Универсальные приемы решения уравнений

Содержание
1) Выделение полного квадрата.
2) Замена переменных.
3) Однородные уравнения
4) Уравнение вида (ax+b)4 + (ax-b)4 = c
5) Возвратные уравнения
6) Возвратные уравнения 4й степени
7) Использование суперпозиции функций
8) Mетод мажорант
9) Сведение решений иррациональных уравнений к решению тригонометрических уравнений.
10) Литература.
Универсальные приемы решения уравнений
1) Выделение полного квадрата.
Данный прием основан на использовании свойств квадрата действительного числа:
a2  0 и
a 2  a , и также формул сокращенного умножения (a  b) 2  a 2  2ab  b 2 и
(a  b)( a  b)  a 2  b 2 .
a) Решить уравнение: x2 - 10x + 25 + y2 = 0
Представляем левую часть уравнения как сумму 2-х полных квадратов и воспользуемся
ограниченностью каждого из них, перейдем от уравнения к системе:
x  5  0
x  5
x2 - 10x + 25 + y2 = 0  (x-5)2 + y2 = 0  
 
.
y  0
y  0
Ответ: (5;0)
4x 2
 5.
( x  2) 2
Область определения: x  2.
б) x 2 
1
(x 2  2x
(x 
2x
4x 2
4x 2

)

 5  0;
x  2 ( x  2) 2
x2
2x 2 4x 2
) 
 5  0;
( x  2)
x2
x2 2
x2
) 4
 5  0;
x2
x2
x2
t
;
x2
t 2  4t  5  0;
(
t1  5; t 2  1.
 x2
 5,

x  2

 x2
 x  2  1
Ответ: -1,2.
 x 2  5 x  10  0,


 x  x  2  0

 x  1


x


1

x  2 .


  x  2
2) Замена переменных.
Этот метод является одним из основных методов решения уравнений. Как правило, уравнение с
помощью введения новых неизвестных сводится к более простым уравнениям, системам
уравнений, системам уравнений и неравенств.
а) ( x  2)( x  3)( x  3)( x  12)  4 x 2 .
Заметим, что 2  12  3  8  24,
( x 2  14 x  24)( x 2  11x  24)  4 x 2 . Поделим на x²  0. x  0 не является корнем уравнения.
x ²  14 x  24 x ²  11x  24

 4  0;
x
x
24
24
(x 
 14)( x 
 11)  4  0;
x
x
24
 t;
Заменим x 
x
(t  14)(t  11)  4  0;
t ²  25t  150  0;
t1  10, t 2  15.

24

 x  4,
 x  x  10,

 x ²  10 x  24  0,

  x  6,
.

 x ²  15 x  24  0
 x  24  15


 x  15  129
x

2
Ответ: 4;6;
15  129
.
2
2
б)
4x
5x

 1,5.
x²  x  3 x²  5x  3
Делим на x  0, x = 0 не является корнем уравнения. Получим
4
3
x 1
x

5
3
x5
x
 1,5 ;
3
 t ,получим уравнение относительно t :
x
4
5

 1,5;
t 1 t  5
4(t  5)  5(t  1)  1,5(t  1)(t  5), t  1, t  5;
Заменим x 
t ²  2t  15  0;
t  5,
t  3 .


x 

x 

3

 5
 5  13
 x²  5x  3  0
x
x


.
2

3
x ²  3x  3  0

3

x
Îòâåò :
 5  13
.
2
в) x 2  12 3 x  144  x 2  5 x  25  13.
Левая часть уравнения определена при всех значениях x .Обозначим A  x 2  12 3 x, B  x 2  5 x и
перепишем уравнение в виде A  144  B  25  13. Возведём в квадрат, и получим
A  B  2 A  144 B  25  0 ; 2 A  144 B  25   A  B. Это уравнение равносильно системе:
 A  B  0,

Рассмотрим второе уравнение

2
2
4( A  144)( B  25)  A  2 AB  B .
системы: A2  2 AB  B 2  4( AB  25 A  144B  25  144), после преобразований получим:
( A  B) 2  4(25 A  144 B)  4  25  144. Возвращаясь к переменной x , получаем уравнение:
( x 2  12 3 x  x 2  5 x) 2  4(25( x 2  12 3 x)  144( x 2  5 x))  (2  5  12) 2 .
(12 3  5) 2 x 2  4(169 x 2  25  12 3 x  144  5 x)  120 2.
x 2 (432  120 3  25  676)  240 x(5 3  12)  120 2  0,
x 2 (219  120 3 )  240 x(5 3  12)  120 2  0 ,
3(73  40 3 ) x 2  2  120 x(5 3  12)  120 2  0 ,




2

3 (5  4 3 ) x  2  120 x 5  4 3 3  120 2  0 ,
3 (5  4 3 ) x  120

2
 0 , откуда x  
120
, x
120(12  5 3 )
.
69
3  5  12
Проверим выполнение условия A  B  0 .
A  B  2 x 2  (12 3  5) x  x(2 x  12 3  5) , x  0 , рассмотрим
2 x  12 3  5  
240
5 3  12
 12 3  5 
80  17 3  80  7
 0 . Итак, A  B  0 .
21
3
Ответ: 
120(12  5 3)
.
69
3) Однородные уравнения
Уравнения вида a 0 p n ( x)  a1 p n 1 ( x)q( x)  ...  a n 1 p( x)q n 1 ( x)  a n q n ( x)  0 где
n  1, n  N , a0  0, an  0, p( x) и q(x) - некоторые функции, называется однородным степени n.
Если q( x)  0 , то и з уравнения следует, что и p ( x )  0. Если q( x)  0 , то разделив обе части
p( x)
исходного уравнения на q n (x) и обозначив
через y , получим уравнение относительно
q( x)
y: a 0 y n  a1 y n 1  ...  a n 1 y  a n  0. Таким образом, уравнение равносильно совокупности двух

 q ( x)  0,


 p( x)  0,


q( x)  0,
систем: 
p ( x)


 y,
q( x)

a 0 y n  a1 y n 1  ...  a n 1 y  a 0  0.

Решить уравнение:


4



2
2


4
а) x 2  3x  2  5 x 2  1 x 2  3x  2  4 x 2  1  0 .
Уравнение является однородным уравнением четвертой степени относительно двух многочленов
p( x)  x 2  3x  2 и q( x)  x 2  1 . Проверим, есть ли среди корней уравнения x 2  1  0 корни
уравнения x 2  3x  2  0 ,а следовательно и корни исходного уравнения. Решим
 x  1
 x 2  1  0,

  x  1  x  1
систему  2
 x  3x  2  0
  x  2
Если x 2  1  0 , то разделив левую и правую части уравнения на ( x 2  1) 4 получаем:
4
 x 2  3x  2 
 x 2  3x  2 

  5
  4  0
2
2
 x 1 
 x 1 
 x2 1  0
 x 2  3x  2
t
Получим систему 
2
x

1
 4
2
2t  5t  4  0

x2 1  0
 x 2  3 x  2

 1

x2 1
2
 x  3 x  2
 2

2
 x  1
Обозначим
x 2  3x  2
t
x2 1
t 4  5t 2  4  0
D  9, t 2  1, t 2  4,
4
x 2  3x  2
 1 не имеет решений ( x  0 посторонний корень). Уравнение
x2 1
1
x 2  3x  2
x 2  3x  2
имеет
корень
(
1-посторонний).Уравнение


1
 2 имеет корень -4, и
2
x2 1
x2 1
x 2  3x  2
уравнение
 2 имеет корень 0.
x2 1
1
Ответ: -4;0; ;1.
2
4
б) ( x  5)  13x²( x  5)²  36 x 4  0
Выполним замену (x+5)² = t, x² = w, имеем
t ²  13tw  36w²,
т.е. исходное уравнение, являющееся однородным относительно (x + 5)² и x². Выполним деление на
w² = x4  0. Получим квадратное уравнение
t
x5
(
)²²
w
x
( x  5) 4
( x  5)²
 13
 36  0;
4
x²
x
( x  5)²
( x  5)²
(
)²  13
 36  0;
x²
x²
5

x   3

5  10
 x5

x
x  5
( x )²  4

 x ²  10 x  25  4 x ²
3 x ²  10 x  25  0
3





5
x  
 x ²  10 x  25  9 x ²
8 x ²  10 x  25  0
( x  5 )²  9
 x  5  15
4

8
 x


5
x 
2

5
5 5
Ответ:  ,5, , . .
3
4 2
Уравнение
в) 5( x ²  2 x)²  11( x ²  2 x)( x ²  x  1)  6( x ²  x  1)²  0.
Поделим
x²  2 x
x²  2 x
5(
)²  11(
)  6  0;
x²  x  1
x²  x  1
x²+x+1  0 при всех x.
в)
3 log 32 x  4 log 3 (2 x  1)  log 3 x  log 32 (2 x  1)  0
x  0
x  0


2 x  1  0
 x  0,5
x  0,5
Разделим на log 32 (2x-1)  0,
5
Обозначим t 
x²  2 x
, имеем
x²  x  1
5t ²  11t  6  0
6
t1  1, t 2 
5
Решим уравнение
x²  2 x
x²  2 x
6
1 и
 .
x²  x  1
x²  x  1 5
Ответ: 1.
2
 log 3 x 
log 3 x
  4
3
 1  0.
log 3 (2 x  1)
 log 3 (2 x  1) 
log 3 x
Заменим
 t,
log 3 (2 x  1)
1
3t 2  4t  1  0; t1  1, t 2  .
3
Решим уравнения
log 3 x
log 3 x
1
 .
 1 или
log 3 (2 x  1) 3
log 3 (2 x  1)
log 3 x  log 3 (2 x  1)
3 log 3 x  log 3 (2 x  1)
x  2x  1
log 3 x 3  log 3 (2 x  1)
x 1
x 3  2 x  1,
x  1  корень
1 5
;
2
1 5
Ответ: 1;
2
D1  5, x 
в) 4 x 1  6 x  2  3 2 x  2
4  4 x  6 x  2  32 x  32
4  4 x  6 x  18  9 x
делим на 6x>0.
18
 0,
t
4t 2  18  1  0
D  289
1  17
9
t
; t1  , t 2  2  ïîñòîðîííè
8
4
2
3
( ) x  ( )2
3
2
Îòâåò : x  2
2
3
4  ( ) x  1  18  ( ) x
3
2
2 x
Заменим ( )  t ,
3
4t  1 
t0
é.
г) 64  9 x  12 x 1  27  16 x  0 .
64  3 2 x  12  3 x  4 x  27  4 2 x  0. Полученное уравнение является однородным уравнением второго
2x
x
x
3
3
 12     27  0 .Заменим    t , t  0, получим
4
4
9
3
квадратное уравнение 64t 2  12t  27  0 , корни t1  , t 2    0 - посторонний. Следовательно,
16
4
3
порядка. Поделим уравнение на 4 : 64   
4
2x
x
x
2
9
3
3
3
     x2 .
  
16
4
4
4
6
Ответ: 2.
4)Уравнение вида (ax+b)4 + (ax-b)4 = c
После раскрытия скобок и приведения подобных членов сводится к биквадратному.
а) (x-3)4 + (x-5)4 = 82.
x 3 x 5
 x  4 , получим
Заменим t 
2
(t+1)4 + (t-1)4 = 82;
t4 + 4t3 + 6t² + t + 1 + t4 - 4t3 + 6t² - t + 1 = 82;
2t4 + 12t² + 2 = 82;
t4 + 6t² + 1 = 41;
t4 + 6t² - 40 = 0;
t ²  10
x  4  2
x  6
t  2
t ²  4
 x  4  2
x  2



Ответ : 2;6.
5)Возвратные уравнения
Пусть задано уравнение 4ой степени.
a4x4 + a3x3 + a2x2 + a1x + a0 = 0, где a0  0.
2
a 
a
Если коэффициенты уравнения связаны соотношением a1 = λ a4 (λ  0) или  1   0 , то
a4
 a3 
2
уравнение называется возвратным и после деления на x²  0 и замены x 

x
 t , сводится
квадратному.
Частным случаем возвратных уравнений является симметрическое (λ = 1) и
кососимметрическое (λ = -1) уравнения.
Одним из способов решения уравнений степени больше двух является приведение его к виду
f(x) = 0 и разложение многочлена, стоящего в первой части, на множители, что позволяет свести
решение исходного уравнения к решению совокупности нескольких уравнений меньших степеней.
Данный способ основан на следующем свойстве корней многочлена n – ой степени. Если число с
является корнем многочлена F(x) = anxn + an-1xn-1+ … + a1 x + a0, то этот многочлен можно записать
в виде F(x) = (x – c) G(x), где G(x) – многочлен степени n-1. Другими словами, многочлен F(x)
делится на многочлен x–c.
В общем случае для многочлена nой степени не существует универсального способа
нахождения корней. Однако для многочлена с целыми коэффициентами существует теорема,
облегчающая нахождение корней таких многочленов: рациональными корнями многочлена anxn +
m
an-1xn-1+ … + a1 x + a0, где ai  Z (i = 0, … n) могут быть лишь числа
( m  Z , p  N ), причем m
p
является делителем числа an.
Решить уравнение:
x 7  2 x 6  5 x 5  13x 4  13x 3  5 x 2  1  0 .
7
Данное уравнение является симметрическим нечетной степени. Суммы коэффициентов при четных
и нечетных степенях x такого уравнения равны, а значит один из корней
x = -1.
Выделим в левой части сомножитель x+1:
x 7  x  x 6  x 5  6 x 5  6 x 4  7 x 4  7 x 3  6 x 3  6 x 2  x²  x  x  1  ( x  1)·
·(x 6  x 5  6 x 4  7 x 3  6 x 2  x  1).
( x 6  x5  6 x 4  7 x3  6 x 2  x  1) = 0 - симметрическое уравнение четной степени.
Делим на x³  0 .
1
1
1
( x ³  )  ( x ²  )  6( x  )  7  0
x³
x²
x
1
1
x ²   ( x  )²  2  t ²  2,
x²
x
1
1
1
x ³   ( x  )( x ²   1)  t (t ²  3)  t ³  3t ,
x³
x
x²
получим
t ³  t ²  9t  9  0 
(t  1)(t ²  9)  0 
(t  1)(t  3)(t  3)  0 
1

 x  x  1

 x  1  3 

x

x  1  3
x

Ответ:  1,


 x²  x  1  0

 x²  3x  1  0   x  3  5


2
 x ²  3 x  1  0

x   3  5

2
3 5
2
Пример – классическая задача с подсказкой.
Решить уравнение x 4  11x²  10  7 x( x²  1)  0.
Выделим такой же множитель в выражение x4+11x²+10:
x4+11x²+10+7x(x²+1) = 0
x ²( x ²  1)  10( x ²  1)  7 x( x ²  1)  0
( x ²  1)( x ²  10  7 x)  0
( x ²  1)( x  5)( x  2)  0
x1  5; x 2  2.
6) Возвратные уравнения 4й степени
x 4  5 x 3  9 x 2  20 x  16  0.
20
16
)² 
5
1
16  16
т.к. x = 0 не является корнем уравнения, то разделим его на x² и сгруппируем его члены.
(
8
20 16

0
x x2
16
4
( x ²  )  5( x  )  9  0
x²
x
4
Пусть x   y, тогда
x
16
16
4
x² 
 x²   8  8  ( x  ) 2  8  t ²  8
x²
x²
x
x²  5x  9 
t ²  8  5t  9  0
t ²  5t  1  0
4 5 4

x
2
2 x ²  x(5  21)  8  0
x
 5  24
2
4 5 4
x 
,
x
2
решений нет.
t
Ответ:
x1, 2 
 5  21  10 21  18
4
 5  21  10 21  18
4
Решить уравнение:
5  x  x²  5
Перейдем к равносильной системе, получим:
5²  2  5 x ²  5  x  x 4  0
5  x  x  2  5 x ²  5²
5  x  ( x ²  5)²


  x  5

 x²  5  0
 x²  5

 x   5
4
Представим уравнение системы как квадратное относительно 5, получим
5²  5(1  2 x²)  ( x  x 4 )  0
Решая его, находим
D  (1  2 x)²
5
1  2 x ²  (1  2 x)
2

 1  21
x

1  2 x ²  1  2 x  10
2 x ²  2 x  8  0
 x²  x  4  0
2
1  2 x ²  1  2 x  10  2 x ²  2 x  10  0   x ²  x  5  0  

1  17



x 
2

Условию x²  5  x   ;5  5; удовлетворяют два из найденных значений
 1  21
1  17
;
x
.
2
2
 1  21
1  17
;
x
Ответ: x 
2
2
x
9
в)
x 4  4 x ³  18 x ²  12 x  9  0.
 12 
 ²  9
4
99
Имеем возвратное уравнение четвертой степени.
Делим на x ²  0;
x ²  4 x  18 
12 9

0
x x²
9 
2

 x ²    4 x    18  0
x²  
x

2
x t
x
t ²  4t  24  0
t  22 7
3
 22 7
x
x ²  2(1  7 ) x  3  0
3
 22 7
x
x ²  2(1  7 ) x  3  0
x
x  1 7  2 7  5
D  0,
x
корней нет
Ответ: 1  7  2 7  5.
7) Использование суперпозиции функций
Иногда можно найти корень уравнения, если заметить, что функция, находящаяся в одной из частей
уравнения, является суперпозицией некоторых простых функций.
Решить уравнение: 1 СПОСОБ. ( x ²  4 x  6)²  4( x ²  4 x  6)  6  x
Обозначим f ( x)  x ²  4 x  6 тогда уравнение можно записать в виде f 2  4 f  6  x 
f ( f ( x))  x .Ясно ,что корни уравнения f ( x)  x являются корнями исходного уравнения .То есть
если x0  корень уравнения f ( x)  x, то x0  корень уравнения f ( f ( x))  x. f ( f ( x0 ))  f ( x0 )  x0 )
Решим уравнение x 2  4 x  6  x
x1  3, x2  2.
Исходное уравнение имеет эти корни. Преобразуем исходное уравнение:
x 4  8 x 3  24 x 2  33x  18  0 У полученного уравнения уже найдены два корня:3и2
разделим многочлен на ( x  x1 )( x  x2 ) то есть на трёхчлен x 2  5 x  6 «уголком» и найдем
оставшиеся корни ,если они есть.
x 2  5x  6
x 4  8 x 3  24 x 2  33x  18 2
x  3x  3
x 4  5x 3  6 x 2
-3x³ + 18x² - 33x
-3x³ + !5x² - 18x
3x² - 15x + 18
3x² - 15x + 18
0
10
x 2  3x  3  0, D <0.
Ответ: 2;3.
2 СПОСОБ. Решим уравнение вторым способом.
( x 2  4 x  6)  4( x 2  4 x  6)  6  x.
 y 2  4 y  6  x,
Обозначим x 2  4 x  6  y .Тогда исходное уравнение будет равносильно системе  2
 x  4 x  6  y.
Вычтем из первого уравнения системы второе уравнение:
y 2  x 2  4( y  x)  x  y 
( y  x)( y  x)  4( y  x)  ( y  x)  0 
 y  x,
( y  x)( y  x  3)  0  
 y   x  3.
 
y  x,
  2
x  4 x  6  x,
Подставляя найденные значения у в первое уравнение системы, найдем х:  
y  x  3

 x 2  3 x  6   x  3,

2
 x  5 x  6  0,
 x  2,
 2
 x  3.

 x  3x  3  0,
8) Mетод мажорант
Мажорантой данной функции f x  на множестве P(или множества А чисел) называют такое число
M, что либо f x   M для всех x  P, либо f x   M для всех x  P,
Например, любое число, большее или равное 1 будет мажорантой для функций sinx и cosx на
любом множестве.
Основная идея метода мажорант состоит в следующем:
Пусть требуется решить уравнение вида f x  = g x и существует такое число М, что для любого Х
из области определения f x  и g x имеем f x   M и g x  M . Тогда уравнение f x  = g x
 f x   M ,
равносильно системе 
Нет необходимости решать оба уравнения системы. Достаточно
 g x   M .
найти корни одного из уравнений и проверкой установить, являются ли они корнями второго
уравнения, т .е. решениями системы.
Число М искать можно с помощью производной или если использовать следующие неравенства:
1
1
a   2 при a  0 и a   2 при a  0 , равенство достигается при a  1.
a
a
ab
ab
 ab при a  0, b  0, равенство достигается при a=b,
  ab при a  0, b  0.
2
2
Пример 1.
2 sinx=5x2+2x+3
2 sinx  2 – левая часть не превосходит двух.
11
2
3
1
1
1 3
1
14
1
14

 )  5(( x  ) 2+
5(x2+ x  )  5( x 2+ 2  x 
)= 5(x+ )2+  2
5
5
5
25 25 5
5
25
5
5
Левая часть уравнения при любом x строго меньше правой, то решений нет.
Ответ: решений нет.
Пример 2
sin13+cos8x=1
sin x  1, cos x  1  sin13x  sin2x, cos8x  cos2x
Сложим эти неравенства, получим для любого x sin13+cos8x  sin2x+cos2x
sin13+cos8x  1, причем равенство достигается, когда sin13x=sin2x и cos8x=cos2x.
Уравнение равносильно системе
cos 8 x  cos 2 x,
 13
2
sin x  sin x
sin 2 x(sin 11 x  1)  0
 2
cos x(cos 6 x  1)  0


 x  2  t , t  Z

 x  k , k  Z

 x  k , k  Z


 x   2n, n  Z
2


Ответ: x=  n, x=  2n, n  Z
2
Пример 3.
Решить уравнение log2((x-2)2+4)=2-sin25  x
(x-2)2+4  4,  log2((x-2)2+4)  log24=2, sin25  x  0  2-sin25  x  2 
( x  2) 2  4  4

2  sin 2 5x  2
Ответ:2.
Пример 4.
x  2

2
2  sin 10  2
x=2
Найти все решения уравнения 4x3+3x2=6x-
11
+sin  x, лежащие на отрезке
4
 3 
 2 ;1


Решение. Перепишем уравнение в виде sin  x=4x3+3x2-6x+
функции, стоящей в правой части. D( f )=R
12
11
. Найдем наименьшее значение
4
f ( x)  12 x 2  6 x  6
f ( x)  6(2 x 2  x  1)  6(2 x  1)( x  1)
D  1  4  2(1)  9
1 3
x
4
1
x1  1, x2 
2
 3  1 
f(x) возрастает на отрезках  ;1и  ;1 , убывает на
 2  2 

1
 1; 2 


3
1
Наименьшее значение функция принимает в точке x= - , либо в точке x=
2
2
3
f(- )  5
2
1
f( )  1
2
 3 
1
Правая часть не меньше 1 на  ;1 , причем равенство может достигаться при x=
2
 2 

Проверим sin  1
2
1
1
f ( )  1 . Левая и правая часть при x= равна 1
2
2
1
Ответ:
2

4
Пример 5 tg14 x  3ctg14 x  sin 6 x  2 2 sin( 3x  ) 
. Рассмотрим выражение и
4
3 1
преобразуем его:
sin 6 x  2 2 sin( 3x 
4
)  cos(

2
 6 x)  1  1  2 2 sin( 3x 


4
)  1  cos(
2


2
 6 x)  1  2 2 sin( 3x 


4
)



2 sin (  3x)  1  2 2 sin( 3x  )  2 sin (  3x)  2 2 sin( 3x  )  1  2   2 sin( 3x  )  1  2.
4
4
4
4
4


2


2



Уравнение приняло вид: tg14 x  3ctg14 x    2 sin( 3x  )  1  2  2 3 .Оценим выражение в
4


первой скобке с помощью неравенства между средним арифметическим и средним
геометрическим, рассмотрев два случая.
а) Пусть tg14 x  0, тогда tg14 x  3ctg14 x  2 3tg14 x  ctg14 x ,
2
tg14 x  3ctg14 x  2 3 , равенство достигается при tg14 x  3ctg14 x ,
tg14 x
 3, tg 2 14 x  3, tg14 x  3 . Таким образом, левая часть уравнения не меньше 2 3 .
ctg14 x
 tg14 x  3 ,

Равенство достигается, если 

2.
sin( 3 x  4 )  2
13


14 x   n, n  Z ,

3

 

Решим полученную систему.  3x    2k , k  Z ,
4 4


3x       2m, m  Z .

4
4
tg14 x  3,

Рассмотрим первую систему совокупности. 
2k
x
.

3

Второе уравнение разобьём на три серии: x  2  2l , x 


 14 x  3  n, n  Z ,
  3 x  2k , k  Z ,

 14 x    n, n  Z , (  )

3


3 x   2m, m  Z .
2

2
4
 2s, x 
 2t , где l , s, t целые
3
3
числа.



 x  2l ,


tg 28  3,


2
x
 2s,

3
Получим совокупность из трёх систем: 
tg14( 2  2s )  3 ,

3

4
 2t ,
 x 
3

 tg14( 4  2t )  3
 
3
Первая и третья первой системы совокупности (  ) решений не имеют, вторая имеет решение
2
x
 2s , s  Z .
3
 tg14 x  3,

Рассмотрим вторую систему совокупности: 
.
 2h
x 
,h Z

6
3

14
5
3

 2q , x 
 2r , x   2g ,
6
2
6

5
x
 2q,

6

5
tg14(
 2q )  3 ,
6

 
3
 2r ,
  x
2
  3
 tg (  2r  3 ,
2
где q,r,g целые числа. Получим совокупность трех систем:  


x   2q

6
,


 tg14(  2g )  3 ,

6

,




Второе уравнение аналогично разобьём на три серии: x 
Вторая система совокупности (  ) имеет решение x 

6
 2g , g  Z .


 x  6  2g ,
Совокупность (*) имеет решение: 
где g , s  Z .
2
x 
 2s
3

Б)Пусть tg14 x  0 , тогда tg14 x  3ctg14 x  2 3 .


Поскольку 0   2 sin( 3x   
4

2


2
2  1 , то левая часть




2



tg14 x  3ctg14 x   2 sin( 3x  )  1  2 3  2  1  3  2 3  2  3  2 3  12 , так что
4


в этом случае решений нет.
2

 2s, s  Z ;
 2g , g  Z .
Ответ:
3
6
2
9)Сведение решений иррациональных уравнений к решению
тригонометрических уравнений.
Ряд трудных алгебраических задач может быть решён с помощью так называемых
тригонометрических подстановок, которые сводят решение алгебраической задачи к решению
тригонометрической.
Метод тригонометрической подстановки применяется при решении алгебраических задач
(уравнений, систем, неравенств и т.д.), в которых появляются выражения, по своей структуре
похожие на формулы тригонометрии.
Выражение вида 2 x 2  1 встречается в тригонометрии, так устроена правая часть известной
формулы cos 2  2 cos 2   1 . Поэтому естественно заменить x на cos x . Сделать это можно,
15
если  1  x  1. Наиболее распространены выражения






1  x 2 sin   1  cos 2  ,3x  4 x 3 sin 3  3 sin   4 sin 3  ,4 x 3  3x cos 3  4 cos 3   3 cos  ,
2x 
2tg  2

, x  y 2 sin 2   cos 2   1 .
tg
2


2 
2
1 x 
1  tg  
При этом полезны следующие замены неизвестной.

1) Если в уравнение входит радикал

a 2  x 2 , то можно сделать замену x = a sint или x = a cost.
a 2  x 2 , то можно сделать замену x = a tgt
a
3) Если в уравнение входит радикал x 2  a 2 , то можно сделать замену x =
sin t
5
Пример1:
Решить уравнение: x 2  1  x 
2 x2 1
Область определения уравнения: x  R . Сделаем замену неизвестной x=tgt, где


1
5
  t  , тогда уравнение запишется в виде
 tgt  cos t . Поскольку
2
2
cos t
2
cost  0 для рассматриваемых t, то уравнение для этих t равносильно уравнению
2-2sint=5(1-sin2t)
2(1-sint)=5(1-sint)(1+sint) , откуда
sin t  1,
sin t  1,
2

  1  sin t sin t   3
5
5



3
Промежутку   t  принадлежит только t=arcsin(  ),
2
2
5
3
sint=5
Сделаем обратную замену:
3
x= tg(arcsin(- )) и вычислим значение x:
5
3
3
3
sin(arcsin ( ))


3
5 
5  5 3
tg(arcsin(- ))=
3
4
5
4
9
cos(arcsin ( ))
1
5
5
25
3
Ответ: 4
2) Если в уравнение входит радикал
Пример2.
Решить уравнение : 4  2 x  8 x 2  24 x  17  2(2 x  3) 12 x  4 x 2  8.
Выделяя полные квадраты, преобразуем уравнение к виду
1  (2 x  3)  2(2 x  3) 2  1  2(2 x  3)  (2 x  3) 2  1 . Введем переменную t  2x  3 , тогда
получим уравнение относительно t: 1  t  2t 2  2t 1  t 2 .Оно определено при всех t ,
удовлетворяющих условию: t  1 . Сделаем замену t  cos  , где   0;   , тогда уравнение
примет вид: 1  cos   2 cos 2   1  2 cos  1  cos 2  .
16
После упрощения : 2 sin

2
 cos 2  sin 2 . Применяя метод введения дополнительного
аргумента ,
 4
 


  
2    2n,


6
3
4 2
имеем: sin  sin( 2  )  



3

4

k
2
4
 
2      2k , n, k  Z

, n, k  Z .
4
2
10
5


Найдем те значения  , которые принадлежат промежутку 0;  .Таким значением является
3
3
1
3

. Найдем t : t  cos ; x  (cos
 3) .
10
10
2
10
1
3

 3 .
Ответ:  cos
2
10



Пример3
Решим уравнение: 1  x 2  4 x 3  3x.
Решение. Найдём область допустимых значений неизвестной: . x   1;1. Каждому значению x
из этого отрезка соответствует и притом только одно значение t из отрезка 0;   такое, что
x  cos t t  arccos x .
Тогда для новой переменной: 1  cos 2 t  4 cos 3 t  3 cos t , sin t  4 cos 3 t  3 cos t , но t меняется на



sin t  cos 3t  cos  t   cos 3t   t  3t  2n, n   
2
2 

  n


t  8  2 , n  
 2  t  3t  2n, n  
 4t   2  2n, n  



t     k , k  .
   t  3t  2k , k  
2t     2k , k  

 2

2
4

5
3
Отрезку 0;   принадлежат три корня: t  ; t 
иt
. Исходное уравнение имеет три
8
8
4
отрезке
0; , значит sin t  0.
корня: x1  cos
x 2  cos

8
, x1 
1  cos
2

4 , т.е. x 
1
2 2
;
2
3
2
, x2  
;
4
2
5
2 2
, x3  
.
8
2
Решим уравнение вторым способом (без использования тригонометрической
подстановки).
x3  cos
1  x 2  16 x 6  24 x 4 9 x 2
1  x 2  4 x 3  3x  
4 x 3  3x  0

Решим уравнение системы, для этого введем новую переменную
16t 3  24t 2  10t  1  0 ,
1
t  , тогда
Рациональный корень
2
17
t  x2 :
 1
2
 t  16t  16t  2  0
 2
8t 2  8t  1  0
1
t
2 2
2
t
2
Возвращаясь к неизвестной х, получим:
2 2
2 2
1
x2  , x2 
, x2 
,
2
4
4
поэтому уравнение 16t 6  24t 24  10t 2  1  0 имеет 6 корней
2
2
2 2
2 2
,,
, 
,
2
2
2
2
2 2
2 2
, 
.
2
2
 3
x0





3
3
3
2




Неравенство 4 x  3x  0 решаем методом интервалов: x x 
x
0
2 
2 
 x 3

2

Неравенству системы удовлетворяют корни 
Ответ: 
2
2 2
2 2
,
, 
.
2
2
2
18
2
,
2
2 2
2 2
, 
.
2
2
Список литературы.
1. А.И.Азаров О.М.Гладун, Ю.А.Кремень,В.С.Федосеенко. Алгебраические уравнения и
неравенства. Минск «Тривиум» 1997. стр.127.
2. С.Н.Олехник,М.К.Потапов,П.И. Пасиченко. Уравнения и неравенства . нестандартные
методы решения.М.»Факториал»1997 . 217 стр.
19