Учебно-методический комплекс по математике (Алгебра) -...

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


«УРАВНЕНИЯ, НЕРАВЕНСТВА И СИСТЕМЫ»


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

Абзалимов Р.Р., Шамшович В.Ф., Фаткуллин Н.Ю.

А 13 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 © Уфимский государственный нефтяной

технический университет, 2010

© Абзалимов Р.Р., Шамшович В.Ф.,

Фаткуллин Н.Ю., 2010

Учебное издание

Абзалимов Рамиль Рафикович

Шамшович Валентина Федоровна

Фаткуллин Николай Юрьевич


«Уравнения, неравенства и системы»

1-е издание


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:

3

МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ УРАВНЕНИЙ

1. МЕТОД РАЗЛОЖЕНИЯ НА МНОЖИТЕЛИ.

Теорема 1.1. Если функции )(...,),(),(21

xfxfxfn

определены на

некотором множестве X , то на этом множестве:

0)(...)()(21

xfxfxfn

.0)(

..,..........

,0)(

,0)(

2

1

xf

xf

xf

n

Пример 1.1. Решить уравнение на множестве действительных чисел

0233 xx .

Решение. Группируя левую часть уравнения получим:

02)1(0)1(2)1)(1(

0)1(2)1(0222

23

xxxxxxx

xxxxxx.

Полученное уравнение равносильно совокупности уравнений:

.2,1

,1

,02

,01

32

1

2 xx

x

xx

x

Ответ: 2,121 xx .

Пример 1.2. Решите уравнение 4223223 2)1()1( xxxxx .

Решение. Представим 42x в виде суммы

44 xx и перенесѐм в левую часть

уравнения. Уравнение примет вид:

0)1()1( 42234223 xxxxxx .

Разложим каждое из выражений в скобках на множители, как разности

квадратов двух выражений. Дальнейшие преобразования очевидны:

0)1)(1()1)(1( 223223223223 xxxxxxxxxxxx ,

0)1)(1()1)(1( 32232233 xxxxxxxx ,

,0)22)(1(,0)11)(1( 332232233 xxxxxxxxx

0)1)(1(,01,0)1)(1( 2333 xxxxxx .

Последнее уравнение равносильно совокупности уравнений:

1,01

,012

x

xx

x.

Ответ: x = -1.

4

2. ВЫДЕЛЕНИЕ ПОЛНОГО КВАДРАТА.

Пример 2.1. Решите уравнение 11)5(

252

2

2

x

xx .

Решение. Вычтем и прибавим в левой части уравнения выражение 5

10 2

x

x,

получим:

0115

10

)5(

25

5

10 2

2

22

2

x

x

x

x

x

xx

0115

10

)5(

25

5

101

2

2

2

x

x

xxx .

Заметим, что в скобках находится полный квадрат разности.

0115

10

5

51

22

2

x

x

xx 011

5

10

)5(

2

2

2

2

x

x

x

xx

0115

10

)5(

2

2

4

x

x

x

x.

Положим yx

x

5

2

, тогда 2

2

4

)5(y

x

x

, получим уравнение

1,11,0111021

2 yyyy .

Получим совокупность двух уравнений:

.2

211

,

,05

,05511

,15

,115

2,1

2

2

2

2

xxx

xx

x

xx

x

Ответ: 2

2112,1

x .

3. МЕТОД ОЦЕНОК.

Теорема 3.1 (метод оценок). Если Axf , а Axg при Xx , тогда

xgxf

.Axg

Аxf

Пример 3.1. Решить уравнение 432 2154 xxx

5

Решение. Т.к. 024 x , тогда 1)2(1 4 x . Рассмотрим левую часть

уравнения 11)2(14454323232 xxxxx , т.к. 02

2x ,

следовательно, применяя метод оценок получим систему вида:

2121

1544

32

x

x

xx

Ответ: 2x .

4. МЕТОД МОНОТОННЫХ ФУНКЦИЙ.

Теорема 4.1. Если xf непрерывная и строго монотонная функция на

промежутке X , то уравнение axf , где Ra , имеет не более одного

корня на X .

Теорема 4.2. Если одна из непрерывных функций xfy или xgy

возрастает на промежутке X , а другая убывает на этом же промежутке, то

уравнение xgxf имеет на X не более одного корня.

Теорема 4.3. Если функция xf непрерывная и строго монотонная на

промежутке X , то уравнение xfxf на промежутке X

равносильно уравнению xx , при этом XxXx , .

Пример 4.1. Решить уравнение 0962 35 xxx .

Решение. Заметим, что уравнение имеет корень 1x . Рассмотрим функцию

962)( 35 xxxxf , вычислим производную 0665)( 24 xxxf

при любом значении x , следовательно, функция )(xf - возрастает, таким

образом по теореме 1 уравнение имеет не более одного корня, т.к. 1x -

корень, то он единственный.

Ответ: 1x .

Пример 4.2. Решить уравнение 4

3 65

xxx .

Решение. Заметим, что уравнение имеет корень 1x и не имеет корней при

0x (т.к. при отрицательных значениях x левая часть уравнения

отрицательна, а правая часть положительна). Рассмотрим функции

xxxf 5)( 3 и 4

6)(

xxg , вычислим их производные ,053)( 2 xxf

6

024

)(5

xxg при любом значении 0x , следовательно, функция )(xf -

возрастает, а функция )(xg убывает, таким образом по теореме 2 уравнение

имеет не более одного корня, т.к. 1x - корень, то он единственный.

Ответ: 1x .

МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ НЕРАВЕНСТВ И СИСТЕМ

НЕРАВЕНСТВ

5. ОСНОВНЫЕ СВОЙСТВА ПРИ РЕШЕНИИ

НЕРАВЕНСТВ.

Свойство 5.1. Если 0)( xg при Rx , тогда )()( xhxf

)()()()( xgxhxgxf , т.е. при умножении (делении) обеих частей неравенства

на положительную функцию «знак» неравенства не изменяется.

Свойство 5.2. Если 0)( xg при Rx , тогда )()( xhxf

)()()()( xgxhxgxf , т.е. при умножении (делении) обеих частей неравенства

на отрицательную функцию «знак» неравенства изменяется на

противоположный.

6. МЕТОД ИНТЕРВАЛОВ.

Один из самых распространенных методов решения рациональных

неравенств (хотя данный метод иногда можно применять и для произвольных

неравенств) вида 00...21

10 n

nxxxxxx

, где nxxx ,...,, 10 -

называют критическими точками, Rn ,...,, 21 . Каждый интервал

1, kk xx исследуется на «знак». Рассмотрим данный метод на примерах.

Пример 6.1. 03231 xxx .

Решение. Преобразуем неравенство: 05,1312 xxx

1 способ (подстановками)

1) при ;35x 05,1535152

2) при 3;12x 05,1232122

3) при 1;5,10 x 05,1030102

4) при 5,1;5 x 05,1535152

7

2 способ («знаками скобок»)

Пусть IIIxIIxIx 5,1,3,1 , тогда из рис. видно, что

учитывая знаки неравенств получим );31;5,1 x .

3 способ (геометрически)

Построим графики функций IIxIxx 5,1,31 .

тогда из рис. видно, что );31;5,1 x .

Ответ: );31;5,1 x

Пример 6.2. 03112

xxx .

Решение. Заметим, что ,012x при любых значениях x , если 1x , то

неравенство превратится в равенство, т.е. 1x - является решением

неравенства, далее, считая что 1x уже учтенное решение, можем первую

скобку не рассматривать, т.к. при всех 1x 0)1( 2 x , что никак не

влияет на знак неравенства. Рассмотрим неравенство вида 031 xx

1;3 x , т.к. 1x - является решением неравенства, тогда

11;3 x .

Ответ: 11;3 x .

Пример 6.3. 0511 22 xxxx .

8

Решение. Заметим, что ,012 xx при любых значениях x , т.к.

дискриминант 0341 D , таким образом, вторая скобка никак не

влияет на знак неравенства, т.е. можем обе части сократить на 12 xx .

Рассмотрим неравенство вида 0512 xx 0511 xxx

Ответ: ;51;1x .

Пример 6.4. 02

12

x

x.

Решение. 02

12

x

x

1

021

2

021 22

x

xx

x

xx

Ответ: ;21;1x .

7. МЕТОД ОЦЕНОК.

Пример 7.1. Решить неравенство 11051015 xxx .

Решение. Так как 01 x , тогда первый из корней всегда не меньше

второго и, следовательно, выражение в правой части не отрицательно.

Таким образом, неравенство всегда выполняется в ОДЗ. Получаем

систему неравенств

01

0105

x

x, т.е. 1x .

Ответ: 1x .

8. МЕТОД ЗАМЕНЫ ПЕРЕМЕННЫХ.

Иногда, при решении неравенств, удобнее бывает произвести замену

переменных. Продемонстрируем метод замены на примерах.

9

Пример 8.1. Решите неравенство 4 25 4 0x x .

Решение. Пусть 02 tx , тогда получим систему неравенств:

0

041

0

0452

t

tt

t

tt

получим 4;1t . Возвращаясь к переменным x , получим:

022

011

04

01

4

1

2

2

2

2

xx

xx

x

x

x

x

Ответ: 2; 1 1; 2x .

Пример 8.2. Решите неравенство 2 23 3 2 24x x x x .

Решение. Пусть 2 3x x t , тогда получим неравенство:

22 24 2 24 0t t t t

6 4 0t t

Получим 4;6t . Возвращаясь к

переменным x , получим:

041

;,0

043

063

43

63

2

2

2

2

xx

xD

xx

xx

xx

xx

4;1041 xxx

Ответ: 1; 4 .

9. ОСНОВНЫЕ ПРАВИЛА ДЛЯ СИСТЕМ НЕРАВЕНСТВ

ОТ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ.

При решении системы неравенств необходимо разбираться в следующих

операциях над множествами.

10

а) Пересечение множеств:

GF

G

FDDx

Dx

Dx

xG

xF

0)(

0)(.

б) Объединение множеств:

GF

G

FDDx

Dx

Dx

xG

xF

0)(

0)(

в) Комбинация 1:

HGF

G

F

H

DDDx

Dx

Dx

Dx

xG

xF

xH

0)(

0)(

0)(

г) Комбинация 2:

HGF

G

F

H

DDDx

Dx

Dx

Dx

xG

xF

xH

0)(

0)(

0)(

д) Вычитание: GF

G

FDDx

Dx

Dx

xG

xF\

0)(

0)(

Пример 9.1. Решить неравенство 021 xfxf .

Решение.

021 xfxf

0

0

0

0

xg

xf

xg

xf

11

GDGDRx

GRx

DRx

Gx

Dx

\

\

\

Теорема 9.1. Для систем одноименных неравенств, справедливо:

1)

)(0

...

)(0

)(0

2

1

xf

xf

xf

n

0,...,,min 21 xfxfxf n

2)

)(0

...

)(0

)(0

2

1

xf

xf

xf

n

0,...,,max 21 xfxfxf n

Теорема 9.2. Для совокупностей одноименных неравенств, справедливо:

1)

)(0

...

)(0

)(0

2

1

xf

xf

xf

n

0,...,,max 21 xfxfxf n

2)

)(0

...

)(0

)(0

2

1

xf

xf

xf

n

0,...,,min 21 xfxfxf n

Пример 9.3. Решить систему неравенств:

032

01

23

234

xxx

xxxx

Решение.

1 способ.

Т.к. в системе неравенства одноименные,

следовательно, можем сложить два

неравенства, получим: 022

4 x

x , т.к.

12

02

142

2

34

x

xx ,

тогда при 2

1x функция имеет свой минимум. Других точек экстремума

нет. Т.к. 024

1

2

1

2

14

f , то 02

2

4 x

x , таким образом,

неравенство не имеет решений, т.е. система также не имеет решений.

2 способ.

Очевидно следующее равенство: bababa 2

1

2

1,max , тогда по

теореме 1 получим:

032

01

23

234

xxx

xxxx

032

,1max 23234

x

xxxxxx

032

12

13

21

2

1 2323423234

xxxxxxx

xxxxxxx

042

3222

2

2344 xxxxx

x , т.к. 022

4 x

x , (см. выше),

следовательно, неравенство не имеет решений, т.е. система также не имеет

решений.

РАЦИОНАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ

УРАВНЕНИЙ

10. РАВНОСИЛЬНОСТЬ УРАВНЕНИЙ

Пусть даны два уравнения с одними и теми же неизвестными и

рассматриваемые на некотором множестве D:

)...,,,(1 zyxf = )...,,,(1 zyx , (10.1)

)...,,,(2 zyxf = )...,,,(2 zyx , (10.2)

Обозначим множество решений уравнения (10.1) через M, а множество

решений уравнения (10.2) - N.

Определение 10.1. Если NM ( - включено), то уравнение (10.2)

называется следствием уравнения (10.1). Другими словами, если число

корней уравнения (10.2) больше, числа корней уравнения (10.1).

13

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:

)...,,,( zyxf = )...,,,( zyx и )...,,,( zyx = )...,,,( zyxh , тогда

)...,,,( zyxf = )...,,,( zyxh .

11. РАВНОСИЛЬНОСТЬ УРАВНЕНИЙ НА МНОЖЕСТВЕ

Два уравнения могут быть равносильными относительно одного

числового множества и не быть равносильными относительно другого

числового множества.

Например, уравнение 062 x и 0623 23 xxx равносильны

на множестве рациональных чисел. В самом деле, на множестве

рациональных чисел, первое уравнение имеет один корень 3x и второе

уравнение имеет также только один корень 3x , а два других значения

23,2 x 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: 3M , а у второго

уравнения - три: 3,2N , .NM

Пример 11.1. Равносильны ли уравнения: 312 x и 22 x на множестве

действительных чисел?

Решение. Первое уравнение имеет на множестве действительных чисел один

корень, 1x , 1M и второе уравнение имеет также один корень 1x ,

1N на этом множестве. ,NM значит уравнения равносильны.

Ответ: равносильны.

12. ТЕОРЕМЫ О РАВНОСИЛЬНОСТИ УРАВНЕНИЙ

Теорема 12.1. Уравнения

)...,,,( zyxf = )...,,,( zyx (12.1)

и

)...,,,()...,,,( zyxzyxf = )...,,,()...,,,( zyxzyx (12.2)

14

равносильны, если функция )...,,,( zyx определена на множестве всех

допустимых значений неизвестных уравнения (12.1).

Замечание. Если )...,,,( zyx 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 ,102 x которое имеет только один корень

.5x

а) прибавим к обеим частям уравнения функцию ,5

1)(

xx

теряющую смысл при 5x . Получим уравнение ,5

110

5

12

xxx не

равносильное данному, так как 5x не является его корнем.

б) Прибавим к обеим частям уравнения функцию ,2

1)(

xx

теряющую смысл при .2x

Получим уравнение ,2

110

2

12

xxx равносильное данному, так

как оно тоже имеет только один корень .5x

Пример 12.2. Дано уравнение ;0)1( xx областью допустимых значений

неизвестного является множество всех действительных чисел

.;1 xxM Уравнение имеет два корня: 01 x и .12 x

Прибавим к обеим частям данного уравнения функцию ,lg)( xx

область определения которой .;0 xxM

Получим уравнение ,lglg)1( xxxx не равносильное данному, так

как 0x не является его корнем.

Теорема 12.2. Уравнения

)...,,,( zyxf = )...,,,( zyx (12.3)

и

)...,,,()...,,,( zyxzyxf = )...,,,()...,,,( zyxzyx (12.4)

равносильны, если функция )...,,,( zyx определена и отлична от нуля на

множестве всех допустимых значений неизвестных уравнения (12.3).

15

Замечание. Если условия теоремы, касающиеся функции )...,,,( zyx , не

выполняются, то уравнение (12.4) может быть не равносильно уравнению

(12.3). Может произойти потеря решений, если )...,,,( zyx 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 )...,,,( zyx при некоторых допустимых системах значений

неизвестных равна нулю, но эта система значений неизвестных не является

решением уравнения (12.3).

Пример 12.3. Дано уравнение ,22 xx множеством допустимых значений

x является множество всех действительных чисел .;1 xxM

Уравнение имеет два корня: 11 x и .22 x

а) Умножим обе части данного уравнения на ,1

1)(

2xx

теряющую

смысл при 1x и .1x Получим уравнение ,1

1)2(

1

122

2

xx

xx

не

равносильное данному, так как оно имеет только один корень .2x

Умножение обеих частей данного уравнения на 21

1

x привело к потере

корня 1x .

б) Умножим обе части данного уравнения на ,1

1)(

xx

теряющую

смысл при .1x Получим уравнение ,1

1)2(

1

12

xx

xx

равносильное

данному, так как оно имеет два корня: 11 x и .22 x

в) Умножим обе части данного уравнения на ,3)( xx

обращающуюся в нуль при .3x Получим уравнение

),3()2(3(2 xxxx не равносильное данному, так как оно имеет три

корня: 11 x , 22 x и .33 x

Умножение обеих частей данного уравнения на 3x привело к

появлению постороннего корня .33 x

Пример 12.4. Равносильны ли уравнения: )()( xxf и .)()(kk

xxf

Решение. Если k - нечетное число, тогда уравнения равносильны, если k -

четное число, то, вообще говоря, не равносильны, ибо второе уравнение

примет вид:

16

)()( xxf или )()( xxf и )()( xxf , т. е. распадается на два

уравнения. Только в том случае, если уравнение )()( xxf , 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 ,02 cbxax где a, b, с -

действительные числа, причем ,0a x - переменная, называется

квадратным. Дискриминантом квадратного уравнения называется число,

составленное из коэффициентов уравнения: .42 cabD По значению

дискриминанта можно установить количество решений уравнения или

узнать, имеет ли оно решение вообще.

1-й случай. 0D . Уравнение имеет два различных действительных корня

.2

2,1a

Dbx

Построим график квадратной функции cbxaxy 2 .

Рис. 1 . Рис. 2.

0y при ),( 21 xxx , 0y при ),,(),( 21 xxx

0y при ),,(),( 21 xxx 0y при ),( 21 xxx .

2-й случай. Если 0D , тогда уравнение имеет единственное решение или

два равных корня: .2 a

bx

График квадратной функции, в этом случае,

имеет только одну точку пересечения (касания) с осью OX (см. рис. 3 и 4).

17

Рис. 3. Рис. 4.

0y при любом x 0y при любом x

3-й случай. Если 0D , тогда уравнение не имеет действительных корней.

График функции cbxaxy 2 не будет пересекать ось OX (рис. 5 и 6).

Рис. 5. Рис. 6.

0y при любом x 0y при любом x

Определение 13. 2. Квадратное уравнение называется приведенным, если

коэффициент при 2x равен 1, т. е. a = 1.

В этом случае, уравнение можно записать в виде: .02 qpxx Т.е. можно

считать, что a

cq

a

bp , .

Теорема 13.1 (теорема Виета). Если приведенное квадратное уравнение

02 qpxx имеет корни )0( D , то сумма их равна второму

коэффициенту, взятому с противоположным знаком: ,21 pxx а

произведение корней, равно свободному члену: .21 qxx

18

Теорема 13.2 (обратная). Если сумма двух действительных чисел

(обозначим их 1x и 2x , впрочем, можно и другими буквами) равна p , а их

произведение равно q , то эти числа являются корнями квадратного

уравнения 02 qpxx .

Следствие 13.1. Если свободный член 0q , то оба корня имеют

одинаковые знаки, либо оба положительны, либо оба отрицательны. Если к

тому же, 0p , то оба корня положительны, в противном случае, (при 0p

) оба корня отрицательны.

Следствие 13.2. Если свободный член 0q , тогда корни имеют разные

знаки.

Пример 13.1. а) ,01272 xx б) ,048142 xx в) ,0122 xx

а) свободный член (12) положителен, значит, оба корня имеют одинаковые

знаки. Второй коэффициент (-7) отрицателен, значит, оба корня

положительны. В самом деле, 31 x и .42 x

б) свободный член положителен и второй коэффициент положителен, значит

оба корня отрицательны. Нетрудно проверить, что 61 x и .82 x

в) свободный член отрицателен (-12), значит, корни имеют разные знаки.

Найдем корни и убедимся в этом: .3,4 21 xx

Пусть квадратный трехчлен qpxx 2 имеет корни 1x и 2x . Тогда, по

теореме Виета:

pxx 21 , qxx 21 .

Подставляя в уравнение, получим ).)(()( 212121

2 xxxxxxxxxx

Справедливо и обратное. Таким образом: ).)((21

2 xxxxqpxx Можно

показать, что ).)((21

2 xxxxacbxax

14. УРАВНЕНИЯ ВИДА 0)()(2

cxbfxfa И

cbxfaxf )()( (ОБОБЩЕННЫЕ КВАДРАТНЫЕ

УРАВНЕНИЯ).

Пример 14.1. Решите уравнение 01363)12( 222 xxxx .

Решение. Запишем уравнение в виде: 013)2(3)12( 222 xxxx .

Положим 12,12 22 yxxyxx , тогда уравнение примет вид:

19

2,5,0103,013)1(321

22 yyyyyy .

Подставляя вместо y значения, получим:

3

,1

,3

,1

,

,032

,042

,212

,512

2

1

2

12

2

2

2

x

x

x

xxx

xx

xx

xx.

Ответ: 3,121 xx .

Пример 14.2. Решите уравнение 02)23)(13( 22 xxxx .

Решение. Сделаем замену переменных 132 xxy . Тогда

1;202021 21

2 yyyyyy

Подставляя вместо y найденные значения, получим совокупность двух

квадратных уравнений:

,3

,0

,3

,0,03

,033

,113

,213

2

1

2

12

2

2

2

x

x

x

xxx

xx

xx

xx.

Ответ: 3,021

xx .

15. БИКВАДРАТНОЕ УРАВНЕНИЕ ВИДА 024 cbxax .

Определение 15.1. Уравнение вида 024 cbxax называют

биквадратным, причем 0a .

Преобразуем биквадратное уравнение 024 cbxax к

приведенному, для этого разделим обе его части на a , получим

024 qpxx , где qa

cp

a

b , . Заменим 0,2 yyx , получим

квадратное уравнение: 02 qpyy . Полученное квадратное уравнение:

1) при 0D , т. е. при 042 qp не имеет действительных корней,

следовательно не будет иметь корней и исходное биквадратное уравнение.

2) при 0D , т. е. 4

,4,042

22 pqqpqp , тогда квадратное

уравнение имеет один действительный корень 2

Py , а биквадратное

уравнение: а) при 0p имеет два корня 2

px ; б) при 0p не имеет

корней; в) при 0p имеет единственный корень, 0x .

20

3) при 042 qpD , квадратное уравнение имеет два различных

действительных корня 2

42

2,1

pppy

, а биквадратное уравнение:

а) не имеет действительных корней, если оба корня отрицательные, т.е.

,0

,0

21

21

pyy

qyy;

б) имеет два корня, если один из корней квадратного уравнения отрицателен,

а другой - положителен, т. е. 0q ;

в) имеет три корня, если один из корней соответствующего квадратного

уравнения равен нулю, а второй положителен, что произойдет при

0

;0

p

q;

г) имеет четыре корня, если 1y и 2y положительные, что произойдет при

0

;0

p

q.


03613 24 xx .

Решение. Положим 0,2 yyx , получим квадратное уравнение

036132 yy , которое имеет два различных действительных корня:

9,4 21 yy , получим:

3,3

2,2

9

,4

43

21

2

2

xx

xx

x

x;

Ответ: 2,221 xx , 3,3

43 xx .

16. УРАВНЕНИЕ ВИДА 0)()(24

cxfbxfa

(ОБОБЩЕННОЕ БИКВАДРАТНОЕ УРАВНЕНИЕ).


09sin13sin424

xx .

21

Решение. Положим 01,sin2 yyx , получим квадратное уравнение

09134 2 yy , которое имеет два различных действительных корня:

4/9,4 21 yy , получим:

,2/3sin

2sin

4/9sin

,4sin

2

2

x

x

x

x- нет решений;

Ответ: нет решений.

17. УРАВНЕНИЕ ВИДА Adxcxbxax , ГДЕ

dcba .

Пример 17.1. Решите уравнение 24)4)(3)(2)(1( xxxx .

Решение. Сгруппируем скобки следующим образом 1 и 4, 2 и 3:

024654524)3)(2()4)(1( 22 xxxxxxxx .

Положим yxx 452. Подставляя в уравнение, получим:

024)2( yy .

Решая квадратное уравнение получим корни: 4,6 21 yy .

Возвращаясь к переменным x получим совокупность двух уравнений:

.5,0

,

,05

,0105

,445

,645

21

2

2

2

2

xxxx

xx

xx

xx

Ответ: .5,0 21 xx

18. УРАВНЕНИЕ ВИДА 2Axdxcxbxax , ГДЕ

dcba .

Пример 18.1. Решите уравнение 256)6)(4)(2)(3( xxxxx .

Решение. Сгруппируем скобки следующим образом 1 и 3, 2 и 4 (т.к.

dcba ):

2222 5612812756)6)(2()4)(3( xxxxxxxxxx .

Т.к. 0x не является решением уравнения, разделим обе части на 2x , при

этом в левой части каждую скобку разделим на x , тогда получим уравнение

вида:

5612

812

7

xx

xx

22

Положим yx

x 12

. Подставляя в уравнение, получим:

056)8(7 yy ,

раскрывая скобки получим 1,0,0 21

2 yyyy . Возвращаясь к

переменным x получим совокупность двух уравнений:

,

,

,012

,012

,112

,012

2

2

xx

x

xx

xx


19. МНОГОЧЛЕНЫ И ИХ КОРНИ.

Определение 19.1. Многочленом степени n от переменного x называется

алгебраическое выражение вида 01

1

1... axaxaxaxP n

n

n

nn

, где n -

целое неотрицательное число, Rak , причем 0na . Числа

011,...,,, aaaa

nn будем называть коэффициентами многочлена.

Коэффициент na называется старшим коэффициентом, а коэффициент 0a -

свободным членом. Одночлены 01

1

1,...,,, axaxaxa n

n

n

n

называются

членами многочлена.

Теорема 19.1 (деление многочленов). Если )(xPn

и 0)( xSm

- два

многочлена ( mn ), то существует и притом единственная пара многочленов

)(xQ mn и )(xR mn , которая удовлетворяет равенству

)()()()( xRxQxSxP mnmnmn , где )(xQ mn - называется частным (целая

часть), а )(xR mn - остатком,

Следствие 19.1. Если )(xPn и 0)( xSm - два многочлена ( mn ), то

существует и притом единственная пара многочленов )(xQ mn и )(xR mn ,

которая удовлетворяет равенству

)(

)()(

)(

)(

xS

xRxQ

xS

xP

m

mn

mn

m

n

Схему деления многочленов углом представим на примере.

Пример 19.1. 1)( 345 xxxxxPn , 12)( 23 xxxSm , т.е. 3,5 mn .

Найти целую часть и остаток от деления.

Решение.

23

45

363

13

2

1

3

12

2

1

2

23

23

34

234

2

23

245

345

x

xx

xx

xxx

xxxx

xx

xx

xxx

xxxx

Целая часть = 32 xx , остаток = 45 2 x .

Таким образом, справедливо равенство

12

453

12

1

)(

)(23

2

2

23

345

xx

xxx

xx

xxxx

xS

xP

m

n

Теорема 19.2. Многочлен )(xPn делится на многочлен 0)( xSm в том

случае, если остаток от деления равен нулю.

Рассмотрим многочлен 01

1

1 ...)( axaxaxaxP n

n

n

nn

Определение 19.2. Если при 0xx значение многочлена равно нулю,

0)( 0 xPn , тогда 0x называется корнем многочлена )(xPn .

Пример 19.2. Задан многочлен 66)( 23

3 xxxxP . При 1x значение

этого многочлена равно нулю, 061611)1( 23

3 P , значит 1x

является корнем многочлена.

Замечание. Если сумма коэффициентов многочлена равна нулю, тогда 1x

- корень этого многочлена.

Определение 19.3. Уравнение 0)( xPn называется алгебраическим

уравнением n-й степени.

Теорема 19.3 (Безу). Остаток от деления многочлена )(xPn на ax равен

)(aPn (т. е. равен значению этого многочлена при ax ).

Следствие 19.2 (Безу). Если a - корень многочлена )(xPn , то этот

многочлен делится на ax .

24

Пример 19.3. Дан многочлен 1)( 2345

5 xxxxxxP . Нетрудно

видеть, что -1 - корень этого многочлена, значит, по следствию из теоремы

многочлен должен делиться на 1x .

Решение.

0

1

1

1

1

11

23

23

2445

2345

x

x

xx

xxx

xx

x

xx

xxxxx

Остаток равен нулю, значит, многочлен делится на 1x .

Теорема 19.4. Если все коэффициенты многочлена )(xPn являются целыми

числами, то всякий целый корень этого многочлена является делителем

свободного члена 0a .

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 043234 xxxx .

Решение. Найдем делители свободного члена 4: 4,2,1 .

1) 0431111 x , корень;

2) 0431111 x , не является корнем;




6) 041216642564 x , не является корнем.

Таким образом 1x - единственный целый корень уравнения. По теореме

Безу, многочлен делится на 1x .

Замечание. Порой бывает нелегко проверять предполагаемые корни

многочлена или вычислять его значение, особенно, если многочлен высокой

25

степени и проверяемые числа большие. Для облегчения этого процесса

существует схема Горнера.

Пусть дан многочлен 01

1

1...)( axaxaxaxP n

n

n

nn

, который

надо разделить на двучлен 0

xx . Схему Горнера представим в виде

таблицы:

na 1na ... 1a 0a 0x

10 nbx ...

10 bx 00 bx

nn ab 1 1012 nnn bxab ... 1010 bxab остаток

Пример 19.5. Найти частное и остаток от деления многочлена

6933)( 245

5 xxxxxP на 3x .

Решение. В верхней строке таблицы записываются коэффициенты данного

многочлена:

1 -3 0 3 -9 -6 3

13 33 93 303 813

1 0 + 13 = 3 0 + 33 = 9 3 + 93 = 30 -9 + 303 = 81 -6+ 813 =237

Получаем частное 813093)( 234

4 xxxxxQ ; остаток или значение

многочлена в точке 3x равно 237)3(5

P .

Ответ: целая часть от деления 813093)( 234

4 xxxxxQ ; остаток или

значение многочлена в точке 3x равно 237)3(5 P .

Теорема 19.5. Если q

px

0 - несократимая дробь, является корнем

уравнения 0...01

1

1

axaxaxa n

n

n

n с целыми коэффициентами, то p -

делитель 0a , а q - делитель na .

Пример 19.6. Решите уравнение 01248 23 xxx .

Решение. Найдем делители свободного члена и делители первого

коэффициента. Составим всевозможные дроби вида q

p, где p - делитель 1 , а

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

первого коэффициента делители: 8,4,2,1 . Составим

26

всевозможные дроби: 8

1,

4

1,

2

1,1

q

p. Сразу ясно, что -1 и 1 не

являются корнями уравнения.

при 2

1x ,02111

2

12

2

14

2

18

23

корень.

при 2

1x ,011111

2

12

2

14

2

18

23

корень.

Следовательно, левая часть уравнения делится на 2

1x и

2

1x .

Дважды применим схему Горнера:

8 -4 -2 1

2

1

8

2

1 )8(

2

1 2

2

1

8 -4 8

2

1 = -8 -2 )8(

2

1 = 2 1 2

2

1 = 0

8 -8 2

2

1

8

2

1 )4(

2

1

8 -8 + 8

2

1 = -4 2 + )4(

2

1 = 0

Уравнение примет вид 02

1

2

1

2

18

xxx . Следовательно

2

1x .

Ответ: 2

1x .

20. ВОЗВРАТНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Определение 20.1. Уравнения вида 0... 221 abxcxcxbxax nnn,

где 0a называются возвратными.

Свойство 20.1. Возвратное уравнение не может иметь число 0 своим корнем.

27

Свойство 20.2. Если возвратное уравнение имеет своим корнем число a , то

оно имеет и корень, равный a

1.

Из свойства 2 следует, что при решении возвратных уравнений применяется

подстановка

xxy

1 или

xxy

1 .


061312136 234 xxxx .

Решение. Это уравнение возвратное четной степени. Делим обе части

уравнения на 2x , получим уравнение: 0

61312136222

2

2

3

2

4

xx

x

x

x

x

x

x

x

0613

121362

2 xx

xx 0121

131

62

2

xx

xx .

Пусть 0,1

yyx

x , тогда, возводя обе части этого равенства в квадрат,

получим: 211 2

2

22

2

y

xxy

xx . Подставляя в уравнение, имеем:

6

13,001213)2(6 21

2 yyyy . Значение 01 y не

удовлетворяет условию 0y и является посторонним корнем. Остается

одно значение: 6

13y . Возвращаясь к переменным x , получим

6

131

xx .

Отсюда находим 3

21 x ,

2

32 x .

Ответ: 3

21 x ,

2

32 x .

Пример 20.2. Решите уравнение 012 234 xxxx .

Решение. Разделим обе уравнения на 2x и группируя, получим

0211

2

2

xx

xx .

Пусть 0,1

yyx

x . Возведем обе части этого равенства в квадрат,

получим 211 2

2

22

2

y

xxy

xx . После подстановки в уравнение и

28

преобразований, получим: 2

171,

2

171,04 21

2

yyyy .

Следовательно, получим систему вида:

17132

171

2

1

17132

171

2

1

012

171

012

171

2

1711

2

1711

4,3

2,1

2

2

x

x

xx

xx

xx

xx

Ответ:

1713

2

171

2

1;1713

2

171

2

14,32,1 xx .

Некоторые уравнения могут быть приведены к возвратным с

помощью замены kyx . Рассмотрим на примере.

Пример 20.3. Решите уравнение 01642 234 xxxx .

Решение. Это уравнение не является возвратным, но его можно легко

привести к возвратному. Пусть kyx . Подставляя в уравнение получим:

,016)(4)(2)()( 234 kykykyky следовательно, 2164 kk ,

таким образом, уравнение примет вид: ,01684816 234 yyyy

полученное уравнение уже является возвратным, но его можно упростить,

разделив обе части уравнения на 4, 04224 234 yyyy . Делим обе

части уравнения на 2y , а затем, делая подстановку u

yy

1, находим:

0124 2 yu , т.к. 0164 D , следовательно нет корней.

Ответ: нет корней.

21. УРАВНЕНИЕ ВИДА kbaxbax nn )()(21 , ГДЕ n

- ЧЕТНОЕ.

Уравнения вида kbaxbax nn )()( 21 подстановкой cybax 1 ,

cybax 2 , где 2

21 bbc

, сводится к более простому алгебраическому

уравнению.

Пример 21.1. Решить уравнение 2)52()32( 44 xx .

29

Решение. Положим cyx 32 и cyx 52 , получим уравнение

2)()( 44 cycy .

Постоянную c находим из системы уравнений

122,52

,32

cc

xcy

xcy и тогда уравнение станет таким:

,2)1()1( 44 yy раскрывая скобки получим

214641464 234234 yyyyyyyy

00)6(060122 222424 yyyyyyy .

Далее находим 2,132 xx .

Ответ: 2x .

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.

Пример 22.1. Решить уравнение .31

3 2

2xx

xx

Решение. Так как у квадратного трехчлена 21 xx отрицательный

дискриминант 0341 D , то оно не обращается в нуль ни при каких

значениях x , следовательно, ОДЗ = , . Данное уравнение

равносильно уравнению ).1)(3(3 22 xxxx Введем новое неизвестное

21 xxy , тогда )1(43 22 xxxx .4 y Получим уравнение

y y y y y y( ) , , , .4 3 4 3 0 1 32

1 2 Подставляя значения y ,

получим два квадратных уравнения:

.1,2

,1,0

02

0

43

21

2

2

xx

xx

xx

xx

Ответ: .1,2,1,0 4321 xxxx

Пример 22.2. .1

1

2

2

1

1

xxx

x

30

Решение. ОДЗ найдем из решения системы неравенств:

.;11;22;.2

,1

,02

,01

xD

x

x

x

xx

Умножим обе части уравнения на )1)(2( xx . Получим уравнение:

022)1(2)2)(1( 2xxxxx нет решений.


23. УРАВНЕНИЕ ВИДА Ccxbax

Bx

cxbax

Ax

2

2

1

2 , ГДЕ

0,0 acABC .

Уравнение данного вида сводится к уравнению вида:

C

cxbaxx

B

cxbaxx

A

2

2

1

2 11, т.к. 0x не является корнем

уравнения. Следовательно C

x

cbax

B

x

cbax

A

21

, далее введем

новую переменную x

caxy , полученное уравнение

C

by

B

by

A

21

решается обыкновенными методами.

24. УРАВНЕНИЕ ВИДА Ccxbax

cxbax

cxbax

cxbax

4

2

3

2

2

2

1

2

, ГДЕ

0ac .


C

cxbaxx

cxbaxx

cxbaxx

cxbaxx

4

2

3

2

2

2

1

2

1

1

1

1

, т.к. 0x не является корнем

уравнения. Следовательно C

x

cbax

x

cbax

x

cbax

x

cbax

4

3

2

1

, далее введем новую

31

переменную x

caxy , полученное уравнение C

by

by

by

by

4

3

2

1 решается

обыкновенными методами.

25. УРАВНЕНИЕ ВИДА cxbax

Ax

cxbax

cxbax

3

2

2

2

1

2

, ГДЕ

0,0 Aac .


cxbaxx

A

cxbaxx

cxbaxx

3

2

2

2

1

2

11

1

, т.к. 0x не является корнем уравнения.

Следовательно

x

cbax

A

x

cbax

x

cbax

32

1

, далее введем новую переменную

x

caxy , полученное уравнение 0

32

1

by

A

by

by решается

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 0963 xx .

Решение. Положим x и подставим в уравнение, получим:

09)(6)( 3

09)()63(33 .

Поскольку и выбраны произвольно, потребуем, чтобы 063 , и

поэтому получаем:

9,09 3333 .

С другой стороны, из равенства 063 находим:

8,2,63 33 .

32

Рассмотрим 3 и 3 , как корни квадратного уравнения, сумма корней

которого равна -9, а произведение 8. Получим уравнение: 0892 zz ,

следовательно 8,1 21 zz . Возвращаясь к переменным и :

.2

,1

,8

,13

3

Тогда 321, 1 xx . 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 3x . Выполним

деление по схеме Горнера:

1 0 -6 9 -3

13 )3(3 33

1 0 13 = -3 - 6 )3(3 = 3 9 33 = 0

Уравнение примет вид: 0)33)(3( 2 xxx . Уравнение 0332 xx не

имеет действительных корней, т.к. дискриминант 03129 D .

Получим один корень: 31 x .

Ответ: 31 x .

Замечание. Данный метод применим не всегда (см. пример 26.2).

Пример 26.2. Решите уравнение 0463 xx .

Решение. Положим x и подставим в уравнение, получим:

04)(6)( 3

04)()63(33 .



4,04 3333 .


8,2,63 33 .


которого равна -4, а произведение 8. Получим уравнение: 0842 zz ,

0163216 D , нет корней, т.е. данный метод не применим.

33

Хотя, кубическое уравнение 0463 xx имеет действительные корни.

Перебирая все делители свободного члена: 4,2,1 нетрудно найти

корень: 21 x . Разделим, по схеме Горнера, трѐхчлен 463 xx на 2x ,

получим:

1 0 -6 4 2

12 22 22

1 0 + 12 = 2 - 6 + 22 = -2 4 22 = 0

Уравнение примет вид: 0)22)(2( 2 xxx . Решим квадратное уравнение:

31,312

322,022 32

2

xxxx .

Ответ: 31,31,2 331 xxx .

27. ПОЛНЫЕ КУБИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ

Полное кубическое (кубичное) уравнение вида 023 cbxaxx

легко приводится к трѐхчленному кубическому уравнению 03 qpyy

подстановкой 3

ayx . Покажем это

2793

33

,0333

3223

23

aay

ayy

ca

yba

yaa

y

0393

23

2

cab

yba

ya

aya ,

0393

2

273

322

3223 c

abby

ay

aya

ay

ayay ,

0327

2

3

323

c

abay

aby .

Положим qcaba

pa

b 327

2,

3

32

, получим трѐхчленное кубическое

уравнение 03 qpyy .

34

Пример 27.1. Решите уравнение 01433 23 xxx .

Решение. Положим 1,3

3 yxyx , получим

014)1(3)1(3)1( 23 yyy , далее

096,01433363133 3223 yyyyyyyy . Положим

y и подставим в уравнение, получим:

09)(6)( 3 или 09)()63(33 .



9,09 3333 .


8,2,63 33 .


которого равна 9, а произведение 8. Получим уравнение: 0892 zz ,

8,1 21 zz ;

.2

,1

,8

,13

3

Тогда 321, 1 yy . 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 3y . Выполним

деление по схеме Горнера:

1 0 -6 -9 3

13 33 33

1 0 + 13 = 3 - 6 + 33 = 3 -9 + 33 = 0

Уравнение примет вид: 0)33)(3( 2 yyy . Уравнение 0332 yy не

имеет действительных корней. Получим один корень: 3y . Найдем решение

данного кубического уравнения: 213,1 xyx . Оно также имеет

один действительный корень.

Ответ: 2x .

35

28. УРАВНЕНИЕ ВИДА xxff )(

Теорема 28.1. Если функция xf непрерывная и возрастающая на X , тогда

xxff xxf на X .

Следствие 28.1. Если функция xf непрерывная и возрастающая на X ,

тогда xxfff

n

... xxf на X .

29. УРАВНЕНИЯ ВИДА 1)()...()( 21 xfxfxf n , ГДЕ 1)( xf k .

Если 1)( xfk , тогда уравнение 1)()...()( 21 xfxfxf n

1)(

...

1)(1

xf

xf

n

30. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ ОТНОСИТЕЛЬНО

КОЭФФИЦИЕНТОВ.

Пример 30.1. Решите уравнение 067 26 xx .

Решение. Представим уравнение в виде: 06)1)6(( 226 xx

06)6( 2226 xxx , следовательно 06)6( 6222 xxx , это

уравнение квадратное относительно 6 , т.е. 2xa , 1b , 62 xxc .

2484622 )12(441)(41 xxxxxxD

2

4

2

1216

x

x или

2

4

2

1216

x

x .

Решим полученные уравнения:

12162 42 xx 12162 42 xx

12162 42 xx 12162 42 xx

016 24 xx 06 24 xx

02

1062

x ; корней нет, 0x - посторонний корень

2

1062 x 62 x

36

2

1062,1

x 4

4,3 6x

Ответ: 2

1062,1

x ; 4

4,3 6x

31. МЕТОД РАЗЛОЖЕНИЯ НА ПРОСТЕЙШИЕ ДРОБИ.

Пример 31.1. Решите уравнение 44

4

3

3

2

2

1

1

x

x

x

x

x

x

x

x

Решение. Во-первых, 4;3;2;1 x , уравнение можно записать в виде:

44

84

3

63

2

42

1

21

x

x

x

x

x

x

x

x

44

81

3

61

2

41

1

21

xxxx

04

4

3

3

2

2

1

1

xxxx

0)3)(2(

6362

)4)(1(

144

xx

xx

xx

xx

0)3)(2(

125

)4)(1(

85

xx

x

xx

x

01655 2 xx

10

34552,1

x

Ответ: 10

34552,1

x

32. СИСТЕМЫ ЛИНЕЙНЫХ АЛГЕБРАИЧЕСКИХ

УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА.

Рассмотрим систему вида

22221

11211

byaxa

byaxa, т.к. в системе две переменные, и

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)

37

Из первого уравнения выразим y через переменную x :

xa

a

a

by

12

11

12

1 012 a , подставляя во второе уравнение получим уравнение

вида: 2

12

11

12

12221 bx

a

a

a

baxa

,

1) если 021122211 aaaa , тогда 12212211

122221

aaaa

ababx

, следовательно:

12212211

112211

aaaa

ababy

.

2) если 021122211 aaaa , и 0122221 abab или 0112211 abab , тогда

решением будет прямая xa

a

a

by

12

11

12

1 012 a .

3) если 021122211 aaaa , и 0122221 abab , 0112211 abab , тогда система

не имеет решений.

2 способ (метод сложения уравнений)

Если 02111 aa , тогда первое уравнение разделим на 11a , а второе на

21a , получим

22221

11211

byaxa

byaxa

21

2

21

22

11

1

11

12

a

by

a

ax

a

by

a

ax

,

складывая уравнения, получим: 21

2

11

1

21

22

11

12

a

b

a

by

a

a

a

a

, далее

1) если 021122211 aaaa , тогда 12212211

112211

aaaa

ababy

, следовательно:

12212211

122221

aaaa

ababx

.

2) если 021122211 aaaa , и 0122221 abab или 0112211 abab , тогда

решением будет прямая xa

a

a

by

12

11

12

1 012 a .

3) если 021122211 aaaa , и 0122221 abab , 0112211 abab , тогда система

не имеет решений.

38

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:

1) если 22

12

21

11

a

a

a

a , то прямые пересекаются, система имеет одно

единственное решение, 12212211

112211

aaaa

ababy

,

12212211

122221

aaaa

ababx

;

2) если 2

1

22

12

21

11

b

b

a

a

a

a , то прямые совпадают, система имеет бесконечное

число решений, и ответ записывается в виде уравнения прямой (любое из

уравнений будет ответом);

3) если 2

1

22

12

21

11

b

b

a

a

a

a , то прямые параллельны и не совпадают, система не

имеет решений.

33. МЕТОД СЛОЖЕНИЯ.

Пример 33.1. Решить систему уравнений вида: 2

2

17,

3 2 46.

x y

x y

Решение. Воспользуемся методом сложения. Умножим обе части первого

уравнения на -3 и сложим со вторым уравнением, получим:

2 2 2

2

4,

1,3 3 51, 17, 16,

3 2 46, 5 5, 1, 4,

1.

x

yx y x y x

x y y y x

y

Ответ: (-4; 1); (4:1).

34. МЕТОД ПОДСТАНОВКИ.

Пример 34.1. Решить систему уравнений вида: 4,

21.

x y

x y

Решение. Область допустимых значений переменных:

0; ; ;x y . Выразим из первого уравнения x и подставим

во второе уравнение:

39

2

4 ,4, 4 , 4 ,

3,4 21, 4 21 0,21,

7,

x yx y x y x y

yy y y yx y

y

7,

49,3,

3.3,

7,

x

xx

yy

y

Ответ; 49; 3 .

35. ЗАМЕНА ПЕРЕМЕННЫХ В СИСТЕМАХ УРАВНЕНИЙ .

Пример 35.1. Решить систему уравнений вида: 2 3 15,

15.

xxy

y

xxy

y

Решение. Область допустимых значений: 0, yRx . Пусть uxy , vy

x ,

тогда получим:

15

1532

vu

vu, решая линейную систему уравнений второго

порядка, получим:

3

12

v

u.

Возвращаясь к переменным x и y :

3

12

y

x

xy

yx

y

3

123 2

62

62

22

11

xy

xy

Ответ; 6; 2 ; 6;2 .

Пример 35.2. Решить систему уравнений вида:

2 2

1 1 1,

36

324.

x y

xy x y

Решение. Область допустимых значений: 0, 0x y . Преобразуем

систему:

40

2 2

11 1 1,,

3636

324.324,

y x

xyx y

xy y xxy x y

.

Пусть uxy , vxy , тогда получим:

1

1

12

1

2

1

3,36 ,1

108,36 ,,3,36

36 324, 3,324, 3,

108.

uv uu

vv uuv

u uvu u

v

Решим каждую из полученных систем:

1) 2

3,3, 3,

3 108,108, 3 108 0,

x yy x x y

y yxy y y

решений нет.

2)

2

12,

9,3,3, 3,

3 108,108, 3 108 0, 9,

12.

x

yx yy x x y

y yxy y y x

y

Ответ; 12; 9 ; 9; 12 .

36. СИММЕТРИЧЕСКИЕ СИСТЕМЫ.

Определение 36.1. Функция yxf , (от двух переменных) называется

симметрической, если для всех x и y выполнено равенство xyfyxf ,, .

Определение 36.2. Функция yxf , (от трех переменных) называется

симметрической, если для всех x и y выполнено равенство

yxzfxzyfzxyfxyzfyzxfzyxf ,,,,,,,,,,,,

Теорема 36.1. (о симметрических многочленах) Любой симметрический

многочлен от двух переменных представим в виде функции от двух

основных симметрических многочленов

xyyxv

yxyxu

,

,

Теорема 36.2. (о симметрических многочленах) Любой симметрический

многочлен от трѐх переменных представим в виде функции от трѐх основных

симметрических многочленов:

xyzzyxw

zxyzxyzyxv

zyxzyxu

,,

,,

,,

.

41

Рассмотрим «базовые» симметрические системы:

1)

bxy

ayx

bxax

xay

02 baxx

xay. Если квадратное

уравнение имеет два решения 21 , xx , тогда 11 xay , 22 xay .

Ответ: 2211 ;,; xaxxax ;

2)

byx

ayx 22

byx

axyyx 22

byx

abxy

2

2

, получаем первую

«базовую» систему, решение полностью повторяется как и в 1).

3)

byx

ayx 33

byx

ayxxyyx 33

byx

b

abxy

3

3

, получаем

первую «базовую» систему;

4)

byx

ayx 44

byx

ayxyx 22222 2

byx

ayxxyyx 222222

byx

ayxxyb 2222 22

byx

ayxxybb 2224 24.

Далее, в первом уравнении полагая txy , получим 042 422 batbt ,

пусть квадратное уравнение имеет два корня 21,tt (в случае одного корня

решается одно система), тогда получим:

byx

txy

txy

2

1

byx

txy

byx

txy

2

1

,

т.е. получаем две первые «базовые» системы.

Пример 36.1. Решить систему вида:

3

322

yx

yxyx

Решение. Заметим, что система является симметрической, преобразуем

систему уравнений:

42

3

322

yx

yxyx

3

332

yx

xyyx

3

2

yx

xy

xy

xx

3

23

xy

xx

3

0232

Решая квадратное уравнение, получим

2

1

2

1

x

x. Заметим, что нет

необходимости находить y , так как система симметрическая, поэтому (1; 2);

(2;1) – являются решениями.

Ответ: (1; 2); (2;1).

Пример 36.2. Решить систему вида: 4 4

5,

3.

x y

x y

Решение. Заметим, что система является симметрической, сделаем замену

переменных

2

2

4

4

0

0

vy

ux

vy

ux,

получим систему

3

522

vu

vu (вторая «базовая» система). Следовательно

2

1

2

1

v

v . Таким образом, (1; 2) и (2; 1) – являются решениями системы,

относительно переменных u и v , возвращаясь к переменным x и y ,

получим:

2

1

4

4

x

x

16

1

x

x,

так как исходная система симметрическая, следует, что (1; 16) и (16; 1) –

являются решениями системы.

Ответ; 1; 16 ; 16; 1 .

43

РАЦИОНАЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА И СИСТЕМЫ

НЕРАВЕНСТВ

37. КВАДРАТНОЕ НЕРАВЕНСТВО.

Рассмотрим неравенство вида 02 cbxax (вместо « » ставится

один из знаков « ,,, ». Известно, что если 0a , то ветви параболы

cbxaxy 2 направлены вверх, если 0a , то вниз. При решении данного

неравенства возможны случаи (рассмотрим для неравенства вида:

02 cbxax ):

а) 0D , тогда справедливо: если 0a , решение является ;Rx ,

если 0a , то решений нет.

б) 0D , тогда справедливо: если 0a , решение является ;Rx ,

если 0a , то a

bx

2 .

в) 0D , пусть 21, xx - нули функции cbxaxy 2 , тогда справедливо:

если 0a , решение является ;; 21 xxx (будем говорить, что

«решение находится за корнями», та часть параболы, которая находится

выше оси ОХ), если 0a , то 21;xxx (будем говорить, что «решение

находится между корнями», та часть параболы, которая находится выше оси

ОХ).

44

38. НЕРАВЕНСТВО ВИДА: 0021 xfxf

Теорема 38.1. Если функции xfxf 21 , определены на множестве X , тогда

0021 xfxf

0

00

00

0

2

1

2

1

xf

xf

xf

xf

Пример 38.1. Решите неравенство 031 xx

Решение. ОДЗ: Rx , 031 xx

03

01

03

01

x

x

x

x

3;

1;

;3

;1

x

x

x

x

1;

;3

x

x

Ответ: ;31;x .

Пример 38.2. Решите неравенство 031 xx

Решение. ОДЗ: ;101 xx , тогда при x ОДЗ справедливо:

031 xx

03

01

03

01

x

x

x

x

;3

)3;(

);1(

x

x

x

x

x

x )3;1(

3;1x , учитывая ОДЗ получим 3;1;13;1 x

Ответ: 3;1x .

45

39. НЕРАВЕНСТВО ВИДА:

002

1 xf

xf


002

1 xf

xf

0

00

00

0

2

1

2

1

xf

xf

xf

xf

0

)0(0

2

21

xf

xfxf

0

)0(0

1

21

xf

xfxf


)0(02

1 xf

xf )0(021 xfxf

Пример 39.1. 2

2

2 2 10

4 3

x x x

x x

.

Решение. Преобразуем неравенство:

2 2

2

1,2 1 2 1

0 0 2 14 13 4 0.

4

xx x x x

x xx xx x

x

Ответ: ; 4 2; 1 .

40. НЕРАВЕНСТВО ВИДА:

xhxg

xf .

Теорема 40.1. Если функции )(,0, xhxgxf определены на множестве

X , тогда

xhxg

xf

0

0)()(

0

0)()(

xg

xgxhxf

xg

xgxhxf

Аналогично с обратными знаками.

46

Пример 40.1. Решите неравенство 5 1

12

x

x

.


5 1 5 1 2 6 3 2 11 0 0 0 0

2 2 2 2

x x x x x

x x x x

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.

Пример 41.1. При каких значениях переменной x система

xgyxf

xgyxf

22

11

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

xgyxf

xgyxf

22

11

xgxf

xgxf

12

21, далее остается решить систему неравенств от одной

переменной.

Пример 41.2. При каких значениях переменной x система

xgyxf

xgyxf

xgyxf

33

22

11

имеет хотя бы одно решение.

47

Решение. Аналогично, как и в примере 1 получим, что по теореме 1 следует:

xgyxf

xgyxf

xgyxf

33

22

11

xgxf

xgxf

xgxf

xgxf

xgxf

xgxf

23

13

32

12

31

21

, далее остается решить систему

неравенств от одной переменной.

Пример 41.3. Указать множество решений систем неравенств:

32

2

xy

xy и

2

2

yx

xy

Решение. Решим данные задачи геометрически (иногда удобнее решение

представлять графически).

УРАВНЕНИЯ С МОДУЛЕМ

42. УРАВНЕНИЯ ВИДА RAAxf ,)( .

Теорема 42.1. Справедливы условия:

1. Если 0A , то корней нет.

2. Если 0A , то уравнению Axf )( соответствует уравнение 0)( xf

3. Если 0A , то уравнению Axf )( соответствует равносильная

совокупность

Axf

Axf

)(

)(

48

43. УРАВНЕНИЯ ВИДА )()( xgxf .

Теорема 43.1. Уравнению )()( xgxf соответствует равносильная

совокупность систем

)()(

0)(

)()(

0)(

xgxf

xg

xgxf

xg


совокупность систем

)()(

0)(

)()(

0)(

xgxf

xf

xgxf

xf

44. УРАВНЕНИЯ ВИДА )()( xgxf .

Теорема 44.1. Уравнению )()( xgxf соответствует равносильное

уравнение )()( 22 xgxf



)()(

)()(

xgxf

xgxf

45. УРАВНЕНИЯ ВИДА )()( xfxf И )()( xfxf

Теорема 45.1.

1) Уравнению )()( xfxf соответствует равносильное

неравенство 0)( xf

2) Уравнению )()( xfxf соответствует равносильное неравенство

0)( xf

46. ОБЩАЯ СХЕМА РЕШЕНИЯ УРАВНЕНИЙ

СОДЕРЖАЩИХ ЗНАК МОДУЛЬ.

Пример 46.1. Решите уравнение 341 22 xx

49

Решение. Найдем нули выражений, стоящих под знаком модуль

2,1 xx

I)

341

2

22 xx

x II)

341

12

22 xx

x III)

341

11

22 xx

x

2

2

x

x

верно

x

,33

12

1

11

x

x

2x 1;2 - промежуток 1x

IV)

341

21

22 xx

x V)

341

2

22 xx

x

верно

x

,33

21

2

2

x

x

2;1 - промежуток 2x

Ответ: 2;11;2

47. НЕРАВЕНСТВА ВИДА Axf )( .

Теорема 47.1. Справедливы следующие утверждения:

1) Если 0A , то решений нет

2) Если 0A , то 0)( xf

3) Если 0A , то неравенству Axf )( равносильна система

Axf

Axf

)(

)(

48. НЕРАВЕНСТВА ВИДА Axf )( .


1) Если 0A , то неравенство верно для любых х из области

определения )(xf

2) Если 0A , то неравенство верно для любых х из области

определения )(xf

50

3) Если 0A , то неравенству Axf )( равносильна совокупность

Axf

Axf

)(

)(

49. НЕРАВЕНСТВА ВИДА )()( xgxf .


1) Если 0)( xg , то решений нет.

2) Если 0)( xg , то решений нет.

3) Если 0)( xg , то неравенству )()( xgxf равносильна система

)()(

)()(

xgxf

xgxf

50. НЕРАВЕНСТВА ВИДА )()( xgxf .


1) Если 0)( xg , то неравенство )()( xgxf верно для любых

значений x из области определения неравенства )()( xgиxf

2) Если 0)( xg , то неравенству )()( xgxf равносильна система

)(

)(

0)(

gDx

fDx

xf

3) Если 0)( xg , то неравенству )()( xgxf равносильна


)()(

)()(

xgxf

xgxf

51. НЕРАВЕНСТВА ВИДА )()( xgxf И )()( xgxf .


1) Неравенству )()( xgxf соответствует неравенство )()( 22 xgxf

(либо общий способ)

2) Неравенству )()( xgxf соответствует неравенство )()( 22 xgxf

(либо общий способ)

51

МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ

УРАВНЕНИЙ

52. УРАВНЕНИЕ ВИДА Axf )( , ГДЕ 0A

В данном уравнении обе части являются неотрицательными, следовательно

Axf )( 2)( Axf , далее решаем рациональное уравнение.

Пример 52.1. Решить уравнение 41 x

Решение. Возведем обе части в квадрат, получим: 164 x 12x .

Ответ. 12x .

Пример 52.2. Решить уравнение 2122 xx

Решение. Возведем обе части в квадрат, получим: 4122 xx

0322 xx , следовательно 31 x , 12 x . Решение проверки не требует,

т.к. Axf )( 2)( Axf .

Ответ. 31 x , 12 x .

53. УРАВНЕНИЕ ВИДА 0)()( xgxf

Пусть )(xf и )(xg определены на X , т.к. левая часть уравнение

представляет произведение функций, получим

0)()( xgxf

0)(

0)(

0)(

xf

xg

xf

, при Xx .

Пример 53.1. Решить уравнение 02332 2 xxx

Решение.

1 способ.

02332 2 xxx

032

023

032

2

x

xx

x

5,1

2

1

5,1

2

1

x

x

x

x

1

5,1

x

x

2 способ (без ОДЗ).

52

02332 2 xxx

023

032

2 xx

x

2

1

5,1

3

2

1

x

x

x

Проверка.

1) при 5,11 x подкоренное выражение обращается в нуль – решение.

2) при 12 x подкоренное выражение положительное – решение.

3) при 23 x подкоренное выражение отрицательное – не является

решением.

Ответ. 5,11 x , 12 x .

54. УРАВНЕНИЕ ВИДА )()( xgxf

Справедливы следующие теоремы.

Теорема 54.1. Уравнение )()(12 xPxRk )()( 12 xPxR k , при Rx .

Теорема 54.2. Уравнение )()(2 xPxRk

.0)(

),()( 2

xP

xPxR k

при Rx .

Пример 54.1. Решить уравнение xx 12 .

Решение.

1 способ (возведение в степень)

Данное уравнение равносильно смешанной системе (теорема 2):

4

,4

,3

,0

,012

,0

,12

,0

2

1222

x

x

x

x

xx

x

xx

x.

2 способ (геометрический способ)

Построим графики функций левой и правой части уравнения.

53

Ответ: 4x .

Пример 54.2. Решить уравнение 8222 xxxx .

Решение (метод замены переменных). Пусть 022 yxx , тогда

222 yxx , подставляя в уравнение получим:

062 yy

Учитывая что 0y получим систему:

2

,2

,3

,0

,06

,0

2

12

y

y

y

y

yy

y.

Возвращаясь к переменным x , получим:

3,2,06,42 21

22 xxxxxx .

Ответ: 3,2 21 xx .

55. УРАВНЕНИЕ ВИДА f x g x( ) ( )

Теорема 55.1. Любое уравнение вида )()( xgxf равносильно каждой из

систем:

,0)(

),()(

xf

xgxf или

.0)(

),()(

xg

xgxf

Пример 55.1. Решите уравнение xx 263 .

Решение.

1 способ (возведение в квадрат)

xx 263

03

263

x

xx

3

1

x

x 1x

2 способ (умножение на сопряженный множитель)

Уравнение запишем в виде: 0263 xx , умножим обе части

уравнения на сопряженный: 0263 xx (заметим что ОДЗ не

изменяется)

xxxxxx 2630263263 0263 xx

033 x 1x , подставляя в уравнение получим:

04412631 - верно.

54

3 способ (приведение к системе)

03 ux , 026 vx , тогда 122 22 vu и 0 vu , т.е. получим

систему уравнений вида:

0

122 22

vu

vu

vu

vv 122 22

vu

v 42

2

2

u

v, т.к. 0,0 vu .

Возвращаясь к исходным переменным

226

23

x

x

426

43

x

x 1x .


Построим графики функций 3 xy и xy 26 , из графика видно, что

уравнение имеет одно решение 1x .

Ответ: 1x .

56. УРАВНЕНИЕ ВИДА Axgxf )()(

Пример 56.1. Решить уравнение 1341 xx .

Решение.

1 способ (с учетом ОДЗ, возведение в квадрат).

Область допустимых значений: 4

3

,4

3,1

,034

,01

x

x

x

x

x. Преобразуем

уравнение: 3411 xx . Возведем обе части этого уравнения в

квадрат: 3434211,341122

xxxxx ,

33342 xx .

Полученное уравнение равносильно смешанной системе:

55

,021349

);1

91891216

,1

)33(342

,033

,3

2

22

22 xx

x

xxx

x

xx

x

x

.3

9

7

,3

);1

2

1

x

x

x

x

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».

3411 xx

3434211,341122

xxxxx , 33342 xx

22

)33(342 xx 021349 2 xx

9

7

,3

2

1

x

x

.

Проверка:

,13

1

3

4

9

1

9

163

9

741

9

7

9

7

,1329433413,3

2

1

x

x

, при 3x

получаем верное равенство.

Ответ: 3x .


12

1

1

x

x

x

x.

Решение

1 способ (замена переменных)

Выражения 1

1

x

x и

1

1

x

x являются взаимно обратными, при 1x ,

пусть 01

12

1,0

1

1

tx

xt

x

x, получим смешанную систему:

2

,2

,1

,0

,02

,0

,11

2

,0

2

12

t

t

t

t

tt

t

tt

t

.

56

Далее, возвращаясь к переменному x получим: 41

12

1

1

x

x

x

x

,441 xx 3

5 x , т.к. подкоренные значения положительны,

следовательно 3

5x является решением уравнения.

2 способ (сведение к системе)

Введем новые переменные 1

1

x

xu и

1

1

x

xv , тогда уравнение можно

представить в виде системы уравнений:

1

12

uv

vu

012

12

2 vv

vu

2

1

1

12

2

1

v

v

vu

2,2

1

1,1

22

11

uv

uv

Возвращаясь к переменному x получим:

21

1

,2

1

1

1

11

1

,11

1

x

x

x

x

x

x

x

x

41

1

,4

1

1

1

x

x

x

x

0441

,0144

xx

xx

3

5x

Ответ: 3

5x .

Пример 56.3. Решить уравнение: .7181 xx

Решение


Положим ,01 ux ,018 vx тогда ,1 2ux .18 2vx

Следовательно получим систему вида:

57

,78

7

22 vu

vu

,714498

7

22 uuu

uv

,082

7

2 uu

uv

4,2

11,5

21

21

uu

vv

Возвращаясь к исходным переменным получим:

1118

41

518

21

x

x

x

x

2518

41

x

x

3x


Умножим обе части уравнения на сопряженный множитель

0181 xx , т.е. 0x (заметим, что 0x не является решением

уравнения), таким образом:

1817181181 xxxxxx

1811817

1 xxxx 181 xxx

Следовательно можем записать в виде системы:

1817

181

xx

xxx

Прибавляя оба уравнения получим: 127 xx , возведем обе части в

квадрат, следовательно 441449 2 xxx 045182 xx , 151 x ,

32 x , подставляя в уравнение получим, что только 3x удовлетворяет

уравнению.


Построим графики функций левой и правой части уравнений

58

Ответ: 3x .

57. УРАВНЕНИЕ ВИДА )()()( xhxgxf

Пример 57.1. Решите уравнение .3532532 22 xxxxx

Решение.

1 способ (возведение в квадрат, без ОДЗ)

Запишем уравнение в виде: .5323532 22 xxxxx , возведем обе

части в квадрат,

53253269532 2222 xxxxxxxx

532696 22 xxxxx 53212

3 2 xxx (т.к. 0x - не

является решением уравнения), возведем полученное уравнение еще раз в

квадрат, получим 532134

9 22 xxxx 44

1 2 x 4x .

Проверка: т.к. при 4x левая часть уравнения положительная, а правая

отрицательна, то не является решением, при 4x получаем тождество.


Пусть 0532 2 xxu 0532 2 xxv , тогда приходим к системе

уравнений:

59

,3

,622

xvu

xvu

.3

),(222

xvu

vuvu

.3

0

02

xvu

vu

vu

xvu

vu

xvu

vu

3

0

.3

02

0

3

2

x

xvu

vu

В системе сложив два уравнения получим .232 xu Вспоминая чему равен

u получим: 235322 2 xxx , возведем обе части в квадрат и решая

уравнение получим 4x , при этом 4x не удовлетворяет уравнению,

т.к. правая часть последнего уравнения отрицательна, а левая положительна.

Таким образом, получаем два «подозрительных» корня, из них 0x также

не удовлетворяет уравнению (см. 1 способ), если 4x , то получаем в

уравнении тождество.


Обе части уравнения умножим на сопряженный множитель

0532532 22

xxxx (равенство нулю достигается в точке

0x - что не является решением уравнения), тогда получим уравнение:

xxxxxx 65325323 22

, т.к. 0x - не является решением

уравнения, то можем обе части разделить на x3 , следовательно, можем

записать в виде системы:

xxxxx

xxxx

3532532

2532532

22

22

,

складывая оба уравнения системы, получим: 22

3532 2 xxx ,

решением которой есть 4x (см.2 способ). Учитывая, что 4x не

является решением уравнения (т.к. правая часть последнего уравнения

отрицательна, а левая положительна), а при 4x , получаем в уравнении

тождество.

Ответ: .4x

60

58. УРАВНЕНИЕ ВИДА )()()( xhxgxf

Пример 58.1. Решите уравнение .532532 22 xxxxx

Решение

1 способ (возведение в квадрат, без ОДЗ)

Запишем уравнение в виде: .532532 22 xxxxx , возведем обе

части в квадрат,

5325322532 222 xxxxxxxx 53225 2 xxxx

05322

5 2

xxxx . Выражение в скобках не равен нулю, т.к.

оба слагаемых не отрицательны и не равны нулю одновременно, т.е.

получаем одно «подозрительное» решение 0x .

Проверка: 0x , левая часть уравнения равна 052 , т.о. уравнение не

имеет решений.


Пусть 0532 2 xxu 0532 2 xxv , тогда приходим к системе

уравнений:

,

,622

xvu

xvu

.

,)(6 222

xvu

vuvu

.

0

075

xvu

vu

vu

xvu

vu

xvu

vu

0

.

075

0

52

x

xvu

xv

Вспоминая чему равен v получим: xxx 55322 2 , т.к. правая часть

последнего уравнения отрицательна, а левая положительна, то нет решений.

Таким образом, получаем «подозрительный» корень 0x , который также

не удовлетворяет уравнению (см. 1 способ).


61

Обе части уравнения умножим на сопряженный множитель

0532532 22

xxxx (равенство нулю достигается в точке

0x - что не является решением уравнения), тогда получим уравнение:

xxxxxx 6532532 22

, т.к. 0x - не является решением

уравнения, то можем обе части разделить на x , следовательно, можем

записать в виде системы:

xxxxx

xxxxx

532532

6532532

22

22

,

вычитая оба уравнения системы, получим: xxx 55322 2 , т.к. правая

часть последнего уравнения отрицательна, а левая положительна, то

уравнение не имеет решений.


59. УРАВНЕНИЯ ВИДА Adcxpbxadcxkbax 11

В уравнении Adcxpbxadcxkbax 11 удобно

произвести замену: 0 ydcx , тогда 2ydcx , c

dyx

2

Исходное уравнение примет вид.

Apybc

dyakyb

c

dya

1

2

1

2

Обычно под знаком одного из радикалов, после такой замены, появляется

полный квадрат двух члена.

60. УРАВНЕНИЕ ВИДА Axgxf 33 )()(

Пример 60.1. Решить уравнение .1181 33 xx

Решение. ОДЗ: Rx . Возведем обе части уравнения в куб

,118)18)(1(3)18()1(31 3 23 2 xxxxxx

.181811813 333 xxxx Вместо суммы 33 181 xx в

уравнение подставим ее значение -1, тогда получим .61813 xx

62

Возведем обе части уравнения в куб, получим .216181 xx Решая

данное квадратное уравнение получим: 261 x , 91 x .

Проверка: подставляя в уравнение получим:

.1231826126 33 - верно.

.13218919 33 - верно.

Ответ: 261 x , 91 x .

Пример 60.2. Решите уравнение 023369 33 2 xxx .

Решение. Преобразуем уравнение: .0233)3( 33 2 xx Пусть

yx 3 3 , получим уравнение 0232 yy . D = 9 + 8 = 17;

2

173,

2

17321

yy . Возвращаясь к исходным переменным, получим:

8

1733,

8

1733;

8

1733;

2

1733

3

2

3

1

3

3

xxxx .

Ответ:

8

1733;

8

1733

33

.

Пример 60.3. Решить уравнение: .21412 33 xx

Решение

1 способ (метод симметрических систем)

Положим ,14,12 33 vxux тогда 33 14,12 vxux . Складывая

левые и правые части этих равенств, получаем: 2633 vu . Из данного

уравнения, находим: 2 vu . Получим систему уравнений:

,2

,26)(2

,2

,26))((

,2

,26 222233

vu

vuvu

vu

vuvuvu

vu

vu

.2

,13)2()2(

,2

,13 2222

uv

uuuu

vu

vuvu

Решим первое уравнение системы:

3,1;1,3,032

,013442

2121

2

222

vvuuuu

uuuuu.

Тогда,

13,112,112

;15,2712,312

23

13

xxx

xxx.

63

Ответ: 13,15 21 xx .

2-й способ

Возведем обе части уравнения в куб, получим:

;814)14(12314)12(312 3 2333 2 xxxxxx

.181412)14)(12(3 333 xxxx

По условию ,21412 33 xx тогда получим ,321683 2 xx

13,15,01952,272168 21

22 xxxxxx .

Ответ: 13,15 21 xx .

61. УРАВНЕНИЕ ВИДА )()()( 33 xhxgxf

Пример 61.1. Найти все вещественные корни уравнения .211 333 xxx

Решение. ОДЗ Rx . Возведем обе части уравнения в куб

,21)1)(1(3)1()1(31 33 23 2 xxxxxxx

.022)11(13 3333 2 xxxxx

Из заданного равенства вместо суммы 33 11 xx в уравнение подставим

ее значение 3 2x , получим ,022213 333 2 xxxx тогда

,0)1(2213 233 2 xxxx

.0))1(223(1 3 2233 2 xxx

Отсюда находим ,013 3 xx ,01 x ,12 x .13 x

Решим уравнение ,0)1(223 3 223 x => ,23)1(2 33 22 x =>

,54)1(8 22 x => ,4

27)1( 22 x => .

2

331,

2

331 22 xx

Следовательно,

,2

3314 x

2

3315 x ,

2

3316 x ,

2

3317 x .

Проверка: подставляя корни в уравнение получим тождество для всех корней

64

Ответ: ,01 x ,12 x ,13 x ,2

3314 x

2

3315 x ,

2

3316 x ,

2

3317 x .

62. УРАВНЕНИЕ ВИДА 333 )()()( xhxgxf

Пример 62.1. Решить уравнение: .)1(1232 333 xxx

Решение. Положим ,32, 33 vxux тогда .32, 33 vxux Получим

систему уравнений, из которой исключим x:

.32,32

,22

,32

, 33

3

3

3

3

uv

xv

xu

xv

xu

Чтобы получить второе уравнение системы, замени в данном уравнении

vxux 33 32, и 3ux , получим уравнение:

.1212)(,1212)(,)1(12 33333 3 uvuuvuuvu

Из двух уравнений составим систему и решим ее:

.044)(

,1212)(

,1284

,1212)(

,32

333

33

33

33

33

vuvu

uvu

uv

uvu

uv

Решим полученное уравнение: ,0)(4)( 333 vuvu

,0)(4)()(

,0))((4))((

222

222

vuvuvuvu

vuvuvuvuvu

,0363

,04442

22

2222

vuvuvu

vuvuvuvuvu

.0,02222 vuvuvuvuvu

Последнее уравнение равносильно совокупности уравнений:

.3

,1

,32

,32

,32

,32

,

,

,0

,0

33

33

x

x

xx

xx

xx

xx

vu

vu

vu

vu

Ответ: .3,1 21 xx

65

63. УРАВНЕНИЯ ВИДА )()()( xgxfbxfa nn

Уравнению вида )()()( xgxfbxfa nn решаются с помощью введения

переменных.

0)(

0)(

Vxfb

Uxfa

n

n

Сводятся к решению системы алгебраических уравнений.

baVU

xgVU

nn

)(

Пример 63.1. Решите уравнение .41597 44 xx

Решение. ОДЗ

,015

,097

x

x

,15

,97

x

x 9715 x или ].97;15[

Положим ,015,097 44 xvxu приходим к системе уравнений

,4

,8244

vu

vu =>

,)(22)(

)(222

22

2222224224

uvuvvu

uvvuuvvuvu

так как u + v = 4, получим .)(264256)(2)216( 22244 uvuvuvuvvu

Получаем .08732)(,8225664)(2 22 uvuvuvuv Положим uv = t,

получим квадратное уравнение .3,29,08732 21

2 tttt

В результате приходим к двум системам уравнений

.3

,4

,29

,4

uv

vu

uv

vu

=>

,3

,1

v

u и

.1

,3

v

u

Теперь находим x: ,96,315 14 xx .16,115 2

4 xx Оба корня

входят в ОДЗ и являются решениями уравнения.

Ответ: ,961 x .162 x

66

НЕСТАНДАРТНЫЕ ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ

УРАВНЕНИЯ

64. МЕТОД ОЦЕНОК. МЕТОД МОНОТОННЫХ ФУНКЦИЙ .

Пример 64.1. Решить графически уравнение .4

2x

x

Решение. Графиком функции 2 xy

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 2x .

Графиком функции x

y4

является

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 )(xfy - монотонно возрастающая функция, тогда

xxffxxf )()( .

Теорема 64.2. Если )(xfy монотонно возрастает, то при любом k

уравнения xxfxxfff

k

)()...)((...( .

Пример 64.1. Решите уравнение .111...1 xx

Решение. Перепишем уравнение к виду: xx 11...11 .

Рассмотрим функцию .1)( xxf Эта функция монотонно возрастает.

Имеем уравнение xxfff )(... . В соответствии с теоремой 2 заменяем его

равносильным уравнением xxf )( или .1 xx Преобразуем уравнение,

а затем решим его, как квадратное относительно x , получим:

67

.2

53,

2

51,01

xxxx

Ответ: .2

53x

65. МЕТОД НЕРАВЕНСТВА КОШИ.

Справедливо неравенство Коши вида: 2

baab

при 0,0 ba

Пример 65.1. Решите уравнение .211 222 xxxxxx

Решение. В силу неравенства Коши - среднее геометрическое

неотрицательных чисел не меньше их среднего арифметического, имеем:

,22

1)1(1)1(1

2222 xxxx

xxxx

,2

2

2

1)1(1)1(1

2222

xxxx

xxxx

следовательно, левая часть неравенства не превосходит x + 1. В самом деле,

сложим обе части неравенств, получим:

,2

21

,2

1

22

22

xxxx

xxxx

,2

2

211

2222

xxxx

xxxx

.111

,2

211

22

2222

xxxxx

xxxxxxxx

Таким образом, из данного уравнения следует, что правая часть, будучи

равна левой, также будет меньше или равна x + 1, т. е.

,0)1(,12 22 xxxx значит x = 1. Это значение и является

единственным решением данного уравнения.

Ответ: x = 1.

Пример 65.2. Решить уравнение .3111 444 2 xxx

Решение. Сделаем несколько оценок с помощью неравенства Коши:

68

,2

11111

,2

11111

4

4 2

xxx

xxxxx

,2

111114

xxx

.32

)1(1

2

)1(11111111 444 2

xxxxxxx

Так как равенство во всех случаях имеет место только при x = 1, то это число

и является единственным корнем уравнения.

Ответ: x = 1.

Пример 65.3. Решите уравнение .1231 2xxxx

Решение. Область допустимых значений:

.3;1,31

,03

,01x

x

x

Воспользуемся неравенством .2

2

2

2

2

1

2

12121 bababbaa

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 nn bbbaaa ...,,,;...,,, 2121 имеет место

неравенство

,......... 22

2

2

1

22

2

2

12211 nnnn bbbaaabababa

при этом знак равенства достигается лишь в случае, когда ....2

2

1

1

n

n

b

a

b

a

b

a

С геометрической точки зрения, равенство имеет место в случае

коллинеарности векторов.

Имеем .12)3()1(1311 22 xxxxxxx

Значит, векторы (x, 1) и )3,1( xx коллинеарны, т. е. ,3

1

1 xx

x

,21,1,0)12)(1(

,013,13

21

2

3

xxxxx

xxxxxx

.213 x

Последний корень является посторонним.

Ответ: .21,1 21 xx

69

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 ,1|| x то удобны

замены ,2

;2

,sin

x или ,;0,cos x причем какую из

них выбрать, зависит от конкретной задачи.

В случаях, когда переменная может принимать любые значения,

используются замены ,2

;2

,

tgx и .;0, ctgx

Пример 66.1. Решите уравнение .341 32 xxx

Решение. ОДЗ ,01 2 x ,012 x ,0)1)(1( xx ,11 x .1|| x

Значит можно выполнить замену

,2

;2

,sin

x или .;0,cos x

Положим ,;0,cos x тогда получим уравнение

,cos3cos4cos1 32 или ,cos3cos2cos2sin 22

,cos3)2cos1(cos2|sin| ,cos2coscos2|sin|

,coscos3cos|sin| ,3cos|sin|

но в нашем случае ,0sin так что

,3cossin или .02

cos3cos

Решая последнее уравнение, получим .,,4

3,

28Znknk

Условию 0 удовлетворяют три значения

,4

3,

8

5,

8321

поэтому

70

;222

1

2

2

21

2

4cos1

8cos1

x

;222

1

2

4cos1

2

4

5cos1

8

5cos2

x

.2

2

4cos

4

3cos3

x

Ответ: .222

1;22

2

1;

2

2

Пример 66.2. Решите уравнение .12

35

12

x

xx

Решение. Область допустимых значений: .1||,012 xx

Положим sin

1x .

20

Уравнение примет вид:

,12

35

cos

1

sin

1,

12

35

sin1

1

sin

1,

12

35

1sin

1

sin

1

sin

1

2

2

.12

35

cossin

cossin

Обозначим .cossin,cossin vu

Возведем обе части первого равенства в квадрат, получим:

.21,coscossin2sin,)cos(sin 222222 uvuu

Подставляя в уравнение значения u и v, получим систему уравнений:

,21

,3512

,21

,12

35

22 vu

vu

uvv

u

получим ,25

12,

5

7 vu

.25

12cossin

,5

7cossin

Значит, числа sin и cos являются корнями квадратного уравнения

71

,025

12

5

72 zz т. е. либо

,5

4cos

,5

3sin

либо

.5

3cos

,5

4sin

Ответ: .4

5,

3

521 xx

67. РЕШЕНИЕ СИСТЕМ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ

УРАВНЕНИЙ. ЗАМЕНА ПЕРЕМЕННЫХ.

Пример 67.1. Решить систему уравнений:

.2

5

,10

x

y

y

x

yx

Решение. Положим 0, zzy

x, тогда

zx

y 1 , второе уравнение примет

вид: .2,2

1,0252,

2

5121

2 zzzzz

z Таким образом, получим:

.4,4

1,

2

1xy

y

x

y

x Подставляя в первое уравнение, найдем значение x:

.8,2,104 yxxx

Подставим второе значение z и найдем x и y:

.8,2,104;4,4,2 xyyyyxy

x

y

x

Ответ:

.2

,8

,8

,2

2

2

1

1

y

x

y

x

Пример 67.2. Решить систему уравнений

.84

,1422 xyyx

xyyx

Решение. Область допустимых значений определяется совокупностью двух

систем неравенств:

.0

,0

,0

,0

y

x

y

x

72

Равенство нулю одновременно x и y невозможно, в противном случае

получим несовместную систему уравнений:

.840

,140

Преобразуем каждое из уравнений системы:

.84)(

,14

,842

,14222 xyyx

xyyx

xyyxyx

xyyx

Положим ,0,, vvxyuyx отсюда 2vxy , получим систему:

.4,10

,6

,14

,84))((

,14

,84

,1422

vuvu

vu

vuvu

vu

vu

vu

Придем к системе уравнений:

,8,2,01610,16)10(

,10

,16

,10

,4

,1021

2

xxxx

xx

xy

xy

yx

xy

yx

.2,8 21 yy

Ответ:

.2

,8

,8

,2

2

2

1

1

y

x

y

x

68. ИСПОЛЬЗОВАНИЕ НЕРАВЕНСТВ КОШИ И ДРУГИХ

ПРИ РЕШЕНИИ СИСТЕМ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ

УРАВНЕНИЙ


.11

,2)1()1(

xyxyyx

xyxyyx

Решение. Согласно неравенству Коши будем иметь:

,2

1,22

1)1(1)1(1

xx

yyyy

тогда левая часть второго уравнения не превосходит xy

,22

11,2

1,2

1xyxy

xyyxxy

xyxy

yx

xyxyyx 11

и равна правой части только при 11y и .11x Легко проверить, что

получившаяся отсюда пара чисел (2; 2) является решением и первого

уравнения.

Ответ:

.2

,2

y

x

73

69. ИСПОЛЬЗОВАНИЕ СВОЙСТВ УРАВНЕНИЯ ВИДА

F(F(X)) = X

Пример 69.1. Решите систему уравнений

.22

,77

22

22

yxyx

xyxy

Решение. Рассмотрим в первом уравнении левую часть как функцию от x с

параметром y, запишем ее в виде f(f(x)), где .7)( 2 yxxf Поскольку

f(x) монотонно возрастает, то первое уравнение равносильно уравнению

xyx 72 .

Рассмотрим во втором уравнении левую часть как функцию от y с

параметром x, тогда, аналогично первому уравнению, получим:

.22 yxy

В результате приходим к системе уравнений, которую уже решить

нетрудно:

.2

,7

2

2

yxy

xyx

Ответ:

.3

,2

y

x

ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА

Замечание. Все иррациональные неравенства могут быть решены

обобщенным методом интервалов, поэтому данный метод рассматривать не

будет.

70. НЕРАВЕНСТВА ВИДА Axf )(

Теорема 70.1. Справедливы утверждения

1) 2)(0,)( AxfAAxf

2) 0)(0,)( xfAAxf

3) 2)(00,)( AxfAAxf

4) xAAxf 0,)(

Пример 70.1. Решить неравенство 2 2 3 5x x .

74

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:

2

2 222

2 3 0,3 1 0,3 1 0,

4 2 0,2 8 0,2 3 5 ,

x xx xx x

x xx xx x

4; 3 1;2x .

Ответ: 4; 3 1;2x .

71. НЕРАВЕНСТВА ВИДА )()( xgxf

Теорема 71.1. Справедливы утверждения (все решения рассматриваются в

ОДЗ):

1) Если 0)( xg , тогда xxgxf )()(

2) Если 0)( xg , тогда 0)()()()( xgxfxgxf

3) Если 0)( xg , тогда 0)()()( xfxgxf

4) Если 0)( xg , тогда )()( xgxf

)()(

0)(

2 xgxf

xf

5) Если 0)( xg , тогда )()( xgxf )()( 2 xgxf

Пример 71.1. Решить неравенство 18 2x x .

Решение. Рассмотрим два случая. 1-й случай, если 2 0x , тогда неравенство не имеет решений,

2-й случай, если 2 0x , тогда обе части неравенства можно возвести

в квадрат, если подкоренное выражение неотрицательно:

2

22 2

2 0, 2,18 2,

18 0, 18,5 14 0,

18 4 4 ,18 2 ,

x xx

x xx x

x x xx x

18 2,

2 7 0,

x

x x

Ответ: 18; 2 .

Пример 71.2. Решить неравенство 3 5x x .

75

Решение.

1-способ

Неравенство равносильно совокупности двух систем:

5 0, 5,

3 5 èëè 3; 53 0, 3,

x xx x

x x

.

7;3

7;5

53

25103

03

05

03

05

2

xx

x

xxx

x

x

x

x

Ответ: 3;7 .

2-способ

Решим неравенство методом интервалов. Преобразуем неравенство:

3 5 0x x . Рассмотрим функцию ( ) 3 5f x x x и найдем

значения x, при которых она принимает отрицательные значения. Область

определения функции: ;303 xx . Найдем нули функции:

2

5 0,( ) 0; 3 5 0 3 5

3 10 25,

xf x x x x x

x x x

2

5,5 0,

74,11 28 0,

7,

xx

xxx x

x

.

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 3; 7x f(4) = 2 > 0; при x = 7 f(7) = 0; при

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

положительные значения на промежутке 3; 7

Ответ: 3;7 .

Пример 71.3. Решить неравенство 22 39163916 xxxx

Решение. Если ввести обозначение z =23916 xx , то данное неравенство

перепишется в виде: z2 – z 0. Легко находим решение этого неравенства (с

76

учетом того, что z0): z [1; +) {0}. Равенство 23916 xx = 0 дает

корни х1 = 3 и х2 = 13, которые удовлетворяют поставленной задаче. Решим

теперь неравенство 23916 xx 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 х

2 –16х +38

0. Получаем решение х [8 - 26 ; 8 + 26 ].

Ответ: х [8 - 26 ; 8 + 26 ].

72. НЕРАВЕНСТВА ВИДА 0)()( xgxf

Теорема 72.1. Справедливы утверждения:

1) 0)()( xgxf

0)(

0)(

xg

xf;

2) 0)()( xgxf

0)(

0)(

xg

xf.

Пример 72.1. Решить неравенство 1 4 7 0x x x .

Решение. Данное неравенство равносильно системе:

4 0, 4,

7 0, 7, 4 1 è 7

1 0, 1,

x x

x x x x

x x

.

Ответ: 4; 1 7 .

73. НЕРАВЕНСТВА ВИДА 33 )()( xgxf

Теорема 73.1. Справедливо утверждение:

33 )()( xgxf )()( xgxf

74. НЕРАВЕНСТВА ВИДА Axgxf )()(


77

0)()()()(4

)()(0

)()(

0)()(

0,)()(

22

2

2

xgxfAxgxf

Axgxf

Axgxf

xgxf

AAxgxf

Аналогично можно расписать другие равносильности.

Замечание. На практике лучше использовать обобщенный метод интервалов.

75. НЕРАВЕНСТВА ВИДА )()()( xhxgxf

Теорема 75.1. Если 0)( xh , тогда

0)()()()()(4

)()()(0

)()()(

0)()(

),()()(

22

2

2

xgxfxhxgxf

xhxgxf

xhxgxf

xgxf

xhxgxf



76. НЕРАВЕНСТВА ВИДА )()()( xhxgxf


0)()()()()(4

)()()(0

)()()(

0)()(

0)(),()()(

22

2

2

xgxfxhxgxf

xhxgxf

xhxgxf

xgxf

xhxhxgxf



78

77. НЕРАВЕНСТВА ВИДА 333 )()()()( xgxfxgxf


333 )()()()( xgxfxgxf 0)()()()( xgxfxgxf

78. НЕРАВЕНСТВА ВИДА 333 )()()( xxgxf

Неравенство 333 )()()( xxgxf решается обобщенным методом

интервалов.

ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ

79. МЕТОД РАЗЛОЖЕНИЯ НА МНОЖИТЕЛИ

Пример 79.1. Решите уравнение 02coscos31 xx .

Решение. Применим формулу:

1cos2)cos1(cossincos2cos 22222 xxxxx .

Получим уравнение: 0cos3cos2,01cos2cos31 22 xxxx .

Это уравнение решим разложением на множители: 0)3cos2(cos xx .

Получим совокупность уравнений:

,

,22

3arccos

,2

,2

3cos

,2

,03cos2

,0cosZn

nx

nx

x

nx

x

x

Zn

nx

nxZn

nx

nx

,26

5

,2,

,22

3arccos

,2

.

Ответ: Zn

n

n

,26

5

,2

.

79

80. СВЕДЕНИЕ К АЛГЕБРАИЧЕСКИМ УРАВНЕНИЯМ

Пример 80.1. Решите уравнение 04cos33sin2 2 xx .

Решение. Применим тождество xx 22 cos1sin , получим уравнение:

,06cos33cos2,04cos33)cos1(2 22 xxxx

06cos33cos2 2 xx .

Положим 1||,cos yyx , получим систему:

2

3

,1||

,2

3

,32

,1||

,06332

2

12

y

y

y

y

y

yy,

ZnnxZnnxx ,26

;,22

3arccos,

2

3cos

.

Ответ: Znn ,26

.


5cossin 44 xx .

Решение. Преобразуем уравнение:

8

5cossin2coscossin2sin 224224 xxxxxx ,

8

5cossin4

2

11

,8

5cossin4

2

1cossin

22

22222

xx

xxxx

,

4

32sin,1

8

52sin

2

1 22 xx

2

34cos1

4

3

2

4cos1x

x

ZnnxZnnx

Znnxx

,26

,23

24

,22

1arccos4

2

14cos

Ответ: Znn ,26

.

80

81. УРАВНЕНИЯ, ОДНОРОДНЫЕ ОТНОСИТЕЛЬНО xsin

И xcos

Определение 81.1. Рассмотрим уравнение вида

0coscossin...cossinsin 1

1

1

10

xaxxaxxaxa n

n

n

n

nn (1)

где nn aaaaa ,...,,,, 1210 - 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 xsin и xcos , а число n называется показателем

однородности.

Ясно, что если 00 a , то уравнение примет вид:

,0coscossin...cossinsincos 12

1

12

2

1

1

xaxxaxxaxax n

n

n

n

nn

решениями которого являются значения x, при которых 0cos x , т. Е. числа

Znnx ,2

. Второе уравнение, записанное в скобках также является

однородным, но степени на 1 ниже. Если же 00 a , то эти числа не являются

корнями уравнения. При nx

2 получим: 0cos x , 1sin x и левая

часть уравнения (1) принимает значение 00 a . Итак, при 00 a ,

nx

2 и 0cos x , поэтому можно разделить обе части уравнения на

xncos . В результате получаем уравнение:

,0... 1

2

2

1

10

nn

nnn atgxaxtgaxtgaxtga (2)

которое, подстановкой ytgx легко сводится к алгебраическому:

0... 1

2

2

1

10

nn

nnn ayayayaya .

Пример 81.1. Однородные уравнения с показателем однородности 1. При

1n имеем уравнение 0cossin xbxa .

Решение. Если 0a , то это уравнение равносильно уравнению 0batgx ,

a

btgx , откуда Znn

a

barctgx , .

Ответ: Znna

barctgx ,

Пример 81.2. Решите уравнение 0cos3sin2 xx .

81

Решение. Это уравнение однородное первой степени 0cos x . Разделим обе

его части на xcos получим:

Znnarctgxtgxtgx ,2

3,

2

3,032 .

Ответ: Znnarctg ,2

3 .

Пример 81.3. При 2n получим однородное уравнение вида

0coscossinsin 22 xcxxbxa .

Решение. Если 0a , тогда разделим обе части уравнения на x2cos ,

получим уравнение 02 cbtgxxatg , которое подстановкой ytgx легко

приводится к квадратному: 02 cbyay .

Если 042 acbD , то уравнение имеет действительные корни

a

Dby

a

Dby

2,

221

. Исходное уравнение будет иметь две группы

решений: ZkkarctgyxZnnarctgyx ,;, 21 .

Если 042 acbD , то уравнение не имеет решений.

Пример 81.4. Решите уравнение 0cos2cossin3sin 22 xxxx .

Решение. Это уравнение однородное второй степени. Разделим обе чести

уравнения на x2cos , получим: 0232 tgxxtg . Пусть ytgx , тогда

0232 yy , 11 y , 22 y .

Zkkarctgxtgx

Znnxtgx

,2,2

;,4

,1

.

Ответ: ZkkarctgZnn ,2;,4

.

82. МЕТОД ЗАМЕНЫ ПЕРЕМЕННЫХ

82.1. ЗАМЕНА xxt cossin .

Пример 82.1.1. Решите уравнение 012sin)cos(sin2 xxx .

82

Решение. Пусть txx cossin , тогда 12sin 2 tx , получим квадратное

уравнение: 0,2,0)2(,02,0112 21

22 tttttttt .


Znnx

Znnxнетрешений

x

x

x

,4

,,22

2,

,12sin

,142sin

,102sin

.

Ответ: Znn ,4

.

Замечание. Уравнение 02sin)cos(sin cxbxxa имеет решения в том и

только в том случае, когда дискриминант уравнения 0)(2 bcatbt

неотрицателен и по крайней мере один из корней этого уравнения

удовлетворяет условию 2|| t , так как 24

sin2|cossin|

xxx .

Аналогично решаются уравнения вида 02sin)cos(sin cxbxxa .

Здесь удобно положить xxt cossin и тогда 212sin tx .

82.2. ЗАМЕНА xt 2cos

При такой замене через t легко выражаются x2sin и x2cos :

2

1

2

2cos1cos,

2

1

2

2cos1sin 22 tx

xtx

x

.

С такой заменой решаются например, уравнения cxbxa 2cos22cos ,

cxbxa 2sin22cos

Пример 82.2.1. Решите уравнение 52sin2sin6 22 xx .


032cos2sin6,05)2cos1(2sin6 2222 xxxx .

Выполним замену: 2

1sin,1||,2cos 2 t

xttx

, получим уравнение:

0

,1||

5,1

,0

,1||

,032

,1||

,0322

16

2

122

t

t

t

t

t

tt

t

tt

.

Znnxx ,24

,02cos

.

83

Ответ: Znnn ),12(424

.

82.3. УНИВЕРСАЛЬНАЯ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКАЯ

ПОДСТАНОВКА 2

xtgt .

При такой замене через 2

xtgt нетрудно выразить xsin и xcos :

,1

2

21

22

2cos

2cos

2sin

2cos

2cos

2sin2

2cos

2sin

2cos

2sin2

1

22sin

sin2

2

2

22

2

22 t

t

xtg

xtg

x

xx

x

xx

xx

xxx

x

.1

1

21

21

2cos

2cos

2sin

2cos

2sin

2cos

2cos

2sin

2sin

2cos

1

2sin

2cos

cos2

2

2

2

2

22

2

22

22

2222

t

t

xtg

xtg

x

xx

x

xx

xx

xxxx

x

Пример 82.3.1. Решите уравнение ctgxx

x

2

cos1

sin.

Решение

1-й способ

ОДЗ: ZmmxZnnx

Zmmx

x

Zmmx

,

,,2

,,

,01cos

,,

,

так как при m = 2n + 1 получим Znnx ,2

Выразим 2

2

2 1

1cos,

1

2sin,

2 t

tx

t

txt

xtg

, получим:

,0)1(2

)1)(1(2

1

11)1(

2,0

sin

cos2

cos1

sin2

22

2

22

tt

tt

t

tt

t

x

x

x

x

84

,32,3212

,12416,014,02

12

1

22

tD

Dttt

tt

.2)32(2

,2)32(2,322

;322

karctgx

narctgxx

tgt

Ответ: ZkkarctgZnnarctg ,2)32(2;,2)32(2 .

2-й способ

ОДЗ: ZmmxZnnx

Zmmx

x

Zmmx

,

,,2

,,

,01cos

,,

,

так как при m = 2n + 1 получим Znnx ,2

Преобразуем уравнение:

xxxxxx

x

x

x 22 coscos)cos1(sin2sin,sin

cos2

cos1

sin

,

,0)cos1(sin2)cos1(

,0coscossin2sin2cossin 22

xxx

xxxxxx

0)sin21)(cos1( xx .

Полученное уравнение равносильно системе:

Zkkx

Znnx

Zkkx

x

x

x

x

k

k

,6

)1(

,,2

,,6

)1(

,1cos

,2

1sin

,01cos

,0sin21

.

Ответ: Zkkk ,6

)1(

.

Пример 82.3.2. Решите уравнение 4cossin4 xx .

Решение. Выразим 2

2

2 1

1cos,

1

2sin,

2 t

tx

t

txt

xtg

,

Znnx ,2 .

Значения Znnx ,2 не являются решениями данного уравнения,

тогда, подстановка будет корректной, получим уравнение:

85

,46064,0385

,04418,41

1

1

24

2

22

2

2

2

Dtt

tttt

t

t

t

.,26,02

,6,02

;110

28,6,0

10

2821

Znnarctgx

xtgtt

Zkkxkxx

tg ,22

,42

,12

.

Определим значения переменных, входящих в область допустимых значений.

Очевидно, что Znnarctgx ,26,02 входят в область допустимых

значений и являются корнями уравнения.

4

1,4241;,,22

2 nknkZnZknk

- это

неравенство выполняется при любых целых значениях n и k, значит

Zkkx ,22

являются решениями уравнения.

Ответ: ;,26,02 Znnarctg Zkk ,22

.

83. МЕТОД ОЦЕНКИ.

Пример 83.1. Решите уравнение 12cos24 xxctg .

Решение. ОДЗ: Zmmx , .

Левая часть уравнения: 04 xctg . Правая часть 012cos2 x .

Таким образом, получим систему уравнений:

.,

,,2

,,2

,12cos,12cos

,,2

,012cos

,02

4

Zkkx

Zllx

Znnx

xx

Znnx

x

xctg

Последняя группа корней Zkkx , не входят в область допустимых

значений.

Ответ: Znn ,2

.

86

84. МЕТОД ВВЕДЕНИЯ ВСПОМОГАТЕЛЬНОГО

АРГУМЕНТА

Уравнения вида cxbxa cossin . Для его решение, разделим левую часть

уравнения на квадратный корень из суммы его коэффициентов, т. е. на

22 ba , чтобы уравнение не изменилось, на это же выражение умножим

левую часть уравнения, т. е. выполним следующие преобразования:

cxbacxba

bx

ba

aba

sin,cossin 22

2222

22, где

a

barctg .

Пример 84.1. Решить уравнение 233cos3sin xx .

Решение. Разделим и умножим левую часть уравнения на 211 22 ,

получим уравнение:

2

33cos

4sin

4cos3sin2,

2

33cos

2

13sin

2

12

xxxx

,

Zkkxxx k

,

3)1(

43,

2

3

43sin,

2

3

43sin2

,

Ответ: Zkkk ,3129

)1(

.

Пример 84.2. Решить уравнение 5cos4sin3 xx .

Решение. Преобразуем уравнение: разделим и умножим левую часть

уравнения на корень квадратный из суммы квадратов коэффициентов при

sinx и cosx, т. е. на

52543 22 .


1cossincossin,5cos

5

4sin

5

35 xxxx

87

,3

4

,,22

,3

4

,1)sin(

,cos

sin

,1)sin(

,5

3cos

,5

4sin

,1)sin(

arctg

Zkkx

tg

x

tg

xx

Ответ: Zkkarctg ,23

4

2

.

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

Пример 85.1. Решите систему уравнений:

.3

4

,12cos2cos

yx

yx

Решение. Преобразуем систему

,3

4

,1)cos()cos(2

,3

4

,12

22cos

2

22cos2

yx

yxyx

yx

yxyx

,3

4

,2

1

3cos2

3cos

,3

4

,2

1

3

4cos2

3

4cos

yx

y

yx

y

,3

4

,,22

23

,3

4

,123

cos

,3

4

,2

1

2

12

3cos

yx

Zkky

yx

y

yx

y

.,12

,12

17

,,12

,123

4

,,12

,3

4

Zkky

kx

Zkky

kx

Zkky

yx

88

Ответ:

.,12

,12

17

Zkky

kx

Пример 85.2. Решите систему уравнений:

.5,0cos3cos2

,2

22 yx

yx

Решение. Из первого уравнения выразим x и подставим во второе уравнение

системы:

.5,0cos3sin2

,2

,5,0cos32

cos2

,2

2222yy

yx

yy

yx

Решим второе уравнение:

.2

2sin,

2

2sin

,2

1sin,5,2sin5,5,0)sin1(3sin2 2222

yy

yyyy

Отсюда находим:

,,2

2arcsin)1(,

2

2arcsin)1( Zkkyky kk

Zkkyky kk ,4

)1(,4

)1( 1

.

Найдем значения x: ,,24

)1(,4

)1(2

11 Zkkxkx kk

Zkkxkx kk ,24

)1(,4

)1(2

.

Ответ: .

,4

)1(

,24

)1(;

,4

)1(

,24

)1(

2

2

1

1

1

1

Zk

ky

kxZk

ky

kx

k

k

k

k

89

ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ

УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА

86. ОСНОВНЫЕ ОПРЕДЕЛЕНИЯ И СВОЙСТВА.

Определение 86.1. Логарифмом числа b по основанию а, называется показа-

тель степени, в которую нужно возвести число а, чтобы получить число b.

Основные свойства логарифмов:

1) ; 5) = ;

2) ; 6) ;

3) ; 7) ;

4) = ; 8) .

Перечислим основные свойства показательной и логарифмической функций:

1) Область определения функции , где - всѐ

множество действительных чисел; функции , где

- множество положительных действительных чисел.

2) Множество значений функции - множество положительных

действительных чисел; функции - всѐ множество дей-

ствительных чисел.

3) Промежутки монотонности: если обе функции возрастают;

если - обе функции убывают.

Замечание.

1) В соответствии со вторым свойством, при решении логарифмиче-

ских 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 = a

х,

где а - заданное число, а > 0, 1a .

Свойства показательной функции:

baba

log

ca

1log calog

mam

a log bmb a

m

a loglog

cbcb aaa loglog)(log bn

b aan log1

log

c

balog cb aa loglog

a

bb

c

ca

log

loglog

xaу 1,0 aa

xy alog

1,0 aaxaу

xy alog

1a

10 a

90

1. Областью определения показательной функции являются все дейст-

вительные числа: ;)(yD .

2. Множеством значений показательной функции являются все поло-

жительные действительные числа: ;0)(yE .

3. а) Показательная функция у = aх возрастает на всей области опреде-

ления, если а>1.

б) Показательная функция у = ax убывает на всей области определе-

ния, 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

aaa xx ln

.

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, 1a .

Свойства логарифмической функции:

1. Областью определения логарифмической функции являются все по-

ложительные действительные числа: );0()( yD .

91

2. Множеством значений логарифмической функции являются все

действительные числа: ;)(yE .

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 опре-

деления, если 0<а<1.

5. Логарифмическая функция у = logaх:

а) при а > 1 принимает положительные значения, если х > 1; отрица-

тельные 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 определе-

ния.

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 потенциро-

вание.

Определение 86.4. Логарифмированием по основанию а (а > 0, а

≠ 1) называется переход от уравнения f(x) = g(x) к уравнению

𝑙𝑜𝑔𝑎𝑓(𝑥) = 𝑙𝑜𝑔𝑎𝑔(𝑥).

Логарифмирование в общем случае является неравносильным

преобразованием. Причем неравносильность здесь особенно опасна:

она может привести к потере корней уравнения. Например, если

92

𝑓(𝑥) = х2 , 𝑔(х) = х, то переход от уравнения х2 = х к уравнению

𝑙𝑜𝑔2х2 = 𝑙𝑜𝑔2𝑥 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 равно-

сильным преобразованием.

Определение 86.5. Потенцированием по основанию а (а > 0, а ≠ 1)

называется переход от уравнения 𝑙𝑜𝑔𝑎𝑓(𝑥) = 𝑙𝑜𝑔𝑎𝑔(𝑥) к уравнению

𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥). Ясно, что это преобразование в общем случае также не является

равносильным. Оно может привести к получению посторонних кор-

ней.

ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Теорема. Если , то уравнение равносильно урав-

нению .

87. ПРИВЕДЕНИЕ ОБЕИХ ЧАСТЕЙ УРАВНЕНИЯ К ОДНОМУ

ОСНОВАНИЮ.

Пример 87.1. Решить уравнение: .

Решение. Заметим, что основания степеней, стоящих в левой и правой части

уравнения есть степени двойки, поэтому, учитывая свойства степеней, имеем

уравнение , тогда на основании теоремы получаем уравнение:

.

Ответ: .


Решение. Учтем, что , , тогда первоначальное уравнение

примет вид:

.

Ответ: .

1,0 aa )()( xgxf ba

)()( xgxf

3284 xx

962 22 xx

962 xx4

9x

4

9x

561 25,64,0 xx

5

24,0

2

525,6

10121

2

5

5

2xx

10121

5

2

5

2xx

13

1112101 xxx

13

11x

93

88. ЛОГАРИФМИРОВАНИЕ ПО ОДИНАКОВОМУ ОСНОВА-

НИЮ.


Решение. Первый прием здесь применить нельзя, так как числа 3 и 5 невоз-

можно представить в виде степени с одинаковым основанием. Учитывая, что

и , при любом значении переменной, прологарифмируем

обе части уравнения по основанию 3, получим: , откуда

используя свойства логарифма, имеем . Получили квад-

ратное уравнение , решая которое получаем корни:

.

Ответ:

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 МНОЖИ-

ТЕЛИ.


Решение. Вынесем в левой части уравнения выражение за скобки, по-

лучим: =

.

Ответ: .


Решение. Так как , , , то пер-

воначальное уравнение примет вид: .

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

множители за скобки:

. Полученное уравнение сводится к совокупности

уравнений: , . Решая эти уравнения логарифмирова-

xx 24 532

03 42

x 052 x

xx 2

3

4

3 5log3log2

5log24 3

2 xx

045log2 3

2 xx

45log5log 2

332,1 x

45log5log 2

332,1 x

550535 1212 xx

125 x

125 x 550352 125 x 21252 x

2

3x

2

3x

xxx 1503065 121

xx 2555 21 xx 6661 xxx 256150

03025666255 xxxx

0)625(6)625(5 xxx

065625 xx

0625 x 065 x

94

нием обеих частей, находим корни первоначального уравнения:

.

Ответ: .


Решение. Пусть . Тогда первоначальное уравнение примет вид:

, откуда находим . Таким образом дан-

ное уравнение равносильно совокупности двух уравнений и

. Решая первое уравнение, получаем . Второе уравнение сово-

купности решений не имеет, так как при любом значении перемен-

ной, а .

Ответ: .

90. ОДНОРОДНЫЕ УРАВНЕНИЯ.

Пример 90.1. Решите уравнение .02525 21 xxxx

Решение.

1-й способ

Сгруппируем степени с основанием 5 в левой части, а степени с осно-

ванием 2 в левой части уравнения и вынесем общие множители за скобки:

),21(2)51(5,2255,02525 12121 xxxxxxxxxx

,2

2

5

5,2552,255

5

12),21(254

22

22221xx

xxxxxx

.25 22 xx Разделим обе части уравнения на

22 x или на

25 x, каждая из

этих степеней больше нуля. Разделим на 22 x

получим:

.2,02,12

52

xx

x

Ответ: 2.

2-й способ

Преобразуем уравнение и рассмотрим его, как однородное относи-

тельно x5 и .2x

.0245255

1 xxxx

5log,6log 62251 xx

5log,6log 62251 xx

0155252 xx

xt 5

01522 tt 3,5 21 xx

55 x

35 x 1x

05 x

0)3(

1x

95

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

показателем, скажем, на 2x , получим:

,0202

555

2

5,04

2

51

2

5

5

1,0

2

24

2

5

2

2

2

5

5

1

xxxx

x

x

x

x

x

x

x

x

.2,2

5

2

5,

4

25

2

5,25

2

54

2

x

xxx

В этом случае результат достигается быстрее.

Ответ: 2.

Пример 90.2. Решите уравнение .035735575 22 xxxx


3577352525 xxxx,

xxxx 725),351(7)351(25 . Разделим обе

части уравнения на 07,7 xx, получим:

017

25,

7

7

7

25

x

x

x

x

x

x

Проверка:

0;00,0353511,035735575,0 0000 xx -

является корнем уравнения.

Ответ: 0.

91. УРАВНЕНИЯ ПРИВОДЯЩИЕСЯ К ОДНОРОДНЫМ.

Пример 91.1. Решить уравнение xxx 365812163 .


09459243,0)94(59243 2222 xxxxxxx.

Разделим обе части уравнения на 092 x, получим уравнение:

029

45

9

43,0

9

9452

9

43

2

22

2

xx

x

xx

x

x

.

Пусть 0,9

4

yy

x

, получим

,0

,0253 2

y

yy

,1

,3

2

,0

,1

,3

2

2

1

2

1

y

y

y

y

y

2

1,12,

3

2

3

2,

3

2

9

41

2

xx

xx

; 0,19

42

x

x

.

96

Ответ: .2

1;0

Пример 91.2. Решить уравнение xxx 653223 22 .

Решение. Преобразуем уравнение: 0)32(53223 22 xxx.

Разделим обе части уравнения на x23 , получим уравнение:

023

25

3

23,0

3

3252

3

23

2

22

2

xx

x

xx

x

x

.

Пусть 0,3

2

yy

x

, получим

,13

2

,0

,1

,3

2

,0

,0253

2

1

2

12

y

y

y

y

y

y

yy,

1,3

2

3

21

x

x

; 0,13

22

x

x

.

Ответ: .1;0

Пример 91.3. Решить уравнение xxx

112

5025,42510 .

Решение. ОДЗ: 0x .Преобразуем уравнение:

051025,4510

112

12

1

xxxx .

Разделим обе части уравнения на

21

5

x , получим уравнение:

0421724,01225,42,0

5

51025,41

5

101212

21

112

xxxx

x

xxx

.

Пусть 0,2

1

yyx , получим

,4

,4

1

,0

,4

,4

1

,0

,04174

2

1

2

12

y

y

y

y

y

y

yy,

2

1 24

1 y ,2

2 24 y , 2

1,2

1,22;

2

1,2

1,22 2

2

1

1

2

1

xx

xx

xx .

Ответ: 2

1;

2

1 .

97

92. ПРИВЕДЕНИЕ К АЛГЕБРАИЧЕСКИМ УРАВНЕНИЯМ, С

ПОМОЩЬЮ ЗАМЕНЫ ПЕРЕМЕННЫХ

Пример 92.1. Решите уравнение 012542 224 22

xxxx.

Решение. Преобразуем уравнение

012524,01252 22

22242 2222

xxxxxxxx .

Пусть 0,2 22

yyxx, тогда получим

,1

,4

1

,0

,1

,4

1

,0

,0154

2

1

2

12

y

y

y

y

y

y

yy.

Переходя к переменным х

022,22,22 22222

xxxxxx,

31,31,3212,1284 21 xxD , ,02,12 222

xxxx

2,0 43 xx .

Ответ: 31;2;0;31 .

Пример 92.2. Решите уравнение 0242104 1 xx .


024252,0242

2102

22 xx

xx

.

Пусть 0,2 yyx, тогда получим 8

,0

,8

,3

,0

,02452

12

y

y

y

y

y

yy,

3,82 xx.

Ответ: 3.

Пример 92.3. Решите уравнение 10625625 xx

.

Решение. Нетрудно заметить, что

1)625)(625(,16425)625)(625( .

Отсюда 625

1625

. Можно рассуждать и другим способом. Преобра-

зуем один из двучленов, который находится в основании показательной

98

функции. Возьмем двучлен 625 умножим и разделим его на сопряжен-

ный двучлен, т. е. на 625 , получим:

625

1

625

6425

625

625625625

.


10625

1625

x

x

. Положим yx

625 ,

тогда получим уравнение:

0110,101 2 yyy

y , ,6252

6410

2

61610

2

96101

y

.6252 y

;1,625625,625

1625,625625 1

1

xxxx

1,625625 2 xx

.

Проверка:

,1010,102425

625625

,10625

1

625

1,10625625,1

11

1

x

значит,

11 x является корнем уравнения, 1010,10625625,12 x ,

значит, 12 x является корнем уравнения.

Ответ: -1; 1.

СИСТЕМЫ ПОКАЗАТЕЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ 93. МЕТОД ЗАМЕНЫ ПЕРЕМЕННЫХ ДЛЯ СИСТЕМ ПОКАЗА-

ТЕЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ.


.2523

,72523

2

2

yx

yx

Решение. Пусть 0,2;0,3 2 vvuu

y

x , тогда 222 2,3 vu yx , полу-

чим систему уравнений:

99

,25

,29

,25

,725)(25

,25

,725))((

,25

,72522

vu

vu

vu

vu

vu

vuvu

vu

vu

22729,29;27,542 vuvuu ,

.2

,3

,22

,273

,2

,27

2 y

x

v

uy

x

Проверка:

При

,2

,3

y

x

получим

,2525

,725725

,2523

,7254729

,2523

,72523313

26

значит

,2

,3

y

x являются решениями системы.

Ответ:

.2

,3

y

x


.2823

,5,1223412

1

yx

yx

Решение. Преобразуем систему:

.28233

,25238

,28233

,5,122

234

22

yx

yx

yx

yx

Вычтем из второго уравнения первое, получим:

.033833,3383322

xxxx

Пусть 0,3 zzx , получим: 10100,1003664,0383 2 Dzz ,

3,3

1

6

10821

zz .

3

11 z - не удовлетворяет условию z > 0 и

является посторонним корнем.

133 xx , тогда 0,12,28233 2 yyy . =>

.0

,1

y

x

Проверка: при

,0

,1

y

x получим

,2828

,5,125,12

,2823

,5,1223403

1

значит,

100

,0

,1

y

x удовлетворяют системе.

Ответ:

.0

,1

y

x

94. МЕТОД ЛОГАРИФМИРОВАНИЯ УРАВНЕНИЙ


.1243

,632yx

yx

Решение:

Прологарифмируем обе части каждого из уравнений по основанию 10,

получим равносильную систему уравнений:

,2lg3lg2lg3lg

,3lg2lg3lg2lg

,4lg3lg4lg3lg

,3lg2lg3lg2lg

,12lg43lg

,6lg32lg22yx

yxyx

yx

yx

yx

,2lg22lg3lg2lg22lg3lg

,3lg2lg3lg3lg2lg3lg22

22

yx

yx

2lg23lg2lg23lg 2222 yy ,

y = 1.

Подставим значение y в любое из первоначальных уравнений системы,

найдем значения x: 1,22,632 1 xxx.

Ответ:

.1

,1

y

x


.16

,2log

log

y

x

x

y

y

x

Решение.

Область допустимых значений:

.1,0

,1,0

yy

xx Преобразуем каждое из урав-

нений системы. Прологарифмируем каждое из них по основанию 10, полу-

чим:

101

,2lg4loglg

,2lgloglg

,16lglg

,2lglg

,16

,2log

log

log

log

yy

xx

y

x

y

x

x

y

y

x

y

x

x

y

x

y

.2lg4lg

lg

,2lglg

lg

,2lg4lg

lglg

,2lglg

lglg

2

2

x

y

y

x

x

yyy

xx

Пусть vyux lg,lg , получим систему уравнений:

3

3

2

2

4

1,

4

1

,2lg4

,2lg

v

u

v

u

u

vv

u

.

С другой стороны:

,2lg

,2lg

,2lg44

,2lg4

1

,2lg4

,2lg

3

3

16

4

3

3

v

u

v

u

u

vv

v

uu

.2

,2

,2lglg

,2lglg3

3

3

3

22

4

16

4

y

x

y

x

Ответ:

.2

,23

3

22

4

y

x

ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ

95. ПРОСТЕЙШИЕ ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ.

Определение 95.1. Простейшим логарифмическим уравнением с перемен-

ным основанием логарифма называется уравнение вида:

bxfxg )(log )( ,

где g(x) - параметр или функция переменной x.

102

Определение 95.2. Простейшим логарифмическим уравнением с одинаковы-

ми переменными основаниями логарифмов называется уравнение вида:

)(log)(log )()( xFxf xgxg ,

где g(x) - параметр или функция переменной x.

Замечание. Уравнение вида )(log)(log )()( xFxf xgxg не является простей-

шим логарифмическим уравнением. Однако его можно привести к простей-

шему логарифмическому уравнению:

.1)(,0)(

,0)(

,0)(

,0)(

)(log

0)(log)(log)(log)(log

)(

)()()()(

xgxg

xF

xf

xF

xf

xFxfxFxf

xg

xgxgxgxg

Чтобы не делать каждый раз этого преобразования мы в дальнейшем уравне-

ние вида )(log)(log )()( xFxf xgxg будем называть простейшим логарифми-

ческим уравнением с одинаковыми основаниями логарифмов.

Пример 95.1. Решите уравнение xx 322log2 .

Решение.

Область допустимых значений: ;1,122,022 xxxx .

По определению логарифма имеем xx 3222 . Получим показатель-

ное уравнение, которое решим методом приведения к алгебраическому.

Пусть 0,2 yyx , получим уравнение ,082,02

2 23

yyy

y

21 y , 42 y . 21 y - не удовлетворяет условию 0y и является по-

сторонним.

242 xx , ;12 .

Ответ: 2.

Пример 95.2. Решите уравнение 1537log5 xx .

Решение. Область допустимых значений - множество всех действительных

чисел, так как при всех 0537, xRx . Преобразуем уравнение:

1537log5 xx . По определению логарифма имеем 15

5

137 x

x.

103

Получим показательное уравнение, которое решим методом приведения к ал-

гебраическому. Пусть 0,5 yyx, получим уравнение

,0375,051

37 2 yyyy

10

1097,

10

1097,1096049,0375 21

2

yyDyy .

10

10971

y - не удовлетворяет условию 0y и является посторонним.

10

1097log

10

10975 5xx

.

Ответ:

10

1097log5 .

Пример 95.3. Решите уравнение 432log 24 xxxx .

Решение.

Область допустимых значений:

.1,0

,03224

xx

xxx

По определению логарифма имеем 424 32 xxxx , 0322 xx

, 11 x , 32 x . Проверим, входят ли полученные значения в область допус-

тимых значений.

При 11 x , получим

11,01

,03211 система не выполняется,

значит, 11 x не является корнем уравнения.

При 32 x , получим

,13,03

,081

,13,03

,036981 система вы-

полняется, значит, 32 x является корнем уравнения.

Ответ: 3.

96. УРАВНЕНИЯ, СОДЕРЖАЩИЕ СУММЫ И РАЗНОСТИ ЛОГА-

РИФМОВ, УМНОЖЕНИЕ ЛОГАРИФМА НА ЧИСЛО.

Уравнения вида:

)(log)(log)(log xuxgxf aaa ,

104

)(log)(log)(log xuxgxf aaa ,

)(log)(log xuxfp aa

приводятся к следующим:

)(log)()(log xuxgxf aa ,

)(log)(

)(log xu

xg

xfaa

,

)(log)(log xuxf a

p

a .

Дальнейшее решение полученных уравнений выполняется как про-

стейших, т. е. приводятся к одной из следующих трех систем:

).()()(

,0)(

,0)(

,0)(

xuxgxf

xu

xg

xf

).()(

)(

,0)(

,0)(

,0)(

xuxg

xf

xu

xg

xf

).()(

,0)(

,0)(

,0)(

xuxf

xu

xg

xf

p

Замечание. Если при решении уравнения производятся преобразования вида

p

aaa xfxg

xfxgxf )(log,

)(

)(log,)()(log , где p - четное число, то возникает

опасность потери корней заданного уравнения. Чтобы предотвратить воз-

можную потерю корней, надо пользоваться указанными формулами в таком

виде:

)(log)(log)(

)(log,)(log)(log)()(log xgxf

xg

xfxgxfxgxf aaaaaa ,

)(log)(log xfpxf a

p

a , где p - четное число.

Пример 96.1. Решите уравнение 02)3(100lg76lg 2 xxx .

Решение.

ОДЗ:

.3

,0)23()23(

,0)3(100

,0762

x

xx

x

xx

Получим промежуток ;23 . Преобразуем уравнение, используя свой-

ства логарифмов:

02)3lg(276lg,02)3lg(100lg76lg 22 xxxxxx ,

5,2,0107,376),3lg(76lg 21

222 xxxxxxxxxx .

105

21 x - не входит в область допустимых значений и является посторонним

корнем.

Ответ: 5.

Пример 96.2. Решите уравнение: 169log934log 22 xx

Решение

ОДЗ:

634

93

,069

,0934

2x

x

x

x

6log24

9log

3

3

x

x

6log

6log

4

9log

6log2

14

9log

3

3

3

3

3

x

x

x

x

x

,

следовательно ;6log3x . Преобразуем уравнение:

,69log2log934log,69log1934log 22222 xxxx

,01232934,692934,692log934log 2

22 xxxxxx

.033432 2 xx Положим 0,3 yyx , получим систему:

2

102

2

102,

2

102

0

0342

,0

21

2

y

yy

y

yy

y.

2

102log,

2

1023 3

xx

- этот корень входит в область допустимых

значений.

Проверка:

При 2

102log3

x уравнение примет вид :

,162

102log91024log

,169log934log

2

22

2

102log

22

102log

2

33

106

,12

5102log5102log

,164

101044log5102log

22

22

11,12log,1

5102

51022log

,12

5102:5102log

22

2

,

значит, 2

102log3

x удовлетворяет уравнению.

Ответ: 2

102log3

x .

97.УРАВНЕНИЯ С ОДНИМ ОСНОВАНИЕМ И ОДНИМ ВЫРАЖЕНИЕМ

ПОД ЛОГАРИФМОМ.

Пример 97.1. Решите уравнение xx 7log

2 746log .

Решение.

ОДЗ: 6log0,0

,6log

,0

,64

,0

,64

,0

,0464

4

x

x

x

xxx

xxx

.

Преобразуем уравнение: xxxx 46log,746log 2

log

27 . По определе-

нию логарифма будем иметь: 0624,462 xxxx . Пусть 0,2 yyx

тогда получим квадратное уравнение: 2,3,06 21

2 yyyy .

Первый корень, 31 y не удовлетворяет условию y > 0 и является посто-

ронним. По второму 1,22 xx - входит в область допустимых значений.

Ответ: 1.

98. УРАВНЕНИЯ С ОДНИМ ОСНОВАНИЕМ И РАЗНЫМИ ВЫ-

РАЖЕНИЯМИ ПОД ЛОГАРИФМОМ.

Пример 98.1. Решите уравнение 01lg20lg 32 xx .

107

Решение. Область допустимых значений: x > 0. Преобразуем уравнение:

01lg10lg9,01lg2

120lg 223 xxxx . Пусть yx lg , получим

уравнение

6436100,01109 2 Dyy , 1,9

1

18

81021

yy .

10,1lg,10,9

1lg 2

9

1

1 xxxx .

Ответ: 9

1

10 ; 10.

Пример 98.2. Решите уравнение x

xxx 2log5

2

6

2

3

2 logloglog .

Решение. Область допустимых значений: x > 0. Преобразуем уравнение:

06log5loglog,0loglog5log6log 2

2

22222

3

2 xxxxxxx .

06log5log;1,0log 2

2

212 xxxx .

Пусть yx 2log , получим уравнение

0652 yy , 3,2 21 yy . 8,3log,4,2log 3222 xxxx .

Ответ: 1; 4; 8.

99. УРАВНЕНИЯ С РАЗНЫМИ ОСНОВАНИЯМИ ЛОГАРИФМОВ.

Пример 99.1. Решите уравнение xx xx 93 loglog .

Решение. Область допустимых значений:

.9

1

,3

1,0

,19

,13

,0

x

x

x

x

x

x

. Пусть 1x .

Перейдем в каждом логарифме к основанию x, получим:

13log

1

13log

1,

log9log

1

log3log

1,

9log

log

3log

log2

xxxxxxx

x

x

x

xxx

x

x

x,

31,3,03log,13log13log2 0 xxxx , корней нет.

При x = 1 получим 00,1log1log 93 , значит x = 1 - корень уравнения.

Ответ: 1.

108

Пример 99.2. Решите уравнение .13log1

3

4log1 3

x

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 1x получаем

,13log1

1

3

4log1 13

тогда логарифм по основанию 1 становится не-

определенным ,3log1 значит .1x Получим систему неравенств

).;1(1;4

3

,1,0

,4

3

,1,0

,034

,1,0

,03

34

,1,0

,01

3

4

xx

x

xx

x

xx

x

x

xx

x

Преобразуем уравнение

;3log

11

3

4log1 3

xx

;log

1

3

4log3log 333 x

x

;log1

3

43log 33 x

x

;3

4 xx ;0342 xx ,31 x .12 x

12 x - не входит в область допустимых значений и не является корнем

уравнения, 31 x входит в область допустимых значений.

Ответ: 3.

100. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ С ПРИМЕНЕНИЕМ

ТРИГОНОМЕТРИИ.

Пример 100.1. Решите уравнение

)2cos(log)3coscos(log 22 66xxx

xxxx

.

Решение.

Найдем область допустимых значений:

,02cos

,03coscos

016,0)6(

,02cos

,03coscos

16,06 222

x

xx

xxxx

x

xx

xxxx

109

,4

3

4

,22

22

,223,223

,60

,02cos

,0cos

,223,223

,60

,02cos

,0)cos(2cos2

,016

,0)6(2

nxn

nxn

xx

x

x

x

xx

x

x

xx

xx

xx

Решением системы неравенств является объединение промежутков:

24

x и

4

7

2

3 x , или

4

7;

2

3

2;

4

.

По свойству логарифмической функции, получим: ,2cos3coscos xxx

0)1cos2(2cos,02cos)cos(2cos2,2cos3coscos xxxxxxxx

.Поскольку 02cos x , что следует из области допустимых значений, значит,

Znnxxx ,23

,2

1cos,01cos2

. Найдем значения x, входящие

в область допустимых значений, т. е. в промежутки 24

x и

4

7

2

3 x . Для этого разобьем полученное множество корней на две

группы с и найдем значения n, при которых x, входят в указанные промежут-

ки.

Из

ZnnxZnnxполучаемZnnx ,23

,,23

;,23

.Для первой группы корней и первого промежутка, находим:

12

1

24

1,

62

12,

322

34,

22

34 nnnn

, n = 0, значит 3

1

x .

Для первой группы корней и второго промежутка, находим:

24

17

12

7,

12

172

6

7,

34

72

32

3,

4

72

32

3 nnnn

,

целых значений для n нет, значит, на этом промежутке нет корней из первой

группы. Для второй группы корней и первого промежутка:

12

5

24

7,

6

52

12

7,

322

34,

22

34 nnnn

,

здесь также целых значений n нет, значит, корней нет.

Для второй группы корней и второго промежутка:

110

24

25

12

11,

12

252

6

11,

34

72

32

3,

4

72

32

3 nnnn

- это неравенство выполняется только для одного целого значения n = 1, по-

лучаем еще один корень

3

52

32 x .

Ответ: 3

,

3

5.


xxxxxxx

2coslog)sin3(sinlog149149 22

.

Решение.

Найдем область допустимых значений:

,02cos

,02

3cos

2

3sin2

2

219,

2

219

,0)7)(2(

,02cos

,0sin3sin

,0159

,0149

,02cos

,0sin3sin

,1149

,0149

212

2

2

2

x

xxxx

xx

xx

x

xx

xx

xx

x

xx

xx

xx

,02cos

,0sin2

219,

2

219

,0)7)(2(

,02cos

,02cossin22

219,

2

219

,0)7)(2(

2121

x

x

xx

xx

x

xx

xx

xx

,,44

,,22

,2

219,

2

219

,0)7)(2(

21

Znnxn

Znnxn

xx

xx

Областью значений будет являться объединение промежутков:

72

219,

2

2192,

4

3

xxx

или

7;

2

219

2

219;2;

4

3

.

По свойству логарифмической функции получим:

111

0)1sin2(2cos,02cos2cossin2,2cossin3sin xxxxxxxx .

Из области допустимых значений известно, что 02cos x , тогда получим:

Zkkxxx k ,6

)1(,2

1sin,01sin2

.

Эту запись можно представить в виде двух множеств корней:

ZnnxZnnx ,26

5,,2

6

.

Остается определить, при каких целых значениях n корни будут входить в

промежутки из области допустимых значений:

72

219,

2

2192,

4

3

xxx

.

Исследуем первую группу корней Znnx ,26

. На первом промежут-

ке: 12

5

24

7,2

64

3 nn

. Целых значений n на этом промежутке

нет. На втором промежутке: 12

1

4

219

12

11,

2

2192

62

nn .

Целых значений нет и на этом промежутке. На третьем промежутке:

12

1

2

7

12

1

4

219,72

62

219

nn , 03,199,0 n .

Получаем одно целое значение n = 1. Тогда,

6

132

6x .

Исследуем вторую группу корней Znnx ,26

5

. На первом проме-

жутке: 12

1

24

1,2

6

5

4

3 nn

, получаем одно целое значение n =

0. 6

5x .

На втором промежутке: 12

5

4

219

12

7,

2

2192

6

52

nn -

целых значений n на этом промежутке нет. На третьем промежутке:

697,0664,0,12

5

2

7

12

5

4

219,72

6

5

2

219

nnn

.

Целых значений n нет.

112

Ответ: 6

5,

6

13.

101. ПОКАЗАТЕЛЬНО-ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ

Пример 101.1. Решить уравнение )1(log)1(log 25

225 9439

xx.

Решение. Область допустимых значений: x + 1 > 0 x > -1, ;1x .


0394903949)1(log2)1(log)1(log)1(log2 25252525

xxxx.

Пусть 0,9)1(log25

yy

x, получим систему:

3,13,1

0

034

021

21

2

yy

yy

y

yy

y.


.4

,0

51

11

2

1)1(log

0)1(log

39

19

2

1

25

25

)1(log

)1(log

25

25

x

x

x

x

x

x

x

x

.;14

,;10

Ответ: 0; 4.

Пример 101.2. Решить уравнение )1(log32log 44 2

xxx .

Решение.

Область допустимых значений ;0,0 xx . Так как переменная нахо-

дится в основании степени, то надо проверить значение x=1. При этом значе-

нии, получим: 3)11(log321log2121 44

, значит 1x . Прологарифмируем

обе части уравнения по основанию 4, получим:

1log2log3log)2(log2loglog 4444

)1(log3

4

2log

444 xxxx

xx

03log3log4log201log2

3log2log 44

2

444

2

4 xxxxxx

03log7log2 4

2

4 xx .

Пусть yx 4log , получим 3,2

10372 21

2 yyyy .

.;064

,;02

64

2

3log2

1log

2

1

4

4

x

x

x

x

Ответ: 2; 64.

113

102. СИСТЕМЫ СОДЕРЖАЩИХ ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПО-

КАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ.


.2)(log

,14423

2xy

yx

Решение.

Преобразуем второе уравнение систему, применяя определение лога-

рифма и учитывая, что выражение под знаком логарифма должно быть стро-

го положительным:

0

2

144234

0

2

14423

0

2

14423

0

2

14423 2

2

xy

xy

xy

xy

xy

xy

xy

xy

xxxxyxyx

.8

,6

068

8

6

0

2

366

0

2

14464

y

xy

x

xy

xy

xy

xy

xx

Ответ: )8;6( .

Пример 102.2. Решить систему уравнений:

.2)(log

,115223

5yx

yx

Решение.

Преобразуем второе уравнение систему, применяя определение лога-

рифма и учитывая, что выражение под знаком логарифма должно быть стро-

го положительным:

0

5

1152232

0

5

115223

0

5

115223

0

5

115223 55

2

yx

xy

yx

xy

yx

xy

yx

yx

xxxxyxyx

.7

,2

072

7

2

0

5

366

0

5

1152632

y

xy

x

yx

xy

yx

xy

xx

Ответ: )7;2( .

114

Пример 102.3. Решить уравнение

.134

,2

5loglog

yx

xy yx

Решение.

Преобразуем систему уравнений:

.1,0;1,0

,134

,2

5

log

1log

yyxx

yx

yy

x

x

Пусть zyx log ,

тогда первое уравнение примет вид:

02

51

zz 2,

2

1

4

35,39,91625,0252 21

2

zzDzz .


.

,

2log2

1log

2xy

xy

y

y

x

x

Получим совокупность двух систем:

1,0

0134 4

xx

xx

.1,0

,0134

xx

xx

Решим первую систему. Положим 1,0,4 uuux , получим систему:

.1,0

,1,4

1

1,0

013421

2

uu

uu

uu

uu система не имеет решений.

Решим вторую систему. Положим 1,0, vvvx , получим систему

уравнений:

3

1

1,03

1,1

1,0

0143

1,0

013421

22

v

vv

vv

vv

vv

vv

vv.

81

1,

9

1

3

1 2 xyxx .

Ответ:

81

1;

9

1.

115

103. НЕСТАНДАРТНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Пример 103.1. Решите уравнение .)1(29

1)1(log

2

11log 2

33

x

xx

Решение.

Область допустимых значений переменной найдем из решения системы не-

равенств

.01

,0)1)(1(

,01

,01

,01

,012

x

xx

x

x

x

x

Отсюда получаем 1x или .;1


,)1(23,)1(23

2

1

1log

1log1log2 232

33

xx x

x

xx

,)1(21

12

2

xx

x ,)1(2

1

)1)(1(,)1(2

1

12

x

x

xxx

x

x

так как, из области допустимых значений следует, что x > 1, то ,01x а

значит числитель и знаменатель дроби можно разделить на x + 1, получим

уравнение:

.)1(21 xx

При .01,1 xx Возведем обе части полученного уравнения в квадрат:

.3,1,034,2212,22)1( 21

222 xxxxxxxxx

11 x не входит в область допустимых значений и не является корнем урав-

нения, - это посторонний корень.

32 x входит в область допустимых значений и может быть корнем уравне-

ния. Чтобы точно установить это, выполним проверку.

Проверка:

,22,23

,23,23,49

1

2log

2log2

122log

2

32log2

8log2

14log

3

333

33

значит x = 3 является корнем уравнения.

Ответ: 3.

116

ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА

Решение показательных неравенств вида , где а – положи-

тельное число отличное от 1, основано на следующих теоремах:

1. Если а >1, то неравенство равносильно неравенст-

ву .

2. Если 0 < а < 1, то неравенство равносильно нера-

венству .

Другие показательные неравенства теми или иными методами, как прави-

ло, сводятся к неравенству этого вида.

104. ПРОСТЕЙШИЕ ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА.

Пример 104.1. Решить неравенство .

Решение. Неравенство приведем к виду . Тогда оно равно-

сильно неравенству . Преобразуем полученное дробно-

рациональное неравенство к виду

решив полученное неравенство методом интервалов, получаем

.

Ответ: .

Пример 104.2. Решите неравенство x

x

3

3

12

.

Решение.

1-й способ

)()( xgxf aa

)()( xgxf aa

)()( xgxf )()( xgxf aa

)()( xgxf

73

33

1

13

82

x

x

x

x

73

)3(3

)1(3

13

22

x

x

x

x

73

93

33

13

x

x

x

x

0

3

7)1(

3

5

xx

x

3

7;

3

5)1;(

3

7;

3

5)1;(

117

Преобразуем неравенство: xx 33

2. Показательная функция с осно-

ванием 3 является возрастающей, значит xxxx 22 . Правая

часть неравенства может быть как отрицательной, так и неотрицательной.

Если правая часть отрицательна, тогда получим систему неравенств:

0;2,02,0

,2

xx

x

x.

Если правая часть неотрицательна, то получим систему неравенств:

2;0,20,0)1)(2(

,0

02

,0

,2

,0

,2

2

2

xxxx

x

xx

x

xx

x

x

.

2;22;00;2 .

Ответ: 2;2 .

2-й способ (метод промежутков)

Преобразуем неравенство:

xx

3

1

3

12

. Показательная функция с основа-

нием 3

1 является убывающей, значит xx 2 . Преобразуем полученное

иррациональное неравенство: 02 xx . Рассмотрим функцию

xxxf 2)( и найдем значения x, при которых функция принимает по-

ложительные значения.

Область определения функции: 2;-D(f)или202 xx .

Функция непрерывна на промежутке ;2 . Найдем нули функции:

f(x) = 0, 2

,2

,1

0

,2

,02

2

12

x

x

x

x

xx

xxx

Определим знак функции на каждом из промежутков:

f(-2) = 2 > 0, 02)0( f , f(2) = 0, а(7) = -4 < 0.

Ответ: 2;2x .

Пример 104.3. Решите неравенство 2

25,05,0 xx .

Решение. Преобразуем неравенство: 225,05,0 xx . Показательная функция с

основанием 0,5 является убывающей, значит

118

2

100)12(,02,2 22 xxxxxxx .

Ответ:

2

1;0 .

Пример 104.4. Решите неравенство 125,02

1

21 x

.


012

,21

22,32122 2

11

321

1

x

x

xxx

x

.

Решая это неравенство методом промежутков, получим

2

1;0 .

Ответ:

2

1;0 .

105. НЕРАВЕНСТВА С ОДИНАКОВЫМИ СТЕПЕНЯМИ


Решение. Слева и справа вынесем за скобки общий множитель слагаемых:

Последнее неравенство равносильно неравенству х + 2 > 2, откуда находим:

х > 0.

Ответ: .


Решение. Введем новую переменную . Тогда заданное неравенство

примет вид: . Решая дробно-рациональное неравенство,

получим: ; .

Таким образом, решение первоначального неравенства свелось к реше-

нию совокупности двух неравенств: ; .

21432 55222 xxxxx

)15(5)221(2 1222 xx

5

45)5(2 22 xx

22

5

2

5

2

x

);0(

0)5,0(1

1

1)5,0(

11

xx

xy )5,0(

05,01

1

1

1

yy

3

41 y 2y

3

4)5,0(1 x 2)5,0( x

119

Решим каждое из неравенств совокупности. Воспользуемся свойствами сте-

пени и определением логарифма: 1 = (0,5)0; ; 2 = (0,5)

-1, тогда

каждое из неравенств совокупности примет вид: (0,5)0 < (0,5)

x ;

(0,5)x > (0,5)

-1. Переходя к рациональным неравенствам и решая их получим:

х<-1 и .

Ответ: .


11

xx .

Решение. Преобразуем неравенство: 33,842713,84333

11

3

11

xxxx .

Показательная функция с основанием 3 является возрастающей, значит,

11

x, .0

1,0

1,01

1

x

x

x

x

x

Ответ: )1;0( .

Пример 105.4. Решите неравенство 315333 422212 xxx .


,31581

1

9

1

3

13,315

81

3

9

3

3

3 2222

x

xxx

622 33,31581

353 xx

.

Показательная функция с основанием 3 является возрастающей, значит,

3;,3,62 xx .

Ответ: 3; .

106. НЕРАВЕНСТВА С ОДИНАКОВЫМИ И РАЗНЫМИ ОСНО-

ВАНИЯМИ И РАЗНЫМИ ПОКАЗАТЕЛЯМИ.

Пример 106.1. Решите неравенство 293183 1 xx.

3

4log 5,0

5,03

4

3

4log 5,0

5,0

03

4log 5,0 x

0;

3

4log);1;( 5,0

120

Решение. Преобразуем неравенство, зная, что 03 x:

0293

11833

x

x 018329330293

11833

2 xx

x

x.

Пусть 0,3 yyx, получим систему неравенств:

.0

,093

23

,0

,018293 2

y

yy

y

yy9,

3

20 yy .

Получим совокупность неравенств:

.2

,3

2log

,93

,3

23

3

x

x

x

x

Ответ:

;2

3

2log; 3 .


323 1

x

xx .

Решение. Преобразуем неравенство: 43

32

3

3

x

xx

. Положим 0,3 yyx ,

получим систему неравенств:

.04

)3)(2(

,0

,0)4(3

6

,0

,04

2

3

,0

,4

2

3

,02

y

yy

y

y

yy

y

y

yy

y

y

yy

y

Решением системы является объединение промежутков: 30 y и 4y .

Получим совокупность неравенств:

.4log

,1

,43

,33

3

1

x

xx

x

Ответ: ;4log1; 3 .

Пример 106.3. Решите неравенство 08224 xx.

Решение. Сделав замену tx 2 , t > 0, получим неравенство второй степени

относительно t:

81,0)8)(1(,0892 ttttt .

Вернемся к переменной x: 821 x. Так как основание степени больше

единицы, то 30 x и 90 x .

Ответ: )9;0( .

121

ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА

Любое логарифмическое неравенство может быть в конечном счете сведено к

неравенству вида

Решение такого неравенства основывается на следующих утвеждениях:

1. Если а > 1, то неравенство равносильно системе неравенств:

Замечание. Первые два неравенства систем задают область допустимых ре-

шений неравенства. В системе можно опустить первое неравенство, так как

оно следует из второго и третьего.

2. Если 0<а<1, то неравенство равносильно системе неравенств:

Замечание. В системе можно опустить второе неравенство.

107. УРАВНЕНИЯ ВИДА 0log xfx .

Уравнению 0log xfx соответствует равносильная система

011

1

0

0

xxf

x

x

xf

108. УРАВНЕНИЯ ВИДА 0loglog xyxf xx .

Уравнению 0loglog xyxf xx

01111

1

0

0

1

0

0

xxyxxf

x

x

xy

x

x

xf

)(log)(log xgxf aa

)()(

0)(

0)(

xgxf

xg

xf

)()(

0)(

0)(

xgxf

xg

xf

122

ПОКАЗАТЕЛЬНО-СТЕПЕННЫЕ УРАВНЕНИЯ

Показательно-степенными уравнениями называются уравнения вида

xgxfxaxa , где неизвестное находится и в показателе и в основании

степени.

Можно указать совершенно четкий алгоритм решения уравнении вида xgxf aa . Для этого надо обратить внимание на то, что при а(х) не рав-

ном нулю, единице и минус единице равенство степеней с одинаковыми ос-

нованиями (будь-то положительными или отрицательными) возможно лишь

при условии равенства показателей, т.е. все корни уравнения

xgxfxaxa будут корнями уравнения f(x) = g(x). Обратное же утвер-

ждение 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

xgxfxaxa к f(x) = g(x) (при 0a и 1a ) могут появиться посто-

ронние корни, которые нужно исключить проверкой по исходному уравне-

нию. А случаи а = 0, а = 1, а =-1 надо рассмотреть отдельно.

Итак, для полного решения уравнения xgxfxaxa рассматри-

ваем 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 уравне-

ния.

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 0xa и 1xa решаем уравнение f(x)= g(x) и подстановкой по-

лученных результатов в исходное уравнение отсекаем посторонние корни.

109. УРАВНЕНИЯ ВИДА xgxfxaxa


33xx

xx

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.

123

Ответ: 0, 1, 2, 3, 4.


11

11

xx

xx

Решение. По определению ОДЗ: x – 1 ≥ 0, x ≥ 1.

1) x – 1 = 0 или x = 1, 1х = 0, 00 это не решение.

2) x – 1 = 1 x 1 = 2.

3) x – 1 = -1 x 2 = 0 не подходит в ОДЗ.

4) 1x = 2

1x

2

2

11

xx => 1

4

122

xxx

=> 014

122

xxx

04

44122

xxx

=> 0522 xx => D = 4 – 20 = -16 – корней нет.

Ответ: 2.


2

x

xx

Решение.

1) 12 xx = 0 решения нет, т.к. 0 в любой степени не равен 1.

2) 12 xx ≠ 0 т.е. 2

51x . Тогда можем записать:

0212 112

xxxxx

3) 12 xx = 1. 22 xx = 0

11 x и 22 x

4) 12 xx = -1 х = 0 или х = 1. При х = 0 12 x = -1. (-1)-1

≠ (-1)0.

Это не решение. При х = 1 (-1)0 = (-1)

0. Это решение х3 = 1.

5) 12 xx ≠ 0 и 12 xx ≠ ±1 имеем 12 x = 0, x = -1 или

x = 1. Эти корни уже учтены.

Ответ: -1, 1, 2.


222

xxx

xx

Решение.

1) 02 x , 2x , 022 xx это не решение.

2) 12 x , 31 x и 12 x .

124

3) отрицательных значений основание не имеет. При 02 x и 12 x ,

10522 xxx , 01072 xx ,

х = 5, 315

= 315

– верно. х3 = 5,

х = 2 – не является решением.

Ответ: 1,3,5.


xx

x

Решение.

1) 0x не дает решений, т.к. 0 ни в какой степени не равен 1.

2) 1x . 11 x или 12 x .

3) отрицательных значений x не имеет.

4) При 0x , 022

xxxx

022 xx , т.к. 0x , то 2x . Проверка 20 = 1 – верно. 23 x

Ответ: -1, 1, 2.

Пример 109.6. Решите уравнение xxxx

3433

2

Решение.

1) 03x , 3x , 042 x , 03 x . Это решение 31 x .

2) 13x , 22 x .

3) 13 x , 4x , 42 x - четное и -3х – четное. Это решение. х2 = -4.

4) 03x и 13 x , xx 342 , 0432 xx , 1x , 4-3

= 4-3

– верно.

13 x .

Ответ: -4, -3, -2, 1


442

xxxx

Решение. ОДЗ: 052 xx , 052 xx ,

449 x , 944 x ,

04 x и 14 x

05 x

Все решения принадлежат уравнению xx 52 =2.

452 xx , 0452 xx , 1x и 4x . Оба значения принадлежат к

ОДЗ.

Ответ: -4, -1.

125


92

xloqxx

Решение. ОДЗ: 2x . Значит 0,1 и -1 отпадают.

92xx loqxloq

xx

и все решения содержатся в уравнении.

92 xxloqxloq

39xx loqloq , 32 x , ОДЗx 5

Ответ: 5.


222 2 xloqxloqx

Решение. ОДЗ: 0x и 1x .

Выполним преобразования: xloq22 +

2xloqx = 2+2,

xloq22 +xloq

x 2

1

= 4

Пусть txloq 2 , а 2

2 txloq , 2

2tx . Следовательно, ttt

1

2

22

или

422 tt ,следовательно t = 1, переходя к исходной переменной

12 xloq ,следовательно

ОДЗx 2

Ответ: 2.

Пример 109.10. Решите уравнение 10xlqx

Решение. ОДЗ: 0x . Возведем обе части уравнения в квадрат (т.к. они по-

ложительны, то посторонние корни не появляются)

100xlqx или 1002

1lqxx

Прологарифмируем по основанию 10.

1002

1lqlqxlqx

или 42 xlq

22 xlq или 2lqx

01.010 2

1 x , 100102

2 x

Ответ: 0.01, 100.

Пример 109.11. Решите уравнение 1cos5.0sin5.1sin2

xx

x

Решение.

1) xcos 0 , т.к. 0 в любой степени не равен 1.

22

1 2 lq

126

2) xcos = 1, xcos =1, kx 21 , zk или

xcos =-1, kx 222 , zk .

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

3) (т.к. 0cos x )

При 1cos x все решения принадлежат уравнению 05.0sin5.1sin2 xx .

1sin или 2

1sin x .

При 1sin xcos = 0, что не удовлетворяет уравнению 1.п

2

1sin x , zkkx

k

.

613

Ответ: kxk

611 , zk .

kx 22 , zk .

kx 23 , zk .


1cos

cos2

4

14

2

xx x

x

Решение. ОДЗ:

1cos

04 2

x

x

1cos

22

x

x

1cos

cos2

2

4

x

x

x = 21

24 x

1) 14 2 x , ОДЗx 33 , ОДЗx 34 .

2) Так как 04 2 x , то остальные решения получаем из уравнения

2

1

1cos

cos 2

x

x: Отсюда 1cos x или

2

1cos x . , и

, .

Ответ: , - , и , .


Решение. Для любого х: и , ОДЗ этого

уравнения состоит из всех х удовлетворяющих условию , т.е. ОДЗ

05.0sin5.1sincoscos

2

xxxx

1cos x kx 25 zk

2

1cos x kx

2

3

26 zk

3 3 k2 k

23

2 zk

22 1212 sin1cos1

xxxxxx

0cos1 2 xx 0sin1 2 xx

01 2 x

127

есть множество всех х из промежутка на этом множестве. Ис-

ходное уравнение равносильно совокупности уравнений.

1 − 𝑥2 = 0

1 + 𝑥2 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 1 + 𝑥2 + 𝑠𝑖𝑛𝑥 ⟹

𝑥1 = −1𝑥2 = 1

𝑥3 =𝜋

4+ 𝜋𝑛, 𝑛 ∈ 𝑍

- принадлежат области допустимых значе-

ний. Они и являются решениями исходного уравнения.

Ответ: .

ПОКАЗАТЕЛЬНО-СТЕПЕННЫЕ НЕРАВЕНСТВА.

Неравенства вида (или меньше) при а(х)>0 и

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 це-

лыми 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.

110. НЕРАВЕНСТВА ВИДА xgxfxaxa ,,,


xx

x .

Решение. Рассмотрим три случая.

I-й случай, когда основание степени больше нуля, но меньше 1, т. е. 0 < x - 4 <

1. Неравенство примет вид: 0124)4(4

2

xxxx

. Показательная функция с

таким основанием убывает, получим систему неравенств:

,26

,54

,0)2)(6(

,54

,0124

,1402 x

x

xx

x

xx

x решений нет.

II-й случай, когда основание степени равно единице x - 4 = 1, x = 5, получим:

11 x

4;

4;1;1 4321

xxxx

4;

4;1;1

xgxfxaxa

1xa

128

11,1133 - неравенство не выполняется.

III-й случай, когда основание степени больше единице, тогда неравенство

равносильно системе неравенств:

5,2,6

,5

,0)2)(6(

,5

,0124

,142

x

xx

x

xx

x

xx

x.

Ответ: ;5 .


xx

x .


I-й случай, когда основание степени больше нуля, но меньше 1, т. е. 0 < x + 5

<1. Неравенство примет вид: 0145)5(5

2

xxxx

. Показательная функция

с таким основанием убывает, получим систему неравенств:

,2,7

,45

,0)2)(7(

,45

,0145

,1502 xx

x

xx

x

xx

x решений

нет.

II-й случай, когда основание степени равно единице x + 5 = 1, x = -4, получим:

11,11 18 - неравенство не выполняется.



.24,26

,4

,0)2)(7(

,4

,0145

,152

x

x

x

xx

x

xx

x

Ответ: 2;4 .


xx

x .


I-й случай, когда основание степени больше нуля, но меньше 1, т. е. 0 < x + 3

< 1. Неравенство примет вид: 0124)3(3

2

xxxx

. Показательная функция

с таким основанием убывает, получим систему неравенств:

,62

,23

,0)2)(6(

,23

,0124

,1302 x

x

xx

x

xx

x решений нет.

II-й случай, когда основание степени равно единице x + 3 = 1, x = -2, получим:

11,110 - неравенство не выполняется.



129

6,6,2

,2

,0)2)(6(

,2

,0124

,132

x

xx

x

xx

x

xx

x.

Ответ: ;6 .

Учебно-методический комплекс по математике (Алгебра) -...

Documents