Ё
Содержание
I. Рациональные уравнения.
Линейные уравнения.
Системы линейных уравнений.
Квадратные уравнения и уравнения, сводящиеся к ним.
Возвратные уравнения.
Формула Виета для многочленов высших степеней.
Системы уравнений второй степени.
Метод введения новых неизвестных при решении уравнений и систем
уравнений.
Однородные уравнения.
Решение симметрических систем уравнений.
Уравнения и системы уравнений с параметрами.
Графический метод решения систем нелинейных уравнений.
Уравнения, содержащие знак модуля.
Основные методы решения рациональных уравнений
II. Рациональные неравенства.
Свойства равносильных неравенств.
Алгебраические неравенства.
Метод интервалов.
Дробно-рациональные неравенства.
Неравенства, содержащие неизвестное под знаком абсолютной величины.
Неравенства с параметрами.
Системы рациональных неравенств.
Графическое решение неравенств.
III. Проверочный тест.
Рациональные уравнения
Функция вида
P(x) = a0xn + a1xn – 1 + a2xn – 2 + … + an – 1x + an,
где n — натуральное, a0, a1,…, an — некоторые действительные числа,
называется целой рациональной функцией.
Уравнение вида P(x) = 0, где P(x) — целая рациональная функция,
называется целым рациональным уравнением.
Уравнение вида
P1(x) / Q1(x) + P2(x) / Q2(x) + … + Pm(x) / Qm(x) = 0,
где P1(x), P2(x), … ,Pm(x), Q1(x), Q2(x), …, Qm(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, называется
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 X0 и Y0, то эти
координаты удовлетворяют уравнению прямой, т. е. Y0 = aX0 + b.
Пример 1.1. Решить уравнение
2x – 3 + 4(x – 1) = 5.
Решение. Последовательно раскроем скобки, приведём подобные члены и
найдём x: 2x – 3 + 4x – 4 = 5, 2x + 4x = 5 + 4 + 3,
6x = 12, x = 2.
Ответ: 2.
Пример 1.2. Решить уравнение
2x – 3 + 2(x – 1) = 4(x – 1) – 7.
Решение. 2x + 2x – 4x = 3 +2 – 4 – 7, 0x = – 6.
Ответ: (.
Пример 1.3. Решить уравнение.
2x + 3 – 6(x – 1) = 4(x – 1) + 5.
Решение. 2x – 6x + 3 + 6 = 4 – 4x + 5,
– 4x + 9 = 9 – 4x,
-4x + 4x = 9 – 9,
0x = 0.
Ответ: Любое число.
Системы линейных уравнений.
Уравнение вида
a1x1 + a2x2 + … + anxn = b,
где a1, b1, … ,an, b —некоторые постоянные, называется линейным
уравнением с n неизвестными x1, x2, …, xn.
Система уравнений называется линейной, если все уравнения, входящие в
систему, являются линейными. Если система из n неизвестных, то возможны
следующие три случая:
система не имеет решений;
система имеет ровно одно решение;
система имеет бесконечно много решений.
Пример 2.4. решить систему уравнений
2x + 3y = 8,
3x + 2y = 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 подставляют значение этого
неизвестного в остальные уравнения.
Из первого уравнения выражаем: x= (8 – 3y) / 2. Подставляем это
выражение во второе уравнение и получаем систему уравнений
x = (8 – 3y) / 2,
3(8 – 3y) / 2 + 2y = 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,
2x + 2y = 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,
2x + 2y = 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 пользоваться
методом Гаусса, который состоит в преобразовании системы к треугольному
виду.
Умножаем первое уравнение системы на – 2 и, складывая полученный
результат со вторым уравнением, получаем – 3y + 6z = – 3. Это
уравнение можно переписать в виде y – 2z = 1. Складывая первое уравнение
с третьим, получаем 7y = 7, или y = 1.
Таким образом, система приобрела треугольный вид
x + y – z = 2,
y – 2z = 1,
y = 1.
Подставляя y = 1 во второе уравнение, находим z = 0. Подставляя y =1
и z = 0 в первое уравнение, находим x = 1.
Ответ: (1; 1; 0).
Пример 2.8. при каких значениях параметра a система уравнений
2x + ay = a + 2,
(a + 1)x + 2ay = 2a + 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) + 2ay = 2a + 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 0y
= 0, т.е. оно удовлетворяется при любых значениях y.
Ответ: 3.
Квадратные уравнения и уравнения, сводящиеся к ним.
Уравнение вида ax2 + 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 ax2 + bx + c = 0 на a — от этого
его корни не изменятся. Для решения получившегося уравнения
x2 + (b / a)x + (c / a) = 0
выделим в левой части полный квадрат
x2 + (b / a) + (c / a) = (x2 + 2(b / 2a)x + (b / 2a)2) – (b / 2a)2 + (c
/ a) =
= (x + (b / 2a))2 – (b2) / (4a2) + (c / a) = (x + (b / 2a))2 – ((b2 –
4ac) / (4a2)).
Для краткости обозначим выражение (b2 – 4ac) через D. Тогда полученное
тождество примет вид
x2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a))2 – (D / (4a2)).
Возможны три случая:
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 / (4a2) = ((D)2 / (2a)2 = ((D / 2a)2, потому тождество принимает вид
x2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a))2 – ((D / 2a)2.
По формуле разности квадратов выводим отсюда:
x2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a) – ((D / 2a))(x + (b / 2a) + ((D
/ 2a)) =
= (x – (( -b + (D) / 2a)) (x – (( – b – (D) / 2a)).
Теорема: Если выполняется тождество
ax2 + bx + c = a(x – x1)(x – x2),
то квадратное уравнение ax2 + bx + c = 0 при X1 ( X2 имеет два корня X1
и X2, а при X1 = X2 — лишь один корень X1.
В силу этой теоремы из, выведенного выше, тождества следует, что
уравнение
x2 + (b / a)x + (c / a) = 0,
а тем самым и уравнение ax2 + bx + c = 0, имеет два корня:
X1=(-b + ( D) / 2a; X2= (-b – ( D) / 2a.
Таким образом x2 + (b / a)x + (c / a) = (x – x1)(x – x2).
Обычно эти корни записывают одной формулой:
где b2 – 4ac = D.
если число D равно нулю (D = 0), то тождество
x2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a))2 – (D / (4a2))
принимает вид x2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a))2.
Отсюда следует, что при D = 0 уравнение ax2 + bx + c = 0 имеет один
корень кратности 2: X1 = – b / 2a
3) Если число D отрицательно (D 0, и потому выражение
x2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a))2 – (D / (4a2))
является суммой двух слагаемых, одно из которых неотрицательно, а
другое положительно. Такая сумма не может равняться нулю, поэтому
уравнение
x2 + (b / a)x + (c / a) = 0
не имеет действительных корней. Не имеет их и уравнение ax2 + bx + c
= 0.
Таким образом, для решения квадратного уравнения следует вычислить
дискриминант
D = b2 – 4ac.
Если D = 0, то квадратное уравнение имеет единственное решение:
X=-b / (2a).
Если D > 0, то квадратное уравнение имеет два корня:
X1=(-b + (D) / (2a); X2= (-b – (D) / (2a).
Если D 0;
X1 = (- 5 + (33) / 4; X2 = (- 5 -(33) / 4.
Ответ: X1 = (- 5 + (33) / 4; X2 = (- 5 -(33) / 4.
Пример 3.10. Решить уравнение x3 – 5×2 + 6x = 0
Решение. Разложим левую часть уравнения на множители x(x2 – 5x + 6) = 0,
отсюда x = 0 или x2 – 5x + 6 = 0.
Решая квадратное уравнение, получаем X1 = 2 , X2 = 3.
Ответ: 0; 2; 3.
Пример 3.11.
x3 – 3x + 2 = 0.
Решение. Перепишем уравнение, записав –3x = – x – 2x, x3 – x – 2x +
2 = 0, а теперь группируем
x(x2 – 1) – 2(x – 1) = 0,
(x – 1)(x(x + 1) – 2) = 0,
x – 1 = 0, x1 = 1,
x2 + x – 2 = 0, x2 = – 2, x3 = 1.
Ответ: x1 = x3 = 1, x2 = – 2.
Пример 3.12. Решить уравнение
(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 уравнение к виду (7x – 14)(x2 – 7x + 12) = (14 – 4x)(x2 – 4x –
12), раскрываем скобки.
7×3 – 49×2 + 84x – 14×2 + 98x – 168 + 4×3 – 16×2 – 48x – 14×2 + 56x +
168 = 0,
11×3 – 93×2 + 190x = 0,
x(11×2 – 93x + 190) = 0,
x1 = 0
11×2 – 93x + 190 = 0,
93(((8649 – 8360) 93 ( 17
x2,3 = = ,
22 22
т.е. x1 = 5; x2 = 38 / 11.
Найденные значения удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: x1 = 0; x2 = 5; x3 = 38 / 11.
Пример 3.13. Решить уравнение x6 – 5×3 + 4 = 0
Решение. Обозначим y = x3, тогда исходное уравнение принимает вид
y2 – 5y + 4 = 0, решив которое получаем Y1 = 1; Y2 = 4.
Таким образом, исходное уравнение эквивалентно совокупности
уравнений: x3 = 1 или x3 = 4, т. е. X1 = 1 или X2 = 3(4
Ответ: 1; 3(4.
Пример 3.14. Решить уравнение (x3 – 27) / (x – 3) = 27
Решение. Разложим числитель на множители (по формуле разности кубов):
(x – 3)(x2 + 3x + 9) / (x – 3) = 27 . Отсюда:
x2 + 3 x + 9 = 27,
x – 3 ( 0;
x2 + 3 x – 18 = 0,
x ( 3.
Квадратное уравнение x2 + 3 x – 18 = 0 имеет корни X1 = 3; X2 = -6
(X1 не входит в область допустимых значений).
Ответ: -6
Пример 3.15. Решить уравнение
(x2 + x –5) / x + (3x) / (x2 + x – 5) = 4.
Решение. Обозначим y= (x2 + x – 5) / x, тогда получаем уравнение y + 3
/ y = 4.
Преобразуем его: y + 3 / y – 4 = 0, (y2 – 4y + 3) / y = 0, отсюда
y2 – 4y + 3 = 0,
y ( 0
Квадратное уравнение y2 – 4y + 3 = 0 имеет корни Y1 = 1; Y2 = 3 (оба
корня входят в область допустимых значений).
Таким образом корни, исходное уравнение эквивалентно (равносильно)
совокупности уравнений
(x2 + x – 5) / x = 1 или (x2 + x – 5) / x = 3.
Преобразуем их:
(x2 + x – 5) / x – 1 = 0 или (x2 + x – 5) / x – 3 = 0;
x2 – 5 = 0,
x ( 0
или
x2 – 2x – 5 = 0,
x ( 0;
X1 = (5; X2 = – (5 или X3 = 1 + (6; X4 = 1 – (6
(все найденные корни уравнения входят в область допустимых значений).
Ответ: (5; – (5; 1 + (6; 1 – (6 .
Пример 3.16. Решить уравнение x(x + 2)(x + 3)(x + 5) = 72.
Решение. Перегруппируем сомножители и преобразуем полученное уравнение
(x + 2)(x + 3)(x + 5)x = 72, (x2 + 5x + 6)(x2 + 5x) = 72.
Обозначим y = x2 + 5x, тогда получим уравнение (y + 6)y = 72, или
y2 + 6y – 72 = 0.
Корни этого уравнения: Y1 = 6; Y2 = – 12.
Таким образом, исходное уравнение эквивалентно совокупности уравнений
x2 + 5x = 6 или x2 + 5x = – 12.
Первое уравнение имеет корни X1 = 1; X2 = – 6. Второе уравнение корней
не имеет, так как D = 26 – 48 = – 23 3a;
Если a = 0, то (a = 3a;
Если a > 0, то (a (1 / 3. Опыт предыдущих 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 0.
Пример 10.50. При каких значениях a уравнение (x2 ( ax + 1) / (x + 3) =
0 имеет единственное решение?
Решение. Данное уравнение равносильно системе
x2 ( 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 = a2 ( 4, отсюда D = 0,
если a = (2; x = (3 — корень уравнения x2 ( 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 ax2 = a2 равносильно неравенству
(x ( 3( ( a?
Решение. При a ( 0 уравнение имеет единственное решение, а неравенство —
бесконечно 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
(a2 ( 9)x = a2 + 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: 0x = 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 0x = 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)x2 + 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
X1,2 = ((3a ( ((9a2 + 4(a ( 5)2)) / (2(a ( 5)).
Ответ: x = 0 при a = 5; x = ((3a ( ((9a2 + 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)x2 ( (a2 + 4a + 1)x + (2a2 + 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, что
x1,2 = (a2 + 4a + 1 ( ((a4 + 2a2 + 1)) / (2(a +1) = (a2 + 4a + 1 ( (a2 +
1) ) / (2(a + 1))
т.е. x1 = a + 1, x2 = 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 = a2 + a, a = 1 и a = 0 — недопустимо.
Итак, если a ( (1, a ( 0, a ( 1, то x1 = a + 1, x2 = 2a / (a + 1).
Теперь рассмотрим, что происходит с уравнением при a = 1. Найдём корни
уравнения: x1 = 1 и x2 = 2, причём x1 = 1 не подходит по условию.
Теперь выписываем
Ответ: x1 = a + 1 и x2 = 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
Если a = 1, то (3y + 0,5 = 0, т.е. y = 1 /6. Подставив это значение во
второе уравнение, находим единственное значение x. Система имеет
единственное решение.
Если a = (0,5, то система имеет единственное решение.
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)x2 + 1,5x ( ax) / (2a + 1)
+1 = 0, т.е.
2ax + 3x (2ax + 3 (2a + x2 ( ax2 +1,5x ( ax + 2a + 1 = 0,
(1 ( a)x2 + (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. a2 + 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.
x3 – (a + b + c)x2 + (ab + ac + bc)x – abc =0.
Решение. x3 – ax2 – bx2 – cx2 + abx + acx +bcx – abc = 0,
группируем: x2(x – a) – bx(x – a) – cx(x – a) – cx(x – a) + bc(x – a),
(x – a)(x2 – bc – cx + bc).
(x – a) = 0,
x1 = a.
x2 – bc – cx + bc = 0,
x(x – b) – c(x – b) = 0,
(x – b)(x – c) = 0,
x – b = 0, x2 = b
x – c = 0, x3 = c.
Ответ: x1 = a; x2 = b; x3 = c.
Замечание: корни уравнения можно было легко найти, пользуясь теоремой
Виета для кубического уравнения:
если x3 + px2 + qx + r = 0, то
x1 + x2 + x3 = – p,
x1x2 + x1x3 + x2x3 = q,
x1x2x3 = – r .
В нашем случае:
x1 + x2 + x3 = a + b + c,
x1x2 + x1x3 + x2x3 = ab + bc +cd,
x1x2x3 = abc.
Отсюда следует, что x1 = a; x2 = b; x3 = 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:
ax + by + c = 0 — прямая линия.
xy = k — гипербола.
(x ( a)2 + (y ( b)2 = R2 — уравнение окружности с центром A(a, b) и
радиусом R.
К этому виду приводятся с помощью выделения полных квадратов уравнения
вида:
x2 + y2 ( 2ax ( 2by + c = 0.
ax2 + bx + c = 0 — парабола y = ax2 c вершиной в точке A(m, n), где m
= (b / 2a, а n = (4ac ( b2) / 4a.
Пример 11.58. Найдём графически корни системы:
x2 + y2 ( 2x + 4y ( 20 = 0,
2x ( y = (1.
Решение. Выделяя полные квадраты, получаем:
x2 + y2 ( 2x + 4y ( 20 = (x2 ( 2x +1) + (y2 + 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 является 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: x1 = 1, y1 =
3; x2 = (3, y2 = (5.
Уравнения содержащие знак модуля.
Два числа, модули которых равны, либо равны между собой, либо отличаются
лишь знаком: если (a( = (b(, то либо a = b, либо a = (b. Применим это
замечание к решению 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
имеет вид х1 = 4, х2 = (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 сохраняют
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.
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 ( 2x 0, 3x + 2 0, 3x + 2 ( 0, x 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
множества 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 неравенств. 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 х2 > 0 – неравносильные, так как решение 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) – неравенство, 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 неравенство. 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 неравенства 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 неравенства 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 неравенства 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 неравенства.
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 неравенств 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 получим неравенство, равносильное данному.
Это свойство доказывается аналогично 3 свойству.
Алгебраические неравенства.
Линейными (строгими и нестрогими) называются неравенства вида
ax + b > 0, ax + b 0
x((- EQ \F(b;a) ; ( ), x(( -(; – EQ \F(b;a) ), x([ – EQ \F(b;a)
; ( ), x(( -(; – EQ \F(b;a) ],
при а 0, ax2 + bx + c 0 в зависимости от значении своих
коэффициентов a, b и c имеет решения:
при а > 0 и D = b2 – 4ac ( 0
x(( -(; EQ EQ \F(-b – EQ \R(D) ;2a ) )(( EQ \F(-b + EQ
\R(;D) ;2a) ; ();
при а > 0 и D c2 > ( > ci. Многочлен Pn(x)
можно представить в виде
Рn(x) = (x – c1) k1(x – c2) k2 ( (x – ci)ki Qm(x), (3)
где многочлен Qm(x) действительных корней не имеет и либо положителен,
либо отрицателен при всех х(R. Положим для определенности, что Qm(x) >
0. Тогда при х > c1 все сомножители в разложении (3) положительны и
Рn(х) > 0. Если с1 ( корень нечетной кратности (k1 ( нечетное), то при
х((с2; с1) все сомножители в разложении (3), за исключением первого,
положительны и Рn(х) 0 при х((c2; с1). В
этом случае говорят, что многочлен Рn(х) не меняет знак при переходе
через корень с1.
Аналогичным способом, используя разложение (3), нетрудно
убедится, что при переходе через корень с2 многочлен Рn(х) меняет знак,
если k2 ( нечетное, и не меняет знака, если k2 ( четное. Рассмотренное
свойство многочленов используется для решения неравенств методом
интервалов. Для того чтобы найти все решения
Рn(х) > 0, (4)
достаточно знать все действительные корни многочлена Рn(х) их кратности
и знак многочлена Рn(х) в произвольно выбранной точке, не совпадающей с
корнем многочлена.
Пример: Решить неравенство
х4 + 3х3 – 4х > 0. (*)
Решение. Разложим на множители многочлен Р4(х), стоящий в левой части
неравенства (*). Вынося множитель х за скобку, получаем
Р4(х) = х(х3 + 3х2 – 4).
Второй сомножитель, представляющий собой кубический многочлен, имеет
корень х = 1. Следовательно, он может быть представлен в виде
х3 + 3х2 – 4 = (х-1)(х2 + 4х + 4) = (х-1)(х + 2) 2.
Таким образом, Р4(х) = х(х – 1)(х + 2) 2 и неравенство (*) может быть
записано в виде
х(х –1)(х + 2)2 > 0. (**)
Решим неравенство (**) методом интервалов. При х > 1 все сомножители,
стоящие в левой части неравенства, положительны.
Будем двигаться по оси Ох справа налево. При переходе через точку х = 1
многочлен Р4(х) меняет знак и принимает отрицательные значения, так как
х = 1 ( простой корень (корень кратности 1); при переходе через точку х
= 0 многочлен 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.
Промежутки знакопостоянства многочлена Р4 (х) схематически представлены
на рис 1. Используя этот рисунок, легко выписать множество решений
исходного неравенства.
Ответ. х ( (-(; -2) ( (-2; 0) ( (1; ().
Пример: Решить неравенство
(х2 – 3х – 2)(х2 – 3х + 1) -5, x2 – 3x + 3 > 0,
откуда
(x – 4)(x + 1) 0.
Поскольку второе неравенство выполняется при всех х, решение этой
системы есть интервал (-1; 4).
Ответ: (-1; 4).
Пример: Решить неравенство
х4 – 34х2 + 225 0 (5)
где Рn(х) и Qm(х) ( многочлены, сводится к решению эквивалентного
неравенства (4) следующим образом: умножив обе части неравенства (5) на
многочлен [Qm(x)]2, который положителен при всех допустимых значениях
неизвестного х (т.е. при тех х, при которых Qm(x) ( 0), получим
неравенство
Рn(х) ( Qm(x) > 0,
эквивалентное неравенству (5).
Дробно-линейным называется неравенство вида
> k
где a, b, c, d, k ( некоторые действительные числа и с ( 0, EQ EQ
\F(a,c) ( EQ \F(b,d) (если с = 0, то дробно-линейное неравенство
превращается в линейное, если EQ \F(a,c) = EQ \F(b,d)
неравенство (6) не содержит аргумента). К дробно-линейным неравенствам
относятся и неравенства вида (6), где вместо знака > стоят знаки 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 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) 0. Поэтому данное
неравенство эквивалентно следующему: -2 ( (y –2)(y + 1), или y2 – y ( 0,
или 0 (y( 1, или 0 ((х(( 1. Отсюда -1( х ( 1.
Ответ: [-1; 1].
Пример: Решить неравенство
(х2 – 3х + 2(+ (2х + 1( ( 5.
Решение. х2 – 3х + 2 отрицателен при 1 0, 2х +1 1/x.
Решение: Запишем неравенство в виде
EQ EQ \F(ax2 – 1;x ) > 0,
тогда исходное неравенство эквивалентно двум системам неравенств:
ax2 – 1 > 0, ax2 – 1 0; x 1.
При а > 0 оно эквивалентно неравенству х2 > 1/a, множество решений
которого х 1/ EQ \R(,а) . В этом случае
решения первой системы: х((1/ EQ \R(,а) ; (). При а ( 0 левая часть
неравенства ах2 –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 ах2 – 1 0 и а ( 0 и для каждого из
них построим графики функций, стоящих в левой и правой частях исходного
неравенства. Заштрихованные промежутки оси Ох 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/ EQ \R(,а) ;
0)((1/ EQ \R(,а) ; ().
Пример: Решить неравенство:
EQ EQ \F(m2x + 1;2) ( EQ \F(m2x + 3;3) 0, т.е. m 3. Тогда неравенство имеет
решение х 1/(m – 3).
Пусть (m – 3)(m + 3) = 0, т.е. m = 3 или m = -3. Тогда если m = 3, то
неравенство примет вид 0(х 0. Умножив обе части неравенства на а и сделав замену y = ax,
получим
4y4 + 4ay2 + 32y + a2 + 8a ( 0.
Левая часть представляет собой квадратный трехчлен относительно а:
a2 + (4y2 + 8)a + 4y2 + 32y ( 0,
1/4D = (2y2 + 4) 2 – 4y2 – 32y = 16(y – 1) 2.
Раскладывая левую часть неравенства на множители, получим
(а + 2y2 + 4y)(a + 2y2 – 4y + 8) ( 0,
или
(2y2 + 4y + a)(2y2 – 4y + 8 + a) ( 0.
Второй множитель положителен при всех y, если а > 0. Приходим к
неравенству 2y2 + 4y + a ( 0, откуда, если 0 2, то соответствующая прямая пересекается с
заштрихованной областью.
Если –2 0.
Сначала решаем неравенство
(х – 1)(х – 5)(х – 7) 0.
Применяя метод интервалов (рис. 2), находим, что множество всех решении
неравенства (3) также состоит их двух интервалов: (2, 3) и (4,
+().
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
х2 – 6х + 10 0.
Решим сначала неравенство
х2 – 6х + 10 0,
так как ответ уже ясен: система (1) не имеет решении.
Пример: Решить систему неравенств
EQ \F(х2 + х – 4;х) 3.
Пример: Найти целочисленные решения системы неравенств:
х + y -3,
y –1 > 0.
Решение: Приведем систему к виду
x + y 1.
Складывая первое и второе неравенства, имеем y -1,
откуда –1
g(x), где f(x) и g(x) – выражения, содержащие переменную.
Построим в одной системе координат графики 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 графически 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).
Пример 2. Решить графически неравенство
х2 – у > 0.
Решение. Запишем неравенство в виде у 0,
y > 0,
x > 0.
Решение. 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 полуплоскости.
Решением системы являются координаты точек, которые лежат в
заштрихованной области.
ТЕСТ
1) Решить уравнение: EQ \F(x – 1;x – 1) = 1.
А) 0,
Б) 1,
В) Нет решений,
Г) x( (((; 1)((1; ().
2) Решить уравнение: EQ EQ \f (x2 + 6x + 5;x + 1) = 0.
А ) Нет решений,
Б) (1,
В) (5,
Г) (1; (5.
3) Решить уравнение: EQ \f (2x – 3;x – 3) + EQ \f (5 – x;x – 3)
( EQ \f (x + 2;x – 3) = 0.
А) (2; EQ \F(3;2) ; /f (3;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 = EQ \F(1;a) ,
В) Если a = 0 , то x(R; если a ( 0, то x = EQ \F(1;a) .
Г) Нет решений.
При каких a уравнение ax2 ( 4x + a + 3 = 0 имеет более одного корня?
А) ( 4 0 является следствием неравенства
x + 1 ( 3a > 0?
А) EQ \f(2;7) ,
Б) а ( EQ \f(2;7) ,
В) при любых a,
Г) а ( EQ \f(2;7) .
11) Найти наибольшее целое х, удовлетворяющие неравенству:
EQ EQ \F(2х + 1;3) – EQ \F(3х – 1;2) > 1.
а) х((-(; -3,5),
б) –3,
в) –4,
г) нет решений.
Найти наибольшее целое х, удовлетворяющие неравенству:
EQ \F(5х – 1;4) – EQ \F(8х – 3;5) > – EQ \F(3;2) .
а)5,
б) –3,
в) 4,
г)нет решений.
Найти целочисленные решения неравенств:
EQ \F(7х – 15;3х + 3) (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:
Математика. Интенсивный курс подготовки к экзамену. О. Ю. Черкасов, А.
Г. Якушев. Москва, изд. «Айрис», 1997.
Тысяча и один пример. Равенства и неравенства. А. М. Назаренко, Л. Д.
Назаренко. Сумы, изд. «Слобожанщина», 1994.
Система тренировочных задач и упражнений по математике. А. Я. Симонов.
Москва, изд. «Просвещение» 1991.
Алгебра 8 класс. Н. Я. Виленкин. Москва, изд. «Просвещение», 1995.
Задачи по математике для поступающих во ВТУЗы. Р. Б. Райхмист. Москва,
изд. «Высшая школа», 1994.
Алгебраический тренажёр. А. Г. Мерзляк. Москва ( Харьков, изд. «Илекса»,
изд. «Гимназия», 1998.
Готовимся к экзамену по математике. Д. Т. Письменный. Москва, изд.
«Айрис», 1996.
Задачи по математике. Уравнения и неравенства. Вавилов В. В., Мельников
И. И. Москва, изд. «Наука», 1987.
Алгебра и начала анализа. Издание второе, переработанное и дополненное.
А. Г. Мордкович. Москва, изд. «Высшая школа», 1987.
Алгебра. Пособие для самообразования. С. М. Никольский. Москва, изд.
«Наука», 1985.
Справочник по методам решения задач по математике. А. Г. Цыпкин. Москва,
изд. «Наука», 1989.
Решение задач. И. Ф. Шарыгин. Москва, изд. «Просвещение», 1994.
Алгебра и математический анализ. 10 класс. Н. Я. Виленкин. Москва, изд.
«Просвещение», 1997.
Математика. Алгебра и начала анализа. А. И. Лобанова. Киев, изд. «Вища
школа», 1987.
Алгебра. 9 класс. Н. Я. Виленкин. Москва, изд. «Просвещение», 1996.
Тема:
Выполнили:
ученики 10 А класса
Каршиев Егор и
Шмаков Иван
Проверил:
Залазаева И.В.
______________
Ижевск(1999
y
x = 0
y = 0 x
0
x
y
x2 – y = 0
x
y
0
а
х
y
y = f[x]
y = g[x]
с
y
y = f[x]
y = g[x]
0
а х
+
+
(
(
7
(
5
(
EQ 1
x
Рис. 1, в
2
1
0
y
x
2
1
0
y
x
2
1
0
y
x
Рис. 1, б
Рис. 1, а
– 1/(a
1/(a
0
a > 0
y = ax
y
x
0
y = ax
y
x
а
б
-(2х + 5) х +1,
х > -4,
x > -4/3.
y
x
-2
-1
-(2
(2
y1 = |x2 – 2|
y2 = -x
Рис. 3
Рис. 1
Рис. 2
(
EQ \R(,2)
(
-1
(
– EQ EQ \R(,2)
(
-2
x
(
2
(
– EQ EQ \R(,2)
(
-1
(
– EQ EQ \R(,2)
x
2
1
(
(
0
+
+
x
5
+
(
5
(
3
(
1
(
0
(
(
(
-4
+
x
+
(6)
(
(
-1
1
+
+
x
3
(
(
+
+
+
x
(
-3
3
5
-5
Рис. 1
+
(
+
+
x
(
1
(
0
(
-2
1
0
X
0
– 2 / 3
0,5
X
N
(2
A
2
0
X
B
M
5
C
Y
= – 2.
1
1
2
4
13
14
16
18
21
24
25
31
33
35
37
38
41
43
47
51
57
63
67
70
x2 + y2 = 0
Нашли опечатку? Выделите и нажмите CTRL+Enter
