Реферат: Рациональные уравнения и неравенства - текст реферата. Скачать бесплатно.
Банк рефератов, курсовых и дипломных работ. Много и бесплатно. # | Правила оформления работ | Добавить в избранное
 
 
   
Меню Меню Меню Меню Меню
   
Napishem.com Napishem.com Napishem.com

Реферат

Рациональные уравнения и неравенства

Банк рефератов / Математика

Рубрики  Рубрики реферат банка

закрыть
Категория: Реферат
Язык реферата: Русский
Дата добавления:   
 
Скачать
Microsoft Word, 2477 kb, скачать бесплатно
Заказать
Узнать стоимость написания уникального реферата

Узнайте стоимость написания уникальной работы

Рациональные уравнения и неравенства Содержание I . Рациональные ур авнения. 1) Линейные уравнения. 2) Системы линейных уравнений. 3) Квадратные уравнения и уравнения , сводящиеся к ним. 4) Возвратные уравнения. 5) Формула Виета для многочленов высших степеней. 6) Системы уравнений второй степени. 7) Метод введения н овых неизвестных при решении уравнений и систем уравнений. 8) Однородные уравнения. 9) Решение симметрических систем уравнений. 10) Уравнения и системы уравнений с параметрами. 11) Графический метод решения систем нелинейных уравнений. 12) Уравнения , содержащие знак модуля. 13) Основные методы решения рациональных уравнений II . Рациональные неравенства. 1) Свойства равносильных неравенств. 2) Алгебраические неравенства. 3) Метод интервалов. 4) Дробно-рациональные неравенства. 5) Неравенства , соде ржащие неизвестное под знаком абсолютной величины. 6) Неравенства с параметрами. 7) Системы рациональных неравенств. 8) Графическое решение неравенств. III . Проверочный тест. Рациональные уравнения Функция вида P(x) = a 0 x n + a 1 x n – 1 + a 2 x n – 2 + … + a n – 1 x + a n , где n — натуральное , a 0 , a 1 ,… , a n — некоторые действительные числа , называется целой рациональной функцией. Уравнение вида P ( x ) = 0 , где P ( x ) — целая рациональная функция , называется целым рациональным уравнением. Уравнение вида P 1 ( x ) / Q 1 ( x ) + P 2 ( x ) / Q 2 ( x ) + … + P m ( x ) / Q m ( x ) = 0 , где P 1 ( x ), P 2 ( x ), … , P m ( x ), Q 1 ( x ), Q 2 ( x ), … , Q m ( x ) — целые рациональные функции , называется рациональным уравнением. Решение рационального уравнения P ( x ) / Q ( x ) = 0 , где P ( x ) и Q ( x ) — многочлены ( Q ( x ) 0), сводится к решению уравнения P ( x ) = 0 и проверке того , что корни удовлетворяют условию Q ( x ) 0. Линейные уравнения . Уравнения вида ax + b =0 , где a и b — некоторые постоянные , называетс я линейным уравнением. Если a 0, то линейное уравнение имеет единственный корень : x = - b / a . Если a =0; b 0 , то линейное уравнение решений не имеет. Если a =0; b =0, то , переписав исходное уравнение в виде ax = - b , легко видеть , что любое x является решением линейного уравнения. Уравнение прямой имеет вид : y = ax + b . Если прямая проходит через точку с координатами X 0 и Y 0 , то эти координаты удовлетворяют уравнению прямой , т . е. Y 0 = aX 0 + b . Пр имер 1.1 . Решить уравнение 2 x – 3 + 4( x – 1) = 5. Решение . Последовательно раскроем скобки , приведём подобные члены и найдём x : 2 x – 3 + 4 x – 4 = 5, 2 x + 4 x = 5 + 4 + 3, 6 x = 12, x = 2. Ответ : 2. Пример 1.2. Решить уравнение 2x – 3 + 2( x – 1) = 4( x – 1) – 7. Решение . 2 x + 2 x – 4 x = 3 +2 – 4 – 7, 0 x = – 6. Ответ : . Пример 1.3 . Решить уравнение. 2 x + 3 – 6( x – 1) = 4( x – 1) + 5. Решение . 2 x – 6 x + 3 + 6 = 4 – 4 x + 5, – 4 x + 9 = 9 – 4 x , -4 x + 4 x = 9 – 9, 0 x = 0. Ответ : Любое число. Системы линейных уравнений. Уравнение вида a 1 x 1 + a 2 x 2 + … + a n x n = b , где a 1 , b 1 , … , a n , b — некоторые постоянные , называется линейным уравнением с n неизвестными x 1 , x 2 , … , x n . Система уравнений назы вается линейной , если все уравнения , входящие в систему , являются линейными . Если система из n неизвестных , то возможны следующие три случая : 1) система не имеет решений ; 2) система имеет ровно одно решение ; 3) система имеет бесконечно много решений . Пр имер 2.4. решить систему уравнений 2 x + 3 y = 8, 3 x + 2 y = 7. Решение . Решить систему линейных уравнений можно способом подстановки , который состоит в том , что какого-либо уравнения системы выражают одно неизвестное через другие неизвестные , а затем подст авляют значение этого неизвестного в остальные уравнения. Из первого уравнения выражаем : x = (8 – 3 y ) / 2. Подставляем это выражение во второе уравнение и получаем систему уравнений x = (8 – 3 y ) / 2, 3(8 – 3 y ) / 2 + 2 y = 7. Из второго уравнения получаем y = 2 . С учётом этого из первого уравнения x = 1 . Ответ : (1 ; 2 ) . Пример 2.5. Решить систему уравнений x + y = 3, 2 x + 2 y = 7. Решение . Система не имеет решений , так как два уравнения системы не могут удовлетворяться одновременно (из первого уравнения x + y = 3, а из второго x + y = 3,5). Ответ : Решений нет. Пример 2.6. решить систему уравнений x + y = 5, 2 x + 2 y = 10. Решение . Система имеет бесконечно много решений , так как второе уравнение получается из первого путём умножения на 2 (т.е . фактически есть всего одно уравнение с двумя неизвестными ). Ответ : Бесконечно много решений. Пример 2.7. решить систему уравнений x + y – z = 2, 2x – y + 4z = 1, – x + 6y + z = 5. Решение . При решении систем линейных уравнений удобно пользо ваться методом Гаусса , который состоит в преобразовании системы к треугольному виду. Умножаем первое уравнение системы на – 2 и , складывая полученный результат со вторым уравнением , получаем – 3 y + 6 z = – 3. Это уравнение можно переписать в виде y – 2 z = 1. Складывая первое уравнение с третьим , получаем 7 y = 7 , или y = 1 . Таким образом , система приобрела треугольный вид x + y – z = 2, y – 2 z = 1, y = 1. Подставляя y = 1 во второе уравнение , находим z = 0. Подставляя y =1 и z = 0 в пе рвое уравнение , находим x = 1. Ответ : (1 ; 1; 0). Пример 2.8. при каких значениях параметра a система уравнений 2 x + ay = a + 2, ( a + 1) x + 2 ay = 2 a + 4 имеет бесконечно много решений ? Решение . Из первого уравнения выражаем x : x = – ( a / 2) y + a / 2 +1. Подставляя это выражение во второе уравнение , получаем ( a + 1)( – ( a / 2) y + a / 2 +1) + 2 ay = 2 a + 4. Далее умножим обе части уравнения на 2 и упростим его : ( a + 1)(a + 2 – ay) + 4ay = 4a + 8, 4ay – a(a + 1)y = 4(a + 2) – (a + 1)(a + 2), ya(4 – a – 1 ) = (a + 2)(4 – a – 1), ya(3 – a) = (a + 2)(3 – a). Анализируя последнее уравнение , отметим , что при a = 3 оно имеет вид 0 y = 0 , т.е . оно удовлетворяется при любых значениях y . Ответ : 3. Квадратные уравнения и уравнения , сводящиеся к н им. Уравнение вида ax 2 + bx + c = 0, где a , b и c — некоторые числа ( a 0); x — переменная , называется квадратным уравнением . Формула решения квадратного уравнения. Сначала разделим обе части уравнения ax 2 + bx + c = 0 на a — от этого его корни не изменятся . Для решения получившегося уравнения x 2 + ( b / a ) x + ( c / a ) = 0 выделим в левой части полный квадрат x 2 + (b / a) + (c / a) = (x 2 + 2(b / 2a)x + (b / 2a) 2 ) – (b / 2a) 2 + (c / a) = = (x + (b / 2a)) 2 – (b 2 ) / (4a 2 ) + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – ((b 2 – 4ac) / (4a 2 )). Для краткости обозначим выражение ( b 2 – 4 ac ) через D . Тогда полученное тождество примет вид x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – (D / (4a 2 )). Возможны три случая : 1) если число D положительно ( D > 0) , то в этом случае можно извлечь из D квадратный корень и записать D в виде D = ( D ) 2 . Тогда D / (4a 2 ) = ( D) 2 / (2a) 2 = ( D / 2a) 2 , потому тождество принимает вид x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – ( D / 2a) 2 . По формуле разности квадратов выводим отсюда : x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a) – ( D / 2a))(x + (b / 2a) + ( D / 2a)) = = ( x – (( - b + D ) / 2 a )) ( x – (( – b – D ) / 2 a )). Теорема : Если выполняется тождество ax 2 + bx + c = a(x – x 1 )(x – x 2 ), то квадратное уравнение ax 2 + bx + c = 0 при X 1 X 2 имеет два корня X 1 и X 2 , а при X 1 = X 2 — лишь один корень X 1 . В силу этой теоремы из , выведенного выше , тождества следует , что уравнение x 2 + ( b / a ) x + ( c / a ) = 0, а тем самым и уравнение ax 2 + bx + c = 0 , имеет два корня : X 1 =(- b + D ) / 2 a ; X 2 = (- b - D ) / 2 a . Таким образом x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x – x1)(x – x2). Обычно эти корни записыв ают одной формулой : где b 2 – 4ac = D. 2) если число D равно нулю ( D = 0) , то тождество x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – (D / (4a 2 )) принимает вид x 2 + ( b / a ) x + ( c / a ) = ( x + ( b / 2 a )) 2 . Отсюда следует , что при D = 0 уравнение ax 2 + bx + c = 0 имеет один корень кратности 2: X 1 = – b / 2 a 3) Если число D отрицательно ( D < 0) , то – D > 0 , и потому выражение x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – (D / (4a 2 )) является суммой двух слагаемых , одно из которых неотрицательно, а другое положительно . Такая сумма не может равняться нулю , поэтому уравнение x 2 + ( b / a ) x + ( c / a ) = 0 не имеет действительных корней . Не имеет их и уравнение ax 2 + bx + c = 0. Таким образом , для решения квадратного уравнения следует вычислить дис криминант D = b 2 – 4 ac . Е сли D = 0, то квадратное уравнение имеет единственное решение : X =- b / (2 a ). Если D > 0 , то квадратное уравнение имеет два корня : X 1 =(- b + D ) / (2 a ); X 2 = (- b - D ) / (2 a ). Если D < 0 , то квадратное уравнение не имеет корней. Если один из коэффициентов b или c равен нулю , то квадратное уравнение можно решать , не вычисляя дискриминанта : 1) b = 0; c 0; c / a <0; X 1 , 2 = (-c / a ) 2) b 0; c = 0; X 1 = 0, X 2 = -b / a. Корни квадратного уравнения общего вида ax 2 + bx + c = 0 находятся по формуле Ква дратное уравнение , в котором коэффициент при x 2 равен 1, называется приведённым . Обычно приведённое квадратное уравнение обозначают так : x 2 + px + q = 0. Теорема Виета. Мы вывели тождество x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x – x1)(x – x2), где X 1 и X 2 — корни кв адратного уравнения ax 2 + bx + c =0. Раскроем скобки в правой части этого тождества. x 2 + (b / a)x + (c / a) = x 2 – x 1 x – x 2 x + x 1 x 2 = x 2 – (x 1 + x 2 )x +x 1 x 2 . Отсюда следует , что X 1 + X 2 = – b / a и X 1 X 2 = c / a . Мы доказали следующую теорему , впервые у становленную французским математиком Ф . Виетом (1540 – 1603) : Теорема 1 ( Виета ). Сумма корней квадратного уравнения равна коэффициенту при X , взятому c противоположным знаком и делённому на коэффициент при X 2 ; произведение корней этого уравнения равно сво бодному члену , делённому на коэффициент при X 2 . Теорема 2 (обратная ). Если выполняются равенства X 1 + X 2 = – b / a и X 1 X 2 = c / a , то числа X 1 и X 2 являются корнями квадратного уравнения ax 2 + bx + c = 0. Замечание. Формулы X 1 + X 2 = – b / a и X 1 X 2 = c / a остаются верными и в случае , когда уравнение ax 2 + bx + c = 0 имеет один корень X 1 кратности 2, если положить в указанных формулах X 2 = X 1 . Поэтому принято считать , что при D = 0 уравнение ax 2 + bx + c = 0 имеет два совпадающих друг с дру гом корня. При решении задач , связанных с теоремой Виета , полезно использовать соотношения (1 / X 1 ) + (1/ X 2 )= ( X 1 + X 2 )/ X 1 X 2 ; X 1 2 + X 2 2 = ( X 1 + X 2 ) 2 – 2 X 1 X 2 ; X 1 / X 2 + X 2 / X 1 = ( X 1 2 + X 2 2 ) / X 1 X 2 = (( X 1 + X 2 ) 2 – 2 X 1 X 2 ) / X 1 X 2 ; X 1 3 + X 2 3 = ( X 1 + X 2 )( X 1 2 – X 1 X 2 + X 2 2 ) = = ( X 1 + X 2 )(( X 1 + X 2 ) 2 – 3 X 1 X 2 ). Пример 3.9. Решить уравнение 2 x 2 + 5 x – 1 = 0. Решение . D = 25 – 42( – 1) = 33 >0; X 1 = (- 5 + 33) / 4; X 2 = (- 5 - 33) / 4. Ответ : X 1 = (- 5 + 33) / 4; X 2 = (- 5 - 33) / 4. Пример 3.10. Решить уравнение x 3 – 5 x 2 + 6 x = 0 Решение. Разложим левую часть уравнения на множители x ( x 2 – 5 x + 6) = 0, отсюда x = 0 или x 2 – 5 x + 6 = 0. Решая квадратное уравнение , получаем X 1 = 2 , X 2 = 3. Ответ : 0; 2 ; 3. Пример 3.11. x 3 – 3 x + 2 = 0. Решение . Перепишем уравнение , записав – 3 x = – x – 2 x , x 3 – x – 2 x + 2 = 0 , а теперь группируем x ( x 2 – 1) – 2( x – 1) = 0, ( x – 1)( x ( x + 1) – 2) = 0, x – 1 = 0, x 1 = 1, x 2 + x – 2 = 0, x 2 = – 2, x 3 = 1. Ответ : x 1 = x 3 = 1, x 2 = – 2. Пример 3 .12. Решить уравнение 7( x – 1)( x – 3)( x – 4) (2x – 7)(x + 2)(x – 6) Решение . Найдём область допустимых значений x: X + 2 0; x – 6 0; 2x – 7 0 или x – 2; x 6; x 3,5. Приводим уравне ние к виду (7x – 14)(x 2 – 7x + 12) = (14 – 4x)(x 2 – 4x – 12), раскрываем скобки. 7 x 3 – 49x 2 + 84x – 14x 2 + 98x – 168 + 4x 3 – 16x 2 – 48x – 14x 2 + 56x + 168 = 0, 11x 3 – 93x 2 + 190x = 0, x(11x 2 – 93x + 190) = 0, x 1 = 0 11x2 – 93x + 190 = 0, 93 (8649 – 8360) 93 17 x 2,3 = = , 22 22 т.е . x 1 = 5; x 2 = 38 / 11. Найденные зн ачения удовлетворяют ОДЗ. Ответ : x 1 = 0; x 2 = 5; x 3 = 38 / 11. Пример 3.13. Решить уравнение x 6 – 5x 3 + 4 = 0 Решение. Обозначим y = x 3 , тогда исходное уравнение принимает вид y 2 – 5y + 4 = 0 , решив которое получаем Y 1 = 1; Y 2 = 4. Таким образом , исхо дное уравнение эквивалентно совокупности уравнений : x 3 = 1 или x 3 = 4 , т . е . X 1 = 1 или X 2 = 3 4 Ответ : 1; 3 4. Пример 3.14. Решить уравнение (x 3 – 27) / (x – 3) = 27 Решение. Разложим числите ль на множители (по формуле разности кубов ) : ( x – 3)(x 2 + 3x + 9) / (x – 3) = 27 . Отсюда : x 2 + 3 x + 9 = 27, x – 3 0; x 2 + 3 x – 18 = 0, x 3. Квадратное уравнение x 2 + 3 x – 18 = 0 име ет корни X 1 = 3; X 2 = -6 (X1 не входит в область допустимых значений ). Ответ : -6 Пример 3. 15 . Решить уравнение (x 2 + x – 5) / x + (3x) / (x 2 + x – 5) = 4. Решение. Обозначим y= (x 2 + x – 5) / x, тогда получаем уравнение y + 3 / y = 4. Преобразуем его : y + 3 / y – 4 = 0, (y 2 – 4y + 3) / y = 0, отсюда y 2 – 4y + 3 = 0, y 0 Квадратное уравнение y 2 – 4y + 3 = 0 имеет корни Y 1 = 1; Y 2 = 3 ( оба корня входят в область допустимых значений ). Таким образом корни , исходное у равнение эквивалентно (равносильно ) совокупности уравнений (x 2 + x – 5) / x = 1 или (x 2 + x – 5) / x = 3. Преобразуем их : (x 2 + x – 5) / x – 1 = 0 или (x 2 + x – 5) / x – 3 = 0; x 2 – 5 = 0, x 0 или x 2 – 2x – 5 = 0, x 0; X 1 = 5; X 2 = – 5 или X 3 = 1 + 6; X 4 = 1 – 6 ( все найденные корни уравнения входят в обла сть допустимых значений ). Ответ : 5; – 5; 1 + 6; 1 – 6 . Пример 3. 16 . Решить уравнение x(x + 2)(x + 3)(x + 5) = 72. Решение. Перегру ппируем сомножители и преобразуем полученное уравнение (x + 2)(x + 3)(x + 5)x = 72, (x 2 + 5x + 6)(x 2 + 5x) = 72. Обозначим y = x 2 + 5x , тогда получим уравнение ( y + 6)y = 72 , или y 2 + 6y – 72 = 0. Корни этого уравнения : Y 1 = 6; Y 2 = – 12. Таким образом , исходное уравнение эквивалентно совокупности уравнений x 2 + 5x = 6 или x 2 + 5x = – 12. Первое уравнение имеет корни X 1 = 1; X 2 = – 6. Второе уравнение корней не имеет , так как D = 26 – 48 = – 23 < 0. Ответ : – 6; 1. Пример 3.1 7 . Решить уравнение 4x 2 + 12x + 12 / x + 4 / x 2 = 47. Решение. Сгруппируем слагаемые : 4(x 2 + 1 / (x 2 )) + 12(x + 1 / x) = 47. Обозначим y = x + 1 / x , при этом заметим , что y 2 = (x +1 / x) 2 = x 2 +2 + 1 / (x 2 ) , отсюда x 2 + 1 / (x 2 ) = y 2 – 2 . С учётом этого получаем уравнение 4( y 2 – 2) + 12y = 47, или 4y 2 + 12y - 55 = 0 . Это квадратное уравнение имеет корни Y1 = 5 / 2; Y2 = – 11 / 2. Исходное уравнение эквивалентно совокупности уравнений x + 1 / x = 5 / 2 или x + 1 / x = – 11 / 2 . Решим их : x + 1 / x – 5 /2 = 0 ил и x + 1 / x + 11 / 2 = 0; 2x 2 – 5x + 2 = 0, x 0 или 2x 2 + 11x + 2 = 0, x 0; X1 = 2; X2 = 1 / 2 или X3 = ( - 11 + 105) / 4; X4 = ( -11 - 105) / 4 ( все найденные корни уравнения входят в область допустимых значений ). Ответ : 2; 0,5; ( - 11 + 105) / 4; (-11 - 105) / 4. Пример 3.18. Решить уравнение x 3 – x 2 – 9x – 6 = 0. Решение . Угадаем хотя бы один корень данного уравнения . “Кандидатами” в целочисленные корни (а только их есть надежда отгадать ) являются числа 1, 2, 3, 6. Подстановкой в исходное уравнение убеждаемся , что X = -2 является его корнем. Разделим многочлен x 3 – x 2 – 9x – 6 на двучлен x + 2 x 3 – x 2 – 9x – 6 = (x + 2)(x 2 – 3x – 3) = 0. Решив теперь уравнение x 2 – 3x – 3 = 0, получаем X 2 = (3 - 21) / 2, X 3 = (3 + 21) / 2. Ответ : x -2; (3 - 21) / 2; (3 + 21) / 2 . Пример 3 . 19 . x 3 – x 2 – 8x + 6 = 0. Решение . Здесь a n = 1, a 0 = 6. Поэтому , если данное уравнение имеет рациональные корни , то их следует искать среди делителей числа 6 : 1, 2, 3, 6. Проверкой убеждаемся , что x = 3, т.к . 27 – 9 – 24 + 6 = 0. Делим (x 3 – x 2 – 8x + 6) на (x – 3) Получаем : x 3 – x 2 – 8x + 6 = (x – 3)(x 2 + 2x – 2), т. е . данное уравнение можно представить в виде (x – 3)(x 2 + 2x – 2) = 0. Отсюда находим , что x 1 = 3 — решение , найденное подбором , x 2,3 = – 1 3 — из уравнения x 2 + 2x – 2 = 0. Ответ : x 1 = 3; x 2,3 = – 1 3. Пример 3 . 20 . 4 x 4 + 8x 3 + x 2 – 3x – 1 = 0. Решение . Здесь a n = 4, a 0 = – 1. Поэтому рациональные корни уравнения следует искать среди чисел : 1; 0,5; 0,25 ( делители 4 есть 1; 2; 4, делители ( – 1) есть 1). Если x = +1, то 4 + 8 + 1 – 3 – 1 0; если x = – 0,5, то 4 / 16 – 8 / 8 + 1 / 4 + 3 / 2 – 1 = 0, т.е . x = – 0,5 корень уравнения . Делим (4x 4 + 8x 3 + x 2 – 3x – 1) на (x + 0,5): Данное уравнение можно представить в в иде : (x + 0,5)(4x 3 + 6x 2 – 2x – 2) = 0. Отсюда x 1 = – 0,5 ( решение , найденное подбором ) и 4x 3 + 6x 2 – 2x – 2 = 0 , т.е . 2x 3 + 3x 2 – x – 1 = 0. Аналогично находим корень этого уравнения : x = – 0,5. Снова делим. Имеем : ( x + 0,5)(2x 2 + 2x – 2) = 0. Отсюда x 2 = – 0,5 и x 3,4 = ( – 1 5) / 2. Ответ : x 1 = x 2 = – 0,5; x 3,4 = ( – 1 5) / 2. Замечание : зная , что x = – 0,5, можно не заниматься делением , а просто выделить за скобки множитель (x + 0,5). Из 2x 3 + 3x 2 – x – 1 = 0 следует : 2x 3 + 3x 2 – x – 1 = 2x 3 + x 2 +2x 2 + x – 2x – 1 = 2x 2 (x + 0,5) + 2x(x + 0,5) – 2(x+0,5) = = (x +2)(2x 2 + 2x – 2) = 0. x 1 = – 0,5; x 3,4 = ( – 1 5) / 2. Возвратные уравнения. Уравнение вида a n x n + a n – 1 x n – 1 + … +a 1 x + a 0 = 0 называется возвратным , если его коэффициенты , стоящие на симметричных позициях , равны , то есть ес ли a n – 1 = a k , при k = 0, 1, … , n. Рассмотрим возвратное уравнение четвёртой степени вида ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0, где a, b и c — некоторые числа , причём a 0 . Его удобно решать с помощью следующего алгоритма : — разд елить левую и правую части уравнения на x 2 . При этом не происходит потери решения , так как x = 0 не является корнем исходного уравнения при a 0 ; — группировкой привести полученное уравнение к виду a(x 2 + 1 / x 2 ) + b(x + 1 / x) + c = 0; — ввести новую переменную t = x + 1 / x , тогда выполнено t 2 = x 2 + 2 + 1 / x 2 , то есть x 2 + 1 / x 2 = t 2 – 2; в новых переменных рассматриваемое уравнение является квадратным : at 2 + bt + c – 2a = 0; — ре шить его относительно t , возвратиться к исходной переменной. Для возвратных уравнений более высоких степеней верны следующие утверждения. Возвратное уравнение чётной степени сводится к уравнению вдвое меньшей степени подстановкой x + 1 / x = t. Возвратно е уравнение нечётной степени обязательно имеет корень x= -1 и после деления многочлена , стоящего в левой части этого уравнения , на двучлен x + 1, приводится к возвратному уравнению чётной степени. Пример 4.21. Рассмотрим , например , возвратное уравнение пя той степени ax 5 + bx 4 + cx 3 + cx 2 + bx + a = 0 Легко видеть , что x = – 1 является корнем этого уравнения , а потому по теореме Безу многочлен в левой части уравнения делится на x + 1 . В результате такого деления получится возвратное уравнение четвёртой ст епени. Довольно часто в процессе решения задач вступительных экзаменов возникают рациональные уравнения степени выше второй , которые не удаётся решить с помощью очевидной замены переменной . В этом случае попытайтесь отгадать какой-нибудь корень уравнения. Если попытка окажется успешной , то Вы воспользуетесь следствием 1 теоремы Безу и понизите на единицу степень исходного уравнения . “Кандидатов” в корни многочлена с целочисленными коэффициентами следует искать среди делителей свободного члена этого много ч лена . Если же попытка угадать корни не удалась , то , возможно , Вы избрали “не тот” метод решения , и существует иной метод , реализация которого не требует решения уравнения третьей или большей степени. Формулы Виета для многочленов высших степеней . Пусть м ногочлен P (x) = a 0 x n + a 1 x n – 1 + … + a n имеет n различных корней X 1 , X 2 , … , X n . В этом случае он имеет разложение на множители вида a 0 x n + a 1 x n – 1 + … + a n = a 0 (x – x 1 )(x – x 2 )… (x – x n ). Разделим обе части этого равенства на a 0 0 и раскроем скобки . Получим равенство X n + (a 1 / a 0 )x n – 1 + … + (a n / a 0 ) = = x n – (x 1 + x 2 + … +x n )x n – 1 + (x 1 x 2 +x 1 x 3 + … +x n-1 x n )x n – 2 + + … + (-1) n x 1 x 2 … x n . Но два многочлена тождественно равны в том и только в том случае , когда коэ ффициенты при одинаковых степенях равны . Отсюда следует , что выполняются равенства x 1 + x 2 + … + x n = -a 1 / a 0 , x 1 x 2 + x 1 x 3 + … + x n – 1 x n = a 2 / a 0 , ……………………. x 1 x 2 … x n = (-1) n a n / a 0 . Приме р 5. 22 . Напишем кубическое уравнение , корни которого являются квадратами корней уравнения x 3 – 3x 2 + 7x + 5 = 0. Решение . Обозначим корни заданного уравнения через x 1 , x 2 и x 3 . Тогда по формулам Виета имеем 1 = x 1 + x 2 +x 3 = 3, 2 = x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 2 x 3 = 7, 3 = x 1 x 2 x 3 = – 5. Корни искомого уравнения обозначим буквами y 1 , y 2 , y 3 , а его коэффициенты — буквами b 1 , b 2 , b 3 , положив коэффициент при y3 равным 1. По условию должны выполняться равенства y 1 = x 1 2 , y 2 = x 2 2 , y 3 = x 3 2 и поэтому b 1 = – (y 1 + y 2 + y 3 ) = – (x 1 2 + x 2 2 + x 3 2 ), b 2 = y 1 y 2 + y 1 y 3 + y 2 y 3 = x 1 2 x 2 2 + x 1 2 x 3 2 + x 2 2 x 3 2 , b 3 = – y 1 y 2 y 3 = – x 1 2 x 2 2 x 3 2 . Но имеем x 1 2 + x 2 2 + x 3 2 = (x 1 + x 2 +x 3 ) 2 – 2(x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 2 x 3 ) = 1 2 - 2 2 = 3 2 – 2 7 = – 5, x 1 2 x 2 2 + x 1 2 x 3 2 + x 2 2 x 3 2 = (x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 2 x 3 ) 2 – 2x 1 x 2 x 3 (x 1 + x 2 +x 3 )= 2 2 – 2 1 3 = = 7 2 – 2 3 ( – 5)= 79, x 1 2 x 2 2 x 3 2 = (x 1 x 2 x 3 ) 2 = 3 2 = 25. Значит , b 1 = 5, b 2 = 79, b 3 = – 25, и потому искомое ур авнение имеет вид y 3 + 5y 2 + 79y – 25 = 0. Ответ : y 3 + 5y 2 + 79y – 25 = 0. Системы уравнений второй степени. В простейших случаях при решении систем уравнений второй степени удаётся выразить одно неизвестное через другое и подставить это выражение во вто рое уравнение. При решении систем уравнений второй степени часто используется также способ замены переменных. Пример 6. 23 . Среди решений ( x; y) системы найти то , для которого сумма ( x + y ) максимальна . Вычислить значение этой суммы. 2x + y = 7, xy = 6. Решение . Из первого уравнения получаем y = 7 – 2x . Подставляя значение y во второе уравнение , получаем систему уравнений y = 7 – 2x, 7x – 2x 2 = 6. Квадратное уравнение – 2 x 2 + 7x – 6 = 0 имеет корни X1 = 2; X2 = 3 / 2. Из первого уравнения получаем Y1 = 3; Y2 = 4. Решения имеют вид (2; 3) и (1,5; 4) . Наибольшая сумма x + y = 1,5 + 4 = 5,5. Ответ : 5 ,5. Пример 6. 24 . Решить систему уравнений x + y + 2xy = 7, xy + 2(x + y) = 8. Решение . Обозначим a = x + y; b = xy. Получаем систему уравнений a + 2b = 7, b + 2a = 8 или a = 7 – 2b, b + 14 – 4b = 8. Отсюда a = 3, b = 2. Возвращаясь к переменным x и y , получаем x + y = 3, xy = 2. Решив эту систему : x = 3 – y, (3 – y)y = 2; y 2 – 3y + 2 = 0, Y1 = 1; X1 = 2; Y2 = 2; X2 = 1. Ответ : ( 2; 1) , (1; 2). Пример 6. 25 . Решить систему уравнений y 2 – xy = 12, x 2 – xy = – 3. Решение . Разложим левые части уравнений на множители : y(y – x) = 12, x(x – y) = – 3. Выразив из второго уравнения ( x 0) x – y = – 3 / x , т.е . y – x = 3 / x, и подставив его в первое уравнение , получим y / x = 4, x(x – y) = – 3, откуда y = 4x, x(x – y) = – 3. Подставив значение y во второе уравнение последней системы , имеем - 3 x 2 = – 3, X 1 = 1; X 2 = – 1, тогда Y 1 = 4; Y 2 = – 4. Ответ : (1 ; 4), ( – 1; – 4). Пример 6. 26 . Решим задачу. Задача . Найдём длины сторон прямоугольника , если его периметр равен 16 м , а площадь равна 15 м 2 . Решение . Обозначим длины сторон прямоугольника буквами х и у . По условию задачи должны выполнятся равенства 2х + 2у = 16, т.е . х + у = 8 и ху = 15 Таким образом , задача свелась к решению системы уравнений х + у = 8, ху = 15, т.е . к отысканию значений х и у , подстановка которых в оба уравнения системы обращает их в верные числовые равенства. Из перв ого уравнения находим , что у = 8 – у . Подставляя это значение во второе уравнение , получаем х (8 у ) = 15, т.е . 8х х 2 = 15 или х 2 8х + 15 = 0. Решим это уравнен ие : D = ( 8) 2 4 1 15 = 64 60 = 4 , Х 1,2 = (8 4) / 2 = (8 2) / 2. Значит , х 1 = 5, х 2 = 3. Поскольку у = 8 х , то получаем у 1 = 3, а у 2 = 5. В обоих случаях получаем один и тот же прямоугольник , длины сторон которого равны 3 м и 5 м. З амечание : уравнение х 2 8х + 15 = 0 можно вывести быстрее , используя теорему , обратную теореме Виета : так как сумма чисел х и у равна 8, а их произведение равно 15, то эти числа являются корнями уравнения z 2 8z + 15 = 0. Рассмотрим системы , состоящие из двух уравнений с двумя неизвестными . Если в одно из них какое нибудь неизвестное входит лишь в первой степени , то из этого уравнения можно выразить это неизвестн ое через другое и подставить полученное выражение во второе уравнение системы . Получится уравнение с одним неизвестным . Решая его , находим значения этого неизвестного , а потом по ним находим значения оставшегося неизвестного. Пример 6. 27 . Решим систему ур авнений 2х + у = 11, х 2 + у 2 = 53. Решение . Из первого уравнения находим , что у = 11 2х . Подставляя это значение во второе уравнение , получаем : х 2 + (11 2х )2 = 53. Раскроем скобки и приведём подобные члены : х 2 + 121 44х + 4х 2 = 53 и потому 5х 2 44х + 68 = 0. Значит , для нахождения х надо решить уравнение 5х 2 44х + 68 = 0. Решая его , находим D = ( 44)2 4 5 68 = 1936 1360 = 576, Х 1,2 = (44 24) / 10 . Итак х 1 = 6,8 ; х 2 = 2, у 1 = 11 2 6,8 = 2,6 ; у 2 = 11 2 2 = 7. Ответ : х 1 = 6,8 ; у 1 = 2,6; х 2 = 2 ; у 2 = 7. Метод введения новых неизвестных при решении уравнений и систем уравнений. При решении биквадратных и возвратных уравнений мы вводили новые неизвестные (у = х 2 для биквадратных уравнений и у = х + 1 / х для возвратных уравнений ). Введение новых неизвестных применяется также при решении уравнений иного вида и систем уравнений. Пример 7. 28 . Решим уравнение 12 / (х 2 + 2х ) 3 / (х 2 + 2х 2) = 1. Решение . Если попробовать привести дробь в левой части уравнения к одному знаменателю , то получим уравнение четвёртой степени , которое мы умеем решать . Чтобы решить заданное уравнение , заметим , что в обе дроби входит одно и то же выражение х 2 + 2х . Поэтому введём новое неизвестное у , положив , что у = х 2 + 2х . Тогда уравнение примет вид 12 / у 3 / (у 2) = 1 или (у 2 11у + 24) / (у (у 2)) = 0, откуда y 1 = 3; y 2 = 8. Осталось решить уравнения х 2 + 2х = 3 (его корни х 1 = 1, х 2 = 3) и х 2 + 2х = 8 (его корни х 3 = 2, х 4 = 4). Применённый м етод называется методом введения новых неизвестных , и его полезно применять , когда неизвестное входит в уравнение всюду в виде одной и той же комбинации (особенно если эта комбинация содержит степени неизвестного выше первой ). Пример 7. 29 . Решим систему у равнений 2 / х + 3 / у = 8, 5 / х 2 / у = 1. Решение . Обозначим 1 / х через U , а 1 / у через V . Тогда система примет вид 2U + 3V = 8, 5U 2V = 1, т.е . получится система двух линейных ура внений с двумя неизвестными U и V . Из первого уравнения выражаем U через V: U = 4 3V / 2, и подставляя во второе : 5(4 3 V / 2) 2V = 1 , откуда V = 2 . Теперь нах одим U = 1 и решаем уравнения 1 / x = 1, 1 / y = 2. Ответ : x = 1, y = 0,5. Пример 7 . 30 . (x – 4)(x – 5)(x – 6)(x – 7) = 1680. Решение . ( x – 4)(x – 7) (x – 5)(x – 6) = 1680 , т.е. (x 2 – 11x + 28)(x 2 – 11x + 30) = 1680. Обозначим x 2 – 11x + 28 = t , тогда t(t + 2) = 1680 , t2 + 2t – 1680 = 0, t 1 = – 42; t 2 = 40. Поэтому x 2 – 11x + 28 = – 42; x 2 – 11x + 70 = 0; D = 121 – 280 < 0 x 1,2 . x 2 – 11x + 28 = 40; x 2 – 11x – 12 = 0; x 1 = 12; x 2 = – 1. Ответ : x 1 = 12; x 2 = – 1. Пример 7 . 31 . 2 x 4 + 3x 3 – 16x 2 + 3x + 2 = 0. Решение . Это возвратное уравнение . Разделим обе части уравнения на x2 0, получим 2 x 2 + 3x – 16 +3 / x + 2 / x 2 = 0, т.е. 2( x 2 + 1 / x 2 ) + 3(x + 1 / x) – 16 = 0, обозначим x + 1 / x = t, тогда x 2 + 2 + 1 / x 2 = t 2 , т.е . x 2 + 1 / x 2 = t 2 – 2 , получаем 2(t 2 – 2) + 3t – 16=0 , т.е . 2 t 2 + 3t – 20 = 0 , t 1 = – 4; t 2 = 5 / 2 = 2,5. Следовательно , имеем x + 1 / x = – 4; x 2 + 4x + 1 = 0; x 1,2 = – 2 3, x + 1 / x = 2,5; 2x 2 – 5x + 2 = 0; x 3 = 2; x 4 = 1 / 2. Ответ : x 1,2 = – 2 3; x 3 = 2; x 4 = 1 / 2. Пример 7 . 32 . (x + 3) 4 + (x + 5) 4 = 16. Решение . Сделаем подстановку x = t – 4. Тогда получаем (t – 1) 4 + (t + 1) 4 = 16 , т.е . t 4 – 4t 3 + 6t 2 – 4t + 1 + t 4 + 4t 3 + 6t 2 + 4t + 1 = 16, т.е . 2t 4 + 12t 2 – 14 = 0, или t 4 + 6t 2 – 7 = 0. Положим t 2 = z 0 , тогда z 2 +6z – 7 = 0 , z 1 = – 7; z 2 = 1. С учётом t 2 = z 0 отбрасываем z 1 . Итак , z = 1 , т.е . t 2 = 1 , отсюда t 1 = – 1; t 2 = 1. Следов ательно , x 1 = – 1 – 4 = – 5 и x 2 = 1 – 4 = – 3. Ответ : x 1 = – 5 и x 2 = – 3. Пример 7 . 33 . 13 x / (2x 2 + x +3) + 2x / (2x 2 – 5x + 3) = 6. Решение . Разделим числитель и знаменатель дробей на x 0: 13 / (2x + 1 + 3 / x) + 2 / (2x – 5 +3 / x) = 6, обозначим 2x + 3 /x = t. Получаем 13 / (t + 1) + 2 / (t – 5) = 6, т.е . 13t – 65 + 2t + 2 = 6t 2 – 24t – 30, т.е. 6t 2 – 39t + 33 = 0, т.е . 2t 2 – 13t + 11 = 0, t 1 = 1; t 2 = 5,5. Следовательно : 2 x + 3 / x = 1 ; 2x 2 – x + 3 = 0; D = 1 – 24 < 0 x . 2x + 3 / x = 5,5; 4x 2 – 11x + 6 = 0; x 1 = 2; x 2 = 0,75. Ответ : x 1 = 2; x 2 = 0,75. Пример 7.34. x 4 – 2x 3 + x – 0,75 = 0. Решение . Выделим полный квадрат , прибавив и вычтя в левой части уравнения x 2 : x 4 – 2x 3 + x 2 – x 2 + x – 0,75 = 0, т.е. (x 2 – x) 2 – (x 2 – x) – 0,75 = 0. Пусть x 2 – x = t , тогда t 2 – t – 0,75 = 0, x 1 = – 0,5; x 2 = 1,5. Возвращаясь к старой перемен ной , получаем : x 2 – x = – 0,5; x 2 – x + 0,5 = 0; D = 1 – 2 < 0 x . x 2 – x = 1,5; x 2 – x – 1,5 = 0; x 1,2 = (1 7) / 2. Ответ : x 1,2 = (1 7) / 2. Пример 7 . 35 . x 2 + 81x 2 / (9 + x) 2 = 40. Решение . Воспользуемся формулой : a 2 + b 2 = (a – b) 2 + 2ab ((a b) 2 = a 2 2ab + b 2 a 2 + b 2 = (a b) 2 + 2ab). Получаем : ( x – 9x / (9 + x)) 2 + 2x 9x / (9 + x) = 40 , или (x 2 / (9 + x)) 2 + 18x 2 / (9 + x) = 40. Пусть : (x 2 / (9 + x)) = t. Тогда t 2 + 18t – 40 = 0, t 1 = – 20; t 2 = 2. Получаем два уравнения : (x 2 / (9 + x)) = 2; x 2 – 2x – 18 = 0; x 1,2 = 1 19, (x 2 / (9 + x)) = – 20; x 2 + 20x + 180 = 0; D = 400 – 720 < 0, x . Ответ : x 1,2 = 1 19. Однородные уравнения. Пример 8. 36 . Решим систему уравнений 8х 2 6ху + у 2 = 0, х 2 + у 2 = 5. Решение . заметим , что для решения системы выполняется условие у 0 . В самом де ле , из первого уравнения следует , что если у = 0, то и х = 0, а числа х = 0 и у = 0 не удовлетворяют второму уравнению системы . Разделим первое уравнение на у 2 . Получится уравнение 8х 2 / у 2 6ху / у 2 + у 2 / у 2 = 0 ил и 8х 2 / у 2 6х / у + 1 = 0. Введём вспомогательное неизвестное U = х / у . Уравнение примет вид 8 U 2 6U + 1 = 0. Это квадратное уравнение , имеющее корни U 1 = 0,5; U 2 = 0,25 . Таким образом , из пе рвого уравнения мы получаем что либо x / y = 1 / 2, либо x / y = 1 / 4. Осталось подставить выражения у =2х и у = 4х (рассмотрев оба случая ) во второе уравнение системы . В первом случае получается уравнение 5х 2 = 5, откуда х 1 = 1, х 2 = 1 ; соответственно у 1 = 2, у 2 = 2. Во втором случае получается уравнение 17х 2 = 5, откуда х 3 = (5 / 17), x 4 = (5 / 17); соответственно y 3 = 4 (5 / 17), y 4 = 4 (5 /17). Первое уравнение системы нам удалось представить как уравнение относительно x / y благодаря тому , что степень всех ч ленов , входящих слагаемыми в это уравнение (8 x 2 , 6xy, y 2 ) , одна и та же — она равна двум . Поэтому после деления на y 2 каждое слагаемое выразилось через x / y. Многочлен от двух переменных x и y такой , что степень каждого его члена равна одному и тому же чи слу k , называется однородным многочленом степени k . Уравнение вида P (x, y) = 0 называется однородным уравнением степени k относительно x и y , если P (x, y) — однородный многочлен степени k. Однородное уравнение относительно x и y делением на y k ( если y = 0 не является корнем уравнения ) превращается в уравнение относительно неизвестного x / y . Это свойство однородного уравнения помогает решать многие задачи. Пример 8. 37 . Решить систему уравнений y 2 xy = 12, x 2 xy = 28. Решение . Ни одно из уравнений системы не является однородным . Но если умножить первое уравнение на 7 и прибавить к нему почленно второе уравнение , умноженное на 3, то получится уравнение 7y 2 10xy + 3x 2 = 0 , являющееся следствием исходной системы . Разделим обе части уравнения на x 2 и решим уравнение 7U 2 10U + 3 = 0 ( здесь U = y / x , причём из второго уравнения сист емы следует , что x 0) . Находим , что y = x или y = 3x / 7. Подставляя это выражение во второе уравнение и , рассмотрев оба случая , найдём решения : x 1 = 7, y 1 = 3; x 2 = 7, y 2 = 3. Ответ : x 1 = 7, y 1 = 3; x 2 = 7, y 2 = 3. Мы получили решения системы путём выведения из заданных уравнений вспомогательного следствия . Такой способ решения систем в некоторых случаях приводит к появлению “посторонних” корней — значений x и y , не удовлетворяющих исходной системе . Поэтому найденные корни надо проверить , подставив их исходную систему и убедившись , что уравнения системы обращаются в верные числовые равенства. Пример 8. 3 8. Решим уравнение (x 1) 4 + 9(x + 1) 4 = 10(x 2 1) 2 . Решение . Если раскрыть все скобки и привести подобные члены , то получится уравнение четвёртой степени . Попробуем другой путь : введём новые неи звестные U и V: U = (x 1) 2 , V = (x + 1) 2 . Уравнение примет вид U 2 + 9V 2 = 10UV. Это уравнение однородное , и после деления на V 2 оно становится уравнением относительно неизвестного W: W = U / V = (x 1) 2 / (x + 1) 2 . Решим вспомогательное уравнение W 2 10W + 9 = 0. Его корни W 1 = 1, W 2 = 9. Осталось решить уравнения (x 1) 2 / (x + 1) 2 = 1 и (x 1) 2 / (x + 1) 2 = 9. Из первого уравнения следует , что либо (x 1) / (x + 1) = 1, либо (x 1) / (x + 1) = 1. Из второго получаем , что либо (x 1) / (x + 1) = 3, либо (x 1) / (x + 1) = 3. Решая получившиеся уравнения , видим , что первое из них не имеет корней , а из трёх остальных получаем x 1 = 0, x 2 = 2, x 3 = 0,5. Ответ : x 1 = 0, x 2 = 2, x 3 = 0,5. Пример 8.39. 3(x 2 – x + 1) 2 – 5(x + 1)(x 2 – x + 1) – 2(x + 1) 2 = 0. Решение . Это так называемое однородное уравнение , т.е . уравнение вида ay 2 + by z + cz 2 = 0, где a, b, c, — заданные числа , отличные от нуля ; y = y(x), z = z(x) — некоторые функции от x. Разделим обе части уравнения на ( x 2 – x + 1) 2 0 : 3 – 5(x + 1) / (x 2 – x + 1) – 2((x + 1) / (x 2 – x + 1)) 2 = 0. Пусть (x + 1) / (x 2 – x + 1) = t, тогда 3 – 5t – 2t 2 = 0, т.е . t 1 = – 3; t 2 = 0,5. Следовательно : (x + 1) / (x 2 – x + 1) = 0,5 = 1 / 2; 2x + 2 = x 2 – x + 1; x 2 – 3x – 1 = 0; x 1,2 = (3 13) / 2, (x + 1) / (x 2 – x + 1) = – 3; x + 1 = – 3x 2 + 3x – 3; 3x 2 – 2x + 4 = 0; D = 4 – 48 < 0, x . Ответ : x 1,2 = (3 13) / 2. Реше ние симметрических систем уравнений. Напомним , что многочлен P (x, y) называется симметрическим , если P (x , y) = P (y, x). При решении систем уравнений вида P 1 (x, y) = 0, P 2 (x, y) = 0, где P 1 (x, y) и P 2 (x, y) — симметрические многочлены , полезной оказывается такая замена неизвестных : x + y = U, xy = V. Напомним , что любой симметрический многочлен P (x, y) можно представить как выражение от U и V. Пример 9.40 . Решить систему уравнений x 2 + xy + y 2 = 49, x + y + xy = 23. Решение . Заметим , что : x 2 + xy + y 2 = x 2 + 2xy + y 2 xy = (x + y) 2 xy. Сделаем замену неизвестных : x + y = U, xy =V . Система примет вид : U 2 V = 49, U + V = 23. Сложив эти уравнения , получ им уравнение U 2 + U 72 = 0 с корнями U 1 = 8,U 2 = 9. Соответственно V 1 = 15, V 2 = 32. Остаётся решить системы уравнений : x + y = 8, xy = 15, x + y = 9, xy = 32. Система x + y = 8, имеет решения : x 1 = 3, y 1 = 5; x 2 = 5, y 2 = 3. xy = 15. Система x + y = 9, действительных решений не имеет. xy = 32. Ответ : x 1 = 3, y 1 = 5; x 2 = 5 , y 2 = 3. Пример 9.41. Решить систему 1 / x + 1 / y = 5, 1 / x 2 + 1 / y 2 = 13. Решение . Сначала введём неизвестные X и Y: X = 1 / x, Y = 1 / y, а затем U и V: U = X + Y = 1 / x + 1 / y, V = XY = 1 / xy. Получается система : U = 5, U 2 2V = 13, из которой U = 5 , V = 6. Далее решая систему X + Y = 5, XY = 6, находим X 1 = 2, Y 1 = 3; X 2 = 3, Y 2 = 2, откуда получаем x 1 = 1 / 2, y 1 = 1 / 3; x 2 = 1 /3, y 2 = 1 / 2. Можно сразу ввести неизвестные U = x + y, V = xy, получится сис тема U = 5V, U 2 2V = 13V 2 , Приводящая к тем же решениям исходной системы. Ответ : x 1 = 1 / 2, y 1 = 1 / 3; x 2 = 1 /3, y 2 = 1 / 2. Уравнения и системы уравнений с параметрами. Иногда в уравнениях некоторые коэффициенты заданы не конкретными числовыми значениями , а обозначены буквами . Такие буквы называются параметрами . Предполагается , что эти параметры могут принимать любые числовые значения , т.е . одно уравнения с параметрами задаёт множество уравнений (для всех возможных знач е ний параметров ). Например , линейное уравнение ax + b = c с неизвестным x можно рассматривать как уравнение с параметрами a, b, и c. Его решением при a 0 является x = (c b) / a . Если a = 0 , то получается “уравнение” b = c , и если действительно b = c , то корнями данного уравнения являются все действительные числа . Если же b c , при этом a = 0 , то данное уравнение корней не имеет. Так , с параметрами учащиеся вст речаются при введении некоторых понятий . Не приводя подробных определений , рассмотрим случай в качестве примеров следующие объекты : · функция прямая пропорциональность : y = kx (x и y — переменные ; k — параметр, k 0 ) ; · линейная функция : y = kx + b (x и у — переменные , k и b — параметры ) ; · линейное уравнение : ax + b = 0 (x — переменная ; a и b — параметры ) ; · уравнение первой степени : ax + b = 0 (x — переменная ; a и b — параметры , a 0); · квадратное уравнение : ax 2 + bx + c = 0 (x — переменная ; a, b и c — параметры, a 0). Решить уравнение с параметрами означает следующее : 1) исследовать , при каких значениях параметров уравнение имее т корни и сколько их при разных значениях параметров. 2) Найти все выражения для корней и указать для каждого из них те значения параметров , при которых это выражение действительно определяет корень уравнения. Ответ к задаче “решить уравнение с параметрам и” должен выглядеть следующим образом : уравнение при таких то значениях параметров имеет корни … , при таких то значениях параметров — корни … , при остальных значениях параметров уравнение корней не имеет. Пример 10. 42 . Решим уравнение px = 6 с неизвестным x и параметром p . Если p 0 , то можно разделить обе части уравнения на p, и тогда мы находим корень уравнения x = 6 /p. Если p = 0 , то уравнение корней не и меет , потому что 0 x = 0 для любого x. Ответ : при p 0 уравнение имеет единственный корень x = 6 / p; при p = 0 уравнение корней не имеет. Пример 10. 43 . Сравнить : a и 3 a. Решение . Естественно рассмотреть три случая : Если a < 0, то a > 3a; Если a = 0 , то a = 3a; Если a > 0, то a < 3a. Пример 10. 44 . Решить уравнения ax = 1. Ре шение . На первый взгляд представляется возможным сразу дать ответ : x = 1 / a . Однако при a = 0 данное уравнение решений не имеет , и верный ответ выглядит так : Ответ : Если a = 0, то нет решений ; если a 0 , то x = 1 / a . Пример 10. 45 . Решить уравнение (a2 1)x = a + 1. Решение . Нетрудно сообразить , что при решении этого уравнения достачно рассмотреть такие случаи : 1) a = 1; тогда уравнение принимает вил 0x = 2 и не имеет решений ; 2) a = 1 ; получаем 0x = 0 , и очевидно x — любое. 3) a 1; имеем x = 1 / (a 1). Сделаем одно замечание . Существенным этапом решения задач с параметрами является запись ответа . Особенно это относится к тем примерам , где решение как бы “ветвится” в зависимости от значений параметра . В подобных случаях составление ответа — это сбор ранее полученных результатов . И здесь очень важно не забыть отра з ить в ответе все этапы решения. В только что разобранном примере запись ответа практически повторяет решение . Тем не менее , мы считаем целесобразным привести Ответ : Если a = 1, то x — любое число ; a = 1 , то нет решений ; если a 1, то x = 1 / (a 1). Пример 10. 46 . При каких a уравнение ax 2 x + 3 = 0 имеет единственное решение ? Решение . Прежд е всего обратим внимание на распространённую ошибку : считать исходное уравнение квадратным . На самом деле это уравнение степени , не выше второй . Пользуясь этим соображением , естественно начать решение , рассмотрев случай , когда a = 0 , то очевидно данное ура внение имеет единственное решение . Если же a 0 , то имеем дело с квадратным уравнением . Его дискриминант 1 12 a принимает значение , равное нулю , при a = 1 / 12. Ответ : a = 0 или a = 1 / 12. Пример 10. 47 . при каких a уравнение ( a 2)x2 + (4 2a)x + 3 = 0 имеет единственное решение ? Решение . Понятно , что надо начинать со случая a = 2. Но при a = 2 исходное уравнение вооб ще не имеет решений . Если a 2 , то данное уравнение — квадратное , и , казалось бы , искомые значения параметра — это корни дискриминанта . Однако дискриминант обращается в нуль при a = 2 или a = 5 . Поскольку мы установили , что a = 2 не подходит , то Ответ : a = 5. Вероятно , в двух последних примерах ничего сложного нет (тем более , ели они уже решены ). Однако , на наш взгляд , параметр в этих задачах проявляет своё “коварство” , особенно для начинающих . Поэтому полезно рассмотреть ещё несколько примеров , где параметр “расставляет ловушки”. Пример 10. 48 . При каких значениях a уравнение ax 2 + 4x + a + 3 = 0 имеет более одного корня ? Решение . При a = 0 уравнение имеет единственный корень , что не удовлетворяет условию . При a 0 исходное уравнение , будучи квадратным , имеет два корня , если его дискриминант 16 4 a 2 12a — положительный . Отсюда получаем 4 < a < 1. Однако в полученный промежуток ( 4 ; 1) входит число 0 , которое , как мы уже проверили , неприемлемо. Ответ : 4 < a < 0 или 0 < a < 1. Пример 10. 49 . При каких a уравнение a(a + 3)x 2 + (2a + 6)x 3a 9 = 0 имеет более одного корня ? Решение . Стандартный шаг — начать со случаев a = 0 и a = 3 . При a = 0 уравнение имеет единственное решение . Любопытно , что при a = 3 решением уравнения служит любое действительное число . При a = 3 решением уравнения служит любое действительное число . При a 3 и a 0 , разделив обе части данного уравнения на a + 3 , получим квадратное уравнение ax 2 + 2x 3 = 0 , дискриминант которого 4(1 + 3a) положителен при a > 1 / 3. Опыт пред ыдущих примеров подсказывает , что из промежутка ( 1 / 3 ; ) надо исключить точку a = 0 , а в ответ не забыть включить a = 3. Ответ : a = 3 или 1 / 3 < a < 0 , или a > 0. Пример 10. 50 . При каких значениях a уравнение (x 2 ax + 1) / (x + 3) = 0 имеет единственное решение ? Решение . Данное уравнение равносильно системе x 2 ax + 1 = 0, x 3. Наличие квадратного уравнения и условие единственности решения , естественно приведут к поиску корней дискриминанта . Вместе с тем условие x 3 должно привлечь внимание . И “тонкий момент” заключается в том , что квадратное уравнение системы может иметь два корня ! Но обязательно только один из них должен равняться 3 . Имеем D = a 2 4 , отсюда D = 0 , если a = 2; x = 3 — корень уравнения x 2 ax + 1 = 0 при a = 10 / 3 , причём при таком значении a второй корень квадратного уравнения отличен от 3 . Ответ : a = 2 или a = 10 / 3. Пример 10. 51 . При каких a уравнение ax 2 = a2 равносильно нераве нству x 3 a? Решение . При a 0 уравнение имеет единственное решение , а неравенство — беско нечно много . Если a = 0, то решением как уравнения , так и неравенства является всё множество действительных чисел . Следовательно , требованию задачи удовлетворяет только a = 0. Ответ : a = 0. Пример 10. 52 . Решить уравнение с параметрами (a 2 9)x = a 2 + 2a 3. Решение . Уравнение имеет смысл при любых значениях параметра . Запишем уравнение в виде : ( a 3)(a + 3)x = (a + 3)(a 1). Если a = 3 , то уравнение принимает вид : 0 x = 0 . Отсюда следует , что при x R , т.е . решением уравнения является любое действительное число . Если a 3 , то уравнение принимает вид : ( a 3)x = a 1 . При a = 3 имеем 0 x = 2. Уравнение решения не имеет . При a 3 имеем x = (a 1) / (a 3). Уравнение имеет единственное решение (например , x = 3 при a = 4, x = 3 / 5 при a= 2 и т.д. ) Ответ : a = 3, x R; a = 3, x ; a 3, x = (a 1) / (a 3). Пример 10. 53 . (x 4) / (x + 1) 1 / a(x + 1) = 2 / a. Решение . Очевидно , ( x + 1)a 0 , т.е. x 1, a 0. Преобразуем данное уравнение , умножив обе его части на a(x + 1) 0: (x 4)a 1 = 2(x + 1), т.е. (a + 2)x = 4a 1. Если a = 2, то имеем 0х = 9. Следовательно , x . Если a 2 , то x = (4a +1) / (a + 2). Но , как мы уже отметили , x 1 . Поэтому надо проверить , нет ли таких значений a при которых найденное значение x равно 1. (4a 1) / (a + 2) = 1 , т.е . 4a 1 = a 2 , т.е . 5a = 1, a= 1 / 5. Значит , при a 0 , a 2, a 1 / 5 уравнение имеет единственное решение (4a 1) / (a + 2). Ответ : x при a 2, 0, 1 / 5 ; x = (4a 1) / (a + 2) при a 2, 0, 1 / 5 . Пример 10. 54 . (a 5)x 2 + 3ax (a 5) = 0. Решение . При (a 5) = 0 , т.е . a = 5 имеем 15x 0 = 0 , т.е . x = 0. При a 5 0 , т.е . a 5 уравнение имеет корни X 1,2 = ( 3a (9a 2 + 4(a 5) 2 )) / (2(a 5)). Ответ : x = 0 при a = 5; x = ( 3a (9a 2 + 4(a 5) 2 )) / (2(a 5)) при a 5. Пример 10. 55 . 1 / (x 1) + 1 / (x a) = (a + 1) / a. Решение . Отмечаем , что a(x 1)(x a) 0 , т.е . x 1, x a, a 0. При этих условиях данное уравнение после упрощений принимает вид (a + 1)x 2 (a 2 + 4a + 1)x + (2a 2 + 2a) = 0 . Если a +1 = 0, т.е . a = 1 , имеем , 2x = 0 , т.е . x = 0. Если a + 1 0 , т.е . a 1 , то находим , ч то x 1,2 = ( a 2 + 4a + 1 (a 4 + 2a 2 + 1)) / (2(a +1) = (a 2 + 4a + 1 (a 2 + 1) ) / (2(a + 1)) т.е . x 1 = a + 1, x 2 = 2a / (a + 1). Найдём значения a, при которых x = 1 и x = a , чтобы исключить их. a + 1 = 1 a = 0 — недопустимо по условию ; a + 1 = a 1 = 0 — невозможно ; 2 / (a + 1) = 1 2a = a + 1, т.е . a = 1; 2 / (a + 1) = a 2a = a 2 + a, a = 1 и a = 0 — недопустимо. Итак , если a 1, a 0, a 1, то x 1 = a + 1, x 2 = 2a / (a + 1). Теперь рассмотрим , что происходит с уравнением при a = 1. Найдём корни уравнения : x 1 = 1 и x 2 = 2, причём x 1 = 1 не подходит по условию . Теперь выписываем Ответ : x 1 = a + 1 и x 2 = 2 при a 0, a 1; x = 0 при a = 1; x = 2 при a = 1. Пример 10. 56 . При каких значениях a система уравнений axy + x y + 1,5 = 0, x + 2y + xy + 1 = 0. Имеет единственное решение ? Решение . Умножим второе уравнение на a и вычтем его из первого уравнения . Получаем равносильную систему axy + x y + 1,5 ax 2ay axy a = 0, x + 2y + xy + 1 = 0, т.е. (1 a)x (2a + 1)y + 1,5 a = 0, x + 2y + xy + 1 a) Если a = 1 , то 3 y + 0,5 = 0, т.е . y = 1 /6. Подставив это значение во второе уравнение , находим единственное значение x . Система имеет единственное решение. b) Если a = 0,5, то система имеет еди нственное решение. c) При остальных значениях a сведём систему к квадратному уравнению ; из первого уравнения системы находим y = ((1 a)x + 1,5 a) / (2a + 1), подставляем во второе уравнение : x + ((2 2a)x + 3 2a) / (2a + 1) + ((1 a)x 2 + 1,5x ax) / (2a + 1) +1 = 0, т.е. 2 ax + 3x 2ax + 3 2a + x 2 ax 2 +1,5x ax + 2a + 1 = 0, (1 a)x 2 + (4,5 a)x + 4 = 0. Уравнение имеет единственное решение в том случае , когда дискриминант равен нулю : ( 9 / 2 a) 2 4 4(1 a) = 0, т.е . a 2 + 7a + 17 / 4 = 0, т.е . a = ( 7 4 2) / 2. Ответ : a = 1, a = 1 / 2, a = ( 7 4 2) / 2. Пример 10 . 57 . x 3 – (a + b + c)x 2 + (ab + ac + bc)x – abc =0. Решение . x 3 – ax 2 – bx 2 – cx 2 + abx + acx +bcx – abc = 0, группируем : x 2 (x – a) – bx(x – a) – cx(x – a) – cx(x – a) + bc(x – a), (x – a)(x 2 – bc – cx + bc). (x – a) = 0, x 1 = a. x 2 – bc – cx + bc = 0, x(x – b) – c(x – b) = 0, (x – b)(x – c) = 0, x – b = 0, x 2 = b x – c = 0, x 3 = c. Ответ : x 1 = a; x 2 = b; x 3 = c. Замечание : корни уравнения можно было легко найти , пользуясь теоремой Виета для кубического уравнения : если x 3 + px 2 + qx + r = 0, то x 1 + x 2 + x 3 = - p, x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 2 x 3 = q, x 1 x 2 x 3 = - r . В нашем случае : x 1 + x 2 + x 3 = a + b + c, x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 2 x 3 = ab + bc +cd, x 1 x 2 x 3 = abc. Отсюда следует , что x 1 = a; x 2 = b; x 3 = c. Графический метод решения систем нелинейных уравнений. Системы нелинейных уравнений с двумя неизвестными можно решать графически . Для этого нужно начертить графики обоих уравнений и найти координаты точек их пересечения . Нам уже известны графики следующих уравнений : 1) ax + by + c = 0 — прямая линия. 2) xy = k — ги пербола. 3) ( x a) 2 + (y b) 2 = R 2 — уравнение окружности с центром A(a, b) и радиусом R. К этому виду приводятся с помощью выделения полных квадратов уравнения вида : x 2 + y 2 2ax 2by + c = 0. 4) ax 2 + bx + c = 0 — парабола y = ax 2 c вершиной в точке A(m, n), где m = b / 2a , а n = (4ac b 2 ) / 4a. Пример 11.58 . На йдём графически корни системы : x 2 + y 2 2x + 4y 20 = 0, 2x y = 1. Решение . Выделяя полные квадраты , получаем : x 2 + y 2 2x + 4y 20 = (x 2 2x +1) + (y 2 + 4y + 4) 1 4 20 = (x 1) 2 + (y + 2) 2 25. Значит , систему уравнений можно записать так : (x 1) 2 + (y + 2) 2 = 25, 2x y = 1. Графиком первого уравнения являе тся окружность с центром A(1; 2) и радиусом 5. А 2x y = 1 — уравнение прямой , проходящей через точки B(0; 1) и C(2; 5). Строим окружность радиуса 5 с центром в точке A и проводим прямую через точки B и C . Эти линии пересекаются в двух точках M(1; 3) и N( 3; 5). Значит решение системы таково : x 1 = 1, y 1 = 3; x 2 = 3, y 2 = 5. Уравнения содержащие знак модуля. Два числа , модули которых равны , либо равны между со бой , либо отличаются лишь знаком : если a = b , то либо a = b , либо a = b. Применим это замечание к реш ению уравнения 3x 1 = 2x + 3 . В силу сказанного выше из этого уравнения вытекает , что либо 3х 1 = 2х + 3, либо 3х 1 = (2х + 3). Корнем первого уравнения является число 4, а второго — число 2 / 5. Итак , решение уравнения им еет вид х 1 = 4, х 2 = 2 / 5. В других случаях бывает полезно сначала установить , в каких точках обращаются в нуль выражения , стоящие под знаком модуля . Эти точки разбивают числовую ось на промежутки , внутри которых выражения с охраняют постоянный знак (промежутки знакопостоянства ). Это позволяет освободиться на каждом из таких промежутков от знака модуля и свести задачу к решению нескольких уравнений — по одному на каждом промежутке. При решении уравнений с модулем используется определение модуля и метод интервалов . Напомним , что f (x), если f (x) 0, f (x) = – f (x), если f (x) < 0. Пример 12. 59 . Решим уравнение . x = 3 2x x 1. Решение . Выражение x обращается в нул ь при x = 0, а выражение 3 2 x — при x = 3 / 2. Точки 0 и 3 / 2 разбивают числовую ось на промежутки ( ; 0),[0; 3 / 2], (3 / 2; ). При < x < 0 имеем x < 0 и 3 2x > 0. Поэтому на этом промежутке x = x, 3 2x = 3 2x и уравнение принимает вид x = 3 2x x 1. Решая его , получаем , что x = 1. Но это значение x не лежит на ( ; 0) , и потому на этом промежутке уравнение корней не имеет . При 0 x 3/ 2 имеем x 0, 3 2x 0, поэтому x = x , 3 2x = 3 2x. И уравнение принимает вид x = 3 2x x 1. Решая его , находим x = 0,5. Так как это значение x принадлежит промежутку [0; 3 / 2] , то 1 / 2 является корнем заданного уравнения . Наконец , на промежутке (3 / 2 ; + ) имеем x > 0 , 3 2 x < 0, а потому x = x, 3 2x = (3 2x) и уравнение принимает вид x = (3 2x) x 1, т.е . 0 = 4. Значит , на этом промежутке нет корней заданного уравнения. Мы получили , таким образом , что уравнение имеет лишь один корень , а именно x = 0,5. Ответ : x = 0,5. В некоторых случаях уравнение со знаком модуля имеет бесконечно много решений. Пример 12. 60 . 8 5x = 3 + x + 5 6x . Выражения (8 5x), (3 + x) и (5 6x) обращаются в нуль соответственно в точках 8 /5, 3, 5 / 6. Эти точки разбивают числовую ось на 4 промежутка . При этом , в ходе р ешения , устанавливаем , что на промежутках ( ; 3), (5 / 6; 8 /5], (8 / 5; + ) уравнение корней не имеет , а на промежутке [ 3; 5 / 6] оно обращается в тождество 8 5x = 3 + x + 5 6x. Поэтому ответ имеет вид [ 3; 5 / 6]. Ответ : [ 3; 5/ 6]. Неск олько сложнее решаются уравнения , в которых встречается знак модуля под знаком модуля . Однако и в этом случае метод разбиения оси на промежутки знакопостоянства позволяет решить уравнение. Пример 12. 61 . Решим уравнение 2x 3 x + 2 = 8x + 12. Решение . Выражение (x + 2) обращается в нуль при x = 2. Если x < 2, то (x + 2) < 0 и потому x + 2 = (x + 2) . Значит , на промежутке ( ; 2) заданное уравнение принимает вид 2x 3 + (x + 2) = 8x + 12, т.е . 3x 1 = 8x + 12 . Но при x < 2 имеем 3x 1 < 0 и потому 3x 1 = (3x 1). Получаем уравнение (3 x 1) = 8x + 12 , имеющее корень x = 1. Так как это ч исло не лежит на промежутке ( ; 2) , то заданное уравнение не имеет на это промежутке корней. Пусть теперь x 2 . Тогда x + 2 = x + 2 , и мы получаем уравнение 2x 3 (x + 2) =8x + 12 , т.е . x 5 = 8x + 12. Здесь надо рассмотреть два случая : x < 5 и x 5. В первом случае x 5 = (х 5), и потому получаем уравнение (x 5) = 8x + 12. Его корень равен 7 / 9. Поскольку 2 ( 7 / 9) 5, то 7 / 9 является корнем заданного уравнения . Если же x 5, то x 5 = x 5 и уравнение принимает вид x 5 = 8x + 12. Корнем полученного уравнения является число 17 / 7. Поскольку оно не лежит на луче [5; + ) , оно не является корнем заданного уравнени я . Итак , решение имеет вид x = 7 / 9. Ответ : x = 7 / 9. Пример 12 . 62 . 1 – 2 x + 3x + 2 + x = 5. Решение . Приравниваем к нулю выражения , стоящие под знаком модуля , отмечаем на числовой оси полученные значения , исследуем уравнения в каждом из полученных интервал ов : А ) если x < – 2 / 3, то 1 – 2x > 0, 3x + 2 < 0, x < 0 и уравнение переписывается так : 1 – 2x – 3x – 2 – x = 5, т.е . – 6x = 6, x = – 1 ( – ; – 2 / 3). Б ) если – 2 / 3 x < 0, то 1 – 2 x > 0, 3x + 2 0, x < 0 и поэтому имеем : 1 – 2x + 3x + 2 – x = 5, и т.к . 3 5, то в промежутке [ – 2 / 3; 0) корней нет. В ) если 0 x < 0,5, то получаем : 1 – 2 x + 3x + 2 + x = 5, т.е . 2x = 2; x = 1 [0; 0,5). Г ) если 0 ,5 x , то – 1 +2x + 3x + 2 + x = 5, 6x = 4, x = 2 / 3 (0,5; ). Ответ : x 1 = – 1; x 2 = 2 / 3. Пример 12 . 63 . x + x – 1 = 1. Решение . (x – 1) = 0, x = 1; получаем интервалы : A) x ( ; 0), тогда – x – x +1 = 1; – 2x = 0; x = 0 ( ; 0). Б ) x [0; 1) , тогда x – x +1 = 1; 1 = 1 x — любое число из [0; 1). В ) x [1; ) , тогда x + x – 1 = 1; 2x = 2; x = 1 [1; ). Ответ : x [0; 1]. Основные методы решения рациона льных уравнений. 1) Простейшие : решаются путём обычных упрощений — приведение к общему знаменателю , приведение подобных членов и так далее . Квадратные уравнения ax 2 + bx + c = 0 решаются по выведенной нами формуле Также используется теорема Виета : x 1 + x 2 = – b / a; x 1 x 2 = c / a. 2) Г руппировка : путём группировки слагаемых , применения формул сокращённого умножения привести (если удастся ) уравнение к виду , когда слева записано произведение нескольких с омножителей , а справа — ноль . Затем приравниваем к нулю каждый из сомножителей. 3) Подстановка : ищем в уравнении некоторое повторяющееся выражение , которое обозначим новой переменной , тем самым упрощая вид уравнения . В некоторых случаях очевидно что удобн о обозначить . Например , уравнение (x 2 + x – 5) / x + 3x / (x 2 + x – 5) + 4 = 0, легко решается с помощью подстановки (x 2 + x – 5) / x = t , получаем t + (3 / t) + 4 = 0. Или : 21 / (x 2 – 4x + 10) – x 2 + 4x = 6. Здесь можно сделат ь подстановку x 2 – 4 = t. Тогда 21 / (t + 10) - t = 6 и т.д. В более сложных случаях подстановка видна лишь после нескольких преобразований . Например , дано уравнение (x 2 + 2x) 2 – (x +1) 2 = 55. Переписав его иначе , а именно (x 2 + 2x) 2 – (x 2 + 2x + 1) = 55, сразу увидим подстановку x 2 + 2x=t. Имеем t 2 – t – 56 = 0, t 1 = – 7, t 2 = 8. Осталось решить x 2 + 2x = – 7 и x 2 + 2x = 8. В ряде других случаев удобную подстановку желательно знать “заранее” . Например 1) Уравнение ( x + a) 4 + (x + b) 4 = c сводится к биквадратному , если сделать подстановку x = t – (a + b) / 2. 2) Симметрическое уравнение (возвратное ) a 0 x n + a 1 x n – 1 + … + a 1 x + a 0 = 0 ( коэффициенты членов , равностоящих от концов , равны ) решается с помощью подстановки x + 1 / x = t , если n — чётное ; если n — нечётное , то уравнение имеет корень x = – 1. 3) Уравнение вида (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = l сводится к квадратному , если a + b = c + d и т.д. 4) Подбор : при решении уравнений высших степеней р ациональные корни уравнения a n x n + a n – 1 x n – 1 + … + a 1 x + a 0 = 0 ищем в виде p / q , где p — делитель a 0 , q — делитель a n , p и q взаимно просты , p Z, q N. 5) “Искусство” , т.е . решать пример нестандартно , придумать “свой метод” , догадаться что-то прибавить и отнять , выделить полный квадрат , на что-то разделить и умножить и т.д . 6) Уравнения с модулем : при решении уравнений с модулем используется определение модуля и метод интер валов . Напомним , что f (x), если f (x) 0, f (x) = – f (x), если f (x) < 0. Рациональные неравенства. Пусть ( ) числовая функция одного или нескольких переменных (аргументов ). Решить неравенство ( ) < 0 ( ( ) > 0) (1) это значит найти все значения аргумента (аргументов ) функции , при которых неравенство (1) справедливо . Множество всех значении аргумента (аргументов ) функции , при которых неравенство (1) справедливо , называется множеством решении неравенства или просто решением неравенства. Множество решении нестрого неравенства ( ) 0 ( ( ) 0) (2) представляет собой объединение множества решении неравенства (1) и мн ожества решении уравнения ( ) = 0. Два неравенства считаются эквивалентными, если множества их решении совпадают. Под множеством допустимых значении неизвестных , входящих в неравенство , понимают область определения функции ( ). Неравенства вида (1) или (2), составленные для различных функции i ( ), могут быть сведены в систему н еравенств . Решить систему неравенств это значит найти множество всех значении аргументов функции i ( ), при которых справедливы все неравенства системы одновременно . Говорят , что системы неравенств эквивалентны , если множества их решении совпадают. Свойства равносильных неравенств. При решении неравенств используют свойства равносильности. Неравенства с одной переменной называются равносильными , если множества их решении совпадают. Например , неравенства 3х > 6 и х – 2 > 0 имеют одинаковые множества решении х [2 ; + ] . Эти неравенства – равносильные. Неравенства х > 0 и х 2 > 0 – неравносильные , так как ре шение первого неравенства есть множество х [0 ; + ] , а решение второго неравенства есть множество х [- ; 0] [0; + ] . Эти множества не совпадают. При решении неравенств выполняются только такие преобразования , при которых получаются более простые равносильные неравенства . Эти преобразования возможны при выполнении следующих свойств равносильных неравенств. Свойство 1. Если к обеим частям неравенства прибавить одно и то же число или одно и то же выражение , которое имеет смысл при всех значениях переменной , то получим неравенство , равносильное данному. Дано. Р (х ) > Q(x) – неравенс тво , Т (х ) – выражение , которое имеет смысл при всех действительных значениях х , х R . Доказать. Неравенства Р (х ) > Q(x) и Р (х ) + Т (х ) > Q(x) + T(x) – равносильные. Доказательство. а ) Пусть при х = а неравенство Р (а ) > Q(a) – верное числовое равенство , т.е . х =а – одно из решении неравенства Р (х ) > Q(x) , Т (а ) – значение Т (х ) при х =а. По свойству числовых неравенств Р (а ) + Т (а ) > Q(a) + T(a) – верное числовое неравенство. Следовательно , х = а – одно из решений неравенства Р (х ) + Т (х ) > Q(x) + T(x) . Поэтому , если х =а есть решение первого неравенства , то это значение есть также решение второго неравенства. б ) Пусть х = b – одно из решений неравенства Р (х ) + Т (х ) > Q(x) + T(x) , т.е . P(b) + T(b) > Q(b) + T(b) – верное числовое не равенство . По свойству числовых неравенств P(b) > Q(b) – тоже верное числовое неравенство . Следовательно , х = b – решение неравенства P(x) > Q(x) . Так как множества решений неравенства P(x) > Q(x) и P(x) + T(x) > > Q(x) + T(x) совпадают , то эти не равенства равносильные. Свойство 2 . Если в неравенстве любое слагаемое , которое имеет смысл при вех х R , перенести из одно части в другую с противоположным знаком , то получим неравенство , равносильно данному. Дано . P(x) + T(x) > Q(x) – неравенство , Т (х ) – слагаемое , которое имеет смысл при всех х R . Доказать. Неравенства P(x) + T(x) > Q(x) и P(x) > Q(x) – T(x) – равносильные. Доказательство. По свойству 1 можно к обеим частям неравенст ва P(x) + T(x) > Q(x) прибавить слагаемое (-Т (х )), так как это слагаемое имеет смысл при всех х R ; получим равносильное неравенство : P(x) + T(x) – T(x) > Q(x) – T(x) , отсюда P(x) > Q(x) – T(x). Свойство 3. Если обе части н еравенства умножить на одно и то же положительное число или на одно и то же выражение , положительное при всех значениях переменной , то получим неравенство , равносильное данному. Дано. P(x) > Q(x) – неравенство (1), T(x) > 0, x R, P(x) T(x) > Q(x) T(x) – неравенство (2). Доказать. Неравенства (1) и (2) равносильные. Доказательство. Пусть при х = а P(a) > Q(a) – верное числовое неравенство , т.е . х = а – одно из решении первого неравенства . T(a) – значение Т (х ) при х = а Т (а ) > 0 . По свойству числовых неравенств P(a) T(a) > Q(a) T(a) – тоже верное числовое неравенство , т.е . х = а – одно из решении первого нераве нства . Следовательно , если х = а – решение первого неравенства , то х = а – также решение второго неравенства. Пусть при х = b неравенство P(b) T(b) > Q(b) T(b) – верное числовое неравенство , т.е . х = b – одно из решении второго неравенства. По свойству числовых неравенств P(b) > Q(b) – тоже верное числовое неравенство , так как T(b) > 0 . Следовательно , х = b – одно из решении первого неравенства. Поскольку множества решении первого и второго нерав енств совпадают , то они равносильные. Свойство 4 . Если обе части неравенства умножить на одно и то же отрицательное число или на одно и то же выражение , отрицательное при всех значениях переменной , и изменить знак неравенства на противоположный , то получи м неравенство , равносильное данному. Это свойство доказывается аналогично 3 свойству. Алгебраические неравенства. Линейными (строгими и нестрогими ) называются неравенства вида ax + b > 0, ax + b < 0, ax + b 0, ax + b 0, a 0, решениями которых будут : при a > 0 x (- ; ), x ( - ; - ), x [ - ; ), x ( - ; - ], при а < 0 x ( - ; - ), x ( - ; ), x ( - ; - ], x [ - ; ). Квадратными (строгими и нестрогими ) называются неравенства вида ax 2 + bx + c > 0, ax 2 + bx + c < 0, ax 2 + bx + c 0, ax 2 + bx + c 0, где a, b, c некоторые действительные числа и а 0. Квадратное неравенство ax 2 + bx + c > 0 в зависимости от значении своих коэффициентов a, b и c имеет решения : при а > 0 и D = b 2 – 4ac 0 x ( - ; ) ( ; ); при а > 0 и D < 0 x любое действительное число ; при а < 0 и D 0 x ( ; ); при а < 0 и D < 0 x = ( т . е . решении нет ). Решение неравенства ax 2 + bx + c < 0 сводится к решению рассмотренного неравенства , если обе части неравенства умножить на (-1). Метод интервалов. Пусть Р n (x) многочлен n- й степени с действительными коэффициентами , а c 1 , c 2 , , c i все действительные корни многочлена с кратностями k 1 , k 2 , , k i соответственно , причем с 1 > c 2 > > c i . Многочлен P n (x) можно представить в виде Р n (x) = (x - c 1 ) k1 (x - c 2 ) k2 (x – c i ) ki Q m (x), (3) где многочлен Q m (x) действительных корней н е имеет и либо положителен , либо отрицателен при всех х R . Положим для определенности , что Q m (x) > 0. Тогда при х > c 1 все сомножители в разложении (3) положительны и Р n (х ) > 0. Если с 1 корень н ечетной кратности ( k 1 нечетное ), то при х (с 2 ; с 1 ) все сомножители в разложении (3), за исключением первого , положительны и Р n (х )< 0. В этом случае говорят , что многочлен Р n (х ) меняет знак при пе реходе через корень с 1 . Если же с 1 корень четной кратности ( k 1 четное ), то все сомножители (в том числе и первый ) при х (с 2 ; с 1 ) положительны и , следовательно , Р n (х ) > 0 при х (c 2 ; с 1 ). В этом случае говорят , что многочлен Р n (х ) не меняет знак при переходе через корень с 1 . Аналогичным способом , используя разложение (3), нетрудно убедится , что при переходе через корень с 2 многочлен Р n ( х ) меняет знак , если k 2 нечетное , и не меняет знака , если k 2 четное . Рассмотренное свойство многочленов используется для решения неравенств методом интервалов . Для того чтобы найти все решения Р n (х ) > 0, (4) достаточно знать все действительные корни многочлена Р n (х ) их кратности и знак многочлена Р n (х ) в произвольно выбранной точке , не совпадающей с корнем многочлена. Пример : Решить неравенство х 4 + 3х 3 – 4х > 0. (*) Решение . Разложим на множители многочлен Р 4 (х ), стоящий в левой части неравенства (*). Вынося множитель х за скобку , получаем Р 4 (х ) = х (х 3 + 3х 2 – 4). Второй сомножитель , представляющий собой кубический многочлен , имеет корень х = 1. Следовательно , он может быть представлен в виде х 3 + 3х 2 – 4 = (х -1)(х 2 + 4х + 4) = (х -1)(х + 2) 2 . Таким образом , Р 4 (х ) = х (х - 1)(х + 2) 2 и неравенство (*) может быть записано в виде х (х – 1)(х + 2) 2 > 0. (**) Решим неравенство (**) методом интервал ов . При х > 1 все сомножители , стоящие в левой части неравенства , положительны . Будем двигаться по оси О х справа налево . При переходе через точку х = 1 многочлен Р 4 (х ) меняет знак и принимает отрицательные значения , так как х = 1 простой корень (корень кратности 1); при переходе через точку х = 0 мно гочлен также меняет знак и принимает положительные значения , так как х = 0 также простой корень ; при переходе через точку х = -2 многочлен знака не меняет , так как х = -2 корень кратности 2. П ромежутки знакопостоянства многочлена Р 4 (х ) схематически представлены на рис 1. Используя этот рисунок , легко выписать множество решений исходного неравенства. Ответ . х (- ; -2) (-2; 0) (1; ). Пример : Решить неравенство (х 2 – 3х – 2)(х 2 – 3х + 1) < 10. Решение : Пусть х 2 – 3х – 2 = y. Тогда неравенство примет вид y(y +3) < 10, или y 2 + 3y – 10 < 0, отк уда ( y + 5)(y – 2) < 0. Решением этого неравенства служит интервал – 5 -5, x 2 – 3x + 3 > 0, откуда ( x – 4)(x + 1) < 0, (x + ) 2 + > 0. Поскольку второе неравенство выполняется при всех х , решение этой системы есть интервал (-1; 4). Ответ : (-1; 4). Пример : Решить неравенство х 4 – 34х 2 + 225 < 0. Решение . Сначала решим биквадратное уравнение х 4 – 34х 2 + 225 < 0. По лагая х 2 = z , получаем квадратное уравнение z 2 – 34z + 225 = 0 , из которого находим : z 1 = 9 и z 2 = 25. Решая уравнения х 2 = 9 и х 2 = 25, получаем 4 корня биквадратного уравнения : -3, 3, -5, 5. Значит, х 4 – 34х 2 + 225 = (х + 5)(х + 3)(х – 3)(х – 5), и п оэтому заданное неравенство иммет вид : (х + 5)(х + 3)(х – 3)(х – 5) < 0 . Изображаем на координатно й прямой точки – 5, -3, 3, 5 и проводим кривую знаков . Решение неравенства является объединение интервалов (-5; -3) и (3; 5). Ответ : (-5; -3) (3; 5). Пример : Решить неравенство х 4 – 3 < 2х (2х 2 – х – 2). Решение . Дано целое рациональное неравенство . Перенесем все слагаемые в левую часть и приведем многочлен к стандартному виду . Получим равносильное неравенство х 4 – 4х 3 + 2х 2 + 4х – 3 < 0 . Решая уравнение х 4 – 4х 3 + 2х 2 + 4х – 3 = 0, находим корни х 1 = -1, х 2,3 = 1, х 4 = 3. Т огда неравенство можно переписать в виде (х – 1) 2 (х + 1)(х – 3) < 0. Найденные корни разбивают числовую ось на четыре промежутка , на каждом из которых левая часть неравенства , а значит , и исходного неравенства сохраняет знак . Выбирая пробные точки в каждом из промежутков (достаточно значения х подставлять только в последний два сомножителя ), получаем знаки , указанные на рисунке . Видим , что неравенство в ыполняется на промежутках (-1; 1) и (1; 3). Так как неравенство строгое , то числа – 1, 1, 3 не входят в решение неравенства. Ответ : (-1; 1) (1; 3). Дробно-рациональные неравенства. Решение рационального неравенства > 0 (5) где Р n (х ) и Q m (х ) многочлены , сводится к решению эквивалентного неравенства (4) следующим образом : умножив обе части неравенства (5) на многочлен [Q m (x)] 2 , который положителен пр и всех допустимых значениях неизвестного х (т.е . при тех х , при которых Q m (x) 0) , получим неравенство Р n (х ) Q m (x) > 0 , эквивалентное неравенству (5). Дробно-линейным называется неравенств о вида > k где a, b, c, d, k некоторые действительные числа и с 0, ( если с = 0, то дробно-линейное неравенство превращается в линейное , неравенство (6) не содержит аргумента ). К дробно-линейным неравенствам относятся и неравенства вида (6), где вместо знака > стоят знаки <, , . Решение дробно-линейного неравенства сводится к решению квадратног о неравенства . Для этого необходимо умножить обе части неравенства (6) на выражение (сх + d) 2 , положительное при всех х R и x -d/c. Пример : Решить неравенство < -1. Решение : Прибавляя к обеим частям неравенства 1, получим неравенство вида (5). < 0 , которое эквивалентно неравенству х 2 (х 2 – х – 2) < 0 . Множество решений последнего неравенства находится методом интервалов : х ( -1;0) (0;2). Ответ : х (-1;0) (0;2). Пример : Решить неравенство . Решение : Перенеся все члены неравенства в левую часть , получим - - 0, или 0, откуда 0. Пользуясь методом интервалов и учитывая знак неравенства , заключаем , что решением неравенства является объединение полуинтервалов : [-4; -3) (-1; 1] . Ответ : [ -4 ; -3) (-1; 1]. Пример : Решить неравенство : 0. Решение : Полагая х 0 и х 3, разделим обе части неравенства на положительную дробь и получим и сразу заметим , что х = 0 удовлетворяет заданному неравенству , а х = 3 не удовлетворяет . Кроме того , множители с нечетными показателями степени заменим соответств ующими множителями первой степени (ясно , что при этом знак выражения в левой части неравенства не изменится ). В результате получим более простое неравенство , равносильное заданному для всех х 0 и х 3: 0. Начертив кривую знаков , заштрихуем промежутки удовлетворяющие этому неравенству , и отметим на той же оси точки х = 0 и х = 3. Учитывая , что значение х = 0 является решением заданно го неравенства , но не принадлежит заштрихованному промежутку , его следует дополнительно включать в ответ . Значение х = 3 не является решением неравенства , но принадлежит заштрихованному промежутку ; следовательно , это значение нужно исключить . Итак , получа е м ответ : (- ; -4) [1; 3) (3; 4,5]U0. Ответ : (- ; -4) [1; 3) (3; 4,5]U0. Пример : Решить неравенство < 0. Решение . Разлагая числитель и знаменатель на множители , переписываем данное неравенство в виде < 0. Точками , в которых множители меняют знаки , являются – 5, 1, 2, 6. Они разбивают числовую ось не интервалы (- ; -5), (-5; 1), (1; 2), (2; 6),(6; + ). С помощью кривой знаков находим интервалы , где выполняется неравенство : (-5; 1) и (2; 6). При этом из (-5; 1) надо удалить точку 0, так как в этой точке выражение обращается в нуль . Итак , получаем ответ в виде (-5; 0) (0; 1) (2; 6). Ответ : (-5; 0) (0; 1) (2; 6). Пример : Решить неравенство < 0. Решение . Разлагая числитель и знаменатель на множители , перепишем данн ое неравенство в виде < 0. Нанесем числа 0, 1, 2, 5, при которых числитель и знаменатель обращаются в нуль , на числовую ось . Они разбивают числовую ось на пять промежутков. С помощью “пробных” точек найдем знак выражения в каждом промежутке. Выпишем интервалы , где выполняется неравенство : (- ; 0), (0; 1), (2; 5). Ответ : (- ; 0) (0; 1) (2; 5). Неравенства , содержащие неизвестное под знаком абсолютной величины. При решении неравенства , содержащих неизвестное под знаком абсолютной величе ны , используется тот же прием , что и при решении уравнении , содержащих неизвестное под знаком абсолютной величены , именно : решение исходного неравенства сводится к решению нескольких неравенств , рассматриваемых на промежутках знакопостоянства выражений , с т оящих под знаков абсолютной величены . Пример : Решить неравенство х 2 - 2 + х < 0. (*) Решение : Рассмотрим промежутки знакопостоянства выражения х 2 – 2, стоящего под знаком абсолютной ве личены. 1) Предположим , что х 2 – 2 0, тогда неравенство (*) принимает вид х 2 + х – 2 < 0. Пересечение множества решений этого неравенства и неравенства х 2 – 2 0 представляет собой первое м ножество решений исходного неравенства (рис 1): х (-2; - ]. 2) Предположим , что х 2 – 2 < 0, тогда согласно определению абсолютной величены имеем х 2 - 2 = 2 – х 2 , и неравенство (*) приобретает вид 2 – х 2 + х < 0. Пересечение множества решений этого нера венства и неравенства х 2 – 2 < 0 дает второе множество решений исходного неравенства (рис . 2): х (- ; -1). Объединяя найденные множества решений , окончательно получаем х (-2; -1) От вет : х (-2; -1). В отличие от уравнений неравенства не допускают непосредственной проверки . Однако в большинстве случаев можно убедиться в правильности полученных результатов графическим способом . Действительно , запишем нерав енство примера в виде х - 2 < -х. Построим функции y 1 = х 2 - 2 и y 2 = -х , входящие в левую и правую часть рассматриваемого нер авенства , и найдем те значения аргумента , при которых y 1 1. (*) Решение : Исходное неравенство при всех х -2 эквивалентно неравенству х - 1 > х + 2 . (**) Возведя обе части неравенства (**) в квадрат , после приведения подобных членов получаем неравенство 6х < -3, т.е . х < -1 / 2. Учиты вая множество допустимых значений исходного неравенства , определяемого условием х -2, окончательно получаем , что неравенство (*) выполняется при всех х (- ; -2) (-2; -1 /2) . Ответ : (- ; -2) (-2; -1 / 2). Пример : Найти наименьшее целое х , удовлетворяющее неравенству : > 1 . Решение : Так как х +1 0 и , по условию , х +1 0, то данное неравенство равносильно следующему : 2х + 5 > х +1 . Последнее в свою очередь , эквивалентно системе неравенств – (2х + 5 ) < х + 1 < 2х + 5, откуда Наименьшим целым числом х удовлетворяющей этой системе будет неравенств , является 0. Заметим , что х -1, иначе выражение в левой части данного неравенства не имеет смысла. От вет : 0. Пример : Решить неравенство : х - 2 . Решение : Пусть х = y. Заметим далее , что х + 1 > 0. Поэтому данное неравенство эквивалентно следующему : -2 ( y – 2)(y + 1), или y 2 – y 0, или 0 y 1, или 0 х 1. Отсюда -1 х 1. Ответ : [-1; 1]. Пример : Решить неравенство х 2 – 3х + 2 + 2х + 1 5. Решение . х 2 – 3х + 2 отрицателен при 1 < x < 2 и неотрицателен при остальных х , 2х + 1 меняет знак при х = - Ѕ . Следовательно , нам надо рассмотреть четыре случая. 1. х < -Ѕ . В этом случае х 2 – 3х + 2 > 0, 2х +1 < 0. П олучаем неравенство х 2 – 3х + 2 – 2х – 1 5, х 2 – 5х – 4 0. С учетом условия х < - Ѕ находим х -Ѕ. 2. – Ѕ х 1. Имеем неравенство х 2 – х – 2 0. Его решение – 1 х 2. Следовательно , весь отрезок – Ѕ x 1 удовлетворяет неравенству . 3. 1 < x < 2. Получаем х 2 – 5х + 6 0; х 2 или х 3. В новь подходит весь интервал. 4. х 2. Неравенство то же , что и в случае 2. Подходит лишь х = 2. Ответ : х 2. Пример : Решить нера венство. х 3 + х - 3 - 5 х 3 – х + 8. Решение . Решим это неравенство не стандартным образом. х 3 + х - 3 - 5 х 3 – х + 8, х 3 + х - 3 х 3 – х + 13 х 3 + х - 3 - 5 -х 3 + х – 8 х 3 + х - 3 - х 3 + х – 3 х 3 + х – 3 х 3 – х + 13 х 8, х 3 + х – 3 -х 3 + х – 13, х 3 -5, х 3 + х – 3 -х 3 + х – 3, х 3 0, х 3 + х – 3 х 3 – х + 3 х 3 - х 8, - х 8. х – любое Ответ : - х 8. Неравенства с параметрами. Неравенства с параметрами являются наиболее трудными задачами курса элементарной математики . Это объясняется тем , что их решения следует получать при всех допустимых значениях входящих в них параметров. Пример : Для всех значений а решить неравенство aх > 1/x. Решение : Запишем нерав енство в виде > 0, тогда исходное неравенство эквивалентно двум системам неравенств : ax 2 – 1 > 0, ax 2 – 1 < 0, x > 0 ; x < 0. Рассмотрим первую систему . Первое неравенство запишем в виде : ax 2 > 1. При а > 0 оно эквивал ентно неравенству х 2 > 1/a , множество решений которого х < -1/ и x > 1/ . В этом случае решения первой системы : х (1 / ; ). При а 0 левая часть неравенства ах 2 – 1 > 0 отрицательна при любом х и неравенство решений не имеет , а следовательно , не имеет решений и вся система неравенств. Рассмотрим вторую систему . При а > 0 решениями неравенства ах 2 – 1 <0 будут значения х (-1 / ; 1/ ) , а решениями системы значения х (-1 / ; 0) . При a 0 левая часть неравенства ах 2 – 1 < 0 отриц ательна при любых значениях х , т.е . это неравенство выполняется при все х R и , следовательно , решениями системы будут значения х (- ; 0). Приведем графическую иллюстрацию решения этого примера . Для этого рассмотрим отдельно два случая а > 0 и а 0 и для каждого из них построим графики функций , стоящих в левой и правой частях исходного неравенства . Заштрихованные промежутки оси О х представляют собой решение неравенства в рассматриваемых случаях. Графическая иллюстрация облегчает решение уравнений и неравенств с параметрами . Ответ : Если а 0, то х (- ; 0); если а > 0, то х (-1 / ; 0) (1 / ; ). Пример : Решить неравенство : < . Решение : Преобразуем данное неравенство : 3 m 2 х + 3 – 2 mx 2 – 6 < m + 9x; mx 2 – 9x < m + 3; (m – 3)(m + 3)x < m + 3. Далее находим решение неравенств а при различных значения параметра m : 1) Пусть ( m – 3)(m + 3) > 0, т.е . m < -3 или m > 3. Тогда неравенство имеет решение х < 1/(m – 3). 2) Пусть ( m – 3)(m + 3) < 0, т.е . – 3 < m < 3. Тогда неравенство имеет решение х > 1/(m – 3). 3) Пусть ( m – 3)(m + 3) = 0, т.е . m = 3 или m = -3. Тогда если m = 3 , то неравенство примет вид 0 х < 6 и , значит выполняется при любом х R. Если же m = -3 , то неравенство примет вид 0 х < 0 и , следовательно , не имеет решении . Пример : Для каждого неотрицательного значения параметра а решить неравенство 4а 3 х 4 + 4а 2 х 2 + 32х + а + 8 0. Решение . Левая часть неравенства представляет собой многочл ен как относительно х , так и относительно параметра а . Степени соответственно равны 4 и 3. Однако если умножить многочлен на а , а затем сделать замену y = ax, то в новом многочлене максимальная степень параметра а будет равна 2. Случай а = 0 дает нам ответ х - ј . Будем теперь считать , что а > 0 . Умножив обе части неравенства на а и сделав замену y = ax , получим 4 y 4 + 4ay 2 + 32y + a 2 + 8a 0. Левая часть представляет собой квадратный трехчлен отн осительно а : a 2 + (4y 2 + 8)a + 4y 2 + 32y 0, ј D = (2y 2 + 4) 2 – 4y 2 – 32y = 16(y – 1) 2 . Раскладывая левую часть неравенства на множители , получим (а + 2 y 2 + 4y)(a + 2y 2 – 4y + 8) 0, или (2y 2 + 4y + a)(2y 2 – 4y + 8 + a) 0. Второй множитель положителен при всех y , если а > 0. Приходим к неравенству 2 y 2 + 4y + a 0 , откуда , если 0 < a < 2 , y Ѕ (-2 - ) или y Ѕ (-2+ ) ; если а 2, y – любое . Возвращаясь к х , получим ответ. Ответ : Если а = 0, то х - ј ; если 0 < a < 2 , то х 1 /2a*(-2 - ) или х 1 /2a(-2 + ); если а 2, то х – любое. Пример : Решить систему неравенств х 2 – 3х + 2 0, ах 2 – 2(а + 1)х + а – 1 0. Решение : Поскольку решением первого неравенства является 1 х 2, то задача сводится (при а 0) к выяснению расположения корней квадратного трехчлена f(x) = ах 2 – 2(а + 1)х + а – 1 относительно отрезка [1; 2]. Имеем ј D = (а + 1) 2 – а (а – 1) = 3а + 1, f(1) = -3, f (2) = а – 5. Область изменения параметра а оказалось разделенной на 4 части (не считая граничных точек ). 1) Если а < - 1 /3 , второе неравенство , а следовательно и данная система не имеют решения . То же имеет место и при а = -1 /3 . 2) Если – 1/3 < a < 0 , т о f(1) < 0 , f(2) < 0. Для вершины параболы выполняется неравенство х в = < 0 (рис . 1,а ). Следовательно , множество решении второго неравенства не содержит точек отрезка [1; 2]. Система не имеет решения . То же имеет место и при а = 0. 3) Если 0 < a < 5 , то f(1) < 0 , f(2) < 0 (рис . 1, б ). Значит , на всем отрезке [1; 2] f(x) < 0 . Система вновь не имеет решения. 4) Если а 5, то f(1) < 0, f(2) 0 (рис . 1, в ). Решением системы будет х 2 х 2 где х 2 – больший корень уравнения f(x) = 0. Ответ : Если а < 5 , система не имеет решения ; если а 5, то 1 / а (а + 1 + ) х 2. Пример : Решить неравенство 2х 2 + х – а - 8 х 2 + 2х – 2а – 4. Решить : Напомним , что неравенство а b эквивалентно двойному неравенству – b a b . В нашем случае после прео бразования приходим к системе неравенств а -х 2 + х + 4, а х 2 + х – 4. Изобразим на плоскости (х ; а ) множество точек , координаты которых удовлетворяют полученной системе . При конкретном значе нии параметра а = решением нашего неравенства будут абциссы тех точек горизонтальной прямой а = , которые находятся в заштрихованной области . Найдем точки пересечения А (2; 2), В (-2; -2) на ших точек парабол и вершину С (-0,5; -4,25) параболы а = х 2 +х – 4. Далее получаем : если а > 2, то соответствующая прямая пересекается с заштрихованной областью. Если – 2 < a 2 , то соответствующая прямая пересекается с заштр ихованной областью по отрезку . Концами этого отрезка будут точки с абциссами Ѕ (-1 + ) (больший корень уравнения а = х 2 + х – 4 или х 2 – х – 4 + а = 0). Если – 4 ј a -2 , то гор изонтальная прямая , соответствующая таким а , пересекается с заштрихованной областью по двум отрезкам . Решением неравенства будет Ѕ (1 - ) х - Ѕ (1 + ), Ѕ (- 1 + ) х - Ѕ (1 + ). Если а < -4ј , то Ѕ (1 - ) x Ѕ (1 + ). Системы рациональных неравенств. Пусть надо найти числовые значения х , при которых превращаются в верные числовые неравенства одновременно несколько рациональных неравенств . В таких случаях говорят , что надо решить систему рациональных неравенств с одн им неизвестным х. Чтобы решить систему рациональных неравенств , надо найти все решения каждого неравенства системы . Тогда общая часть всех найденных решений и будет решением системы . Пример : Решить систему неравенств (х – 1)(х – 5)(х – 7) < 0, > 0. Сначала решаем неравенство (х – 1)(х – 5)(х – 7) < 0. Применяя метод интервала (рис . 1), находим , что множество всех решении неравенства (2) состоит из двух интервалов : (- , 1) и (5, 7). Тепер ь решим неравенство > 0. Применяя метод интервалов (рис . 2), находим , что множество всех решении неравенства (3) также состоит их двух интервалов : (2, 3) и (4, + ). Теперь надо найти об щую часть решении неравенств (2) и (3). Нарисуем координатную ось х и отметим на ней найденные решения . Теперь яс но , что общей частью решении неравенств (2) и (3) является интервал (5, 7) (рис . 3). Следовательно , множество всех решении системы неравенств (1) составляет интервал (5, 7). Пример : Решить систему неравенств х 2 – 6х + 10 < 0, > 0. Решим сначала неравенство х 2 – 6х + 10 < 0. Применяя метод выделения полного квадрата , можно написать , что х 2 – 6х + 10 = х 2 - 2 х 3 + 3 2 - 3 2 + 10 = (х – 3) 2 +1. Поэтому неравенство (2) можно записать в виде (х – 3) 2 + 1 < 0, откуда видно , что оно не имеет решении. Теперь можно не решать неравенство > 0, так как ответ уже ясен : система (1) не имеет р ешении. Пример : Решить систему неравенств < 1, x 2 < 64. Рассмотрим сначала первое неравенство ; имеем - 1 < 0, < 0. С помощью кривой знаков (рис . 4) находим решения этого нерав енства : х < -2 ; 0 < x < 2. Решим теперь второе неравенство заданной системы . Имеем x 2 - 64 < 0, или (х – 8)(х + 8) < 0 . С помощью кривой знаков (рис . 5) находим решения неравенства : -8 < x < 8. Отметив найденные решения первого и второго неравенства на общей числовой прямой (рис . 6), найдем такие промежутки , где эти решения совпадают (пресечение решении ): -8 < x < -2; 0 < x < 2. Это и есть решение системы. Пример : Решить систему неравенств х 2 100х 3 ; 0. Преобразуем первое неравенство системы : х 3 (х – 10)(х + 10) 0, или х (х – 10)(х + 10) 0 (т.к . множители в нечетных степенях мо жно заменять соответствующими множителями первой степени ); с помощью метода интервалов (рис . 7) найдем решения последнего неравенства : -10 х 0, х 10. Рассмотри м второе неравенство системы ; имеем 0. Находим (рис . 8) х -9; 3 < x < 15. Объединив найденные решения , получим (рис . 9) х 0; х > 3. Пример : Найти целочисленные решения системы неравенств : х + y < 2,5, x – y > -3, y – 1 > 0. Решение : Приведем систему к виду x + y < 2,5, y – x < 3, y > 1. Складывая первое и второе неравенства , имеем y < 2, 75, а учитывая тр етье неравенство , найдем 1 < y < 2,75. В этом интервале содержится только одно целое число 2. При y = 2 из данной системы неравенств получим х < 0,5, x > -1, откуда – 1 < x < 0,5. В этом интервале содержится только одно целое число 0. Ответ : х = 0, y =2. ГРАФИЧЕСКОЕ РЕШЕНИЕ НЕРАВЕНСТВ Неравенства с одной или двумя переменными можно решать графически. Неравенство с одной переменой можно записать так : f(x) > g(x) , где f(x) и g(x) – выражения , содержащие переменную. Построим в одной системе координат график и функций y = f(x) и у = g(x). Решение неравенства есть множество значений переменой х , при которых график функций у = g(x) , так как f(x)>g(x) .Это показано на рисунках 1 и 2. Решение неравенства с двумя переменными f(x , y)>0 есть множество точек плоскости , координаты которых удовлетворяют этому неравенству . Рассмотрим на примерах решение некоторых неравенств с двумя переменными. Пример 1. Решить графи чески неравенство x + у > 0. Решение . Запишем неравенство в виде у > - х . Построим прямую у = -х . Координаты точек плоскости , которые лежат выше этой прямой , есть решение неравенства ( на рисунке 3 – заштрихованная область ). П ример 2. Решить графически неравенство х 2 – у > 0. Решение . Запишем неравенство в виде у < x 2 . Построим кривую у = х 2 (парабола ) (рисунок 4). Решение неравенства есть координаты точек плоскости , которые лежат в заштрихованной области (ниже построенной параболы ). При решении систем неравенств с двумя переменными находят пересечение областей решений этих неравенств. Пример 3. Решить графически систему неравенств x 2 + у 2 – 4 > 0 , y > 0 , x > 0. Решен ие . Решение первого неравенства системы есть координаты точек плоскости (рисунок 5), которые лежат вне окружности х +у =4; решение второго неравенства есть координаты точек верхней полуплоскости ; решение третьего неравенства есть координаты точек правой пол у плоскости. Решением системы являются координаты точек , которые лежат в заштрихованной области. ТЕСТ 1) Решить уравнение : = 1. А ) 0, Б ) 1, В ) Нет решений, Г ) x ( ; 1) (1; ). 2) Р ешить уравнение : = 0 . А ) Нет решений, Б ) 1, В ) 5, Г ) 1; 5. 3) Решить уравнение : + = 0. А ) 2; ; 5, Б ) Нет решений, В ) x ( ; 3) (3; ), Г ) x R . 4) Решить уравнение : ax = 1. А ) Если a 0 , то x R; если a = 0 , то нет решений, Б ) Если a = 0 , то нет решений ; если a 0 , то x = , В ) Если a = 0 , то x R; если a 0 , то x = . Г ) Нет решений. 5) При каких a уравнение ax 2 4x + a + 3 = 0 имеет более одного корня ? А ) 4 < a < 0, Б ) 0 < a < 1 , В ) a ( ; 0) (0; ), Г ) 4 < a < 0; 0 < a < 1 . 6) При каких a уравнение ( a 2)x 2 + (4 2a)x + 3 = 0 имеет единственное решение ? А ) 2, Б ) а ( ; 2) (2; ), В ) 5, Г ) 4. 7) Решить уравнение : x 2 1 + a(x 1) = 0. А ) Если a 0 , то x =1; если a = 0 , то x = 1, Б ) Если а 0 , то нет решений ; есл и a = 0 , то x = 1. В ) x = 1 , Г ) Нет решений. 8) Решить систему : = , y 2 x 5 = 0. А ) (4; 3), (4; 3), Б ) (1; 2), В ) Нет решений, Г ) x R, y = 3. 9) Решить систему : x 2 + y2 2x = 0, x 2 2xy + 1 = 0. А ) (1; 1), (5; 5) Б ) Нет решений, В ) (1;1), Г ) ( 2; 3), (3; 2). 10) При каких a неравенство 2x + a > 0 является следствием неравенства x + 1 3a > 0? А ) , Б ) а , В ) при любых a , Г ) а . 11) Найти наибольшее целое х , удовлетворяющие неравенству : - > 1. а ) х (- ; -3,5), б ) – 3 , в ) – 4 , г ) нет решений. 12) Найти наибольшее целое х , удовлетворяющие неравенству : - > - . а )5 , б ) – 3, в ) 4 , г )нет решений. 13) Найти целочисленные решения неравенств : < 0. а ) 0, 1, 2 , б ) 4, 5 , в ) 7 , г )нет решений. 14) Найти целочисленные решения неравенств : 17 – 4х < 0 , 10х – 67 < 0. а )5 , б ) – 3, -4, -5 , в ) 5,6 , г )нет решений. 15 ) Решить неравенство : - < 0. а ) (- ; -3) (0; 3 , б ) ( – 3, 0) (0; ), в ) (5; 7) , г ) нет решений. 16 ) Решить неравенство : < - . а ) (- ; -3 /25 ) (0; ), б ) ( – 12 , 0) ( 7 ; 9 ) , в ) ( - ;) ( ; 5), г ) нет решений. 17) Решить неравенство : < -1 . а ) (-9; - 5 ) (0; 8) , б ) ( – 8, -7) (1;3) , в ) ( - ; -7) (1; 3), г ) нет решений. 18 ) Решить неравенство : . а ) [ - 4 ; - 2) (0;5 ], б ) ( – 1 , 0] [ 1; 7), в ) ( -4 ; - 3 ) [5; 7], г ) нет решений. 19) Решить неравенство 1,5 – 3х < 3. а ) ( -2,5; - 2) (0; 3,5 ], б ) ( – 0,5; 1,5) , в ) ( -4,5 ; - 3,5 ) , г ) нет решений. 20) Решить неравенство : > х + 2 . а ) ( -3; -1) , б ) (0; 1) , в ) ( -7 ; -10) , г ) нет решений. Ответы : 1 Г ; 2 В ; 3 В ; 4 Б ; 5 Г ; 6 В ; 7 А ; 8 А ; 9 В ;10 – Б ; 11 – В ; 12 – А ; 13 – А ; 14 – В ; 15 – А ; 16 – В ; 17 – Б ; 18 – В ; 19 – Б ; 20 – А . Список использованной литературы : 1) Математика . Интенсивный курс подготовки к экзамену . О . Ю . Черкасов , А . Г . Якушев . Москва , изд . “Айрис” , 1997. 2) Тысяча и один пример . Равенства и неравенства . А . М . Назаренко , Л . Д . Назаренко . Сумы , изд . “ Слобожанщина” , 1994. 3) Система тренировочных задач и упражнений по математике . А . Я . Симонов . Москва , изд . “Просвещение” 1991. 4) Алгебра 8 класс . Н . Я . Виленкин . Москва , изд . “Просвещение” , 1995. 5) Задачи по математике для поступающих во ВТУЗы . Р . Б . Райхмист . Москва , изд . “Высшая школа” , 1994. 6) Алгебраический тренажёр . А . Г . Мерзляк . Москва Харьков , изд . “Илекса” , изд . “Гимназия” , 1998. 7) Готовимся к экзамену по математике . Д . Т . Письменный . Москва , изд . “Айрис” , 1996. 8) Задачи по математике . Уравнения и неравенства . Вавилов В . В ., Мельников И . И . Москва , изд . “Наука” , 1987. 9) Алгебра и начала анализа . Издание второе , переработанное и дополненное . А . Г . Мордкович . Москва , изд . “Высшая школа” , 1987. 10) Алг ебра . Пособие для самообразования . С . М . Никольский . Москва , изд . “Наука” , 1985. 11) Справочник по методам решения задач по математике . А . Г . Цыпкин . Москва , изд . “Наука” , 1989. 12) Решение задач . И . Ф . Шарыгин . Москва , изд . “Просвещение” , 1994. 13) Алг ебра и математический анализ . 10 класс . Н . Я . Виленкин . Москва , изд . “Просвещение” , 1997. 14) Математика . Алгебра и начала анализа . А . И . Лобанова . Киев , изд . “Вища школа” , 1987. 15) Алгебра . 9 класс . Н . Я . Виленкин . Москва , изд . “Просвещение” , 1996.
1Архитектура и строительство
2Астрономия, авиация, космонавтика
 
3Безопасность жизнедеятельности
4Биология
 
5Военная кафедра, гражданская оборона
 
6География, экономическая география
7Геология и геодезия
8Государственное регулирование и налоги
 
9Естествознание
 
10Журналистика
 
11Законодательство и право
12Адвокатура
13Административное право
14Арбитражное процессуальное право
15Банковское право
16Государство и право
17Гражданское право и процесс
18Жилищное право
19Законодательство зарубежных стран
20Земельное право
21Конституционное право
22Конституционное право зарубежных стран
23Международное право
24Муниципальное право
25Налоговое право
26Римское право
27Семейное право
28Таможенное право
29Трудовое право
30Уголовное право и процесс
31Финансовое право
32Хозяйственное право
33Экологическое право
34Юриспруденция
 
35Иностранные языки
36Информатика, информационные технологии
37Базы данных
38Компьютерные сети
39Программирование
40Искусство и культура
41Краеведение
42Культурология
43Музыка
44История
45Биографии
46Историческая личность
47Литература
 
48Маркетинг и реклама
49Математика
50Медицина и здоровье
51Менеджмент
52Антикризисное управление
53Делопроизводство и документооборот
54Логистика
 
55Педагогика
56Политология
57Правоохранительные органы
58Криминалистика и криминология
59Прочее
60Психология
61Юридическая психология
 
62Радиоэлектроника
63Религия
 
64Сельское хозяйство и землепользование
65Социология
66Страхование
 
67Технологии
68Материаловедение
69Машиностроение
70Металлургия
71Транспорт
72Туризм
 
73Физика
74Физкультура и спорт
75Философия
 
76Химия
 
77Экология, охрана природы
78Экономика и финансы
79Анализ хозяйственной деятельности
80Банковское дело и кредитование
81Биржевое дело
82Бухгалтерский учет и аудит
83История экономических учений
84Международные отношения
85Предпринимательство, бизнес, микроэкономика
86Финансы
87Ценные бумаги и фондовый рынок
88Экономика предприятия
89Экономико-математическое моделирование
90Экономическая теория

 Анекдоты - это почти как рефераты, только короткие и смешные Следующий
Жена директора фармацевтической компании, производящей "Нурофен", никак не может придумать, как отказать мужу в интимной близости.
Anekdot.ru

Узнайте стоимость курсовой, диплома, реферата на заказ.

Обратите внимание, реферат по математике "Рациональные уравнения и неравенства", также как и все другие рефераты, курсовые, дипломные и другие работы вы можете скачать бесплатно.

Смотрите также:


Банк рефератов - РефератБанк.ру
© РефератБанк, 2002 - 2016
Рейтинг@Mail.ru