)( x  3)( x  4)  24 . Решение. Сгруппируем скобки следующим образом 1 и 4, 2 и 3: ( x  1)( x  4)( x  2)( x  3)  24  x 2  5x  4 x 2  5x  6  24  0 . Положим x 2  5x  4  y . Подставляя в уравнение, получим: y  ( y  2)  24  0 . Решая квадратное уравнение получим корни: y1  6, y 2  4 . Возвращаясь к переменным x получим совокупность двух уравнений:

 x 2  5 x  4  6,  x 2  5 x  10  0,  ,    2  2  x1  0, x 2  5.  x  5 x  4  4,  x  5 x  0, Ответ:

x1  0, x2  5.

18. УРАВНЕНИЕ ВИДА x  a x  bx  c x  d   Ax , ГДЕ 2

ab  c d . Пример 18.1. Решите уравнение ( x  3)( x  2)( x  4)( x  6)  56 x 2 . Решение. Сгруппируем скобки следующим образом 1 и 3, 2 и 4 (т.к. a  b  c  d ): ( x  3)( x  4)( x  2)( x  6)  56x 2  x 2  7 x  12 x 2  8x  12  56x 2 . Т.к. x  0 не является решением уравнения, разделим обе части на x , при этом в левой части каждую скобку разделим на x , тогда получим уравнение вида: 12   12    x  7     x  8    56 x x    2

Положим x 

12  y . Подставляя в уравнение, получим: x  y  7  ( y  8)  56  0 ,

раскрывая скобки получим y  y  0,  y1  0, y 2  1. Возвращаясь к переменным x получим совокупность двух уравнений: 12   x  x  0,  x 2  12  0, ,  2   12 x  x  12  0 , ,  x   1, x  Ответ: нет решений. 2

19. МНОГОЧЛЕНЫ И ИХ КОРНИ. Определение 19.1. Многочленом степени n от переменного x называется n n 1 алгебраическое выражение вида Pn x a n x  an1 x  ... a1 x  a0 , где n целое

неотрицательное

a n , an1 , ..., a1 , a0 Коэффициент

число,

будем

ak  R ,

называть

причем

an  0 .

коэффициентами

Числа

многочлена.

a n называется старшим коэффициентом, а коэффициент a 0 n 1

свободным членом. Одночлены a n x , an1 x , ..., a1 x, a0 называются членами многочлена. Теорема 19.1 (деление многочленов). Если Pn (x) и S m ( x)  0 - два многочлена ( n  m ), то существует и притом единственная пара многочленов и которая удовлетворяет равенству Qnm (x) Rnm (x) , Pn ( x)  S m ( x)  Qnm ( x)  Rnm ( x) , где Qnm (x) - называется частным (целая n

часть), а Rnm (x) - остатком, Следствие 19.1. Если Pn (x) и S m ( x)  0 - два многочлена ( n  m ), то существует и притом единственная пара многочленов Qnm (x) и Rnm (x) , которая удовлетворяет равенству Pn ( x) R ( x)  Qn  m ( x)  n  m S m ( x) S m ( x) Схему деления многочленов углом представим на примере. Пример 19.1. Pn ( x)  x 5  x 4  x 3  x  1 , S m ( x)  x 3  2 x 2  1 , т.е. n  5, m  3 . Найти целую часть и остаток от деления. Решение.

x5  x4  x3  x 1 x 5  2x 4  x 2

x3  2x 2  1 x2  x  3

 x4  x3  x2  x 1  x 4  2x 3  x 3x 3  x 2  1 3x 3  6 x 2  3  5x 2  4 Целая часть = x 2  x  3 , остаток =  5x 2  4 . Таким образом, справедливо равенство Pn ( x) x 5  x 4  x 3  x  1  5x 2  4 2   x  x  3  S m ( x) x 3  2x 2  1 x 3  2x 2  1 Теорема 19.2. Многочлен Pn (x) делится на многочлен S m ( x)  0 в том случае, если остаток от деления равен нулю. n n1 Рассмотрим многочлен Pn ( x)  an x  an1 x  ...  a1 x  a0

Определение 19.2. Если при

x  x 0 значение многочлена равно нулю,

Pn ( x0 )  0 , тогда x0 называется корнем многочлена Pn (x) . Пример 19.2. Задан многочлен P3 ( x)  x 3  x 2  6 x  6 . При x  1 значение этого многочлена равно нулю, P3 (1)  13  12  6 1  6  0 , значит x  1 является корнем многочлена. Замечание. Если сумма коэффициентов многочлена равна нулю, тогда x  1 - корень этого многочлена. Определение 19.3. Уравнение уравнением n-й степени.

Pn ( x)  0

называется

алгебраическим

Теорема 19.3 (Безу). Остаток от деления многочлена Pn (x) на x  a  равен Pn (a) (т. е. равен значению этого многочлена при x  a ). Следствие 19.2 (Безу). Если a - корень многочлена Pn (x) , то этот многочлен делится на x  a .

Пример 19.3. Дан многочлен P5 ( x)  x 5  x 4  x 3  x 2  x  1 . Нетрудно видеть, что -1 - корень этого многочлена, значит, по следствию из теоремы многочлен должен делиться на x  1 . Решение. x5  x 4  x3  x 2  x 1 x  1

x5  x 4

x4  x2  1 x3  x 2  x 1 x3  x 2 x 1 x 1

0 Остаток равен нулю, значит, многочлен делится на x  1 . Теорема 19.4. Если все коэффициенты многочлена Pn (x) являются целыми числами, то всякий целый корень этого многочлена является делителем свободного члена a 0 . Данная теорема значительно облегчает отыскание целых корней многочленов с целыми коэффициентами. Во-первых, надо найти и выписать все делители свободного члена (положительные и отрицательные), проверить (можно подстановкой), какие из них являются корнями данного многочлена, если ни один делитель свободного члена не обращает многочлен в нуль, то этот многочлен целых корней не имеет. Пример 19.4. Найти целые корни уравнения x  x  x  3x  4  0 . Решение. Найдем делители свободного члена 4: 1,  2,  4 . 1) x  1  1  1  1  3  4  0 , корень; 2) x  1  1  1  1  3  4  0 , не является корнем; 3) x  2  16  8  4  6  4  0 , не является корнем; 4) x  2  16  8  4  6  4  0 , не является корнем; 5) x  4  256  64  16  12  4  0 , не является корнем; 6) x  4  256  64  16  12  4  0 , не является корнем. Таким образом x  1 - единственный целый корень уравнения. По теореме Безу, многочлен делится на x  1 . Замечание. Порой бывает нелегко проверять предполагаемые корни многочлена или вычислять его значение, особенно, если многочлен высокой 4

степени и проверяемые числа большие. Для облегчения этого процесса существует схема Горнера. n n 1 Пусть дан многочлен Pn ( x)  an x  an1 x  ... a1 x  a0 , который надо разделить на двучлен x  x0  . Схему Горнера представим в виде таблицы:

an1

...

x0  bn1

...

x0  b1

x0  b0 b0  a1  x0  b1 остаток

bn1  an bn2  an1  x0  bn1 ...

Пример 19.5. Найти частное и остаток от деления многочлена P5 ( x)  x 5  3x 4  3x 2  9 x  6 на x  3 . Решение. В верхней строке таблицы записываются коэффициенты данного многочлена: 1 1

-3

3 -9 -6 3 3 9 3 30 3 81 3 1 3 3 0 + 31 = 3 0 + 3 3 = 9 3 + 3 9 = 30 -9 + 3 30 = 81 -6+ 3 81 =237

Получаем частное Q4 ( x)  x 4  3x 3  9 x 2  30 x  81 ; остаток или значение многочлена в точке x  3 равно P5 (3)  237 . Ответ: целая часть от деления Q4 ( x)  x 4  3x 3  9 x 2  30 x  81 ; остаток или значение многочлена в точке x  3 равно P5 (3)  237 . Теорема 19.5. Если

x0 

p q

- несократимая дробь, является корнем

уравнения an x n  an1 x n1  ... a1 x  a0  0 с целыми коэффициентами, то p делитель a0 , а q - делитель a n . Пример 19.6. Решите уравнение 8x 3  4 x 2  2 x  1  0 . Решение. Найдем делители свободного члена и делители первого p коэффициента. Составим всевозможные дроби вида , где p - делитель 1 , а q

q - делитель 8 . Для свободного члена - 1 имеем два делителя:  1. Для первого

коэффициента

делители:

1,  2,  4,  8 .

Составим

p 1 1 1  1,  ,  ,  . Сразу ясно, что -1 и 1 не q 2 4 8 являются корнями уравнения. 3 2 1  1  1  1 при x    8      4      2      1  1  1  2  0, корень. 2  2  2  2 всевозможные дроби:

при x 

1 2

1 1 1  8     4     2     1  1  1  1  1  0, корень. 2

2

Следовательно, левая часть уравнения делится на x 

1 1 и x . 2 2

Дважды применим схему Горнера: 8

-4

-2

1  8 2 1 -4   8 = -8 2

1   (8) 2 1 -2   (8) = 2 2

1  2 2 1 1  2 = 0 2

-8

1 8 2

1  (4) 2 1 2 +  (4) = 0 2

1 -8 +  8 = -4 2



1 2

1  1  1 1  Уравнение примет вид 8 x     x   x    0 . Следовательно x   . 2  2  2 2  1 Ответ: x   . 2

20. ВОЗВРАТНЫЕ УРАВНЕНИЯ Определение 20.1. Уравнения вида ax n  bx n1  cx n2  ... cx 2  bx  a  0 , где a  0 называются возвратными. Свойство 20.1. Возвратное уравнение не может иметь число 0 своим корнем.

Свойство 20.2. Если возвратное уравнение имеет своим корнем число a , то 1 оно имеет и корень, равный . a Из свойства 2 следует, что при решении возвратных уравнений применяется подстановка 1 1 y  x  или y  x  . x x Пример 20.1. Решить уравнение на множестве действительных чисел 6x 4  13x 3  12x 2  13x  6  0 . Решение. Это уравнение возвратное четной степени. Делим обе части 6 x 4 13x 3 12 x 2 13x 6 2 уравнения на x , получим уравнение: 2  2  2  2  2  0  x x x x x 1  1 13 6   6 x 2  13x  12   2  0  6 x 2  2   13 x    12  0 . x x x x    1 Пусть x   y, y  0 , тогда, возводя обе части этого равенства в квадрат, x 2

1 1  получим:  x    y 2  x 2  2  y 2  2 . Подставляя в уравнение, имеем: x x  13 2 Значение не 6( y  2)  13 y  12  0  y1  0, y2  . y1  0 6 удовлетворяет условию y  0 и является посторонним корнем. Остается 13 1 13 одно значение: y  . Возвращаясь к переменным x , получим x   . x 6 6 2 3 Отсюда находим x1  , x2  . 3 2 3 2 Ответ: x1  , x 2  . 3 2 Пример 20.2. Решите уравнение x 4  x 3  2 x 2  x  1  0 . Решение. Разделим обе уравнения на x 2 и группируя, получим 1  2 1   x  2 x  2  0. x x    1 Пусть x   y, y  0 . Возведем обе части этого равенства в квадрат, x 2

1 1  получим  x    y 2  x 2  2  y 2  2 . После подстановки в уравнение и x x  27

преобразований, получим: y 2  y  4  0, y1 

1  17 1  17 , y2  . 2 2

Следовательно, получим систему вида:

  1  1  17  13  17   x1, 2     2  2     1  1  17    x3, 4  2   2  13  17       1  1  17 1  1  17  13  17 ; x3, 4     13  17  . Ответ: x1, 2        2 2 2 2   Некоторые уравнения могут быть приведены к возвратным с помощью замены x  ky . Рассмотрим на примере.  1 1  17  2 x   x x 2    1 1  17  2 x   x 2   x

1  17  x 1  0 2  1  17  x 1  0 2

Пример 20.3. Решите уравнение x 4  x 3  2 x 2  4 x  16  0 . Решение. Это уравнение не является возвратным, но его можно легко привести к возвратному. Пусть x  ky . Подставляя в уравнение получим:

(ky ) 4  (ky )3  2  (ky ) 2  4  (ky )  16  0,

следовательно,

k 4  16  k  2 ,

таким образом, уравнение примет вид: 16 y 4  8 y 3  4  y 2  8 y  16  0, полученное уравнение уже является возвратным, но его можно упростить, разделив обе части уравнения на 4, 4 y 4  2 y 3  y 2  2 y  4  0 . Делим обе 1 2 части уравнения на y , а затем, делая подстановку y   u , находим: y

4u 2  2 y  1  0 , т.к. D  4  16  0 , следовательно нет корней. Ответ: нет корней.

21. УРАВНЕНИЕ ВИДА - ЧЕТНОЕ.

(ax  b1 ) n  (ax  b2 ) n  k , ГДЕ n

Уравнения вида (ax  b1 ) n  (ax  b2 ) n  k подстановкой ax  b1  y  c ,

ax  b2  y  c , где c 

b1  b2 , сводится к более простому алгебраическому 2

уравнению. Пример 21.1. Решить уравнение (2 x  3) 4  (2 x  5) 4  2 .

Решение. Положим 2 x  3  y  c и 2 x  5  y  c , получим уравнение

( y  c) 4  ( y  c) 4  2 . Постоянную c находим из системы уравнений  y  c  2 x  3,  2c  2  c  1 и тогда уравнение станет таким:   y  c  2 x  5,

( y  1) 4  ( y  1) 4  2, раскрывая скобки получим y 4  4 y3  6 y 2  4 y 1 y 4  4 y3  6 y 2  4 y 1  2

2 y 4  12 y 2  0  y 4  6 y 2  0  y 2 ( y 2  6)  0  y  0 . Далее находим 2 x  3  1, x  2 . Ответ: x  2 .

22. ДРОБНО-РАЦИОНАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ. Применяя основные теоремы о равносильности алгебраических уравнений, можно заменить дробно-рациональное уравнение целым алгебраическим уравнением, при этом, мы выполняем преобразования, которые могут привести к появлению посторонних корней. Нахождение посторонних корней можно производить или путем сопоставления с ОДЗ, или путем проверки корней. 3  3  x  x2. Пример 22.1. Решить уравнение 1  x  x2 Решение. Так как у квадратного трехчлена 1  x  x 2 отрицательный дискриминант D  1  4  3  0 , то оно не обращается в нуль ни при каких значениях x , следовательно, ОДЗ =  ,  . Данное уравнение равносильно уравнению 3  (3  x  x 2 )(1  x  x 2 ). Введем новое неизвестное

y  1  x  x 2 , тогда 3  x  x 2  4  (1  x  x 2 )  4  y. Получим уравнение

y(4  y)  3, y 2  4 y  3  0, y1  1, y2  3. Подставляя значения y , получим два квадратных уравнения: x2  x  0  x1  0, x2  1,    2  x  x  2  0  x3  2, x4  1. Ответ: x1  0, x2  1, x3  2, x4  1. Пример 22.2.

x 1 2 1   . x 1 x  2 x 1

Решение. ОДЗ найдем из решения системы неравенств:  x  1  0,  x  1,   Dx  x   ;2   2;1  1;  .   x  2  0,  x  2. Умножим обе части уравнения на ( x  2)( x  1) . Получим уравнение:

( x  1)( x  2)  2( x  1)  x  2  x 2  2  0  нет решений. Ответ: нет решений.

23. УРАВНЕНИЕ ВИДА

Ax Bx  2  C , ГДЕ ax  b1 x  c ax  b2 x  c 2

ABC  0, ac  0 . Уравнение данного вида сводится к уравнению вида: A B   C , т.к. x  0 не является корнем 1 1 ax 2  b1 x  c ax 2  b2 x  c x x A B   C , далее введем уравнения. Следовательно c  c   ax  b1    ax  b2   x  x  A B c  C новую переменную y  ax  , полученное уравнение  y  b1   y  b2  x решается обыкновенными методами.







24. УРАВНЕНИЕ ВИДА

ac  0 .



ax 2  b1 x  c ax 2  b3 x  c   C , ГДЕ ax 2  b2 x  c ax 2  b4 x  c

Уравнение данного вида сводится к уравнению вида: 1 2 1 2 ax  b1 x  c ax  b3 x  c x  x  C , т.к. x  0 не является корнем 1 2 1 2 ax  b2 x  c ax  b4 x  c x x c c ax  b1  ax  b3  x x  C , далее введем новую уравнения. Следовательно  c c ax  b2  ax  b4  x x

 

 

 

 

y  b1 y  b3 c , полученное уравнение   C решается y  b2 y  b4 x обыкновенными методами. переменную y  ax 

ax 2  b1 x  c Ax  2 25. УРАВНЕНИЕ ВИДА , ГДЕ 2 ax  b2 x  c ax  b3 x  c

ac  0, A  0 . Уравнение данного вида сводится к уравнению вида: 1 2 ax  b1 x  c A x , т.к. x  0 не является корнем уравнения.  1 2 1 2 ax  b2 x  c ax  b3 x  c x x c ax  b1  A x  Следовательно , далее введем новую переменную c c ax  b2  ax  b3  x x y  b1 A c полученное уравнение решается  0 y  ax  , x y  b2 y  b3 обыкновенными методами (см. дробно-рациональные уравнения).

 

 





26. ТРЕХЧЛЕННЫЕ КУБИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ Рассмотрим один из методов решения неполных кубических уравнений на частных примерах. Пример 26.1. Решите уравнение x 3  6 x  9  0 . Решение. Положим x     и подставим в уравнение, получим:

(   ) 3  6  (   )  9  0

 3   3  (3    6)  (   )  9  0 . Поскольку  и  выбраны произвольно, потребуем, чтобы 3    6  0 , и поэтому получаем:  3   3  9  0,  3   3  9 . С другой стороны, из равенства 3    6  0 находим:

3    6,     2,  3   3  8 .

Рассмотрим  3 и  3 , как корни квадратного уравнения, сумма корней которого равна -9, а произведение 8. Получим уравнение: z 2  9 z  8  0 , следовательно z1  1, z 2  8 . Возвращаясь к переменным  и  :

 3  1,   1,   3   2.   8, Тогда x     , x1  1  2  3 . Таким образом, найден один из действительных корней, следует проверить, а не существуют ли другие действительные корни. Для этого, применяя теорему Безу, устанавливаем, что кубический трѐхчлен будет нацело делится на двучлен x  3 . Выполним деление по схеме Горнера: 1 0 -6 9 -3 31 3  (3) 3  3 1 0 31 = -3 - 6 3  (3) = 3 9 3  3 = 0 Уравнение примет вид: ( x  3)( x 2  3x  3)  0 . Уравнение x 2  3x  3  0 не имеет действительных корней, т.к. дискриминант D  9 12  3  0 . Получим один корень: x1  3 . Ответ: x1  3 . Замечание. Данный метод применим не всегда (см. пример 26.2). Пример 26.2. Решите уравнение x 3  6 x  4  0 . Решение. Положим x     и подставим в уравнение, получим:

(   ) 3  6  (   )  4  0

 3   3  (3    6)  (   )  4  0 . Поскольку  и  выбраны произвольно, потребуем, чтобы 3    6  0 , и поэтому получаем:  3   3  4  0,  3   3  4 . С другой стороны, из равенства 3    6  0 находим:

3    6,     2,  3   3  8 . Рассмотрим  3 и  3 , как корни квадратного уравнения, сумма корней которого равна -4, а произведение 8. Получим уравнение: z 2  4 z  8  0 , D  16  32  16  0 , нет корней, т.е. данный метод не применим.

Хотя, кубическое уравнение x 3  6 x  4  0 имеет действительные корни. Перебирая все делители свободного члена: 1,  2,  4 нетрудно найти корень: x1  2 . Разделим, по схеме Горнера, трѐхчлен x 3  6 x  4 на получим: 1 0 -6 4 2 2 1 22 2  2 1 0 + 2 1 = 2 - 6 + 2  2 = -2 4 2  2 = 0

x  2,

Уравнение примет вид: ( x  2)( x 2  2 x  2)  0 . Решим квадратное уравнение:

x 2  2 x  2  0, x2 

22 3  1  3 , x3  1  3 . 2

Ответ: x1  2, x3  1  3 , x3  1  3 .

27. ПОЛНЫЕ КУБИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ Полное кубическое (кубичное) уравнение вида x 3  ax 2  bx  c  0 легко приводится к трѐхчленному кубическому уравнению y 3  py  q  0 a подстановкой x  y  . Покажем это 3 3

a a a     y    a y    b y    c  0, 3 3 3      2 3 a a a y3  3 y 2   3 y    3 9 27 a a3 ba  a  y2  2 a   y  b y  c 0, 3 9 3 a2 a3 2a 2 a3 ab y3  a  y 2  y  a  y2  y  by  c  0, 3 27 3 9 3   2a 3 ab  a2  y 3   b    y     c   0 . 3  3   27 

a2 2a 3 ab  p,   c  q , получим трѐхчленное кубическое 3 27 3 уравнение y 3  py  q  0 . Положим b 

Пример 27.1. Решите уравнение x 3  3x 2  3x  14  0 . 3 Решение. Положим x  y  , x  y  1 , получим 3 ( y  1) 3  3( y  1) 2  3( y  1)  14  0 , далее

y 3  3 y 2  3 y  1  3 y 2  6 y  3  3 y  3  14  0, y 3  6 y  9  0 . Положим

y     и подставим в уравнение, получим: (   ) 3  6  (   )  9  0 или  3   3  (3    6)  (   )  9  0 . Поскольку  и  выбраны произвольно, потребуем, чтобы 3    6  0 , и поэтому получаем:  3   3  9  0,  3   3  9 . С другой стороны, из равенства 3    6  0 находим: 3    6,     2,  3   3  8 . Рассмотрим  3 и  3 , как корни квадратного уравнения, сумма корней которого равна 9, а произведение 8. Получим уравнение: z 2  9 z  8  0 , z1  1, z 2  8 ;

 3  1,   1,   3   2.   8, Тогда y     , y1  1  2  3 . После того, как найден один из действительных корней, следует проверить, а не существуют ли другие действительные корни. Для этого, применяя теорему Безу, устанавливаем, что кубический трѐхчлен будет нацело делится на двучлен y  3 . Выполним деление по схеме Горнера: 1 0 -6 -9 3 3 3 3 3 31 1 0 + 31 = 3 - 6 + 3 3 = 3 -9 + 3 3 = 0 Уравнение примет вид: ( y  3)( y 2  3 y  3)  0 . Уравнение y 2  3 y  3  0 не имеет действительных корней. Получим один корень: y  3 . Найдем решение данного кубического уравнения: x  y  1, x  3  1  2 . Оно также имеет один действительный корень. Ответ: x  2 .

28. УРАВНЕНИЕ ВИДА f  f ( x)   x Теорема 28.1. Если функция f x  непрерывная и возрастающая на X , тогда f  f x   x  f x   x на X . Следствие 28.1. Если функция f x  непрерывная и возрастающая на X , тогда f  f ... f x   x  f x   x на X .     n

29. УРАВНЕНИЯ ВИДА f1 ( x) f 2 ( x)... f n ( x)  1, ГДЕ f k ( x)  1 .

Если f k ( x)  1 , тогда уравнение f1 ( x) f 2 ( x)... f n ( x)  1



 f1 ( x)  1  ...  f ( x)  1  n

30. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ ОТНОСИТЕЛЬНО КОЭФФИЦИЕНТОВ. Пример 30.1. Решите уравнение x 6  7 x 2  6  0 . Решение. Представим уравнение в виде: x 6  (( 6 ) 2  1) x 2  6  0

x 6  x 2 ( 6 ) 2  x 2  6  0 , следовательно x 2 ( 6 ) 2  6  x 2  x 6   0 , это уравнение квадратное относительно

6 , т.е. a  x 2 , b  1 , c  x 2  x 6 .

D  1  4 x 2 ( x 2  x 6 )  1  4 x 4  4 x 8  (2 x 4  1) 2

6

1  2x 4 1

или

6

1  2x 4  1

2x 2 2x 2 Решим полученные уравнения:

2 6 x 2  1  2x 4  1

2 6 x 2  1  2x 4 1

2 6 x 2  1  2x 4  1

2 6 x 2  1  2x 4 1

x4  6x2 1  0

x4  6x2  0

 6  10  0 ; корней нет, 2  6  10 x2  2

x  0 - посторонний корень

x2 

x2  6

x1, 2  

 6  10 2

Ответ: x1, 2  

x3, 4   4 6

 6  10 ; x3, 4   4 6 2

31. МЕТОД РАЗЛОЖЕНИЯ НА ПРОСТЕЙШИЕ ДРОБИ. x 1 x  2 x  3 x  4    4 x 1 x  2 x  3 x  4 Решение. Во-первых, x  1;2;3;4 , уравнение можно записать в виде: x 1  2 x  2  4 x  3  6 x  4  8    4 x 1 x2 x3 x4 2 4 6 8 1 1 1 1 4 x 1 x2 x3 x4 1 2 3 4    0 x 1 x  2 x  3 x  4 x  4  4 x  1 2 x  6  3x  6  0 ( x  1)( x  4) ( x  2)( x  3) 5x  8 5 x  12  0 ( x  1)( x  4) ( x  2)( x  3)

Пример 31.1. Решите уравнение

5x 2  5x  16  0

x1, 2  Ответ: x1, 2 

 5  345 10

32. СИСТЕМЫ ЛИНЕЙНЫХ АЛГЕБРАИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА. a11 x  a12 y  b1 Рассмотрим систему вида  , т.к. в системе две переменные, и a21 x  a22 y  b2 два уравнения, то систему будем называть второго порядка, т.к. уравнения в системе являются линейными, то систему называют линейным. Рассмотрим несколько способов решения системы: 1 способ (подстановками)

Из

y

первого

b1 a11  x a12 a12

уравнения

через

переменную

a12  0 , подставляя во второе уравнение получим уравнение

b a вида: a21 x  a22  1  11  a12 a12

 x   b2 , 

1) если a11a22  a12 a21  0 , тогда x 

y

выразим

b1a22  b2 a12 , следовательно: a11a22  a21a12

b1a21  b2 a11 . a11a22  a21a12

2) если a11a22  a12 a21  0 , и b1a22  b2 a12  0 или b1a21  b2 a11  0 , тогда решением будет прямая y 

b1 a11  x a12  0 . a12 a12

3) если a11a22  a12 a21  0 , и b1a22  b2 a12  0 , b1a21  b2 a11  0 , тогда система не имеет решений. 2 способ (метод сложения уравнений) Если a11a21  0 , тогда первое уравнение разделим на a11 , а второе на  a21  , получим

a11 x  a12 y  b1  a21 x  a22 y  b2



a12 b1  x  a y  a  11 11 ,  a b 22  x  y 2  a 21 a21

a a  b b складывая уравнения, получим:  12  22  y  1  2 , далее a11 a21  a11 a21  b a b a 1) если a11a22  a12 a21  0 , тогда y  1 21 2 11 , следовательно: a11a22  a21a12 x

b1a22  b2 a12 . a11a22  a21a12

2) если a11a22  a12 a21  0 , и b1a22  b2 a12  0 или b1a21  b2 a11  0 , тогда решением будет прямая y 

b1 a11  x a12  0 . a12 a12

3) если a11a22  a12 a21  0 , и b1a22  b2 a12  0 , b1a21  b2 a11  0 , тогда система не имеет решений. 37

3 способ (геометрический) Если каждое уравнение рассматривать как функцию, то обе функции будут представлять собой прямые, таким образом, при решении системы уравнений может рассуждать таким образом: a a 1) если 11  12 , то прямые пересекаются, система имеет одно a 21 a 22 единственное решение, y 

b1a21  b2 a11 b a b a , x  1 22 2 12 ; a11a22  a21a12 a11a22  a21a12

a11 a12 b1   , то прямые совпадают, система имеет бесконечное a21 a22 b2 число решений, и ответ записывается в виде уравнения прямой (любое из уравнений будет ответом); a a b 3) если 11  12  1 , то прямые параллельны и не совпадают, система не a21 a 22 b2 имеет решений. 2) если

33. МЕТОД СЛОЖЕНИЯ.  x 2  y  17, 2 3x  2 y  46.

Пример 33.1. Решить систему уравнений вида: 

Решение. Воспользуемся методом сложения. Умножим обе части первого уравнения на -3 и сложим со вторым уравнением, получим:

  x  4,  3x  3 y  51,  x  y  17,  x  16,  y  1,     2   x  4,  3x  2 y  46,  5 y  5,  y  1,    y  1. 2

Ответ: (-4; 1); (4:1).

34. МЕТОД ПОДСТАНОВКИ.  x  y  4, Пример 34.1. Решить систему уравнений вида:  

  x  y  21.

Решение. Область допустимых значений переменных: x  0;    ; y   ;    . Выразим из первого уравнения во второе уравнение: 38

x и подставим

  x  y  4,   x  4  y ,  x  4  y,   2    x  y  21,  4  y   y  21,  y  4 y  21  0,     x  7,   x  3,  x  49,     y  3.  y  3,  y  7, 

x  4  y,  y  3,  y  7, 



Ответ;  49; 3 .

35. ЗАМЕНА ПЕРЕМЕННЫХ В СИСТЕМАХ УРАВНЕНИЙ. x  2 xy  3 y  15, Пример 35.1. Решить систему уравнений вида:   xy  x  15.  y Решение. Область допустимых значений: x  R, y  0 . Пусть xy  u ,

x v, y

2u  3v  15 тогда получим:  , решая линейную систему уравнений второго u  v  15 u  12 порядка, получим:  . v  3 Возвращаясь к переменным x и y :  xy  12 3 y 2  12  y1  2  x1  6      x  3  y 2  2  x2  6 x  3 y y  Ответ;  6; 2  ;  6;2  . 1 1 1 Пример 35.2. Решить систему уравнений вида:  x  y  36 ,   xy 2  x 2 y  324.  Решение. Область допустимых значений: x  0, y  0 . Преобразуем систему:

yx 1 1 1 1  ,    ,  . 36   xy  x y 36  xy 2  x 2 y  324,  xy  y  x   324.  

Пусть y  x  u , xy  v , тогда получим:

 u1  3,  v  36u,  u 1  v  36u,   ,    v1  108,     v 36   u1  3,  2 u  3, vu  324, 36u  324,   u  3,  1  2   v1  108. Решим каждую из полученных систем:

y  x  3,  x  y  3, 1)   

 x  y  3, решений нет.  2  xy  108,  y  3 y  108,  y  3 y  108  0,   x  12,   x  y  3,  y  9, 2)  y  x  3,   x  y  3,  2      x  9,  xy  108,  y  3 y  108  0,   y  3 y  108,    y  12. Ответ;  12;  9  ;  9; 12  .

36. СИММЕТРИЧЕСКИЕ СИСТЕМЫ. Определение 36.1. Функция

f x, y  (от двух переменных) называется

симметрической, если для всех x и y выполнено равенство f x, y   f  y, x  . Определение 36.2. Функция f x, y  (от трех переменных) называется симметрической, если для всех x и y выполнено равенство

f x, y, z   f x, z, y   f z, y, x  f  y, x, z   f  y, z, x  f z, x, y  Теорема 36.1. (о симметрических многочленах) Любой симметрический многочлен от двух переменных представим в виде функции от двух u x, y   x  y основных симметрических многочленов  vx, y   xy Теорема 36.2. (о симметрических многочленах) Любой симметрический многочлен от трѐх переменных представим в виде функции от трѐх основных u x, y, z   x  y  z  симметрических многочленов: vx, y, z   xy  yz  zx . wx, y, z   xyz  40

Рассмотрим «базовые» симметрические системы: x  y  a y  a  x 1)  . Если квадратное     y  a  x 2   xy  b x a  x  b    x  ax  b  0 уравнение имеет два решения x1 , x 2 , тогда y1  a  x1 , y2  a  x2 . Ответ: x1 ; a  x1 , x2 ; a  x2  ;

 b2  a  xy    2 , получаем первую x  y  b  «базовую» систему, решение полностью повторяется как и в 1).  b3  a x  y 3  3xy x  y   a x3  y 3  a  xy    3)  3b , получаем  x  y  b x  y  b x  y  b  первую «базовую» систему; 2 2 2 2 2 2 2 2  2  x 4  y 4  a   x  y  2 x y  a   x  y   2 xy  2 x y  a 4)   x  y  b  x  y  b x  y  b

x 2  y 2  a 2)  x  y  b

x  y 2  2 xy  a   x  y  b





2 2 2  2 b 4  4b 2 xy  2 x 2 y 2  a  b  2 xy   2 x y  a   .



 x  y  b x  y  b Далее, в первом уравнении полагая xy  t , получим 2t 2  4b 2t  a  b 4  0 , пусть квадратное уравнение имеет два корня t1 ,t 2 (в случае одного корня решается одно система), тогда получим:  xy  t1  xy  t1    x  y  b ,  xy  t 2    xy  t 2    x  y  b  x  y  b т.е. получаем две первые «базовые» системы.  x 2  xy  y 2  3 Пример 36.1. Решить систему вида:  x  y  3 Решение. Заметим, что система является симметрической, преобразуем систему уравнений:

 x 2  xy  y 2  3  x  y  3

x  y 2  3xy  3  xy  2  x3  x   2       x  y  3 x  y  3 y  3 x

 x 2  3x  2  0  y  3  x

 x1  1 . Заметим, что нет   x2  2 необходимости находить y , так как система симметрическая, поэтому (1; 2); (2;1) – являются решениями. Ответ: (1; 2); (2;1). Решая

квадратное

уравнение,

получим

 x  y  5, Пример 36.2. Решить систему вида:  4 4  x  y  3. Решение. Заметим, что система является симметрической, сделаем замену переменных 2 4   x u0   x u ,   2 4   y v0   y v u 2  v 2  5 получим систему  (вторая «базовая» система). Следовательно u  v  3 v1  1 . Таким образом, (1; 2) и (2; 1) – являются решениями системы,  v 2  2 относительно переменных u и v , возвращаясь к переменным x и y , получим: 4 x  1 x  1   ,  4 x  2  x  16 так как исходная система симметрическая, следует, что (1; 16) и (16; 1) – являются решениями системы. Ответ; 1; 16  ; 16; 1 .

РАЦИОНАЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА И СИСТЕМЫ НЕРАВЕНСТВ 37. КВАДРАТНОЕ НЕРАВЕНСТВО. Рассмотрим неравенство вида ax 2  bx  c  0 (вместо «  » ставится один из знаков « , , ,  ». Известно, что если a  0 , то ветви параболы

y  ax 2  bx  c направлены вверх, если a  0 , то вниз. При решении данного неравенства возможны случаи (рассмотрим для неравенства вида: ax 2  bx  c  0 ): а) D  0 , тогда справедливо: если a  0 , решение является x  R   ;   , если a  0 , то решений нет. б) D  0 , тогда справедливо: если a  0 , решение является x  R   ;   , b если a  0 , то x   . 2a в) D  0 , пусть x1 , x2 - нули функции y  ax 2  bx  c , тогда справедливо: если a  0 , решение является x   ; x1  x2 ;  (будем говорить, что «решение находится за корнями», та часть параболы, которая находится выше оси ОХ), если a  0 , то x  x1 ; x2  (будем говорить, что «решение находится между корнями», та часть параболы, которая находится выше оси ОХ).

38. НЕРАВЕНСТВО ВИДА: f1 x  f 2 x   0  0

Теорема 38.1. Если функции f1 x , f 2 x  определены на множестве X , тогда

f1 x  f 2 x   0  0



 f 1  x   0   f 2  x   0  0   f  x   0  0  1  f 2  x   0

Пример 38.1. Решите неравенство x  1x  3  0 Решение. ОДЗ: x  R , x  1x  3  0 

 x  1  0   x  3  0  x  1  0   x  3  0



 x   1;      x  3;     x   ;  1   x   ; 3

 x  3;   

  x   ;  1

Ответ: x   ;  1  3;   .

Пример 38.2. Решите неравенство

x  1x  3  0

Решение. ОДЗ: x  1  0  x   1;   , тогда при x  ОДЗ справедливо:

 x  1  0  x  (1;  )   x  ( ; 3)  x  3  0  x  (1;3) x  1x  3  0      x x    x  1  0    x  3  0  x  3;     x   1; 3 , учитывая ОДЗ получим x   1; 3   1;    1; 3 Ответ: x   1; 3 .



f1 x   0  0 f 2 x 

39. НЕРАВЕНСТВО ВИДА:

Теорема 39.1. Если функции f1 x , f 2 x  определены на множестве X , тогда

 f1 x   0   f 2 x   0  0  f1 x    0  0  f x   0  0  f 2 x   1  f 2 x   0

 f x  f x   0 ( 0)

 1 2  f 2 x   0



 f1 x  f 2 x   0 ( 0)   f1  x   0

Теорема 39.2. Если функции f1 x , f 2 x  определены на множестве X , тогда

f1  x   0 ( 0)  f1 x  f 2 x   0 ( 0) f 2 x 

Пример 39.1.

 x  2   x 2  2 x  1

 0. 4  3x  x 2 Решение. Преобразуем неравенство:

 x  2  x  1

  x 2  3x  4 

 x  2  x  1  x  4  x  1

0

 x  1,   0    x  2  x  1  0.   x4

Ответ:  ;  4   2; 1 .

40. НЕРАВЕНСТВО ВИДА:

f x   h x  . g x 

Теорема 40.1. Если функции f x , g x   0, h( x) определены на множестве

X , тогда f x   h x  g x 



 f  x   h( x ) g ( x )  0   g x   0  f  x   h( x ) g ( x )  0   g x   0

Аналогично с обратными знаками.

Пример 40.1. Решите неравенство 5 x  1  1 .

2 x

Решение. Преобразуем неравенство:

5x  1 5x  1  2  x 6x  3 2x 1 1  0  0 0 0 2 x 2 x x2 x2

Следовательно, применяя метод интервалов, получим x   ; 1    2;     2   Ответ:  ; 1    2;    .  2  

41. СИСТЕМЫ НЕРАВЕНСТВ. В случае если рассматривается система неравенств от одной переменной, то все описанные методы могут применяться для каждого неравенства независимо друг от друга, в результате к полученным множествам применяются основные правила систем неравенств. Системы неравенств от одной переменной чаще всего возникают при нахождении области допустимых значений для некоторой(ых) функции(й). Дело обстоит сложнее, когда в системе неравенств используются две и более переменных. Теорема 41.1 (о пересекающихся отрезках). Любые n отрезков имеют хотя бы одну общую точку тогда и только тогда, когда любые два из них имеют общую точку.  f 1  x   y  g1  x  Пример 41.1. При каких значениях переменной x система   f 2 x   y  g 2 x  имеет хотя бы одно решение. Решение. Если рассматривать каждое неравенство относительно переменной y , то каждое неравенство задает отрезок на числовой прямой переменной y ,

таким

образом,

по

теореме

41.1

следует,

что

 f 1  x   y  g1  x    f 2 x   y  g 2 x 

 f x   g 2 x   1 , далее остается решить систему неравенств от одной  f 2  x   g1  x  переменной.  f 1  x   y  g1  x   Пример 41.2. При каких значениях переменной x система  f 2 x   y  g 2 x   f x   y  g x  3  3 имеет хотя бы одно решение. 46

Решение. Аналогично, как и в примере 1 получим, что по теореме 1 следует:  f1  x   g 2  x    f1  x   g 3  x      f x  y  g x  1 1  f 2 x   g1 x   , далее остается решить систему  f 2 x   y  g 2 x     f 2 x   g 3 x   f x   y  g x  3  3  f 3  x   g1  x    f 3 x   g 2 x  неравенств от одной переменной. Пример 41.3. Указать множество решений систем неравенств:  y  x 2  y  x 2 и    y   x 2  3  x  y 2 Решение. Решим данные задачи геометрически (иногда удобнее решение представлять графически).

УРАВНЕНИЯ С МОДУЛЕМ 42. УРАВНЕНИЯ ВИДА f ( x)  A, A  R . Теорема 42.1. Справедливы условия: 1. Если A  0 , то корней нет. 2. Если A  0 , то уравнению f ( x)  A соответствует уравнение f ( x)  0 3. Если A  0 , то уравнению f ( x)  A соответствует равносильная

 f ( x)  A совокупность   f ( x)   A 47

43. УРАВНЕНИЯ ВИДА f ( x)  g ( x) . Теорема 43.1. Уравнению f ( x)  g ( x) соответствует равносильная

 g ( x)  0   f ( x)  g ( x) совокупность систем  g ( x)  0   f ( x)  g ( x) Теорема 43.2. Уравнению f ( x)  g ( x) соответствует равносильная

 f ( x)  0   f ( x)  g ( x) совокупность систем  f ( x)  0   f ( x)  g ( x)

44. УРАВНЕНИЯ ВИДА f ( x)  g ( x) . Теорема 44.1. Уравнению f ( x)  g ( x) соответствует равносильное уравнение f 2 ( x)  g 2 ( x) Теорема 44.2. Уравнению f ( x)  g ( x) соответствует равносильная

 f ( x)  g ( x) совокупность   f ( x)   g ( x)

45. УРАВНЕНИЯ ВИДА f ( x)   f ( x) И f ( x)  f ( x) Теорема 45.1. 1) Уравнению f ( x)   f ( x) соответствует равносильное неравенство f ( x)  0 2) Уравнению f ( x)  f ( x) соответствует равносильное неравенство

f ( x)  0

46. ОБЩАЯ СХЕМА РЕШЕНИЯ УРАВНЕНИЙ СОДЕРЖАЩИХ ЗНАК МОДУЛЬ. Пример 46.1. Решите уравнение x 2  1  x 2  4  3 48

Решение. Найдем x  1, x  2

нули

выражений,

стоящих

под

знаком

модуль

 x  2 I)  2 2 x  1  x  4  3  x  2   x  2 x  2

 1  x  1  2  x  1 II)  2 III)  2 2 2  x  1  x  4  3 x  1  x  4  3  2  x  1  1  x  1   3  3 , верно   x  1  2 ;  1 - промежуток x  1

1  x  2 IV)  2 2 x  1  x  4  3 1  x  2  3  3 , верно

x  2 V)  2 2 x  1  x  4  3 x  2   x  2

1; 2 - промежуток

x2

Ответ:  2 ;  1  1; 2

47. НЕРАВЕНСТВА ВИДА f ( x)  A . Теорема 47.1. Справедливы следующие утверждения: 1) Если A  0 , то решений нет 2) Если A  0 , то f ( x)  0 3) Если A  0 , то неравенству f ( x)  A равносильна система

 f ( x)  A   f ( x)   A

48. НЕРАВЕНСТВА ВИДА f ( x)  A . Теорема 48.1. Справедливы следующие утверждения: 1) Если A  0 , то неравенство верно для любых х из области определения f (x) 2) Если A  0 , то неравенство верно для любых х из области определения f (x)

3) Если A  0 , то неравенству f ( x)  A равносильна совокупность

 f ( x)  A  f ( x)   A 

49. НЕРАВЕНСТВА ВИДА f ( x)  g ( x) . Теорема 49.1. Справедливы следующие утверждения: 1) Если g ( x)  0 , то решений нет. 2) Если g ( x)  0 , то решений нет. 3) Если g ( x)  0 , то неравенству f ( x)  g ( x) равносильна система

 f ( x)  g ( x)   f ( x)   g ( x)

50. НЕРАВЕНСТВА ВИДА f ( x)  g ( x) . Теорема 50.1. Справедливы следующие утверждения: 1) Если g ( x)  0 , то неравенство f ( x)  g ( x) верно для любых значений x из области определения неравенства  f ( x) и g ( x) 2) Если g ( x)  0 , то неравенству f ( x)  g ( x) равносильна система

 f ( x)  0   x  D( f )  x  D( g )  3) Если g ( x)  0 , то неравенству f ( x)  g ( x) равносильна

 f ( x)  g ( x) совокупность   f ( x)   g ( x)

51. НЕРАВЕНСТВА ВИДА f ( x)  g ( x) И f ( x)  g ( x) . Теорема 51.1. Справедливы следующие утверждения: 1) Неравенству f ( x)  g ( x) соответствует неравенство f 2 ( x)  g 2 ( x) (либо общий способ) 2) Неравенству f ( x)  g ( x) соответствует неравенство f 2 ( x)  g 2 ( x) (либо общий способ) 50

МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ 52. УРАВНЕНИЕ ВИДА

f ( x)  A , ГДЕ A  0

В данном уравнении обе части являются неотрицательными, следовательно

f ( x)  A

 f ( x)  A2 , далее решаем рациональное уравнение.

Пример 52.1. Решить уравнение x  1  4 Решение. Возведем обе части в квадрат, получим: x  4  16  x  12 . Ответ. x  12 . Пример 52.2. Решить уравнение

x 2  2x  1  2

Решение. Возведем обе части в квадрат, получим: x 2  2 x  1  4  x 2  2 x  3  0 , следовательно x1  3 , x2  1 . Решение проверки не требует, т.к.

f ( x)  A  f ( x)  A 2 .

Ответ. x1  3 , x2  1 .

53. УРАВНЕНИЕ ВИДА

f ( x) g ( x)  0

Пусть f (x) и g (x) определены на X , т.к. левая часть уравнение представляет произведение функций, получим  f ( x)  0  f ( x) g ( x)  0   g ( x)  0 , при x  X .  f ( x)  0  Пример 53.1. Решить уравнение Решение.





2 x  3 x 2  3x  2  0 1 способ.

 x  1,5 2 x  3  0   x1  1  x  1,5  2 x  3 x 2  3x  2  0   x 2  3x  2  0     x  2  x  1  2 x  3  0  2   x  1,5 2 способ (без ОДЗ).





 x1  1,5 2 x  3  0  2 x  3 x  3x  2  0   2   x 2  1  x  3x  2  0  x3  2 Проверка. 1) при x1  1,5 подкоренное выражение обращается в нуль – решение. 2) при x2  1 подкоренное выражение положительное – решение. 3) при x3  2 подкоренное выражение отрицательное – не является решением. Ответ. x1  1,5 , x2  1 .





54. УРАВНЕНИЕ ВИДА

f ( x)  g ( x)

Справедливы следующие теоремы. Теорема 54.1. Уравнение

2 k 1

Теорема 54.2. Уравнение

R( x)  P( x)  R( x)  P 2k 1 ( x) , при x  R .

R( x )  P( x )

R( x)  P 2 k ( x),

 

P( x)  0.

при x  R .

Пример 54.1. Решить уравнение x 12  x . Решение. 1 способ (возведение в степень) Данное уравнение равносильно смешанной системе (теорема 2):  x  0,  x  0,  x  0,   2   x1  3,  x  4 . 2  2  x  x  12  0,  x  12  x ,  x2  4, 





2 способ (геометрический способ) Построим графики функций левой и правой части уравнения.

Ответ: x  4 . Пример 54.2. Решить уравнение x 2  x  x 2  x  2  8 . Решение (метод замены переменных). Пусть

x 2  x  2  y  0 , тогда

x 2  x  y 2  2 , подставляя в уравнение получим: y2 y  6  0 Учитывая что y  0 получим систему:  y  0,  y  0,    y1  3,  y  2 .  2  y  y  6  0,  y 2  2,  Возвращаясь к переменным x , получим:

x 2  x  2  4, x 2  x  6  0, x1  2, x2  3 . Ответ: x1  2, x2  3 .

55. УРАВНЕНИЕ ВИДА

f (x )  g(x ) f ( x)  g ( x) равносильно каждой из

Теорема 55.1. Любое уравнение вида систем:

 f ( x)  g ( x),  f ( x)  g ( x), или   f ( x )  0 ,   g ( x)  0. Пример 55.1. Решите уравнение x  3  6  2 x . Решение. 1 способ (возведение в квадрат) x  3  6  2x x  1 x  3  6  2x      x 1 x  3  0  x  3 2 способ (умножение на сопряженный множитель) Уравнение запишем в виде:

x  3  6  2 x  0 , умножим обе части

уравнения на сопряженный: изменяется)

x  3  6  2 x  0 (заметим что ОДЗ не





 



x  3  6  2 x x  3  6  2 x  0 x  3  6  2 x  x  3  6  2x  0  3x  3  0  x  1 , подставляя в уравнение получим: 1  3  6  2 1  4  4  0 - верно.

3 способ (приведение к системе)

x  3  u  0 , 6  2 x  v  0 , тогда 2u 2  v 2  12 и u  v  0 , т.е. получим систему уравнений вида: 2u 2  v 2  12 2v 2  v 2  12 v 2  4 v  2 , т.к. u  0, v  0 .        u  2 u  v  0 u  v u  v Возвращаясь к исходным переменным  x  3  2 x  3  4    x 1.   6  2 x  2 6  2 x  4 4 способ (геометрический) Построим графики функций y  x  3 и y  6  2 x , из графика видно, что уравнение имеет одно решение x  1 .

Ответ: x  1 .

f ( x)  g ( x)  A

56. УРАВНЕНИЕ ВИДА

Пример 56.1. Решить уравнение x  1  4 x  3  1 . Решение. 1 способ (с учетом ОДЗ, возведение в квадрат). x  1,   x  1  0, 3  3  x  . Преобразуем Область допустимых значений:   x  , 4 4 x  3  0,  4  уравнение: квадрат:



x  1  1  4 x  3 . Возведем обе части этого уравнения в

  2



x  1  1  4x  3 , x  1  1  2 4x  3  4x  3 ,

2 4 x  3  3x  3 . Полученное уравнение равносильно смешанной системе:

2   x  3,  x  1,  x  1; )    2   3x  3  0, 2 9 x  34 x  21  0, 16 x  12  9  18 x  9 x  2 4 x  3 2  (3x  3) 2    x  1; )   x1  3,    x  3. x  7   2 9 2 способ (без учета ОДЗ, возведение в квадрат). При решении иррациональных уравнений, можно не учитывать ОДЗ, при этом необходимо в конце сделать проверку всех полученных «корней».





x  1  1  4 x  3 

 



x  1   1  4 x  3 ,  x  1  1  2 4 x  3  4 x  3  , 2 4 x  3  3x  3



 2 4x  3



 x1  3, .  (3x  3)  9 x  34 x  21  0    x2  7  9 2

 x1  3,  3  1  4  3  3  4  9  2  3  1,  Проверка:  , при 7 7 7 16 1 4 1 1  4   3      1,  x2   9 9 9 9 9 3 3  получаем верное равенство. Ответ: x  3 . Пример 56.2. Решите уравнение

x3

x 1 x 1 2  1. x 1 x 1

Решение 1 способ (замена переменных) Выражения

x 1 и x 1

x 1 являются взаимно обратными, при x  1 , x 1

x 1 1   0 , получим смешанную систему: 2x  1 t  t  0, t  0,  t  0,    t1  1,  t  2 . t  2  1  1,   2 t  t  2  0,  t 2  2, t  

пусть

x 1  t  0, x 1

Далее, возвращаясь к переменному x получим:

 x  1  4 x  4,  x  следовательно x 

x 1 x 1 2  4 x 1 x 1

5 , т.к. подкоренные значения положительны, 3

5 является решением уравнения. 3 2 способ (сведение к системе)

x 1 x 1 и v , тогда уравнение можно x 1 x 1 представить в виде системы уравнений: u  2v  1 v1  1, u1  1  u  2v  1 u  2v  1   v  1   2   1    v 2  1 , u 2  2 uv  1 2v  v  1  0  v  1 2   2 2 Возвращаясь к переменному x получим:  x  1  1,   x  1   x  1     1  x  1 1  x  1 4 x  4  x  1  0, 5   x  1  4 ,    x  3 x  1  4x  4  0  x  1  x  1 1   x  1  2 , 4  x  1   x  1 2   x  1 Введем новые переменные u 

Ответ: x 

5 . 3

Пример 56.3. Решить уравнение: x  1  8x  1  7. Решение 1 способ (сведение к системе) Положим x  1  u  0, 8x  1  v  0, тогда x  1  u 2 , 8x  1  v 2 . Следовательно получим систему вида:

u  v  7 v  7  u v  7  u   2   2   2 2 2 8u  v  7, 8u  49  14u  u  7, u  2u  8  0, v1  5, v2  11  u1  2, u 2  4 Возвращаясь к исходным переменным получим:  x  1  2   x  1  4  8 x  1  5   8 x  1  25  x  3  x  1  4     8 x  1  11 2 способ (умножение на сопряженный множитель) Умножим обе части уравнения на сопряженный множитель









x  1  8x  1  0 , т.е. x  0 (заметим, что x  0 не является решением уравнения), таким образом:

 



x  1  8x  1 x  1  8x  1  7 x  1  8x  1 1 x  1  8x  1  x  1  8x  1   x  x  1  8x  1 7 Следовательно можем записать в виде системы:   x  x  1  8 x  1   7  x  1  8 x  1 Прибавляя оба уравнения получим: 7  x  2 x  1 , возведем обе части в квадрат, следовательно 49  14 x  x 2  4 x  4  x 2  18x  45  0 , x1  15 , x2  3 , подставляя в уравнение получим, что только x  3 удовлетворяет уравнению. 3 способ (геометрический) Построим графики функций левой и правой части уравнений

Ответ: x  3 .

57. УРАВНЕНИЕ ВИДА

f ( x)  g ( x)  h( x)

Пример 57.1. Решите уравнение 2 x 2  3x  5  2 x 2  3x  5  3x. Решение. 1 способ (возведение в квадрат, без ОДЗ) Запишем уравнение в виде: части в квадрат,

2 x 2  3x  5  3x  2 x 2  3x  5. , возведем обе

2 x 2  3x  5  9 x 2  6 x 2 x 2  3 x  5  2 x 2  3 x  5  3 6 x  9 x 2  6 x 2 x 2  3x  5  x  1  2 x 2  3x  5 (т.к. x  0 - не 2 является решением уравнения), возведем полученное уравнение еще раз в 9 1 квадрат, получим x 2  3x  1  2 x 2  3x  5  x 2  4  x  4 . 4 4 Проверка: т.к. при x  4 левая часть уравнения положительная, а правая отрицательна, то не является решением, при x  4 получаем тождество. 2 способ (сведение к системе) Пусть u  2 x  3x  5  0 v  2 x 2  3x  5  0 , тогда приходим к системе уравнений: 2

u  v  6 x,   u  v  3 x, 2



 u  v  2(u  v), u  v  3x.

 



u  v  2  0  u  v  0  u  v  3x. 



u  v  2  0  u  v  3x. u  v  0  u  v  3 x

 u  v  2  u  v  3x x  0 

В системе сложив два уравнения получим 2u  3x  2. Вспоминая чему равен

u получим: 2 2 x 2  3x  5  3x  2 , возведем обе части в квадрат и решая уравнение получим x  4 , при этом x  4 не удовлетворяет уравнению, т.к. правая часть последнего уравнения отрицательна, а левая положительна. Таким образом, получаем два «подозрительных» корня, из них x  0 также не удовлетворяет уравнению (см. 1 способ), если x  4 , то получаем в уравнении тождество. 3 способ (умножение на сопряженный множитель) Обе части уравнения умножим на сопряженный множитель  2 x 2  3x  5  2 x 2  3x  5   0 (равенство нулю достигается в точке   x  0 - что не является решением уравнения), тогда получим уравнение: 3x 2 x 2  3x  5  2 x 2  3x  5   6 x , т.к. x  0 - не является решением   уравнения, то можем обе части разделить на 3x , следовательно, можем записать в виде системы: 2 2   2 x  3x  5  2 x  3x  5  2 ,  2 2   2 x  3x  5  2 x  3x  5  3x 3 2 x 2  3x  5  x  2 , складывая оба уравнения системы, получим: 2 решением которой есть x  4 (см.2 способ). Учитывая, что x  4 не является решением уравнения (т.к. правая часть последнего уравнения отрицательна, а левая положительна), а при x  4 , получаем в уравнении тождество. Ответ: x  4. 59

58. УРАВНЕНИЕ ВИДА

f ( x)  g ( x)  h( x)

Пример 58.1. Решите уравнение 2 x  3x  5  2 x  3x  5  Решение 1 способ (возведение в квадрат, без ОДЗ) 2

Запишем уравнение в виде: части в квадрат,

2 x 2  3x  5  x  2 x 2  3x  5. , возведем обе

2 x 2  3x  5  x  2 x 2 x 2  3x  5  2 x 2  3x  5  5x  2 x 2 x 2  3x  5 5  x  2 x 2  3x  5   0 . Выражение в скобках не равен нулю, т.к.  x 2   оба слагаемых не отрицательны и не равны нулю одновременно, т.е. получаем одно «подозрительное» решение x  0 . Проверка: x  0 , левая часть уравнения равна 2 5  0 , т.о. уравнение не имеет решений. 2 способ (сведение к системе) Пусть u  2 x  3x  5  0 v  2 x 2  3x  5  0 , тогда приходим к системе уравнений:  5u  7v  0  5u  7v  0  2 2 2 2 2 u  v  6(u  v) , u  v  6 x,  u  v  x .    u  v  0    uv 0 u  v  x .  u  v  x,  u  v  x.   u  v  x 2

2v  5 x    u  v  x  x  0 Вспоминая чему равен v получим: 2 2 x 2  3x  5  5 x , т.к. правая часть последнего уравнения отрицательна, а левая положительна, то нет решений. Таким образом, получаем «подозрительный» корень x  0 , который также не удовлетворяет уравнению (см. 1 способ). 3 способ (умножение на сопряженный множитель)

Обе части уравнения умножим на сопряженный множитель  2 x 2  3x  5  2 x 2  3x  5   0 (равенство нулю достигается в точке   x  0 - что не является решением уравнения), тогда получим уравнение: x  2 x 2  3x  5  2 x 2  3x  5   6 x , т.к. x  0 - не является решением   уравнения, то можем обе части разделить на x , следовательно, можем записать в виде системы: 2 2   2 x  3x  5  2 x  3x  5  6 x ,  2 2   2 x  3x  5  2 x  3x  5  x вычитая оба уравнения системы, получим: 2 2 x 2  3x  5  5 x , т.к. правая часть последнего уравнения отрицательна, а левая положительна, то уравнение не имеет решений. Ответ: нет решений. 59. УРАВНЕНИЯ ВИДА В

ax  b  k cx  d  a1 x  b1  p cx  d  A

уравнении

произвести замену:

удобно

y d c 2

cx  d  y  0 , тогда cx  d  y 2 , x 

Исходное уравнение примет вид.

y2  d y2  d  b  ky  a1   b1  py  A c c Обычно под знаком одного из радикалов, после такой замены, появляется полный квадрат двух члена. a

60. УРАВНЕНИЕ ВИДА

f ( x)  3 g ( x)  A

Пример 60.1. Решить уравнение 3 x  1  3 x  18  1. Решение. ОДЗ: x  R . Возведем обе части уравнения в куб x  1  33 ( x  1) 2 ( x  18)  33 ( x  1)( x  18) 2  x  18  1, 





 33 x  1x  18 3 x  1  3 x  18  18. Вместо суммы уравнение подставим ее значение -1, тогда получим

x  1  3 x  18

x  1x  18  6.

x 1x  18  216. Решая данное квадратное уравнение получим: x1  26 , x1  9 . Проверка: подставляя в уравнение получим: Возведем обе части уравнения в куб, получим

 26  1  3  26  18  3  2  1. - верно.

9  1  3 9  18  2  3  1. - верно. Ответ: x1  26 , x1  9 . 3

9  6 x  x 2  33 3  x  2  0 .

Пример 60.2. Решите уравнение

Решение. Преобразуем уравнение: 3

(3  x) 2  33 3  x  2  0. Пусть

3  x  y , получим уравнение y 2  3 y  2  0 . D = 9 + 8 = 17;

y1  3

3  17 3  17 , y2  . Возвращаясь к исходным переменным, получим: 2 2

3 x 











3  17 3  17 3  17 3  17 ; 3 x  ; x1  3  , x2  3  2 8 8 8

3  17  ; 3  3  17  3

Ответ: 3 



Пример 60.3. Решить уравнение: 3 12  x  3 14  x  2. Решение 1 способ (метод симметрических систем) Положим

12  x  u,

14  x  v, тогда 12  x  u 3 , 14  x  v 3 . Складывая

левые и правые части этих равенств, получаем: u 3  v 3  26 . Из данного уравнения, находим: u  v  2 . Получим систему уравнений: u 3  v 3  26, (u  v)(u 2  uv  v 2 )  26,  2(u 2  uv  v 2 )  26,      u  v  2,  u  v  2, u  v  2,  u 2  uv  v 2  13, u 2  u (2  u )  (2  u ) 2  13,   u  v  2,  v  2  u. Решим первое уравнение системы: u 2  2u  u 2  4  4u  u 2  13  0, . u 2  2u  3  0, u1  3, u 2  1; v1  1, v2  3 Тогда, 3

12  x  3, 12  x  27, x1  15;

12  x  1, 12  x  1, x2  13

Ответ: x1  15, x2  13 . 2-й способ Возведем обе части уравнения в куб, получим: 12  x  33 (12  x) 2  3 14  x  33 12  x  3 (14  x) 2  14  x  8;





33 (12  x)(14  x) 3 12  x  3 14  x  18. По условию

12  x  3 14  x  2, тогда получим

168  2 x  x 2  3,

168  2 x  x 2  27, x 2  2 x  195  0, x1  15, x2  13 . Ответ: x1  15, x2  13 .

61. УРАВНЕНИЕ ВИДА

f ( x)  3 g ( x)  h( x)

Пример 61.1. Найти все вещественные корни уравнения 3 x  1  3 x  1  x3 2. Решение. ОДЗ x  R . Возведем обе части уравнения в куб x  1  33 ( x  1) 2 ( x  1)  33 ( x  1)( x  1) 2  x  1  2 x 3 ,

33 x 2  1(3 x  1  3 x  1)  2 x 3  2 x  0. Из заданного равенства вместо суммы

x  1  3 x  1 в уравнение подставим

ее значение x3 2 , получим 33 x 2  1  x3 2  2 x 3  2 x  0, тогда

33 x 2  1  x3 2  2 x( x 2  1)  0, x3 x 2  1  (33 2  23 ( x 2  1) 2 )  0.

Отсюда находим x3 x 3  1  0, x1  0, x2  1, x3  1. Решим

уравнение

33 2  23 ( x 2  1) 2  0, =>

8( x 2  1) 2  54, => ( x 2  1) 2 

23 ( x 2  1) 2  33 2 , =>

3 3 3 3 27 2 , x2 1 . , => x  1  2 2 4

Следовательно,

x4  1 

3 3 3 3 , , x5   1  2 2

x6  1 

3 3 3 3 , x7   1  . 2 2

Проверка: подставляя корни в уравнение получим тождество для всех корней

Ответ: x1  0, x2  1, x3  1, x4  1 

x7   1 

3 3 3 3 3 3 , x6  1  , , x5   1  2 2 2

3 3 . 2

62. УРАВНЕНИЕ ВИДА

f ( x)  3 g ( x)  3 h( x)

Пример 62.1. Решить уравнение:

x  3 2 x  3  3 12( x  1) .

Решение. Положим 3 x  u, 3 2 x  3  v, тогда x  u 3 , 2 x  3  v 3 . Получим систему уравнений, из которой исключим x: u 3  x,  2u 3  2 x,  3  v 3  2u 3  3.  3 v  2 x  3 , v  2 x  3 ,   Чтобы получить второе уравнение системы, замени в данном уравнении 3

x  u,

2 x  3  v и x  u 3 , получим уравнение:

u  v  3 12(u 3  1) , (u  v) 3  12u 3  12, (u  v) 3  12u 3  12.

Из двух уравнений составим систему и решим ее:  v 3  2u 3  3,  4v 3  8u 3  12,     3 3 3 3 (u  v)  12u  12, (u  v)  12u  12, (u  v) 3  4u 3  4v 3  0. Решим полученное уравнение: (u  v) 3  4(u 3  v 3 )  0,

(u  v)(u  v) 2  4(u  v)(u 2  uv  v 2 )  0,

  u  v u  2uv  v  4u  4uv  4v   0, u  v  3u  6uv  3v   0, u  vu  2uv  v   0, u  vu  v  0. (u  v) (u  v) 2  4(u 2  uv  v 2 )  0, 2

Последнее уравнение равносильно совокупности уравнений: 3 x  3 2 x  3 , u  v  0, u  v,  x  2 x  3,  x  1,   u  v  0,   u  v,   3 3 x  2 x  3 ,     x  3.  x  2 x  3 , Ответ: x1  1, x2  3.

63. УРАВНЕНИЯ ВИДА Уравнению вида

a  f ( x)  n b  f ( x)  g ( x)

a  f ( x)  n b  f ( x)  g ( x) решаются с помощью введения

переменных. n   a  f ( x)  U  0  n   b  f ( x)  V  0 Сводятся к решению системы алгебраических уравнений. U  V  g ( x)  n n U  V  a  b

Пример 63.1. Решите уравнение 4 97  x  4 x  15  4. 97  x  0,  x  97,    15  x  97 или [15; 97]. Решение. ОДЗ   x  15  0,  x  15, Положим u  4 97  x  0, v  4 x  15  0, приходим к системе уравнений





2 u 4  v 4  82, u 4  2v 2u 2  v 4  2v 2u 2  u 2  v 2  2(uv) 2  =>  (u  v) 2  2uv  2(uv) 2 ,  u  v  4,





так как u + v = 4, получим u  v  (16  2uv) 2  2(uv) 2  256  64uv  2(uv) 2 . 4

Получаем 2(uv) 2  64uv  256  82, (uv) 2  32uv  87  0. Положим uv = t, получим квадратное уравнение t 2  32t  87  0, t1  29, t 2  3. В результате приходим к двум системам уравнений u  v  4,   uv  29, => u  1, и u  3,   u  v  4, v  3,  v  1.   uv  3. Теперь находим x: 4 x  15  3, x1  96, 4 x  15  1, x2  16. Оба корня входят в ОДЗ и являются решениями уравнения. Ответ: x1  96, x2  16.

НЕСТАНДАРТНЫЕ ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 64. МЕТОД ОЦЕНОК. МЕТОД МОНОТОННЫХ ФУНКЦИЙ. Пример 64.1. Решить графически уравнение

4 x2  . x

Решение. Графиком функции y  x  2 является ветвь параболы, расположенной вдоль оси OX, направленной влево, с вершиной в точке (-2; 0), лежащей выше оси OX. Для более точного ее построения можно взять несколько дополнительных точек из промежутка x  2 . 4 Графиком функции является y x гипербола, состоящая из двух ветвей, расположенных в 1-й и 3-й четвертях, но для решения уравнения достаточно построить одну ветвь, лежащую в 1-й четверти, ибо первый график лежит только выше оси OX. Ее можно построить "по точкам". Графики имеют одну точку пересечения с абсциссой 2. Ответ: x = 2. Теорема 64.1. Если y  f (x) - монотонно возрастающая функция, тогда f ( x)  x  f  f ( x)  x . Теорема 64.2.

Если y  f (x) монотонно возрастает, то при любом k

уравнения f ( f (... f ( x)...)  x  f ( x)  x .   k

Пример 64.1. Решите уравнение

1  ... 1  1  x  x  1.

Решение. Перепишем уравнение к виду:

1  1  ... 1  1  x  x .

f ( x)  1  x . Эта функция монотонно возрастает. Имеем уравнение f  f ... f ( x)  x . В соответствии с теоремой 2 заменяем его Рассмотрим функцию

равносильным уравнением f ( x)  x или 1  x  x. Преобразуем уравнение, а затем решим его, как квадратное относительно 66

x , получим:

x  x  1  0, Ответ: x 

x

1 5 3 5 , x . 2 2

3 5 . 2

65. МЕТОД НЕРАВЕНСТВА КОШИ. Справедливо неравенство Коши вида:

ab 

ab при a  0, b  0 2

Пример 65.1. Решите уравнение x 2  x  1  x  x 2  1  x 2  x  2. Решение. В силу неравенства Коши - среднее геометрическое неотрицательных чисел не меньше их среднего арифметического, имеем: ( x 2  x  1)  1 x 2  x x 2  x  1  ( x 2  x  1) 1   , 2 2 ( x  x 2  1)  1 x  x 2  2 x  x 2  1  ( x  x 2  1) 1   , 2 2 следовательно, левая часть неравенства не превосходит x + 1. В самом деле, сложим обе части неравенств, получим: x2  x x 2  x 1  , 2 x  x2  2 x  x2 1  , 2 x2  x x  x2  2 x2  x  1  x  x2  1   , 2 2 x2  x  x  x2  2 x2  x 1  x  x2 1  , 2

x 2  x  1  x  x 2  1  x  1. Таким образом, из данного уравнения следует, что правая часть, будучи равна левой, также будет меньше или равна x + 1, т. е. x 2  x  2  x  1, ( x  1) 2  0, значит x = 1. Это значение и является единственным решением данного уравнения. Ответ: x = 1. Пример 65.2. Решить уравнение 4 1  x 2  4 1  x  4 1  x  3. Решение. Сделаем несколько оценок с помощью неравенства Коши:

1 x2 

1 x 

1 x  1 x  1  x 1 

1 x  1 x , 2

1 x 1 , 2

1 x 1 , 2 1  (1  x) 1  (1  x) 4 1 x2  4 1 x  4 1 x  1 1 x  1 x  1   3. 2 2 Так как равенство во всех случаях имеет место только при x = 1, то это число и является единственным корнем уравнения. Ответ: x = 1. 4

1 x 

1  x 1 

Пример 65.3. Решите уравнение x 1  x  3  x  2 1  x 2 . 1  x  0,  1  x  3,  1; 3. Решение. Область допустимых значений:  3  x  0, Воспользуемся неравенством a1a2  b1b2  a12  b12  a22  b22 . Геометрическая интерпретация этого неравенства: скалярное произведение двух векторов не превосходит произведение их длин. Оно является частным случаем (n = 2) общего неравенства Коши-Буняковского: для любых 2n действительных чисел a1 , a2 , ..., an ; b1 , b2 , ..., bn имеет место неравенство a1b1  a2b2  ... an bn  a12  a22  ... an2  b12  b22  ... bn2 ,

a a1 a2   ...  n . b1 b2 bn имеет место в случае

при этом знак равенства достигается лишь в случае, когда С геометрической точки зрения, равенство коллинеарности векторов.

Имеем x 1  x  1 3  x  x 2  1  (1  x)  (3  x)  2 x 2  1. Значит, векторы (x, 1) и ( 1  x ,

3  x ) коллинеарны, т. е.

x 3  x  x  1, x 3  3x  x  1  0, ( x  1)( x 2  2 x  1)  0, x1  1, x 2  1  2 ,

x3  1  2 . Последний корень является посторонним. Ответ: x1  1, x2  1  2 .

x 1 x



1 3 x

66. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАМЕНЫ. Часто при решении алгебраических задач бывает удобно заменить переменную (или переменные, если их несколько) тригонометрической функцией и свести тем самым алгебраическую задачу к тригонометрической. Такие замены - тригонометрические подстановки - порой существенно упрощают решение. Выбор той или иной функции при этом зависит от вида уравнения, системы уравнений или алгебраического выражения, которое требуется упростить. Например, если из условия следует, что допустимые значения переменной x определяются неравенством | x | 1, то удобны

   замены x  sin  ,    ; , или x  cos  ,   0;  , причем какую из  2 2 них выбрать, зависит от конкретной задачи. В случаях, когда переменная может принимать любые значения,    используются замены x  tg ,     ; , и x  ctg ,   0;  .  2 2 Пример 66.1. Решите уравнение

1  x 2  4 x 3  3x.

Решение. ОДЗ 1  x 2  0, x 2  1  0, ( x  1)( x  1)  0, 1  x  1, | x | 1. Значит можно выполнить замену    x  sin  ,    ; , или x  cos  ,   0;  .  2 2 Положим x  cos  ,   0;  , тогда получим уравнение

1  cos 2   4 cos 3   3 cos  , или | sin | 2 cos  (1  cos 2 )  3cos  , | sin | cos 3  cos   cos  , но в нашем случае sin   0, так что

sin 2   2 cos   2 cos 2   3 cos  , | sin | 2 cos  cos 2  cos  , | sin  | cos 3 ,

 cos 3  cos 2   Решая последнее уравнение, получим    k ,   8 2 Условию 0     удовлетворяют три значения  5 3 1  ,  2   ,  3   , поэтому 8 8 4

sin  cos 3 ,

или

     0.  3   n, k , n  Z . 4

x1  cos

 8



1  cos

5 x2  cos  8

 4 

1

2 2  1 2 2; 2 2

5  1  cos 4  4  1 2 2; 2 2 2

1  cos

3  2   cos   . 4 4 2  2  1 1 ;  2 2; 2  2 . Ответ:  2 2  2  x 35 Пример 66.2. Решите уравнение x   . 2 x  1 12 x3  cos

Решение. Область допустимых значений: x 2  1  0, | x | 1.

 1   0    . Уравнение примет вид: sin   2 1 1 35 1 1 35 1 1 35 sin    ,   ,   , 2 sin  12 sin  12 sin  cos  12 1 1  sin  1 sin 2  sin   cos  35  . Обозначим sin  cos   u, sin cos   v. sin   cos  12 Возведем обе части первого равенства в квадрат, получим: (sin   cos  ) 2  u 2 , sin 2   2 sin cos   cos 2   u 2 , 1  2v  u 2 . Подставляя в уравнение значения u и v, получим систему уравнений:  u 35  12u  35v, 7 12  ,  получим u  , v  ,  v 12   2 u  1  2 v , 5 25 2   1  2 v  u ,  7  sin   cos   5 ,  12  sin  cos   . 25  Значит, числа sin  и cos  являются корнями квадратного уравнения Положим x 

3 4    sin   5 , sin   5 , 7 12 либо  z  z  0, т. е. либо  4 3 5 25 cos   , cos   . 5 5   5 5 Ответ: x1  , x2  . 3 4 2

67. РЕШЕНИЕ СИСТЕМ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ. ЗАМЕНА ПЕРЕМЕННЫХ.  x  y  10,  y 5 Пример 67.1. Решить систему уравнений:  x   .  y x 2 

x y 1  z, z  0 , тогда  , второе уравнение примет y x z 1 5 1 вид: z   , 2 z 2  5z  2  0, z1  , z 2  2. Таким образом, получим: z 2 2 x 1 x 1  ,  , y  4 x. Подставляя в первое уравнение, найдем значение x: y 2 y 4 Решение. Положим

x  4 x  10, x  2, y  8. Подставим второе значение z и найдем x и y: x x  2,  4, x  4 y; 4 y  y  10, y  2, x  8. y y

 x1  2,  x2  8, Ответ:    y1  8,  y 2  2.

 x  y  xy  14, Пример 67.2. Решить систему уравнений  2  x  y 2  xy  84. Решение. Область допустимых значений определяется совокупностью двух систем неравенств:  x  0,   y  0,   x  0,    y  0.

Равенство нулю одновременно x и y невозможно, в противном случае 0  14, получим несовместную систему уравнений:  0  84. Преобразуем каждое из уравнений системы:  x  y  xy  14,  x  y  xy  14,     2 2 2   x  2 xy  y  xy  84,  ( x  y)  xy  84. Положим x  y  u,

xy  v, v  0, отсюда xy  v 2 , получим систему:

 u  v  14, u  v  14,  u  v  14,    u  10, v  4.  2 2  (u  v)(u  v)  84,  u  v  6, u  v  84, Придем к системе уравнений:  x  y  10,  x  y  10,  y  10  x,    x 2  10 x  16  0, x1  2, x2  8,  xy  4 , xy  16 , x ( 10  x )  16 ,    y1  8, y2  2.

 x1  2,  x2  8, Ответ:    y1  8,  y 2  2.

68. ИСПОЛЬЗОВАНИЕ НЕРАВЕНСТВ КОШИ И ДРУГИХ ПРИ РЕШЕНИИ СИСТЕМ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ ( x  1) y  ( y  1) x  2 xy , Пример 68.1. Решить систему уравнений   x y  1  y x  1  xy. Решение. Согласно неравенству Коши будем иметь: ( y  1)  1 y x y  1  ( y  1) 1   , x 1  , 2 2 2 тогда левая часть второго уравнения не превосходит xy xy xy xy xy x y 1  , y x 1  , x y 1  y x 1   , 2 2 2 2 x y  1  y x  1  xy и равна правой части только при y  1  1 и x  1  1. Легко проверить, что получившаяся отсюда пара чисел (2; 2) является решением и первого уравнения.  x  2, Ответ:   y  2. 72

69. ИСПОЛЬЗОВАНИЕ СВОЙСТВ УРАВНЕНИЯ ВИДА F(F(X)) = X  2 2  y  7  x  y  7  x, Пример 69.1. Решите систему уравнений   x 2  2  y  x 2  2  y.  Решение. Рассмотрим в первом уравнении левую часть как функцию от x с параметром y, запишем ее в виде f(f(x)), где f ( x)  x  y 2  7 . Поскольку f(x) монотонно возрастает, то первое уравнение равносильно уравнению x  y2  7  x .

Рассмотрим во втором уравнении левую часть как функцию от y с параметром x, тогда, аналогично первому уравнению, получим: y  x 2  2  y.

В результате приходим к системе уравнений, которую уже решить нетрудно: 2   x  y  7  x,  2   y  x  2  y.  x  2, Ответ:   y  3.

ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА Замечание. Все иррациональные неравенства могут быть решены обобщенным методом интервалов, поэтому данный метод рассматривать не будет.

70. НЕРАВЕНСТВА ВИДА

f ( x)  A

Теорема 70.1. Справедливы утверждения 1)

f ( x)  A , A  0  f ( x)  A 2

f ( x)  A , A  0  f ( x)  0

f ( x)  A , A  0  0  f ( x )  A 2

f ( x)  A , A  0  x  

Пример 70.1. Решить неравенство

x2  2x  3  5 .

Решение. Левая и правая части неравенства неотрицательны, поэтому достаточно потребовать, чтобы подкоренное выражение корня квадратного в левой части неравенства было неотрицательным, возвести обе части в квадрат, получим систему неравенств:

 x 2  2 x  3  0,  2  2  x  2 x  3 

 x  3 x  1  0,   x  3 x  1  0,  2  5 ,  x  2 x  8  0,  x  4  x  2   0,

  



x   4; 3  1;2  .

Ответ: x   4; 3  1;2  .

71. НЕРАВЕНСТВА ВИДА

f ( x)  g ( x)

Теорема 71.1. Справедливы утверждения (все решения рассматриваются в ОДЗ): 1) Если g ( x)  0 , тогда

f ( x )  g ( x)  x  

2) Если g ( x)  0 , тогда

f ( x )  g ( x )  f ( x)  g ( x )  0

3) Если g ( x)  0 , тогда

f ( x )  g ( x)  f ( x)  0

4) Если g ( x)  0 , тогда

 f ( x)  0 f ( x)  g ( x)   2  f ( x)  g ( x)

5) Если g ( x)  0 , тогда

f ( x)  g ( x)  f ( x)  g 2 ( x)

Пример 71.1. Решить неравенство

x  18  2  x .

Решение. Рассмотрим два случая. 1-й случай, если 2  x  0 , тогда неравенство не имеет решений, 2-й случай, если 2  x  0 , тогда обе части неравенства можно возвести в квадрат, если подкоренное выражение неотрицательно:   x  2, 2  x  0, 18  x  2,     x  18,  2   x  18  0,   x  18  4  4 x  x 2 ,  x  5 x  14  0, 2 2   x  18   2  x  ,  18  x  2,   x  2  x  7   0, Ответ: 18; 2  .





Пример 71.2. Решить неравенство

x 3  x 5. 74

Решение. 1-способ Неравенство равносильно совокупности двух систем:

 x  5  0,  x  5,   3  x  5 èëè x  3; 5  .   x  3  0,  x  3,  x  5  0   x  3  0 3  x  5    x  3;7   x  5  0  x  5;7   x  3  0  2  x  3  x  10 x  25 Ответ: 3;7  . 2-способ Решим неравенство методом интервалов. Преобразуем неравенство: x  3   x  5  0 . Рассмотрим функцию f ( x)  x  3   x  5 и найдем значения x, при которых она принимает отрицательные значения. Область определения функции: x  3  0  x  3;  . Найдем нули функции:

f ( x)  0;

 x  5  0, x  3   x  5  0  x  3  x  5    2  x  3  x  10 x  25,

 x  5,  x  5  0,   2    x  4,  x  7 . x  11 x  28  0,    x  7,  Получим промежутки  3; 7  и  7;    . Найдем знак функции на этих

промежутках, а также в точках 3 и 7: при x = 3 f(3) = 2 > 0; при x   3; 7  f(4) = 2 > 0; при x = 7 f(7) = 0; при

x   7;   

f(12) = -4 < 0. Таким образом, функция принимает

положительные значения на промежутке 3; 7  Ответ: 3;7  . Пример 71.3. Решить неравенство

16 x  39  x 2  16 x  39  x 2

Решение. Если ввести обозначение z = 16 x  39  x 2 , то данное неравенство перепишется в виде: z2 – z  0. Легко находим решение этого неравенства (с 75

учетом того, что z0): z [1; +) {0}. Равенство 16 x  39  x 2 = 0 дает корни х1 = 3 и х2 = 13, которые удовлетворяют поставленной задаче. Решим теперь неравенство 16 x  39  x 2  1. Так как по обе стороны неравенства стоят неотрицательные выражения, то можно возвести неравенство в квадрат (в области определения корня х  [3; 13]): 16х – 39 – х2  1 или х2 –16х +38  0. Получаем решение х  [8 Ответ: х  [8 -

26 ; 8 +

26 ].

f ( x)  g ( x)  0

72. НЕРАВЕНСТВА ВИДА

Теорема 72.1. Справедливы утверждения:  f ( x)  0 1) ; f ( x )  g ( x)  0    g ( x)  0

 f ( x)  0 . f ( x)  g ( x)  0    g ( x)  0 Пример 72.1. Решить неравенство  x  1 x  4 7  x  0 . 2)

Решение. Данное неравенство равносильно системе:  x  4  0,  x  4,   . 7  x  0,   x  7,  4  x  1 è x  7  x  1  0,  x  1,   Ответ: 4;  1  7 .

73. НЕРАВЕНСТВА ВИДА

f ( x)  3 g ( x)

Теорема 73.1. Справедливо утверждение: 3

f ( x )  3 g ( x )  f ( x)  g ( x)

f ( x)  g ( x)  A Теорема 74.1. Справедливо утверждение: 74. НЕРАВЕНСТВА ВИДА

 f ( x) g ( x)  0  2  f ( x)  g ( x)  A f ( x)  g ( x)  A, A  0   2 0  f ( x)  g ( x)  A    2 4 f ( x ) g ( x )  A  f ( x )  g ( x ) 





0

Аналогично можно расписать другие равносильности. Замечание. На практике лучше использовать обобщенный метод интервалов. 75. НЕРАВЕНСТВА ВИДА

f ( x)  g ( x)  h( x)

Теорема 75.1. Если h( x)  0 , тогда

 f ( x) g ( x)  0  2  f ( x)  g ( x)  h ( x) f ( x)  g ( x)  h( x),   2 0  f ( x)  g ( x)  h ( x)   2  4 f ( x) g ( x)  h ( x)  f ( x)  g ( x)





0

Аналогично можно расписать другие равносильности. Замечание. На практике лучше использовать обобщенный метод интервалов. 76. НЕРАВЕНСТВА ВИДА

f ( x)  g ( x)  h( x)

Теорема 76.1. Справедливо утверждение:

 f ( x) g ( x)  0  2  f ( x)  g ( x)  h ( x) f ( x)  g ( x)  h( x),  h( x)  0   2 0  f ( x)  g ( x)  h ( x)   2  4 f ( x ) g ( x )  h ( x )  f ( x )  g ( x )





0

Аналогично можно расписать другие равносильности. Замечание. На практике лучше использовать обобщенный метод интервалов.

f ( x)  3 g ( x )  3 f ( x )  g ( x ) Теорема 77.1. Справедливо утверждение: 77. НЕРАВЕНСТВА ВИДА 3

f ( x)  3 g ( x)  3 f ( x)  g ( x)  f ( x)  g ( x)   f ( x)  g ( x)  0

78. НЕРАВЕНСТВА ВИДА Неравенство

f ( x)  3 g ( x)  3  ( x )

f ( x)  3 g ( x)  3  ( x)

решается

обобщенным

методом

интервалов.

ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 79. МЕТОД РАЗЛОЖЕНИЯ НА МНОЖИТЕЛИ Пример 79.1. Решите уравнение 1  3 cos x  cos 2 x  0 . Решение. Применим формулу: cos 2 x  cos 2 x  sin 2 x  cos 2  (1  cos 2 x)  2 cos 2 x  1 . Получим уравнение: 1  3 cos x  2 cos 2 x  1  0, 2 cos 2 x  3 cos x  0 . Это уравнение решим разложением на множители: cos x(2 cos x  3 )  0 . Получим совокупность уравнений:     x   n, x   n,   2  cos x  0, 2  n Z,  2 cos x  3  0,    3  3   cos x   x   arccos    2n, ,   2  2    

  x   n,  2  n  Z,    3        x     arccos  2    2n,        n, nZ . Ответ:  2 5     2n,  6

   x  2  n, nZ .  5  x     2n, 6 

80. СВЕДЕНИЕ К АЛГЕБРАИЧЕСКИМ УРАВНЕНИЯМ Пример 80.1. Решите уравнение 2 sin 2 x  3 3 cos x  4  0 . Решение. Применим тождество sin 2 x  1  cos 2 x , получим уравнение:

2(1  cos 2 x)  3 3 cos x  4  0,  2 cos 2 x  3 3 cos x  6  0,

2 cos 2 x  3 3 cos x  6  0 . Положим cos x  y, | y | 1 , получим систему:  y  2 3 ,  1 2 y 2  3 3 y  6  0, 3    y  3 ,  y  ,  2 2  | y | 1, 2   | y | 1, cos x 

3 3  , x   arccos  2n, n  Z ; x    2n, n  Z . 2 2 6

Ответ: 



 2  n, n  Z .

4 4 Пример 80.2. Решите уравнение sin x  cos x 

5 . 8

Решение. Преобразуем уравнение:

sin 4 x  2 sin 2 x  cos 2 x  cos 4 x  2 sin 2 x  cos 2 x 

sin



2 1 5 x  cos 2 x   4 sin 2 x  cos 2 x  , 2 8 , 1 5 2 2 1   4 sin x  cos x  2 8 2

5 , 8

1 5 3 1  cos 4 x 3 3  sin 2 2 x   1, sin 2 2 x     1  cos 4 x   2 8 4 2 4 2 1  1  cos 4 x    4 x   arccos     2  n, n  Z  2  2 2   4 x     2  n, n  Z  x     n, n  Z 3 6 2

Ответ: 







 n, n  Z .

81. УРАВНЕНИЯ, ОДНОРОДНЫЕ ОТНОСИТЕЛЬНО sin x И cos x Определение 81.1. Рассмотрим уравнение вида

a0 sin n x  a1 sin n1 x  cos x  ...  an1 sin x  cos n1 x  an cos n x  0 (1) где a0 , a1 , a2 , ..., an1 , an - действительные числа. В каждом слагаемом левой части уравнения (1) степени одночленов равны n, т. е. сумма степеней синуса и косинуса одна и та же и равна n. Такое уравнение называется однородным относительно sin x и cos x , а число n называется показателем однородности. Ясно, что если a0  0 , то уравнение примет вид:





cos x a1 sin n1 x  a2 sin n2 x  cos1 x  ... an1 sin x  cos n2 x  an cos n1 x  0, решениями которого являются значения x, при которых cos x  0 , т. Е. числа  x     n, n  Z . Второе уравнение, записанное в скобках также является 2 однородным, но степени на 1 ниже. Если же a0  0 , то эти числа не являются  корнями уравнения. При x     n получим: cos x  0 , sin x  1 и левая 2 часть уравнения (1) принимает значение a0  0 . Итак, при a0  0 ,  x     n и cos x  0 , поэтому можно разделить обе части уравнения на 2 n cos x . В результате получаем уравнение: a0 tg n x  a1tg n1 x  a2 tg n2 x  ...  an1tgx  an  0, (2) которое, подстановкой tgx  y легко сводится к алгебраическому: a0 y n  a1 y n1  a2 y n2  ... an1 y  an  0 . Пример 81.1. Однородные уравнения с показателем однородности 1. При n  1 имеем уравнение a sin x  b cos x  0 . Решение. Если a  0 , то это уравнение равносильно уравнению atgx  b  0 , b b tgx   , откуда x  arctg    n, n  Z . a a b Ответ: x  arctg    n, n  Z a Пример 81.2. Решите уравнение 2 sin x  3cos x  0 .

Решение. Это уравнение однородное первой степени cos x  0 . Разделим обе его части на cos x получим: 3 3 2tgx  3  0, tgx   , x  arctg    n, n  Z . 2 2 3 Ответ:  arctg    n, n  Z . 2 Пример 81.3. При n  2 получим однородное уравнение вида

a sin 2 x  b sin x  cos x  c cos 2 x  0 . Решение. Если a  0 , тогда разделим обе части уравнения на cos 2 x , получим уравнение atg 2 x  btgx  c  0 , которое подстановкой tgx  y легко приводится к квадратному: ay 2  by  c  0 . Если

D  b 2  4ac  0 ,

то

уравнение

имеет

действительные

корни

b D b D , y2  . Исходное уравнение будет иметь две группы 2a 2a решений: x  arctgy1    n, n  Z ; x  arctgy2    k , k  Z . y1 

Если D  b 2  4ac  0 , то уравнение не имеет решений. Пример 81.4. Решите уравнение sin x  3 sin x cos x  2 cos x  0 . Решение. Это уравнение однородное второй степени. Разделим обе чести 2

уравнения на

cos 2 x , получим: tg 2 x  3tgx  2  0 . Пусть tgx  y , тогда

y 2  3 y  2  0 , y1  1 , y2  2 .



   n, n  Z ; . 4 tgx  2, x  arctg 2    k , k  Z tgx  1, x  

Ответ: 

 4

   n, n  Z ;  arctg 2    k , k  Z .

82. МЕТОД ЗАМЕНЫ ПЕРЕМЕННЫХ 82.1. ЗАМЕНА

t  sin x  cos x .

Пример 82.1.1. Решите уравнение 2(sin x  cos x)  sin 2x  1  0 .

Решение. Пусть sin x  cos x  t , тогда sin 2 x  t 2  1 , получим квадратное уравнение: 2t  t 2  1  1  0, 2t  t 2  0, t (t  2)  0, t1  2, t 2  0 . Получим совокупность уравнений: sin 2 x  0  1, sin 2 x  1,  sin 2 x  4  1,   решений нет,  2 x    2  n, n  Z , 2   .

x Ответ: 

 4



   n, n  Z

   n, n  Z .

Замечание. Уравнение a(sin x  cos x)  b sin 2 x  c  0 имеет решения в том и только в том случае, когда дискриминант уравнения bt 2  at  (c  b)  0 неотрицателен и по крайней мере один из корней этого уравнения   удовлетворяет условию | t | 2 , так как | sin x  cos x | 2 sin x    2 . 4  Аналогично решаются уравнения вида a(sin x  cos x)  b sin 2x  c  0 . Здесь удобно положить t  sin x  cos x и тогда sin 2 x  1  t 2 .

82.2. ЗАМЕНА

t  cos2 x

При такой замене через t легко выражаются sin 2 x и cos 2 x : 1  cos 2 x 1  t 1  cos 2 x 1  t . sin 2 x   , cos 2 x   2 2 2 2 С такой заменой решаются например, уравнения a cos 2 x  2b cos 2 x  c ,

a cos 2 x  2b sin 2 x  c Пример 82.2.1. Решите уравнение 6 sin 2 x  2 sin 2 2 x  5 . Решение. Преобразуем уравнение: 6 sin 2 x  2(1  cos 2 2 x)  5  0, 6 sin 2 x  2 cos 2 2 x  3  0 . 1 t Выполним замену: cos 2 x  t , | t | 1, sin 2 x  , получим уравнение: 2 t1  0,  1 t  2t 2  3t  0, 6    2t 2  3  0,     t 2  1,5  t  0 . 2 | t |  1 ,    | t | 1, | t |  1 ,   cos 2 x  0, x 







 n, n  Z .

Ответ:

 4



 2

n 

 4

(2n  1), n  Z .

82.3. УНИВЕРСАЛЬНАЯ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКАЯ ПОДСТАНОВКА

t  tg

x . 2

x нетрудно выразить sin x и cos x : 2 x x 2 sin  cos 2 2  x x x x x sin 2   2 sin  cos cos 2 2tg 2t 2  2 2 2 2 sin x      , 2 1 1  t 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x sin  cos sin  cos 1  tg 2 2 2 2 2 2 x cos 2 x x cos 2  sin 2 2 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x cos  sin cos  sin cos 1  tg 2 2 2 2  2 2  2 2  1 t . cos x   x x x x x 1 t2 1 sin 2  cos 2 sin 2  cos 2 1  tg 2 2 2 2 2 2 2 x cos 2 sin x Пример 82.3.1. Решите уравнение  2  ctgx . 1  cos x Решение 1-й способ m  Z,  x    m, m  Z ,  x    m,   x    m, m  Z , ОДЗ:  cos x  1  0,  x    2  n, n  Z , так как при m = 2n + 1 получим x    2  n, n  Z При такой замене через t  tg

x 2t 1 t 2  t , sin x  , cos x  , получим: 2 2 1 t 1 t 2 sin x cos x 2t (1  t 2 )(1  t 2 ) 2  0,  2   0, 1  cos x sin x 2t (1  t 2 )  1 t 2   (t 2  1)1  2   1 t 

Выразим tg

t 2

1 t 2  0, t 2  4t  1  0, D  16  4  12, 2t

D  12  2 3 , t 1 2  3 ,

t 2  2  3 ; tg

x  2  3 , x  2arctg (2  3 )  2  n, 2

x  2arctg (2  3 )  2  k . Ответ: 2arctg (2  3 )  2  n, n  Z ; 2arctg (2  3 )  2  k , k  Z .

2-й способ m  Z,  x    m, m  Z ,  x    m,   x    m, m  Z , ОДЗ:  cos x  1  0,  x    2  n, n  Z , так как при m = 2n + 1 получим x    2  n, n  Z Преобразуем уравнение: sin x cos x  2 , sin 2 x  2 sin x(1  cos x)  cos x  cos 2 x , 1  cos x sin x sin 2 x  cos 2 x  2 sin x  2 sin x cos x  cos x  0, (1  cos x)  2 sin x(1  cos x)  0, (1  cos x)(1  2 sin x)  0 . Полученное уравнение равносильно системе:   1  2 sin x  0,  sin x  1 ,  x  (1) k    k , k  Z ,       6 2  cos x  1  0, cos x  1,  x    2  n, n  Z , .

x  (1) k

 6

   k, k  Z

Ответ: (1) k

 6

   k, k  Z .

Пример 82.3.2. Решите уравнение 4 sin x  cos x  4 . x 2t 1 t 2 , cos x  Решение. Выразим tg  t , sin x  , 2 2 1 t 1 t 2 x    2  n, n  Z . Значения x    2  n, n  Z не являются решениями данного уравнения, тогда, подстановка будет корректной, получим уравнение:

2t 1 t 2   4, 8t  1  t 2  4  4t 2  0, 2 2 1 t 1 t 5t 2  8t  3  0, D  64  60  4, 82 82 x t1   0,6, t 2   1; tg  0,6, 10 10 2 x  2  arctg 0,6  2  n, n  Z . x x   tg  1,     k , x   2  k , k  Z . 2 2 4 2 Определим значения переменных, входящих в область допустимых значений. Очевидно, что x  2  arctg 0,6  2  n, n  Z входят в область допустимых значений и являются корнями уравнения.  1  2  k    2  n, k  Z , n  Z ; 1  4k  2  4n, k  n  - это 2 4 неравенство выполняется при любых целых значениях n и k, значит 4

x



 2  k , k  Z являются решениями уравнения.

Ответ: 2  arctg 0,6  2  n, n  Z ;

 2

 2  k , k  Z .

83. МЕТОД ОЦЕНКИ. Пример 83.1. Решите уравнение ctg 4 x  cos 2 2 x  1 . Решение. ОДЗ: x    m, m  Z . Левая часть уравнения: ctg 4 x  0 . Правая часть cos 2 2 x  1  0 . Таким образом, получим систему уравнений:    x  2    n, n  Z ,    ctg 4 x  0,   x     n, n  Z ,    x     l, l  Z ,  2 2 2 cos 2 x  1  0, cos 2 x  1, cos 2 x  1,  x    k , k  Z .  Последняя группа корней x    k , k  Z не входят в область допустимых значений. Ответ:



   n, n  Z .

84. МЕТОД ВВЕДЕНИЯ ВСПОМОГАТЕЛЬНОГО АРГУМЕНТА Уравнения вида a sin x  b cos x  c . Для его решение, разделим левую часть уравнения на квадратный корень из суммы его коэффициентов, т. е. на

a 2  b 2 , чтобы уравнение не изменилось, на это же выражение умножим левую часть уравнения, т. е. выполним следующие преобразования:   a b a2  b2  sin x  cos x   c, a 2  b 2 sinx     c , где  2  2 a2  b2  a b  b   arctg . a Пример 84.1. Решить уравнение sin 3x  cos 3x  3 2 . Решение. Разделим и умножим левую часть уравнения на 12  12  2 , получим уравнение:  1  1 3   3   2  sin 3x  cos 3x   , 2  sin 3x  cos  sin  cos 3x   , 4 4 2 2   2  2 

  2  sin 3x    4  Ответ: (1) k

 9



 12

 3    , sin 3x    , 3x   (1) k     k , k  Z , 4 2 4 3 2  3 

 3

 k, k  Z .

Пример 84.2. Решить уравнение 3sin x  4 cos x  5 . Решение. Преобразуем уравнение: разделим и умножим левую часть уравнения на корень квадратный из суммы квадратов коэффициентов при sinx и cosx, т. е. на

32  4 2  25  5 . Уравнение примет вид: 4 3  5 sin x  cos x   5, sin x  cos   sin   cos x  1  5 5 

  sin( x   )  1,   sin( x   )  1,  sin( x   )  1,   x  2    2  k , k  Z , 4   sin    4    sin   , tg  , 4 tg  , 5      arctg , cos  3 3  cos   3 ,  5  4 Ответ:  arctg  2k , k  Z . 2 3 Замечание. Во втором уравнении аргумент нами выбирается произвольно. Поэтому берем лишь одно частное решение, какое нам нравится. Обычно выбирается угол в первой четверти.

85. СИСТЕМЫ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ cos 2 x  cos 2 y  1,  4 Пример 85.1. Решите систему уравнений:  x y  .  3  Решение. Преобразуем систему 2x  2 y 2x  2 y   cos  1,  2 cos( x  y)  cos( x  y )  1, 2 cos  2 2 4   4 x  y, x y   , 3 3 

   1  1     ,  cos      2 y    cos      , 2 3 3 2       4  x   y,  3        1 1     cos  2 y       ,  cos   2 y   1,   2 y   2  k , k  Z , 3 2 2 3 2        3  4  x  4  y,  x  4  y, x   y,   3  3 3 4 4     17  x  3  y,  x  3  12    k ,  x  12    k ,        y     k, k  Z ,  y     k, k  Z ,  y     k, k  Z. 12 12 12      4   4  2 y   cos  cos  3   3   4  x   y,  3

17   x  12    k , Ответ:   y     k, k  Z. 12 

   x y  , Пример 85.2. Решите систему уравнений:  2 2 2  2 cos x  3 cos y  0,5. Решение. Из первого уравнения выразим x и подставим во второе уравнение системы:      x  2  y,   x   y,   2   2 2 cos 2   y   3 cos 2 y  0,5,  2 sin y  3 cos 2 y  0,5.   2   Решим второе уравнение: 1 2 sin 2 y  3(1  sin 2 y )  0,5, 5 sin 2 y  2,5, sin 2 y  , 2 2 2 , sin y  . 2 2 Отсюда находим:   2 2      k, k  Z , y  (1) k arcsin      k , y  (1) k arcsin   2   2      sin y  

y  (1) k 1 

 4

   k , y  (1) k 

Найдем значения x: x  x

 2

 (1) k 

 4

 2

 4

   k, k  Z .

 (1) k 1 

   k , x  (1) k 

 4



   k , x  (1) k 1 

4 

 2

  k 1   x1  (1)  4  2  k , Ответ:  k  Z;   y1  (1) k 1   k , 4 

 4



 2

   k, k  Z ,

   k, k  Z .

  k   x2  (1)  4  2  k , k  Z.    y 2  (1) k   k , 4 

ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА 86. ОСНОВНЫЕ ОПРЕДЕЛЕНИЯ И СВОЙСТВА. Определение 86.1. Логарифмом числа b по основанию а, называется показатель степени, в которую нужно возвести число а, чтобы получить число b. Основные свойства логарифмов: 1) a log b  b ; 5) log a  1  =  log a c ; c 2) log a a m  m ; 6) log a b m  m  log a b ; a

7) log n b  1  log a b ; a n log cb . 8) log b 

3) log a (b  c)  log a b  log a c ; 4) log  b  = log a b  log a c ; a

c

log c a

Перечислим основные свойства показательной и логарифмической функций: 1)

у  a x , где a  0, a  1 - всѐ множество действительных чисел; функции y  log a x , где a  0, a  1 - множество положительных действительных чисел. x Множество значений функции у  a - множество положительных действительных чисел; функции y  log a x - всѐ множество дейОбласть определения функции

ствительных чисел. 3) Промежутки монотонности: если a  1 обе функции возрастают; если 0  a  1 - обе функции убывают. Замечание. 1) В соответствии со вторым свойством, при решении логарифмических уравнений необходимо либо выяснять область допустимых значений уравнения, либо после решения делать проверку. 2) Третье свойство необходимо помнить при решении неравенств. Показательная функция, её свойства и график Определение 86.2. Показательной функцией называется функция вида у = aх, где а - заданное число, а > 0, a  1 . Свойства показательной функции: 89

1. Областью определения показательной функции являются все действительные числа: D( y)   ;  . 2. Множеством значений показательной функции являются все положительные действительные числа: E ( y)  0;  . 3. а) Показательная функция у = aх возрастает на всей области определения, если а>1. б) Показательная функция у = ax убывает на всей области определения, если 0<а<1. 4. Нет таких значений аргумента, при которых значения показательной функции равны нулю, т. е. у показательной функции нет нулей. 5. Показательная функция непрерывна на всей области определения. 6. Показательная функция дифференцируема в каждой точке области определения, производная вычисляется по формуле  a x  a x  ln a .

 

График показательной функции изображен на рисунке.

a>1 0<a<1 Логарифмическая функция, её свойства и график. Определение 86.3. Логарифмической функцией называется функция вида у = logax, где а — заданное число, а > 0, a  1 . Свойства логарифмической функции: 1. Областью определения логарифмической функции являются все положительные действительные числа: D( y)  (0; ) . 90

2. Множеством значений логарифмической функции являются все действительные числа: E ( y)   ;  . 3. Логарифмическая функция обращается в нуль при х = 1. 4. а) Логарифмическая функция у = logaх возрастает на всей области определения, если а > 1. б) Логарифмическая функция у = logaх убывает на всей области определения, если 0<а<1. 5. Логарифмическая функция у = logaх: а) при а > 1 принимает положительные значения, если х > 1; отрицательные значения, если 0 < х < 1. б) при 0 < а < 1 принимает положительные значения, если 0 < х < 1, и отрицательные значения. если х > 1. 6. Логарифмическая функция непрерывна на всей области определения. График логарифмической функции изображен на рисунке.

a>1

0<a<1

Логарифмирование и потенцирование. При решении показательных и логарифмических уравнений часто используются два преобразования: логарифмирование и потенцирование. Определение 86.4. Логарифмированием по основанию а (а > 0, а ≠ 1) называется переход от уравнения f(x) = g(x) к уравнению 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑓(𝑥) = 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑔(𝑥). Логарифмирование в общем случае является неравносильным преобразованием. Причем неравносильность здесь особенно опасна: она может привести к потере корней уравнения. Например, если 91

𝑓(𝑥) = х2 , 𝑔(х) = х, то переход от уравнения х2 = х к уравнению 𝑙𝑜𝑔2 х2 = 𝑙𝑜𝑔2 𝑥 приводит к потере корня х = 0. Потери корней при логарифмировании заведомо не произойдет, если хотя бы одна из функций положительна. В этом случае логарифмирование будет равносильным преобразованием. Определение 86.5. Потенцированием по основанию а (а > 0, а ≠ 1) называется переход от уравнения 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑓(𝑥) = 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑔(𝑥) к уравнению 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥). Ясно, что это преобразование в общем случае также не является равносильным. Оно может привести к получению посторонних корней.

ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ Теорема. Если a  0, a  1 , то уравнение a

f ( x)

 b g ( x ) равносильно урав-

нению f ( x)  g ( x) .

87. ПРИВЕДЕНИЕ ОБЕИХ ЧАСТЕЙ УРАВНЕНИЯ К ОДНОМУ ОСНОВАНИЮ. 2 x 3

Пример 87.1. Решить уравнение: 4  8 . Решение. Заметим, что основания степеней, стоящих в левой и правой части уравнения есть степени двойки, поэтому, учитывая свойства степеней, имеем x

2 2 x  26 x9 , тогда на основании теоремы получаем уравнение: 9 2x  6x  9  x  . 4 9 Ответ: x  . 4 x 1 6 x 5 Пример 87.2. Решить уравнение: 0,4  6,25 . уравнение

Решение. Учтем, что

0,4 

2, 5 6,25  , тогда первоначальное уравнение 5 2

примет вид:

2   5

x 1

Ответ:

12 x 10

5   2

x

2    5

x 1

2   5

12 x 10

11 . 13 92

 x  1  10  12 x 

x

11 . 13

88. ЛОГАРИФМИРОВАНИЕ ПО ОДИНАКОВОМУ ОСНОВАНИЮ. x 2 4

Пример 88.1. Решить уравнение: 3 5 . Решение. Первый прием здесь применить нельзя, так как числа 3 и 5 невозможно представить в виде степени с одинаковым основанием. Учитывая, что 2x

4

 0 и 52 x  0 , при любом значении переменной, прологарифмируем обе части уравнения по основанию 3, получим: log 3 3 x 4  log 3 52 x , откуда 3x

используя свойства логарифма, имеем x 2  4  2 x  log 3 5 . Получили квадратное уравнение x 2  2 x  log 3 5  4  0 , решая которое получаем корни:

x1, 2  log 3 5  log 32 5  4 . Ответ: x1, 2  log 3 5  log 32 5  4 Замечание. Логарифмировать можно, вообще говоря, по любому основанию, но обычно логарифмируют по одному из оснований степеней, входящих в уравнение.

89. РАЗЛОЖЕНИЕ ЛЕВОЙ ЧАСТИ УРАВНЕНИЯ НА МНОЖИТЕЛИ. Пример 89.1. Решить уравнение: 5

2 x 1

 3  52 x1  550 .

Решение. Вынесем в левой части уравнения выражение 5 лучим:

x

2 x 1

5



 3  550



2 x 1

за скобки, по-

 2x 1  2 

3 . 2

Ответ:

x

3 . 2 1 2 x

 61 x  30  150 x . 1 2 x  5  25 x , 61 x  6  6 x , 150 x  6 x  25 x , то перРешение. Так как 5 x x x x воначальное уравнение примет вид: 5  25  6  6  6  25  30  0 . Пример 89.2. Решить уравнение: 5

Сгруппируем первое, четвертое и второе, третье слагаемые, и вынесем общие множители

25



за



скобки:

5  (25 x  6)  6 x  (25 x  6)  0



 6  5  6  0 . Полученное уравнение сводится к совокупности x x уравнений: 25  6  0 , 5  6  0 . Решая эти уравнения логарифмироваx

нием

обеих

частей,

находим x2  log 6 5 .

x1  log 25 6, Ответ: x1  log 25 6,

корни

первоначального

уравнения:

x2  log 6 5 .

Пример 89.3. Решить уравнение: 5

 2  5 x  15  0 .

Решение. Пусть t  5 . Тогда первоначальное уравнение примет вид: x

t 2  2t  15  0 , откуда находим x1  5,

x2  3 . Таким образом дан-

ное уравнение равносильно совокупности двух уравнений

5x  5 и

5  3 . Решая первое уравнение, получаем x  1 . Второе уравнение совоx купности решений не имеет, так как 5  0 при любом значении переменной, а (3)  0 . Ответ: x  1 . x

90. ОДНОРОДНЫЕ УРАВНЕНИЯ. x1 x x x2  0. Пример 90.1. Решите уравнение 5  2  5  2 Решение. 1-й способ Сгруппируем степени с основанием 5 в левой части, а степени с основанием 2 в левой части уравнения и вынесем общие множители за скобки:

5x1  2 x  5 x  2 x2  0, 5x1  5x  2 x  2 x2 , 5x1  (1  5)  2 x  (1  2),

1 5x 2 x  4  5 x1  2 x  (1  22 ), 22   5 x  5  2 x , 22  5 x  52  2 x , 2  2 , 5 5 2 x2 x 2 x 2 x 2 5  2 . Разделим обе части уравнения на 2 или на 5 , каждая из этих

степеней

больше

нуля.

Разделим

на

2 x 2

получим:

x 2

5    1, x  2  0, x  2. 2 Ответ: 2. 2-й способ Преобразуем уравнение и рассмотрим его, как однородное относиx

тельно 5 и 2 .

1 x  5  2 x  5 x  4  2 x  0. 5 94

Это уравнение однородное, разделим обе его части на степень с наивысшим показателем, скажем, на

2 x , получим: x

1 5x 2 x 5x 2x 1 5 5 5 5  x  x  x  4  x  0,     1     4  0,    5  5     20  0, 5 2 5 2 2 2 2 2 2 2 x

25  5  5 5 5  4     25,    ,      , x  2. 4 2 2 2 2 В этом случае результат достигается быстрее. Ответ: 2. Пример 90.2. Решите уравнение 5 Решение. Преобразуем уравнение:

 7 x  52 x  35  7 x  35  0.

25 x  25 x  35  7 x  7 x  35 , 25 x (1  35)  7 x (1  35), 25 x  7 x . Разделим обе части уравнения на 7 x , 7 x  0 , получим: x

25 x 7 x  25   x ,   1 x  0 7x 7  7  Проверка:

x  0, 50  7 0  50  35  7 0  35  0, 1  1  35  35  0, 0  0; x  0 является корнем уравнения. Ответ: 0.

91. УРАВНЕНИЯ ПРИВОДЯЩИЕСЯ К ОДНОРОДНЫМ. Пример 91.1. Решить уравнение 3  16  2  81  5  36 . Решение. Преобразуем уравнение: 3  4 2 x  2  9 2 x  5  (4  9) x  0, 3  4 2 x  2  9 2 x  5  4 x  9 x  0 . x

Разделим обе части уравнения на 9

3

4 5 4 9 4 2  0, 3    2x 2x 9 9 9 2x

4 Пусть    y, y  0 , получим 9 x

2 2 4    ,   9 3 3  

 0 , получим уравнение: x

4  5   2  0 . 9

 2 2   y1  , 3 y 2  5 y  2  0, 3   y1  ,   y  1,  3  y  1,  y  0,  2 2   y  0, x



2 1 4 , 2 x  1, x1  ;    1, x2  0 . 3 2 9 95

1 . 2 Пример 91.2. Решить уравнение 3  2 2 x  2  32 x  5  6 x .

Ответ: 0;

Решение. Преобразуем уравнение: 3  2 2 x  2  32 x  5  (2  3) x  0 . Разделим обе части уравнения на 32 x , получим уравнение:

22x 5  2 x  3x 2  2   0, 3    32 x 32 x  3

2  5   2  0 . 3  2 x 2 y  ,  3 y 2  5 y  2  0,  1 3 2 y  Пусть    y, y  0 , получим     1 3, y  1,  y  1, 3  y  0,  2  2  y  0, 3

2 2 2    , x1  1 ;    1, x2  0 . 3 3 3 Ответ: 0; 1. 2

Пример 91.3. Решить уравнение 10 x  25 x  4,25  50 x . Решение. ОДЗ: x  0 .Преобразуем уравнение: 2

1 1  1  1 10 x    5 x   4,25 10 x  5 x  0 .         2

 1 Разделим обе части уравнения на  5 x  , получим уравнение:     1

10 x  5 x  10  x  0, 2 x  4,25  2 x  1  0, 4  2 x  17  2 x  4  0 .    1  4,25  2 5  1 5 x      2

 1 1   y1  , 4 y 2  17 y  4  0,  4   y1  , ,   Пусть 2  y, y  0 , получим  4 y  4,  y  4,  y  0,  2 2    y  0, 1 x

1 1 1 1 1  2, x1   ; 2 x  2 2 ,  2, x2  .  2 2 , y 2  4  2 2 , 2 x  2 2 , x 2 x 2 4 1 1 Ответ:  ; . 2 2 96 y1 

92. ПРИВЕДЕНИЕ К АЛГЕБРАИЧЕСКИМ УРАВНЕНИЯМ, С ПОМОЩЬЮ ЗАМЕНЫ ПЕРЕМЕННЫХ 2

Пример 92.1. Решите уравнение 2 4 x2  4  x  5  2  x Решение. Преобразуем уравнение

2 2 x Пусть 2

 x2 2 x

4 x2

 5  2x

2 x



 1  0, 4  2  x

2 x

1  0 .

  5 2 2

 x2 2 x

1  0 .

 y, y  0 , тогда получим

 1 1   y1  , 4 y 2  5 y  1  0, y1  , 4      y  1, 4 .  y  1,  y  0,  2  2  y  0, Переходя к переменным х

2 x

2 x

 2 2 ,  x 2  2 x  2, x 2  2 x  2  0 ,

D  4  8  12,

12  2 3, x1  1  3, x2  1  3 , 2  x

2 x

 1,  x 2  2 x  0,

x3  0, x4  2 . Ответ: 1  3; 0; 2; 1  3 . Пример 92.2. Решите уравнение 4 x  10  2 x1  24  0 . Решение. Преобразуем уравнение: 2 2 2x 2 x  10   24  0, 2 x  5  2 x  24  0 . 2  y1  3,  y 2  5 y  24  0,  x   y 2  8,  y  8 , Пусть 2  y, y  0 , тогда получим   y  0,  y  0, 

 

2 x  8, x  3 . Ответ: 3.



  x

Пример 92.3. Решите уравнение 5  2 6  5  2 6 Решение. Нетрудно заметить, что



 10 .

(5  2 6 )(5  2 6 )  25  4  6  1, (5  2 6 )(5  2 6 )  1 . 1 Отсюда 5  2 6  . Можно рассуждать и другим способом. Преобра52 6 зуем один из двучленов, который находится в основании показательной 97

функции. Возьмем двучлен 5  2 6 умножим и разделим его на сопряженный двучлен, т. е. на 5  2 6 , получим:

5  2 6  5  2 6   25  4  6  1 . 5  2 6  5 2 6 5 2 6 1 Уравнение примет вид: 5  2 6    10 . Положим 5  2 6  5  2 6  52 6 

 y,

тогда получим уравнение:

y

1  10, y 2  10 y  1  0 , y

y2  5  2 6 .

5  2 6  5  2 6 

Проверка:



 5  2 6, 5  2 6

y1 





10  96 10  16  6 10  4 6    5  2 6, 2 2 2 1

5 2 6



, 5 2 6

  5  2 6 

1

, x1  1;

 5  2 6 , x2  1 .



x1  1, 5  2 6

  5  2 6  1

1

 10,

1 52 6



1 52 6

 10,

52 6 52 6  10, 10  10, 25  24 значит,

x1  1 является корнем уравнения, x2  1, 5  2 6  5  2 6  10, 10  10 , значит, x2  1 является корнем уравнения. Ответ: -1; 1.

СИСТЕМЫ ПОКАЗАТЕЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ 93. МЕТОД ЗАМЕНЫ ПЕРЕМЕННЫХ ДЛЯ СИСТЕМ ПОКАЗАТЕЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ. 32 x  2 y  725, Пример 93.1. Решить систему уравнений  x y  3  2 2  25. y

Решение. Пусть 3 x  u, u  0; 2 2  v, v  0 , тогда 32 x  u 2 , 2 y  v 2 , получим систему уравнений: 98

u 2  v 2  725,  (u  v)(u  v)  725,  25(u  v)  725,  u  v  29,      u  v  25 , u  v  25 ,   u  v  25, u  v  25,  2u  54,

u  27; v  29  u, v  29  27  2 ,

 3 x  27, u  27,  x  3,  y   2 v  2,  y  2. 2  2, Проверка: 36  2 2  725, 729  4  725,  x  3, 725  725, При  получим  3 значит  3  1  y  2,  3  2  25,  25  25,  3  2  25,  x  3, являются решениями системы.   y  2,

 x  3, Ответ:   y  2.

 4  3 x  2 y 1  12,5, 2 x 1  2 y  28. 3

Пример 93.2. Решить систему уравнений  Решение. Преобразуем систему:

 2y  8  3 x  2 y  25,  12,5, 4  3x   2   x 2 y 3  3  2  28. 3  3 x 2  2 y  28, 

 

Вычтем из второго уравнения первое, получим:

 

3  3x  8  3x  3, 3  3x  8  3x  3  0. Пусть 3 x  z, z  0 , получим: 3  z 2  8  z  3  0, D  64  36  100, 100  10 , 8  10 1 1 z1   , z 2  3 . z1   - не удовлетворяет условию z > 0 и 6 3 3 является посторонним корнем.  x  1, 3x  3  x  1 , тогда 3  32  2 y  28, 2 y  1, y  0 . =>   y  0.

 4  3  2  12,5, 12,5  12,5,  x  1,  Проверка: при  получим  3 значит, 0  28  28,  y  0, 3  2  28, 1

 x  1, удовлетворяют системе.   y  0,  x  1, Ответ:   y  0.

94. МЕТОД ЛОГАРИФМИРОВАНИЯ УРАВНЕНИЙ

 2 x  3 y  6, x y 3  4  12.

Пример 94.1. Решить систему уравнений  Решение:

Прологарифмируем обе части каждого из уравнений по основанию 10, получим равносильную систему уравнений:

 

 

 lg 2 x  3 y  lg 6, lg 2 x  lg 3 y  lg 2  lg 3,  x  lg 2  y  lg 3  lg 2  lg 3,      x 2 2 x y y  x  lg 3  y  lg 2  lg 3  lg 2 , lg 3  4  lg12, lg 3  lg 4  lg 3  lg 4,  x  lg 3  lg 2  y  lg 2 3  lg 3  lg 2  lg 2 3,   2 2  x  lg 3  lg 2  y  2  lg 2  lg 3  lg 2  2 lg 2,

y  lg 2 3  y  2 lg 2 2  lg 2 3  2 lg 2 2 , y = 1. Подставим значение y в любое из первоначальных уравнений системы, найдем значения x: 2 x  31  6, 2 x  2, x  1 .  x  1, Ответ:   y  1. Пример 94.2. Решить систему уравнений

log x   x y  2,  logx y   16. y

Решение.

 x  0, x  1, Область допустимых значений:  Преобразуем каждое из урав y  0, y  1. нений системы. Прологарифмируем каждое из них по основанию 10, получим:

100





log x log x    lg x  log y x  lg 2,  x y  2,  lg x y  lg 2,     logx y   logx y lg y  log y  4 lg 2 ,   y  16 , lg y  lg 16 , x   





 lg 2 x  lg x  lg x  lg 2 ,  lg 2,   lg y  lg y   2 lg y  lg y   4 lg 2,  lg y  4 lg 2.  lg x  lg x Пусть lg x  u, lg y  v , получим систему уравнений:

u 2 3  lg 2,  1 u 1 v u   .    ,  2 3 v v 4 v 4   4 lg 2,    u

 u  1 3   lg 2, u   lg 2, u  u  lg 2 4 ,  3 4   С другой стороны:  v 3 v  v  lg 2 16 , v   4 lg 2,  v  3 4  4 lg 2,    u 3 3   lg x  lg 2 4 , x  2 4,   3 16 23 2    lg y  lg 2 , y  2 .

3  x  2 4, Ответ:  23 2  y  2 .

ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 95. ПРОСТЕЙШИЕ ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ. Определение 95.1. Простейшим логарифмическим уравнением с переменным основанием логарифма называется уравнение вида: log g ( x ) f ( x)  b , где g(x) - параметр или функция переменной x.

101

Определение 95.2. Простейшим логарифмическим уравнением с одинаковыми переменными основаниями логарифмов называется уравнение вида: log g ( x) f ( x)  log g ( x) F ( x) , где g(x) - параметр или функция переменной x. Замечание. Уравнение вида log g ( x) f ( x)  log g ( x) F ( x) не является простейшим логарифмическим уравнением. Однако его можно привести к простейшему логарифмическому уравнению: f ( x)   log g ( x ) F ( x)  0,  log g ( x ) f ( x)  log g ( x ) F ( x)  log g ( x ) f ( x)  log g ( x ) F ( x)  0   f ( x)  0,  F ( x)  0,   g ( x)  0, g ( x)  1. Чтобы не делать каждый раз этого преобразования мы в дальнейшем уравнение вида log g ( x) f ( x)  log g ( x) F ( x) будем называть простейшим логарифмическим уравнением с одинаковыми основаниями логарифмов.





Пример 95.1. Решите уравнение log 2 2 x  2  3  x . Решение. Область допустимых значений: 2 x  2  0, 2 x  2  x  1, x  1;  . По определению логарифма имеем 2 x  2  23 x . Получим показательное уравнение, которое решим методом приведения к алгебраическому. 23  0, y 2  2 y  8  0, Пусть 2 x  y, y  0 , получим уравнение y  2  y y1  2 , y2  4 . y1  2 - не удовлетворяет условию y  0 и является посторонним. 2 x  4  x  2 , 2  1;  . Ответ: 2.





Пример 95.2. Решите уравнение log5 7  3  5 x  x  1 . Решение. Область допустимых значений - множество всех действительных чисел, так как при всех x  R, 7  3  5x  0 . Преобразуем уравнение: 1 log5 7  3  5 x  x  1 . По определению логарифма имеем 7  3  x  5 x 1 . 5





102

Получим показательное уравнение, которое решим методом приведения к ал-

5 x  y, y  0 , гебраическому. Пусть 1 7  3   5  y  0,  5 y 2  7 y  3  0, y 5 y 2  7 y  3  0, D  49  60  109, y1 

получим

уравнение

7  109 7  109 , y2  . 10 10

7  109 - не удовлетворяет условию y  0 и является посторонним. 10  7  109  7  109 . 5x   x  log5   10  10    7  109  . Ответ: log 5   10    y1 





Пример 95.3. Решите уравнение log x x 4  x 2  2 x  3  4 . Решение.  x 4  x 2  2 x  3  0, Область допустимых значений:  x  1.  x  0, По определению логарифма имеем x 4  x 2  2 x  3  x 4 , x 2  2 x  3  0 , x1  1 , x2  3 . Проверим, входят ли полученные значения в область допустимых значений.  1  1  2  3  0, При x1  1 , получим  система не выполняется, 1  1  1  0, значит, x1  1 не является корнем уравнения.

81  9  6  3  0,  81  0,  При x2  3 , получим  система вы3  1,  3  0, 3  0, 3  1, полняется, значит, x2  3 является корнем уравнения. Ответ: 3.

96. УРАВНЕНИЯ, СОДЕРЖАЩИЕ СУММЫ И РАЗНОСТИ ЛОГАРИФМОВ, УМНОЖЕНИЕ ЛОГАРИФМА НА ЧИСЛО. Уравнения вида:

loga f ( x)  loga g ( x)  loga u( x) , 103

loga f ( x)  loga g ( x)  loga u( x) , p log a f ( x)  log a u( x) приводятся к следующим: loga  f ( x)  g ( x)  loga u( x) ,  f ( x)    log a u ( x) , log a   g ( x) 

log a  f ( x)  log a u( x) . Дальнейшее решение полученных уравнений выполняется как простейших, т. е. приводятся к одной из следующих трех систем:  f ( x)  0,  f ( x)  0,  f ( x)  0,  g ( x)  0,  g ( x)  0,  g ( x)  0,      u ( x)  0,   u ( x )  0 ,  f ( x)   u ( x)  0,  u ( x).   f ( x)  g ( x)  u ( x).  f p ( x)  u ( x).  g ( x) Замечание. Если при решении уравнения производятся преобразования вида f ( x) p log a  f ( x)  g ( x) , log a , log a  f ( x)  , где p - четное число, то возникает g ( x) опасность потери корней заданного уравнения. Чтобы предотвратить возможную потерю корней, надо пользоваться указанными формулами в таком виде: f ( x) log a  f ( x)  g ( x)   log a f ( x)  log a g ( x) , log a  log a f ( x)  log a g ( x) , g ( x) p

log a  f ( x)  p log a f ( x) , где p - четное число. p





Пример 96.1. Решите уравнение lg x 2  6 x  7  lg100( x  3)  2  0 . Решение.   x 2  6 x  7  0,  x  (3  2 ) x  (3  2 )  0,  ОДЗ:  100 ( x  3 )  0 ,    x  3.







Получим промежуток 3  2 ;  . Преобразуем уравнение, используя свойства логарифмов:

 lgx

  6 x  7  lg(x  3),





lg x 2  6 x  7  lg100  lg(x  3)  2  0, lg x 2  6 x  7  2  lg(x  3)  2  0 , 2

x 2  6 x  7  x  3, x 2  7 x  10  0, x1  2, x2  5 . 104

x1  2 - не входит в область допустимых значений и является посторонним корнем. Ответ: 5.









Пример 96.2. Решите уравнение: log2 4  3x  9  log2 9 x  6  1 Решение  x 9 9  4  3 x  9  0, 3   x  log 3 ОДЗ:  x    4 4 2x  9  6  0,  2 x  log 3 6 3  6 9  9   x  log 3 4  x  log 3   4  x  log 3 6 , 1  x  log 3 6  x  log 3 6 2 





следовательно x  log3 6 ;  . Преобразуем уравнение:

















log2 4  3  9  1  log2 9 x  6 , log2 4  3x  9  log2 2  log2 9 x  6 , x











log2 4  3x  9  log2 2 9 x  6 , 4  3x  9  2 9 x  6 , 4  3x  9  2  32 x  12  0, 2  3  4  3  3  0. Положим 3  y, y  0 , получим систему: 2x

y  0  y  0, 2  10   . 2  10 2  10  y   2  y  , y  2 y  4 y  3  0 2 2   1 2 2

2  10 2  10 , x  log3 - этот корень входит в область допустимых 2 2 значений. Проверка: 2  10 При x  log 3 уравнение примет вид : 2 2 10    log3 2 10  log3 2 2 log 2  4  3  9   log 2  9  6   1,         2   2  10  log 2 4  2 10  9  log 2    6   1,   2     3x 





105









 4  4 10  10  log 2 2 10  5  log 2   6   1,   4    2 10  5    1, log 2 2 10  5  log 2    2    2 10  5  log 2  2 10  5 :  1,   2   ,  2  2 10  5    1, log 2 2  1, 1  1 log 2   2 10  5   









2  10 удовлетворяет уравнению. 2 2  10 Ответ: x  log3 . 2 97.УРАВНЕНИЯ С ОДНИМ ОСНОВАНИЕМ И ОДНИМ ВЫРАЖЕНИЕМ ПОД ЛОГАРИФМОМ. значит, x  log3





Пример 97.1. Решите уравнение log 2 6  4 x  7 log7 x . Решение. 6  4 x  0,   4 x  6, 4 x  6,  x  log 4 6, ОДЗ:      0  x  log 4 6 .  x  0,  x  0,  x  0,  x  0,









Преобразуем уравнение: log2 6  4 x  7 log7 x , log2 6  4 x  x . По определению логарифма будем иметь: 2  6  4 , 4  2  6  0 . Пусть 2 x  y, y  0 x

тогда получим квадратное уравнение: y 2  y  6  0, y1  3, y2  2 . Первый корень, y1  3 не удовлетворяет условию y > 0 и является посторонним. По второму 2 x  2, x  1 - входит в область допустимых значений. Ответ: 1.

98. УРАВНЕНИЯ С ОДНИМ ОСНОВАНИЕМ И РАЗНЫМИ ВЫРАЖЕНИЯМИ ПОД ЛОГАРИФМОМ. Пример 98.1. Решите уравнение lg 2 x 3  20 lg x  1  0 . 106

Решение. Область допустимых значений: x > 0. Преобразуем уравнение: 2 1 lg x 3  20  lg x  1  0, 9 lg 2 x  10 lg x  1  0 . Пусть lg x  y , получим 2 уравнение 10  8 1  , y2  1 . 9 y 2  10 y  1  0, D  100  36  64 , y1  18 9





1 lg x  , x1  10 9 , lg x  1, x2  10 . 9 Ответ:

1 9

10 ; 10.

Пример 98.2. Решите уравнение log32 x  log 2 x 6  log 2 x 5 log2 x . Решение. Область допустимых значений: x > 0. Преобразуем уравнение: log32 x  6 log 2 x  5 log 2 x  log 2 x  0, log 2 x  log 22 x  5 log 2 x  6  0 .





log 2 x  0, x1  1; log x  5 log2 x  6  0 . Пусть log 2 x  y , получим уравнение 2 2

y 2  5 y  6  0 , y1  2, y2  3 . log2 x  2, x2  4, log2 x  3, x3  8 . Ответ: 1; 4; 8.

99. УРАВНЕНИЯ С РАЗНЫМИ ОСНОВАНИЯМИ ЛОГАРИФМОВ. Пример 99.1. Решите уравнение log3 x x  log9 x x .

  x  0,  x  0,  1  Решение. Область допустимых значений: 3 x  1,   x  , . Пусть x  1 . 3 9 x  1,   x  1 .  9 Перейдем в каждом логарифме к основанию x, получим: log x x log x x 1 1 1 1  ,  ,  , log x 3x log x 9 x log x 3  log x x log x 9  log x x log x 3  1 log x 32  1

2 log x 3  1  log x 3  1, log x 3  0, x 0  3, 1  3 , корней нет. При x = 1 получим log3 1  log9 1, 0  0 , значит x = 1 - корень уравнения. Ответ: 1. 107

  4 1  Пример 99.2. Решите уравнение 1  log3      log x 3  1.  3 x  

Решение. Выражение, находящееся в основании логарифмической функции, должно быть положительным x  0, кроме того, необходимо проверить, может ли x принимать значение, равное 1. При x  1 получаем   4 1 1  log3      log1 3  1, тогда логарифм по основанию 1 становится не 3 1  определенным log1 3, значит x  1. Получим систему неравенств

3 4 1  4x  3   0, 4 x  3  0,    0,  x  ,    3 x 3  x 4     x  0, x  1,      x  0, x  1,  x  0, x  1,  x  0, x  1, 3    ; 1  (1; ). 4   Преобразуем уравнение 1 4 1 1  log3     ;  3 x  log x 3

4 1 4 1 log3 3  log3     log3 x; log3 3    log3 x; 3 x 3 x

3  x; x 2  4 x  3  0; x1  3, x2  1. x x2  1 - не входит в область допустимых значений и не является корнем

4

уравнения, x1  3 входит в область допустимых значений. Ответ: 3.

100. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ С ПРИМЕНЕНИЕМ ТРИГОНОМЕТРИИ. Пример 100.1. Решите уравнение

log6 x x2 ( cos x  cos 3x)  log6 x x2 ( cos 2 x) . Решение. Найдем область допустимых значений:  6 x  x 2  0, 6 x  x 2  1  x( x  6)  0, x 2  6 x  1  0     cos x  cos 3x  0,   cos x  cos 3x  0,  cos 2 x  0,  cos 2 x  0,   108

 0  x  6,  x( x  6)  0,  0  x  6,   x 2  6 x  1  0, x  3  2 2 , x  3  2 2 , x  3  2 2 , x  3  2 2 ,           2n  x    2n, 2 cos 2 x  cos(  x )  0 , cos x  0 , 2    2  cos 2 x  0,  cos 2 x  0,    n  x  3  n,  4 4 Решением системы неравенств является объединение промежутков:   3 7      3 7  x x и , или  ;  ; . 4  4 2 2 4 4 2  2 По свойству логарифмической функции, получим:  cos x  cos 3x   cos 2x, cos x  cos 3x  cos 2 x, 2 cos 2 x cos(  x)  cos 2 x  0, cos 2 x(2 cos x  1)  0 .Поскольку cos 2 x  0 , что следует из области допустимых значений, значит, 1  2 cos x  1  0, cos x  , x    2n, n  Z . Найдем значения x, входящие 2 3 в область допустимых значений, т. е. в промежутки



x



3 7 x . Для этого разобьем полученное множество корней на две 2 4 группы с и найдем значения n, при которых x, входят в указанные промежутки. Из    x    2n, n  Z ; получаем x   2n, n  Z , x    2n, n  Z 3 3 3 .Для первой группы корней и первого промежутка, находим:          1 1   2n  ,   2n   ,   2n  ,  n 4 3 2 4 3 2 3 12 6 24 12 , n = 0, значит

x1 



Для первой группы корней и второго промежутка, находим: 3  7 3  7  7 17 7 17 ,   2n  ,   2n   ,  2n  , n 2 3 4 2 3 4 3 6 12 12 24 целых значений для n нет, значит, на этом промежутке нет корней из первой группы. Для второй группы корней и первого промежутка:        7 5 7 5    2n  ,   2n   ,  2n  , n , 4 3 2 4 3 2 3 12 6 24 12 здесь также целых значений n нет, значит, корней нет. Для второй группы корней и второго промежутка: 109

3  7 3  7  11 25 11 25    2n  ,   2n   ,  2n  , n 2 3 4 2 3 4 3 6 12 12 24 - это неравенство выполняется только для одного целого значения n = 1, по 5 лучаем еще один корень x2    2   . 3 3  5 Ответ: ,  . 3 3

Пример 100.2. Решите уравнение

log9 x x2 14 (sin 3x  sin x)  log9 x x2 14 cos 2 x . Решение. Найдем область допустимых значений:

 ( x  2)( x  7)  0,  9 x  x 2  14  0,  x 2  9 x  14  0,  9  21 9  21   2 2  x1  , x2   9 x  x  14  1,  x  9 x  15  0, 2 2     sin 3x  sin x  0, sin 3x  sin x  0,  2 sin 3x  x  cos 3x  x  0,  cos 2 x  0,  cos 2 x  0,  2 2    cos 2 x  0,  ( x  2)( x  7)  0,  ( x  2)( x  7)  0,   9  21 9  21 9  21 9  21  x1  x  , x2  , x2    1  2 2 2 2  2 sin x  cos 2 x  0,  sin x  0,    cos 2 x  0,  cos 2 x  0,  ( x  2)( x  7)  0,  9  21 9  21  x1  , x2  , 2 2   2n  x    2n, n  Z ,    n  x    n, n  Z , 4  4 Областью значений будет являться объединение промежутков:

3 9  21 9  21  x   , 2  x  ,  x  7 или 4 2 2  9  21   9  21  3    ; 7 .  ;     2 ;  2   2  4    По свойству логарифмической функции получим: 110

sin 3x  sin x  cos 2 x, 2 sin x cos 2 x  cos 2 x  0, cos 2 x(2 sin x  1)  0 . Из области допустимых значений известно, что cos 2 x  0 , тогда получим: 1  2 sin x  1  0, sin x  , x  (1) k  k , k  Z . 2 6 Эту запись можно представить в виде двух множеств корней:  5 x   2n, n  Z , x   2n, n  Z . 6 6 Остается определить, при каких целых значениях n корни будут входить в промежутки из области допустимых значений:

3 9  21 9  21  x   , 2  x  ,  x7. 4 2 2  Исследуем первую группу корней x   2n, n  Z . На первом промежут6 3  7 5   2n   , n ке: . Целых значений n на этом промежутке 4 6 24 12  9  21 11 9  21 1 , n  . нет. На втором промежутке: 2   2n  6 2 12 4 12 Целых значений нет и на этом промежутке. На третьем промежутке:

9  21  9  21 1 7 1   2n  7,  n  , 0,99  n  1,03 . 2 6 4 12 2 12  13 Получаем одно целое значение n = 1. Тогда, x   2   . 6 6 Исследуем вторую группу корней x  жутке: 0. x 

5  2n, n  Z . На первом проме6

3 5 1 1   2n   ,   n  , получаем одно целое значение n = 4 6 24 12

5 . 6

5 9  21 7 9  21 5  2n  , n  6 2 12 4 12 целых значений n на этом промежутке нет. На третьем промежутке: На втором промежутке: 2 

9  21 5 9  21 5 7 5   2n  7,  n  , 0,664  n  0,697 . 2 6 4 12 2 12 Целых значений n нет. 111

Ответ:

5 13 . , 6 6

101. ПОКАЗАТЕЛЬНО-ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 2

Пример 101.1. Решить уравнение 9 log25 ( x1)  3  4  9 log25 ( x1) . Решение. Область допустимых значений: x + 1 > 0  x > -1, x   1;  . Преобразуем уравнение:



9 2 log25( x1)  4  9log25( x1)  3  0  9 log25( x1)



 4  9 log25( x1)  3  0 .

Пусть 9 log25( x1)  y, y  0 , получим систему: y  0 y  0   y1  1, y 2  3 .  2 y  4y  3  0  y1  1, y 2  3

Получим совокупность уравнений:  log 25 ( x  1)  0  9 log25( x 1)  1  x  0, 0   1;  ,  x 1  1   1 1  log25( x 1)  log 25 ( x  1)  3 x 1  5  x2  4.  4   1;  . 9 2  Ответ: 0; 4. Пример 101.2. Решить уравнение x log4 x2  23(log4 x1) . Решение. Область допустимых значений x  0, x  0;  . Так как переменная находится в основании степени, то надо проверить значение x=1. При этом значении, получим: 1log4 12  23(log4 11)  1  2 3 , значит x  1 . Прологарифмируем обе части уравнения по основанию 4, получим: log 4 x log4 x2  log 4 23(log4 x1)  (log 4 x  2)  log4 x  3  log 4 2  log 4 x  1  3  log 24 x  2  log 4 x  log 4 x  1  0  2 log 24 x  4  log 4 x  3 log 4 x  3  0  2  2 log 24 x  7  log 4 x  3  0 . 1 Пусть log 4 x  y , получим 2 y 2  7 y  3  0  y1  , y 2  3 . 2 1   x  2  2  0;  , log 4 x  2   1   log x  3  x2  64 64  0;  .  4 Ответ: 2; 64. 112

102. СИСТЕМЫ СОДЕРЖАЩИХ ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ.  3 x  2 y  144, Пример 102.1. Решить систему уравнений  log 2 ( y  x)  2. Решение. Преобразуем второе уравнение систему, применяя определение логарифма и учитывая, что выражение под знаком логарифма должно быть строго положительным:  3 x  2 y  144  3 x  2 y  144 3 x  2 x  2  144 4  3 x  2 x  144 2      y  x  2  y  x2   y  x  2  y  x  2 y  x  0  yx0 yx 0  yx0    

 

 4  6 x  144  6 x  36 x  6  x  6,     y  x  2   y  x  2  y  8    y  8. y  x  0 y  x  0 8  6  0    Ответ: (6; 8) .

3 x  2 y  1152, Пример 102.2. Решить систему уравнений:  log 5 ( x  y )  2. Решение. Преобразуем второе уравнение систему, применяя определение логарифма и учитывая, что выражение под знаком логарифма должно быть строго положительным:

3 x  2 y  1152 3 x  2 y  1152 3 x  2 5 x  1152 2 5  3 x  2  x  1152 2      y  5  x  y  5 x   y  5 x   x y  5  x y 0 x  y  0 x y  0 x y 0    

 

 32  6  x  1152  6  x  36  x  2  x  2,     y  5  x  y  5  x  y  7   y  7. x y 0 x  y  0  2  7  0    Ответ: (2; 7) .

113

5  log y  log y x  , Пример 102.3. Решить уравнение  x 2  4 x  3 y  1. Решение. 1 5  log x y  log y  2 , x  Преобразуем систему уравнений:  4 x  3 y  1, Пусть log x y  z ,  x  0, x  1; y  0, y  1.   тогда первое уравнение примет вид: 1 5 53 1  , z2  2 . z    0  2 z 2  5z  2  0, D  25  16  9, 9  3, z1  4 2 z 2 1  y  x, log y  Получим совокупность уравнений:  x 2 2  log y  2  y  x .  x Получим совокупность двух систем: 4 x  34 x  1  0   x  0, x  1 Решим первую систему. Положим

4 x  3x  1  0,   x  0, x  1.

x  u, u  0, u  1 , получим систему:

1  4u 2  3u  1  0 u 1   , u 2  1,  система не имеет решений.   4 u  0, u  1 u  0, u  1. Решим вторую систему. Положим уравнений:

x  v, v  0, v  1 , получим систему

1  4v  3v 2  1  0 3v 2  4v  1  0 1 v  1, v2    1  3v . 3 v  0, v  1 v  0, v  1   v  0, v  1

1 1 1  x  , y  x2  . 3 9 81 1 1  Ответ:  ; .  9 81  x

114

103. НЕСТАНДАРТНЫЕ УРАВНЕНИЯ

1 Пример 103.1. Решите уравнение   9

log3

1 x 1  log3 ( x 2 1) 2

 2( x  1) .

Решение. Область допустимых значений переменной найдем из решения системы не x  1  0,  x  1  0,  2  равенств  x  1  0,   ( x  1)( x  1)  0, Отсюда получаем x  1 или 1; .  x  1  0,  x  1  0.   Преобразуем уравнение:

3 

 2 log3

x 1  log3

x 1

 log3   2( x  1) ,  3  

 x 2 1     x 1

2

 2( x  1) ,

2

2  x 1     2( x  1) , x  1  2( x  1) , ( x  1)( x  1)  2( x  1) ,  2  x 1 x 1  x 1  так как, из области допустимых значений следует, что x > 1, то x  1  0, а значит числитель и знаменатель дроби можно разделить на x + 1, получим уравнение:

x  1  2( x  1) . При x  1, x  1  0. Возведем обе части полученного уравнения в квадрат:

( x  1) 2  2 x  2, x 2  2 x  1  2 x  2, x 2  4 x  3  0, x1  1, x2  3. x1  1 не входит в область допустимых значений и не является корнем уравнения, - это посторонний корень. x2  3 входит в область допустимых значений и может быть корнем уравнения. Чтобы точно установить это, выполним проверку. Проверка: 1 log3 4  log3 8

 

2 1  4 , 32   9 3log3 2  2, 2  2,

3 log3 2  log3 2 2

значит x = 3 является корнем уравнения. Ответ: 3. 115

 

 2, 3 2

1  log3 2 2

 2,

ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА Решение показательных неравенств вида a  a , где а – положительное число отличное от 1, основано на следующих теоремах: f ( x)

Если а >1, то неравенство a ву f ( x)  g ( x) .

f ( x)

g ( x)

 a g ( x ) равносильно неравенст-

Если 0 < а < 1, то неравенство a  a равносильно неравенству f ( x)  g ( x) . Другие показательные неравенства теми или иными методами, как правило, сводятся к неравенству этого вида. f ( x)

g ( x)

104. ПРОСТЕЙШИЕ ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА. Пример 104.1. Решить неравенство

3 x 1 x 1

8

x 3 3 x 7

3 x 1 3( x 1)

. 3( x 3)

Решение. Неравенство приведем к виду 2  2 3 x7 . Тогда оно равносильно неравенству 3x  1  3x  9 . Преобразуем полученное дробно3x  3

3x  7

рациональное неравенство к виду

x

решив

полученное

5 3

0 7  ( x  1) x   3  неравенство методом

5 7 (; 1)   ;  . 3 3

Ответ: (; 1)   5 ; 7  . 3 3 x2

1 Пример 104.2. Решите неравенство    3 x . 3 Решение. 1-й способ

116

интервалов,

получаем

Преобразуем неравенство:

3

x2

 3  x . Показательная функция с осно-

ванием 3 является возрастающей, значит  x  2   x  x  2  x . Правая часть неравенства может быть как отрицательной, так и неотрицательной. Если правая часть отрицательна, тогда получим систему неравенств:  x  2,  2  x  0, x   2; 0 .   x  0, Если правая часть неотрицательна, то получим систему неравенств:  x  2,  x  0,  x  0,   2   0  x  2, x  0; 2 .  x  0, x  x  2  0 ( x  2)( x  1)  0, x  2  x 2 ,   2; 0  0; 2   2; 2 . Ответ:  2; 2 .

2-й способ (метод промежутков) x2

1 1 Преобразуем неравенство:      . Показательная функция с основа3 3 1 нием является убывающей, значит x  2  x . Преобразуем полученное 3

иррациональное

неравенство:

x2 x 0.

Рассмотрим

функцию

f ( x)  x  2  x и найдем значения x, при которых функция принимает положительные значения. Область определения функции: x  2  0  x  2 или D(f)  - 2;  . Функция непрерывна на промежутке  2;  . Найдем нули функции:  x0  x  0,    x1  1,  x  2 f(x) = 0, x  2  x   2 x  2  x ,  x2  2,  Определим знак функции на каждом из промежутков: f(-2) = 2 > 0, f (0)  2  0 , f(2) = 0, а(7) = -4 < 0. Ответ: x   2; 2 . 2

Пример 104.3. Решите неравенство 0,5 x  0,25 x . 2

Решение. Преобразуем неравенство: 0,5 x  0,52 x . Показательная функция с основанием 0,5 является убывающей, значит 117

x  2 x 2 , 2 x 2  x  0, x  (2 x  1)  0  0  x 

1 . 2

 1 Ответ: 0;  .  2 1

12 x

Пример 104.4. Решите неравенство 2 Решение. Преобразуем неравенство: 1

 0,125 .

1 2x 1  2, 0. x x  1 Решая это неравенство методом промежутков, получим  0;  .  2 12 x

 2 3  1  2 x  3, 2 x  2 2 

 1 Ответ:  0;  .  2

105. НЕРАВЕНСТВА С ОДИНАКОВЫМИ СТЕПЕНЯМИ x2

x 3

x4

x 1

x2

Пример 105.1. Решить неравенство 2  2  2  5 5 . Решение. Слева и справа вынесем за скобки общий множитель слагаемых: x2

2 2 2 x2 (1  2  2 2 )  5 x2 (51  1)  2 x 2 (5)  5 x2   4        5 5 5       Последнее неравенство равносильно неравенству х + 2 > 2, откуда находим: х > 0. Ответ: (0;  ) . 1 1 Пример 105.2. Решить неравенство   0. x (0,5)  1 1  (0,5) x1 Решение. Введем новую переменную y  (0,5) x . Тогда заданное неравенство 1 примет вид: 1   0 . Решая дробно-рациональное неравенство, y  1 1  0,5 y получим: 1  y  4 ; y  2 . 3 Таким образом, решение первоначального неравенства свелось к решению совокупности двух неравенств: 1  (0,5) x  4 ; (0,5) x  2 . 3

118

Решим каждое из неравенств совокупности. Воспользуемся свойствами сте4

пени и определением логарифма: 1 = (0,5) 0;

log0 , 5 4 3 ; 2 = (0,5)-1, тогда  0,5 3

log0 , 5

3 каждое из неравенств совокупности примет вид: (0,5) 0 < (0,5)x  0,5 ; x -1 (0,5) > (0,5) . Переходя к рациональным неравенствам и решая их получим:

4  x 0. 3 4   Ответ: (;  1); log 0,5 ; 0  .  3  х<-1 и

log 0,5

1 x

Пример 105.3. Решите неравенство 3  3 1 x

1 3 x

 84 .

1 x

Решение. Преобразуем неравенство: 3  3  33  84, 3 x 1  27   84, 3 x  3 . Показательная функция с основанием 3 является возрастающей, значит, 1 1 1 x x 1  0,  0.  1 ,  1  0, x x x x Ответ: (0; 1) . Пример 105.4. Решите неравенство 32 x1  32 x2  32 x4  315 . Решение. Преобразуем неравенство: 32 x 32 x 32 x 1 1 1     315, 32 x      315, 3 9 81  3 9 81  35 32 x   315, 32 x  36 . 81 Показательная функция с основанием 3 является возрастающей, значит, 2 x  6, x  3,  ; 3 . Ответ:  ; 3 .

106. НЕРАВЕНСТВА С ОДИНАКОВЫМИ И РАЗНЫМИ ОСНОВАНИЯМИ И РАЗНЫМИ ПОКАЗАТЕЛЯМИ. Пример 106.1. Решите неравенство 3 x1  18  3 x  29 .

119

Решение. Преобразуем неравенство, зная, что 3  0 : 2 1 1 3  3 x  18  x  29  0  3  3 x  18  x  29  0  3  3 x  29  3 x  18  0 . 3 3 x

 

Пусть 3 x  y, y  0 , получим систему неравенств:

 3 y 2  29 y  18  0, 3 y  2    y  9  0, 2 0 y , y 9.    3 3  y  0,  y  0. Получим совокупность неравенств:  x 2 2  3  3 ,   x  log 3 3 ,  x  x  2.   3  9, 2  Ответ:   ; log 3   2;   . 3  2  3x . 3x  4 3x 2  3x Решение. Преобразуем неравенство: . Положим 3 x  y, y  0 ,  3 3x  4 получим систему неравенств:  y  0,  y  0,  y  0,  y  0, y 2 y y 2 y  2  y  y  6     ( y  2)( y  3)   ,   0,  0.  0,  3 y  4  3 y  4  3( y  4)  y4 Решением системы является объединение промежутков: 0  y  3 и y  4 .

Пример 106.2. Решите неравенство 3 x 1 

3 x  31 ,  x  1, Получим совокупность неравенств:  x   x  log 3 4.  3  4,

Ответ:  ; 1  log3 4;  .

Пример 106.3. Решите неравенство 4

 2 2

8  0 .

Решение. Сделав замену 2  t , t > 0, получим неравенство второй степени относительно t: t 2  9t  8  0, (t  1)(t  8)  0, 1  t  8 . x

Вернемся к переменной x: 1  2

 8 . Так как основание степени больше

единицы, то 0  x  3 и 0  x  9 . Ответ: (0; 9) . 120

ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА Любое логарифмическое неравенство может быть в конечном счете сведено к неравенству вида

log a f ( x)  log a g ( x) Решение такого неравенства основывается на следующих утвеждениях:  f ( x)  0 1. Если а > 1, то неравенство равносильно системе неравенств:  g ( x)  0   f ( x)  g ( x)  Замечание. Первые два неравенства систем задают область допустимых решений неравенства. В системе можно опустить первое неравенство, так как оно следует из второго и третьего.  f ( x)  0 2. Если 0<а<1, то неравенство равносильно системе неравенств:  g ( x)  0   f ( x)  g ( x)  Замечание. В системе можно опустить второе неравенство.

107. УРАВНЕНИЯ ВИДА log   x  f x   0 .

Уравнению log  x  f x   0 соответствует равносильная система  f x   0  x   0    x   1  f x   1 x   1  0

108. УРАВНЕНИЯ ВИДА log  x  f x   log  x  yx   0 . Уравнению log  x  f x   log  x  yx   0

 f x   0  x   0   x   1   y x   0  x   0   x   1   f x   1 x   1 y x   1 x   1  0 121

ПОКАЗАТЕЛЬНО-СТЕПЕННЫЕ УРАВНЕНИЯ a x 

Показательно-степенными уравнениями называются уравнения вида

f x 

 a x 

g x 

, где неизвестное находится и в показателе и в основании

степени. Можно указать совершенно четкий алгоритм решения уравнении вида

a f  x   a g  x  . Для этого надо обратить внимание на то, что при а(х) не равном нулю, единице и минус единице равенство степеней с одинаковыми основаниями (будь-то положительными или отрицательными) возможно лишь при условии равенства показателей, т.е. все корни уравнения

a x 

f x 

 a x 

a x 

f x 

 a x 

g x 

будут корнями уравнения f(x) = g(x). Обратное же утверждение неверно, при а(х) < 0 и дробных значениях f(x) и g(x) выражения а(х) f(x) и а(х)g(x) теряют смысл. Таким образом, при переходе от g x 

к f(x) = g(x) (при a  0 и a  1 ) могут появиться посторонние корни, которые нужно исключить проверкой по исходному уравнению. А случаи а = 0, а = 1, а =-1 надо рассмотреть отдельно.

 a x  Итак, для полного решения уравнения ax  рассматриваем случаи: 1. а(х) = 0 . Если при значении х, удовлетворяющем этому уравнению, f(x) и g{x) будут положительными числами, то это решение. В противном случае – нет. 2. а(х) = 1. Корни этого уравнения являются корнями и исходного уравнения. 3. а(х) = -1. Если при значении х, удовлетворяющем этому уравнению, f(x) и g(x) являются целыми числами одинаковой четности (либо оба четные, либо оба нечетные) , то это решение. В противном случае – нет. 4. При ax   0 и ax   1 решаем уравнение f(x)= g(x) и подстановкой полученных результатов в исходное уравнение отсекаем посторонние корни. f x 

109. УРАВНЕНИЯ ВИДА ax 

f x 

g x 

 a x 

g x 

Пример 109.1. Решите уравнение x  3  x  3 Решение. 1) x – 3 = 0, x = 3. т.к. 3 > 0, и 32 > 0, то x1 = 3 - это решение. 2) x – 3 = 1, x2 = 4. 3) x – 3 = -1, x = 2. Оба показателя четные. Это решение x3 = 1. 4) x – 3 ≠ 0 и x ≠ ± 1. x = x2, x = 0 или x = 1. При x = 0, (-3)0 = (-3)0 –верно это решение x4 = 0. При x = 1, (-2)1 = (-2)1 – верно это решение x5 = 1. 122 x

Ответ: 0, 1, 2, 3, 4.

 x  1 Пример 109.2. Решите уравнение x  1 Решение. По определению ОДЗ: x – 1 ≥ 0, x ≥ 1. x 1

x 1 2

1) x – 1 = 0 или x = 1, х  1 = 0, 00 это не решение. 2) x – 1 = 1 x 1 = 2. 3) x – 1 = -1 x 2 = 0 не подходит в ОДЗ.

x 1 2

x 1 =

x2  2x  1 x 2  2x  1  x 1  x  1 =>  x  1  0 x 1    => 4 4  2  x 2  2x  1  4x  4  0 => x 2  2 x  5  0 => D = 4 – 20 = -16 – корней нет. 4 Ответ: 2.





2 Пример 109.3. Решите уравнение x  x  1 Решение.

x 2 1

1

2 1) x  x  1 = 0 решения нет, т.к. 0 в любой степени не равен 1.

2 2) x  x  1 ≠ 0 т.е. x 

x



 x 1

x 2 1



1 5 . Тогда можем записать: 2



 x2  x 1

2 3) x  x  1 = 1. x1  1 и x2  2

x2  x  2 = 0

4) x  x  1 = -1 х = 0 или х = 1. При х = 0 x  1 = -1. (-1)-1 ≠ (-1)0. Это не решение. При х = 1 (-1)0 = (-1)0. Это решение х3 = 1. 2

2 2 5) x  x  1 ≠ 0 и x  x  1 ≠ ±1 x = 1. Эти корни уже учтены. Ответ: -1, 1, 2.

2 имеем x  1 = 0,

Пример 109.4. Решите уравнение x  2

x 2 2 x

 x2

Решение. 1) x  2  0 , x  2 , x 2  2 x  0 это не решение. 2) x  2  1 , x1  3 и x2  1 . 123

5 x10

x = -1 или

3) отрицательных значений основание не имеет. При x  2  0 и x  2  1 ,

x 2  7 x  10  0 , x 2  2 x  5x  10 , 15 15 х = 5, 3 = 3 – верно. х3 = 5, х = 2 – не является решением. Ответ: 1,3,5. Пример 109.5. Решите уравнение

x 2 2 x

1

Решение. 1) x  0 не дает решений, т.к. 0 ни в какой степени не равен 1. 2) x  1 . x1  1 или x2  1 . 3) отрицательных значений 4) При x  0 , x

x 2 x

x

x не имеет.

x 2  2 x  0 , т.к. x  0 , то x  2 . Проверка 20 = 1 – верно. x3  2 Ответ: -1, 1, 2.

 x  3 Пример 109.6. Решите уравнение x  3 Решение. 1) x  3  0 , x  3 , x 2  4  0 , 3x  0 . Это решение x1 2) x  3  1 , x2  2 . x 2 4

3 x

 3 .

3) x  3  1 , x  4 , x  4 - четное и -3х – четное. Это решение. х2 = -4. 4) x  3  0 и x  3  1 , x 2  4  3x , x 2  3x  4  0 , x  1 , 4-3 = 4-3 – верно. x3  1 . Ответ: -4, -3, -2, 1 2

 x 2 5 x

Пример 109.7. Решите уравнение x  4

 x4

Решение. ОДЗ:  x 2  5x  0 , x 2  5x  0 ,

9  x  4  4 , 4  x  4  9 ,

x  4  0 и x  4  1 5  x  0 Все решения принадлежат уравнению

 x 2  5 x =2.

 x 2  5x  4 , x 2  5x  4  0 , x  1 и x  4 . Оба значения принадлежат к ОДЗ. Ответ: -4, -1. 124

loq x  x  2 

9 Пример 109.8. Решите уравнение x Решение. ОДЗ: x  2 . Значит 0,1 и -1 отпадают.

loq x  x  2 

 x loqx 9

и все решения содержатся в уравнении. loq x x  2  loqx 9

x  2  3 , x  5  ОДЗ

loqx 9  loq x 3 , Ответ: 5. Пример 109.9. Решите уравнение Решение. ОДЗ: x  0 и x  1 .

loq2 x

2  2 x

loqx 2

Выполним преобразования: 2

loq2 x

loqx 2

= 2+2, 2

loq2 x

= 4 1

2 t Пусть loq2 x  t , а loq2 x  t , x  2 . Следовательно, 2   2 t  или   t t 2  2  4 ,следовательно t = 1, переходя к исходной переменной

loq2 x  1 ,следовательно x  2  ОДЗ Ответ: 2.

 10 Пример 109.10. Решите уравнение x Решение. ОДЗ: x  0 . Возведем обе части уравнения в квадрат (т.к. они положительны, то посторонние корни не появляются) 1 x lq x  100 или x lqx  100 2 Прологарифмируем по основанию 10. 1 lqx  lqx  lq100 2 lq x

1 2 lq  2 или lq 2 x  4 2 lq 2 x  2 или lqx  2 x1  10 2  0.01 ,

x2  10 2  100

Ответ: 0.01, 100. Пример 109.11. Решите уравнение cos x

sin 2 x 1.5 sin x 0.5

Решение. 1) cos x  0 , т.к. 0 в любой степени не равен 1. 125

1

k  z или cos x =-1, x2  2  2k , k  z .

2) cos x = 1, cos x =1, x1  2k ,

Так как 1 в любой конечной степени равна 1, то это решения. 3)

sin2 x 1.5 sin x 0.5

cos x

 cos x (т.к. cos x  0 ) 0

При cos x  1 все решения принадлежат уравнению sin 2 x  1.5 sin x  0.5  0 .

sin  1 или sin x  При

sin  1

sin x 

1 . 2

cos x = 0, что не удовлетворяет уравнению п.1

1 k  , x3   1   k.k  z 2 6

Ответ: x1   1 



 k , 6 x2  2k , k  z . k

kz.

x3    2k , k  z .



Пример 109.12. Решите уравнение 4  x



cos 2 x 2  cos x 1



1 4  x2

4  x 2  0  2  x  2 Решение. ОДЗ:   cos x  1 cos x  1

4  x 

cos2 x 2  cos x 1



= 4  x2



1 2

1) 4  x 2  1 , x3  3  ОДЗ , x4   3  ОДЗ . 2) Так как 4  x 2  0 , то остальные решения получаем из уравнения 1 cos 2 x 1  : Отсюда cos x  1 или cos x   . cos x  1 x5  2k , k  z и 2 cos x  1 2

2  2k , k  z . 3 3 , - 3 , 2k и  2  2k , k  z .

cos x   Ответ:

1 2

x6  



Пример 109.13. Решите уравнение 1  x cos x



1 x 2





1 x 2

 1  x 2  sin x Решение. Для любого х: 1  x 2  cos x  0 и 1  x 2  sin x  0 , ОДЗ этого 2

уравнения состоит из всех х удовлетворяющих условию 1  x 2  0 , т.е. ОДЗ 126

есть множество всех х из промежутка  1  x  1 на этом множестве. Исходное уравнение равносильно совокупности уравнений. 𝑥1 = −1 2 𝑥2 = 1 1−𝑥 = 0 ⟹ 𝜋 2 2 1 + 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 1 + 𝑥 + 𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑥3 = + 𝜋𝑛, 𝑛 ∈ 𝑍 4

 - принадлежат области допустимых значе; x4   4 4 ний. Они и являются решениями исходного уравнения. x1  1; x2  1; x3 

Ответ:  1;1;



 

; . 4 4

ПОКАЗАТЕЛЬНО-СТЕПЕННЫЕ НЕРАВЕНСТВА. Неравенства вида

a x 

f x

 a x 

g x

(или меньше) при а(х)>0 и

ax   1 решаются на основании свойств показательной функции: для 0 < а(х) < 1 при сравнении f(x) и g(x) знак неравенства меняется, а при а(х) > 1 – сохраняется. Самый сложный случай при а(х) < 0. Здесь можно дать только общее указание: определить, при каких значениях х показатели f(x) и g(x) будут целыми числами, и выбрать из них те, которые удовлетворяют условию Наконец, если исходное неравенство будет выполняться при а(х) = 0 или а(х) = 1 (например, когда неравенства нестрогие), то нужно рассмотреть и эти случаи.

  f x   axg x    , , , 

110. НЕРАВЕНСТВА ВИДА a x

Пример 110.1. Решите неравенство x  4  1. Решение. Рассмотрим три случая. I-й случай, когда основание степени больше нуля, но меньше 1, т. е. 0 < x - 4 < x 2  4 x  12

1. Неравенство примет вид: x  4  ( x  4) 0 . Показательная функция с таким основанием убывает, получим систему неравенств:  0  x  4  1, 4  x  5,  4  x  5,   решений нет.  2  x  4 x  12  0, ( x  6)( x  2)  0,  6  x  2, II-й случай, когда основание степени равно единице x - 4 = 1, x = 5, получим: x 2  4 x 12

127

133  1, 1  1 - неравенство не выполняется. III-й случай, когда основание степени больше единице, тогда неравенство равносильно системе неравенств:

 x  4  1,  x  5,  x  5,    x  5.  2 x  4 x  12  0 , ( x  6 )( x  2 )  0 ,    x  6, x  2, Ответ: 5;   . Пример 110.2. Решите неравенство x  5 1. Решение. Рассмотрим три случая. I-й случай, когда основание степени больше нуля, но меньше 1, т. е. 0 < x + 5 x 2 5 x 14

<1. Неравенство примет вид: x  5  ( x  5) 0 . Показательная функция с таким основанием убывает, получим систему неравенств:  0  x  5  1,  5  x  4,   5  x  4,   решений  2  x  5 x  14  0,  ( x  7)( x  2)  0,  x  7, x  2, нет. II-й случай, когда основание степени равно единице x + 5 = 1, x = -4, получим: x 2 5 x 14

118  1, 1  1 - неравенство не выполняется. III-й случай, когда основание степени больше единице, тогда неравенство равносильно системе неравенств:  x  5  1,  x  4,  x  4,    4  x  2.  2 x  5 x  14  0 , ( x  7 )( x  2 )  0 ,     6  x  2, Ответ:  4; 2 . Пример 110.3. Решите неравенство x  3 1. Решение. Рассмотрим три случая. I-й случай, когда основание степени больше нуля, но меньше 1, т. е. 0 < x + 3 x 2  4 x 12

< 1. Неравенство примет вид: x  3  ( x  3) 0 . Показательная функция с таким основанием убывает, получим систему неравенств:  0  x  3  1,  3  x  2,  3  x  2,   решений нет.  2  x  4 x  12  0, ( x  6)( x  2)  0,   2  x  6, II-й случай, когда основание степени равно единице x + 3 = 1, x = -2, получим: 10  1, 1  1 - неравенство не выполняется. III-й случай, когда основание степени больше единице, тогда неравенство равносильно системе неравенств: 128 x 2 4 x 12

 x  3  1,  x  2,  x  2,    x  6.  2  x  4 x  12  0,  ( x  6)( x  2)  0,  x  2, x  6, Ответ: 6;   .

129