Методическое пособие 556

множители, где приводились формулы вычисления корней уравнения через

D b2 4ас –

дискриминант.

Наличие корней уравнения зависит от знака дискриминанта D. Поэтому

решение уравнения следует начинать с вычисления D, чтобы выяснить, имеет

ли квадратное уравнение корни, а если имеет, то сколько?

Возможны 3 случая:

1) если

D 0 ,

то

квадратное

уравнение

имеет

два

различных

действительных корня:

х b

b

D

и

х

D , где D b2

4ас ;

1

2а

2

2а

2) если D 0 , то квадратное уравнение имеет два одинаковых корня:

х х

b

1

2

2а

(про такой корень говорят – корень кратности два);

3) если D 0 , то квадратное уравнение не имеет действительных корней.

Встречаются уравнения вида ах2 bх 0 , ах2

с 0 и

ах2 0 , которые

называются неполными квадратными уравнениями.

Уравнение

ах2 bх 0 ,

решается

разложением

левой

части

на

множители: х(ах b) 0 ,

откуда

х 0 ,

х

b

. Корни уравнения

ах2 с 0

1

2

а

существуют, если коэффициенты а и с имеют разные знаки,

тогда х

с

, в

1,2

а

противном случае корней нет.

Наконец, уравнение

ах2 0

имеет

два

одинаковых кореня х 0 .

Уравнение

вида

ах4 bх2

с 0

(a 0) называют

биквадратным.

Заменой х2 у ,

у 0 оно сводится к решению квадратного уравнения.

Рассмотрим примеры решения квадратных уравнений.

Пример.

Решить уравнение

2х2 3x 5 0.

Решение. Находим дискриминант:

81

D b2 4ас 9 4 2 ( 5) 9 40 49 0
	х1,2	3 7	х1	1, х2	2,5.
		4
Ответ: х1 1,	х2 2,5.
Пример. Решить уравнение 12х2 5х 9х2					7х.
Решение. Приведём подобные члены:
	12х2 5х 9х2 7х 0,			3х2 12х 0.

Выносим общий множитель за скобку, получаем: 3х(х 4) 0 , откуда

х1 0 и х2 4.

Ответ: х1 0 ; х2 4.

Пример. Решить уравнение 10(х 2) 19 (5х 1)(1 5х).

Решение. Раскроем скобки и приведём подобные:

10х 20 19 25х2 1, 10х 1 25х2 1 0, 25х2 10х 0, 5х2 2х 0,

	х(5х 2) 0, откуда							х 0 и			х	2	.
								1			2	5
Ответ: х 0 ;	х		2	.
1	2	5
Пример. Решить уравнение					5х2 9				4х2 9		3.
					6			5
Решение. Умножим обе части уравнения на 30:
		5(5х2 9) 6(4х2					9) 90.

Раскроем скобки и приведём подобные члены:

24x2 45 24x2			54 90,
х2 99 90, х2			90 99,
х2 9 - нет корней.
Ответ: корней нет (или х ) .
Пример. Решить уравнение	2х 5			5х 3	.
	х 1
				3х 5

82

х 1 0

Решение. Область определения уравнения: , т.е. х 1 и

3х 5 0

х 53 . По свойствам пропорции перемножим между собой накрест лежащие

многочлены:

(2х 5)(3х 5) (5х 3)(х 1),

6х2 10х 15х 25 5х2 5х 3х 3, 6х2 5х 25 5х2 8х 3,

6х2 5х 25 5х2 8х 3 0,

х2 3х 28 0,

D 9 4 1 ( 28) 9 112 121 0

х

3 11.

1,2

2

Откуда

х

14

7

и

х

8

4.

Оба

корня

удовлетворяют

области

1

2

2

2

определения.

Ответ: х1 7 ; х2 4.

Пример. Решить уравнение х4 10х2 9 0.

Решение. Пусть х2 t , где t 0 , тогда получим:

t2 10t 9 0

, откуда D 100 4 1 9 64,

t

10 8

.

1,2

2

Тогда

t

9

и

t

2

1.

Если

t 9,

то

x2 9,

х

3;

если

1

1,2

t 1,

то

х2 1,

х

1.

3,4

Ответ:

х1,2 3;

х3,4 1.

УПРАЖНЕНИЯ И КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ

63. Решить уравнения:

1)

х2 6х 0;

18) 3х

(х 3)2

(х 3)2

(х 1)(х 1)

;

4

8

3

2)

5х2

12х 0;

19)

19

х 26;

х 6

3)

2х 2

х 3

5 0;

20) 5х2 8х 3 0;

x 3

x 3

4)

1

х2

4

х 3 0;

21) 2х4 5х2 3 0;

9

3

83

5)4х2 6х 9х2 15х;

6)13х 7х2 5х2 8х;

7)12х2 5х 9х2 7х;

8)8,5х 3х2 3,5х 2х2 ;

9)5х2 9 4х2 9 3; 6 5

10)		х						х			2			2		;
	х 1				х
									1				3
11)	х 3					х 3							3		1		;
	х 3					х 3
													3
		3х2 11								74 2х2
12)																		10;
	8												12

13)47 х(3х 4) 2(17 2х) 62;

14)х(х 15) 3(108 5х);

15)4х2 17х 15 0;

	16)	3х 7		х 3	;
		х 5
				х 2
	17)	5 2х		3х 3		;
		4х 3		7 х

22)х4 13х2 36 0;

23)х4 17х2 16 0;

24)х4 50х2 49 0;

25)х4 37х2 36 0;

26)х4 25х2 144 0;

27)х4 13х2 36 0;

28)х4 5х2 36 0;

29)х4 5х2 36 0;

30)4х4 5х2 1 0;

31)3х4 28х2 9 0;

32)2х4 19х2 9 0;

33)3х4 7х2 2 0.

Тема 3. Алгебраические уравнения высших степеней

Довольно часто приходится решать рациональные уравнения степени выше второй, которые не удаётся решить с помощью очевидной замены переменной. В этом случае можно попробовать сгруппировать члены уравнения так, чтобы общий множитель вынести за скобки. Другими словами представить уравнение в виде произведения множителей.

Например, найти корни уравнения: х3 2х2 х 2 0 . Сгруппируем первое и второе слагаемые, третье и четвёртое и вынесем общий множитель в

первой группе за скобке, получим x2 (х 2) (х 2) 0. Получили два слагаемых с общим множителем (х 2) . Выносим его за скобки и получаем уравнение в виде произведения множителей: (х2 1)(х 2) 0 , откуда

х2 1 0 или	х 2 0.
Решение первого уравнения (х 1)(х 1) 0			х1,2 1. Корень второго

84

уравнения х3 2.

Но не всегда удаётся свести уравнение к произведению множителей. Тогда попытайтесь отгадать какой-нибудь корень уравнения. «Кандидатов» в корни приведенного многочлена с целочисленными коэффициентами следует искать среди делителей свободного члена этого многочлена. Если попытка окажется успешной, то поделив уголком исходный многочлен на (х х1) , где

х1 – угаданный корень, степень уравнения понизится на единицу.

Если же попытка угадать корень не удалась, то существуют иные методы и подходы к решению таких уравнений.

Пример. Решить уравнение х3 х2	9х 6 0.
Решение. Угадаем хотя бы	один корень данного уравнения.

«Кандидатами» в целочисленные корни (а только их есть надежда отгадать) являются делители свободного члена (6) : 1; 2; 3; 6.

Подстановкой в исходное уравнение убеждаемся, что х1 2 является его

корнем. Разделим многочлен х3 х2 9х 6			на двучлен х 2 :
	x3 x2 9x 6		x 2
x3 2x2		x2 3x 3
	3x2 9x
	x 2 6x
	3x 6
	3x 6
	0

Теперь исходное уравнение имеет вид:

x3 x2 9x 6 (x 2)(x2 3x 3) 0,

откуда имеем x2 3x 3 0.

D 9 4 1 ( 3) 9 12 21,		x	3 21		.
		2,3	2

Ответ:	x 2;	x	3 21		.
	1	2,3	2

85

УПРАЖНЕНИЯ И КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ

64. Решить уравнения:

1)	x3 x2 10x 8 0;			13)	x3 4x2 x 6 0;
2)	2x3 x2		2x 1 0;	14)	3x3 4x2 5x 2 0;
3)	4x3 13x 6 0;			15)	x3	3x2 x 1 0;
4)	x3 3x 2 0;			16)	3x3 10x2 9x 2;
5)	2x 3 7x2		3x 2 0;	17)	5x3 3x2 28 0;
6)	x3	5x2	12 0;	18)	x3	x2 4x 4 0;
7)	x3	3x2	x 3 0;	19)	x3	6x2 4x 24 0;
8)	x3	5x2	2x 8 0;	20)	2x3 5x2 x 6 0;
9)	x3	x2 4x 2 0;		21)	x3	3x2 4x 12 0;

10)	x3	3x2	9x 27 0;	22)	4x3 3x2	7 0;
11)	8x3 4x2 5x 1 0;			23)	2x3 3x2 11x 6 0;
12)	x3	6x2	5x 12 0;	24)	x3 11x2	39x 45 0.

Тема 4. Уравнения с модулем

При решении уравнений, содержащих переменную под знаком модуля (абсолютной величины), чаще всего применяются следующие методы:

1.Раскрытие модуля на основании его определения;

x, если x 0,

xx, если x 0;

2.Возведение обеих частей уравнений в квадрат;

3. Используя свойства модуля a 0 (в простейших уравнениях используется свойство 5).

1)a b a b

2)ab a b ;

3)1a 1a ;

4)a b a b

5)a 0.

86

Рассмотрим применение этих методов на примерах.

Пример. Решить уравнение 5x 2 8.

Решение.

Способ 1. По определению модуля данное уравнение равносильно совокупность двух систем:

5x 2 8,	2 5x 8,
а)	б)	0.
5x 2 0.	5x 2
Из системы a) находим x1 2 , из	системы	б) x2 1,2 . Оба корня
удовлетворяют своим неравенствам.

Способ 2. Т.к. обе части исходного уравнения неотрицательны, то возведем обе части уравнения в квадрат. Тогда исходное уравнение

равносильно уравнению (5x 2)2					82 .
				(5x 2) 2 82 0 ;
	(5x 2 8) (5x 2 8) 0 ;
	(5x 10) (5x 6) 0, откуда
		5x 10 0 или					5x 6 0
	x		10	2 ;		x		6	1,2 .
	1	5				2	5
Способ 3. 5x 2 8,				5x 2 8.
	5x 10,				x1	2;	5x 6,				x2 1,2.
Ответ: x1 2 ;	x2 1, 2 .

Пример. Решить уравнение 5x 2 x 6 .

Решение. Это уравнение также можно решить 3-мя способами. Если решать уравнение первым способом, то получим совокупность двух систем:

5x 2 x 6,

4x 8,

x

2,

1

а)

2

2

5x 2

0;

x

;

x

;

5

5

				6x 4,					x				2	,
	2 5x x 6,
б)						2				2			3
	5x 2	0;		x			;				2
						5			x		5	.

При решении вторым способом, заметим что правая часть уравнения

87

(х+6) должна быть неотрицательна, т.е.

x 6 0 .

Тогда

при возведении в

квадрат обеих частей уравнения получим равносильную систему:

x 6 0,

x 6,

(5x 2)2 (x 6)2 ;

25x2

20x 4 x2

12x 36.

Откуда 24x2 32x 32 0. Поделим на 8, получим

3x2 4x 4 0

D 16 48 64,

x

4 8

x 2 и

x

2

.

1,2

6

1

2

3

Оба корня удовлетворяют условию x 6 . Ответ: x1 2 ; x2 23 .

Пример. Решить уравнение x2 2x 1 2x 2 .

Решение. Согласно способу 3, перейдём от исходного уравнения к равносильной системе:

2x 2 0,
	2x 1 2x 2,
x2
	2	2x	1	2x 2;
x

x 1,
	4x
x2
	2	1
x

3 0,

0.

Откуда получаем: x2 4x 3

0 имеет корни x 2 7 ,

x 2 7 .

1

2

Второе

уравнение совокупности

x2 1 0

не имеет решений. Остается

убедиться, что оба корня удовлетворяют неравенству x 1.

Ответ: x1,2 2 7 .

УПРАЖНЕНИЯ И КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ

65. Решить уравнения:

1)

4 x

5;

14)

x2 5

x

24 0;

2)

2x 3

x;

15)

x2 4

x2

4;

3)

9 x

3x 1;

16)

2x

x 13

8;

4)

2 x

2x 1;

17)

x2 3x 2

2;

5)

x 7

2;

18)

3(x 2) 7

x

;

88

6)

x 2

2

;

19)

x 5

2 2x;

3 x

2x 1

19 3x;

7)

x2 1

x 5 0;

20)

8)

x2 x

3x 5;

21)

x 9

4x x 51;

9)

x 2

6 2x;

22)

x

x 2

15;

10)

3x2 12x 6

5x 4;

23)

x2

x 1

1 2x;

3x 18

0;

11)

24)

x 1

x2 x 3

0;

12)

5x

x

48;

25)

3

x 1

5x 21.

13)x2 12 x 0;

Тема 5. Иррациональные уравнения

Уравнение, содержащее неизвестное под знаком корня (радикала), называется иррациональным.

Прежде чем приступить к изучению данной темы необходимо повторить основные свойства корней степени n.

Здесь отметим следующие свойства корней, которыми мы постоянно будем пользоваться при решении примеров.

Все корни чётной степени являются арифметическими. Другими словами, если подкоренное выражение отрицательно, то корень лишён смысла; если подкоренное выражение равно нулю, то корень также равен нулю; если подкоренное выражение положительно, то значение корня положительно.

Все корни нечётной степени определены при любом значении подкоренного выражения. При этом корень отрицателен, если подкоренное выражение отрицательно; равен нулю, если подкоренное выражение равно нулю; положителен, если подкоренное выражение положительно.

Основная идея большинства способов решения таких уравнений заключается в сведении их к рациональным алгебраическим уравнениям.

Основной метод решения иррациональных уравнений – это возведение обеих частей уравнения в одну и ту же степень.

При возведении уравнений в чётную степень (квадрат) надо помнить о том, чтобы левая и правая части уравнения имели одинаковые знаки. В противном случае вы приобретёте «посторонние» корни. Поэтому, если решать задачу, проводя равносильные преобразования, то можно не опасаться ни потери корней, ни приобретения посторонних решений.

89

			А(x) B	2	(x),
Уравнение вида А(x) B(x) равносильно системе
		B(x) 0.

Пример. Решить уравнение x 3 1.

Решение. Возведём обе части данного уравнения в квадрат, т.к. в правой части стоит число 1 0 (это выполняется при любых значениях x).

x 3 1, откуда x 2 .

Проверка:

2 3 1 1 – верно.

Ответ: x 2 .

Пример.

Решить уравнения

x 3 1.

Решение. Данное уравнение не имеет решений, т.к. его левая часть –

арифметический корень – не может быть отрицательным.

Ответ: решений нет.

Пример.

Решить уравнение

3x 13 x 1.

Решение. Это уравнение равносильно системе

3x 3 (x 1)

2

,

или 3x 3 x

2

2x

1

0,

x 1 0;

x 1.

После преобразования получим уравнение x2		x 2 0,	обе части которого
умножим на «–1»:	x2 x 2 0. Корни этого уравнения x		1;	x 2. Так как
		1		2
корень x2 2 не	удовлетворяет неравенству	x 1, следовательно является

посторонним корнем. Ответ: x 1.

Впоследнем примере мы не делали проверку, т.к. от уравнения перешли

кравносильной системе. Если бы мы решили этот пример иначе, ограничившись возведением исходного уравнения в квадрат, то без проверки обойтись было бы нельзя.

УПРАЖНЕНИЯ И КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ

66. Решить иррациональные уравнения:
1.		7 x 0					21.	3	2x 5 3
2.		x 1 2					22.	3	x 3
3.		x 3					23.	2		x 31 4 x
4.	5			x 0			24.		x 3 2x 5

90