Метод.указ.

Следовательно,
b  d  0
bd  c    22


.
cd  b  5
c  2
Последнее уравнение удовлетворяют значения:
1) с1 = 1 и  1 = 2;
2) с1 = -1 и  1 = -2.
Если с1 = 1 и  1 = 2, то
d  b

bd  25
или,
d  2b  5

 d  b
 2
 b  25
 b  5

таким образом, b  5,
d  5, c  1,   2 .
Если c1  1,   2 то
 d  b
 2
 b  19
 d  2b  5

или
d  b
 2
b  19 ,
 b  5

Эта система решений не имеет.
Следовательно,



x 4  22 x 2  5 x  2  x 2  5 x  1 x 2  5 x  2  0 , откуда
 x  5x  1  0
 2
 x  5 x  2  0
2

5  25  4 5  21
x


 1, 2
2
2


 5  25  8  5  17 .

 x 3, 4 
2
2

44
Задания для самостоятельной работы
Решить уравнения:
1. x  16 x  8 x  14  0 ;
4
2.
2
x  13  2 x  33
 2x3  8 ;
3
3. x  2 x  5 3  0 ;
4. x  x 
3
2  0;
4
3
5. x  x  2 x  4  0 ;
3
2
6. x  9 x  27 x  27  0 .
Ответы:
1.  2  16 
2
1
2.  ;  ;
3
2
3.
3;
4.
2;
2;
2  6 2
3;
5. -1; 2;
6. 3.
2.6 Дробно-рациональные алгебраические уравнения
Уравнение называется дробным рациональным алгебраическим,
если в него входят одна или несколько алгебраических дробей. Членами
такого уравнения могут быть многочлены и постоянные. Но это уравнение
не должно содержать корней из выражений, зависящих от х, и
45
3
2
неалгебраических функций. Уравнение, например, x  x 
8
x x
3
2
2 –
дробно-рациональное алгебраическое. При решении таких уравнений
необходимо учитывать область допустимых значений (ОДЗ) неизвестного,
т.е. множество тех значений неизвестного, для которых знаменатели всех
дробей, входящих в уравнение, не равны нулю. Так в приведенном примере
3
2
должно выполняться условие: x  x  0, т.е. x  0, x  1 .
Основной
метод
решения
дробно-рациональных
уравнений
заключается в том, что равносильными преобразованиями уравнение
приводят к виду
Px 
 0 , где P(x) и Q(x) – многочлены. Это уравнение
Qx 
 P( x )  0
.
Q
(
x
)

0

равносильно системе 
Неравенство Q(x )  0 характеризует ОДЗ неизвестной.
Но можно еще до приведения уравнения к общему знаменателю
найти ОДЗ и затем решать уравнение Р(х)=0, учитывая ОДЗ. Если корень
уравнения Р(х)=0 не принадлежит ОДЗ, то он посторонний.
Пример 2.28. Решить уравнение:
2
5
6

 2
.
x 1 x  2 x  x  2
Решение.
Так как
х2+х-2=(х+2)(х-1), то общий знаменатель
уравнения х2 + х - 2.
ОДЗ: x  2, x  1, т.е. x   ;2   2;1  1;  
Приводим дроби к общему знаменателю:
2x  2  5x  1
6

0
x  1x  2
x  1x  2
46
2 x  4  5x  5  6
0
x  1x  2
7x  7
 0  7x  7  0  x  1
x  1x  2
Но х=1 не принадлежит ОДЗ, следовательно данное уравнение
решений не имеет.
Пример 2.29. Решить уравнение:
x 3 x 3 x 6 x 6



.
x 1 x 1 x  2 x  2
Решение. ОДЗ x  1; x  2 .
Каждая дробь этого уравнения – неправильная. В этом случае, прежде
чем приводить уравнение к общему знаменателю, полезно выделить целые
части дробей.
x  1  2  x  1  2  x  2  4  x  2  4 
x 1
x 1
x2
х2
2
2
4
4
 1
1
 1
1

x 1
x 1
x2
x2
2
2
4
4




 0.
x 1 x 1 x  2 x  2
Сократив уравнение на 2 и приведя к общему знаменателю, получим:
( x  1)( x 2  4)  ( x  1)( x 2  4)  2( x 2  1)( x  2)  2( x 2  1)( x  2)
 0.
( x  1)( x  1)( x  2)( x  2)
После раскрытия в числителе скобок и приведения подобных
получим:
 3x 2
 0.
( x  1)( x  1)( x  2)( x  2)
Это уравнение равносильно уравнению: -3х2=0, откуда х=0. Этот
корень принадлежит ОДЗ и является корнем заданного уравнения. В этом
можно убедиться проверкой найденного корня.
47
Пример 2.30. Решить уравнение:
1  
1

3 x  2   71    0 .
x  
x

Решение. ОДЗ: x  0
В каждой скобке выполним приведение к общему знаменателю, а
затем вынесем общий множитель за скобки:
 x3  1   x  1 

x  1x 2  x  1
x 1
3 2   7

7
0
03
2
x
x
x
x




x 1

0
2


x 1 x  x 1
x
3 

 7   0  

2
x

x

1
x 
x

3 
7 0
x

x 1
 x1  1
 x 0
 2

 x 2  1 , x3  3
 3 x  10 x  3  0
3


x
Все найденные корни входят в ОДЗ и удовлетворяют проверке.
Ответ: х1 = -1, х2 = 1/3, х3 = 3.
Очень
часто,
чтобы
упростить
решение,
используют
замену
переменной (неизвестной). При этом стараются свести уравнение к
квадратному.
В частности, если удаётся равносильными преобразованиями свести
уравнение к такому виду, чтобы х входил в него только через выражение
ax 2  bx , используют замену ax 2  bx  t (или ax 2  bx  c  t ), где a, b, c
- постоянные.
Пример 2.31. Решить уравнение:
9
9

 10 .
x 2 ( x  2) 2
48
x  0

 x  2
Решение. ОДЗ:
Данное уравнение равносильно следующим:
1
1 
( x  2) 2  x 2
2x2  4x  4
  10  9 2
9 2 
 10  9 
 10 
( x  2) 2 
x ( x  2) 2
xx  22
x
x2  2x  2
9 2
5
( x  2 x) 2
2
В последнее выражение х входит лишь в виде выражения x  2 x .
2
Поэтому положим x  2 x  t . Получим:
9
t2
 5,
t2
t0
2
или 5t  9t  18  0 .
6
t


, t 2  3. Выполнив
1
Корни этого квадратного уравнения
5
обратную
замену
переменной,
получим
совокупность
квадратных
уравнений:
6
 2
5 x 2  10 x  6  0
x

2
x



5 2
 2
 x  2 x  3  0
 x  2 x  3
Первое квадратное уравнение не имеет корней, т.к. его дискриминант
меньше нуля. Корни второго уравнения х1 = -3 и х2 = 1 являются корнями
первоначального уравнения.
Замечание. Это уравнение можно решать и другим методом.
Пример 2.32. Решить уравнение:
1
1
1
1
1
1
1
1







x x  2 x  5 x  7 x 1 x  3 x  4 x  6
49
Решение.
ОДЗ:
x  0, x  1, x  2, x  3, x  4, x  5, x  6, x  7,
Анализируя данное уравнение, можно заметить, что в знаменателях в
левой части уравнения 0 + 7 = 7, 2 + 5 = 7 и в правой части уравнения 1 + 6
= 7, 3 + 4 = 7. Поэтому сгруппируем дроби так
1   1
1   1
1   1
1 
1



 



.
x
x

7
x

2
x

5
x

1
x

6
x

3
x

4

 
 
 

В каждой скобке приведем дроби к общему знаменателю. Получим:
2x  7
2x  7
2x  7
2x  7



0
x 2  7 x x 2  7 x  10 x 2  7 x  6 x 2  7 x  12
1
1
1
 1

 2 x  7  2
 2
 2
 2
0
 x  7 x x  7 x  10 x  7 x  6 x  7 x  12 
2 x  7  0
 1
1
1
1
 2
 2
 2
 2
0
 x  7 x x  7 x  10 x  7 x  6 x  7 x  12
7
x


Первое уравнение имеет корень
2 . Во втором уравнении
2
сделаем замену x  7 x  t и оно примет вид:
1
1
1
1



0
t t  10 t  6 t  12
или
1
1
1
1
2t  10
2t  18



 2
 2

t t  10 t  6 t  12
t  10t t  18t  72
2t 3  36t 2  144t  10t 2  180t  720  2t 3  38t 2  180t


t

0
,
t


10
,
t


6
,
t


12

8t 2  144t  720  0

t  0, t  10, t  6, t  12
50
Последнее уравнение
корней
 Д  18
2

t 2  18t  90  0 не имеет действительных
 4  90 < 0 . Поэтому первоначальное уравнение имеет
7
x


один корень
2.
 f x 2  g x 2  a,
Рассмотрим уравнение виде
которое тоже
будет решаться методом замены переменной.
x2
Пример 2.33. Решить уравнение: x   x  12  3
2
Решение. ОДЗ:
x 1
x
f
(
x
)

x
,
g
(
x
)

В этом уравнении
x 1
x
2
x

Прибавим у обеим частям уравнения
x 1 .
x
x2
x
2
x

2
x



3

2
x

2
Получим:
x  1 ( x  1)
x 1
Но
a 2  2ab  b 2  (a  b) 2
Поэтому:
2
 x2 
x2

  3  2
x

1
x 1


2
x 
x

x 
  3  2x 
x  1
x 1

Пусть теперь
или
x2
 t,
x 1
тогда
t 2  2t  3  0 .
Корни этого уравнения t1 = -1, t2 = 3.
После обратной замены переменной приходим к совокупности двух
уравнений:
 x2
 x  1  1
x2  x  1  0

 2
2
 x
 x  3x  3  0
 x  1  3
51
Первое уравнение имеет корни:
x1, 2 
1 5
.
2
Второе уравнение корней не имеет  Д  9  12 < 0
Ответ:
x1, 2 
1 5
2
25x 2
20 x 2
Пример 2.34. Решить уравнение: x  ( x  5) 2  9  x  5
2
Решение. ОДЗ: x  5
В этом уравнении
f ( x )  x,
g ( x) 
5x
x  5 и оно отличается
20 x 2
от предыдущего слагаемым x  5 .
5x
2
x
Вычтем из обеих частей уравнения
x5 .
5x
25x 2
20 x 2 10 x 2
Получим: x  2 x x  5  ( x  5) 2  9  x  5  x  5 .
2
2
2
2
Так как a  2ab  b  (a  b) , то
2
5x 
10 x 2

x 
 9 
x  5
x5

или
2
 x2 
10 x 2

  9 
x

5
x5


x2
Введем замену переменной x  5  t , тогда получим уравнение:
t 2  10t  9  0.
Его корни t1  1, t2  9 и так как
52
 x2
x  5 1
x2  x  5  0
x2
t
, то  2
 2
x5
 x
 x  9 x  45  0

9
 x  5
Решая каждое уравнение, получим x 1, 2 
Это корни и первоначального уравнения.
Пример 2.35. Решить уравнение:
Решение. ОДЗ:
1  21
9  3 29
, x 3,4 
.
2
2
2x
3x
7


x2  2x  5 x2  2x  5 8
x0
Заданное уравнение – это уравнение вида:
Ax
Bx

d,
ax 2  px  c ax 2  gx  c
где A, B. a, c, d, p, g – постоянные числа, а квадратные трехчлены
отличаются только коэффициентами при х. Для решения таких
уравнений нужно числитель и знаменатель каждой дроби
разделить на х, а затем ввести замену.
Итак, после деления, о котором речь шла выше, получаем:
2
x2
5
x
3

x2
5
x

7
8
5
x

 t , тогда
Положим
x
7

2
3
7
2(t  2)  3(t  2)  (t  2)(t  2)

 

8
t2 t2 8
t  2
53
40t  16  7t 2  28
7t 2  40t  12  0


t


2

t  2
2
7
Корни этого уравнения t1   ;
t 2  6.
Следовательно:
5
2

x




7 x 2  2 x  35  0
x
7
 2

5
 x  6 x  5  0
x   6

x
Первое из этих уравнений действительных корней не имеет, а корни
второго x1  1, x2  5 являются корнями исходного уравнения.
Ответ:
1;5
Замечание. Аналогично будем решать и уравнения вида:
ax 2  px  c ax 2  mx  c

d
ax 2  gx  c ax 2  nx  c
,
ax 2  px  c ax 2  rx  c

.
ax 2  gx  c
Ax
К дробно-рациональным уравнениям относятся однородные
уравнения второй степени относительно функций f (x ) и g (x ) :
a( f ( x)) 2  bf ( x) g ( x)  c( g ( x)) 2  0
Такое уравнение сводится к квадратному уравнению, если поделить
f ( x)
 t. При
его почленно на (g(x)) и затем сделать замену переменной
g ( x)
2
этом нужно проверить не будут ли корни уравнения g(x)=0 корнями
первоначального уравнения, т.к. при делении на (g(x))2 возможна потеря
корней.
54
Пример 2.36. Решить уравнение
x 4
 x  2
 x  2
20
 0.
  5
  48 2
x 1
 x 1 
 x 1 
2
Решение.
2
ОДЗ
2
х ≠ ±1.
Перепишем данное уравнение следующим образом:
x  2 x  2  x  2
 x  2
20

 5
  48
 0
x

1
x

1
x

1
x

1




2
2
Здесь
f ( x) 
x2
x2
, g ( x) 
x 1
x 1
Решим его указанным выше приемом, т.е. разделим все его члены на
 x  2

 . Получим:
 x 1 
2
x2
 x2



x  1   48   x  1   5  0
.
x2
 x2



x 1 
 x 1 
x  2x  1  t.
 x  2  x  2
 /
  t , т.е.
Введем замену 
x  1x  2
 x 1   x 1 
20t 2  48t  5  0 .
Получим
Корни
этого
уравнения
5
1
t1   , t 2 
2
10 .


20



2
При обратной замене переменной приходим к совокупности
уравнений:
5
 ( x  2)( x  1)


 ( x  2)( x  1)
7 x 2  9 x  14  0
2

 2
 ( x  2)( x  1) 1
3 x  11x  6  0

 ( x  2)( x  1) 10

55
Первое квадратное уравнение не имеет корней, а корни второго
x1 
2
, x 2  3.
3
Проверкой убеждаемся, что корень уравнения
является корнем заданного уравнения.
Ответ: x 1 
x2
 0 x  2 не
x 1
2
, x 2  3.
3
2.7 Сведение дробно-рациональных уравнений к системам
уравнений
Пример 2.37. Решить уравнение
( x  x 2 )( x 2  2)
 2
( x  2) 2
Решение. ОДЗ
х ≠ ±2.
Заданное уравнение равносильно следующему:
1  x x2  2
x

 2
x2 x2
или
x
1 x 
2  2x 
x 
  2
x2 
x2 
Введем две новых неизвестных
2  2x
V
x2
1 x
2  2x
1 x
1 x
Тогда U  V  x
x
x
x2

x2
x2
x2
x2
1 x
 ( x  2)
 x  1  x  x  1, а UV  2
x2
x
1 x
 U,
x2
x
56
U  V  1
.
UV  2
Получим систему 
Решение этой системы: U1  1, V1  2 и U 2  2, V2  1 .
Сделаем обратную замену переменных. Получим совокупность двух
систем уравнений:
 1 x
x
 1

 x2

x  2  2x  2

x2

и
 1 x
x
2

 x2

 x  2  2 x  1

x2

Если каждое из уравнений обеих систем привести к общему
знаменателю, то увидим, что оба уравнения первой системы равносильны
квадратному уравнению x 2  2 x  2  0
Его корни x1, 2  1  3
Уравнения второй системы равносильны уравнению
x 2  x  4  0. Это
уравнение не имеет корней.
Ответ: x1, 2  1  3 .
3
Уравнения вида ax  3ax  b  0
2.8
Если
данное
уравнение
имеет
вид
ax 3  3ax  b  0 ,
где
b 2  4a 2  0, то при решении уравнения можно пользоваться заменами
xt 
1
t
и
t3  Z .
Пример 2.36. Решить уравнение:
6 x 3  18 x  13  0
2
2
Решение. Так как 18  3  6 , а 13  4  6 > 0 , то сделаем замену
57
xt
1
t
Тогда
3
1
1
1
1
1
 1
x   t    t 3  3  3t 2  3t 2  t 3  3  3t  3 
t
t
t
t
t
 t
3
1   1

  t 3  3   3 t  .
t   t

Подставляя эти выражения в заданное уравнение, получим:
1

 1
 1
6 t 3  3   18 t    18 t    13  0
 t
 t
t 

или
1

6 t 3  3   13  0 .
t 

Это уравнение с помощью подстановки t3 = Z сводимся к
квадратному уравнению
1

6 Z    13  0 или 6Z 2  13Z  6  0 .
Z

Его корни Z1  
Так как
2
3
и
3
Z2   .
2
t  3 Z , то t1  3
Тогда по формуле x  t 
2
3
, t 2  3
3
2
1
 2
3
получим x   3  3 . Заданное
2
t
 3
уравнение имеет единственное решение.
 2
3
 3 .
2
 3
Ответ: x   3
Примечание:
3
Если ax  3ax  b  0;
1
xt ,
t
aZ 2 bZ  a  0 . Тогда по теореме Виета всегда Z1 Z 2 
58
t 3  Z , то
1
a
,
 1, т.е. Z 2 
Z1
a
1
. Следовательно,
t1
действительное решение.
откуда
t2  
уравнение
имеет
единственное
Пример 2.39. Решить уравнение
2x3  6x  5  0
Решение.
Это уравнение вида
ax  3ax  b  0, где b 2  4a 2  5 2  4  2 2  9  0.
1
Следовательно, можно применить подстановку x  t  .
t
1
 1
3
3
Тогда x  t  3  3 t  
 t
t
3
и данное уравнение сводится к виду
1   1  1

2 t 3  3   6 t    6 t    5  0
t   t  t

или
2t 3 
2
 5  0.
t3
Это уравнение сводится к квадратному заменой
2Z 
2
 5  0 , т.е. 2Z 2  5Z  2  0
Z
Откуда Z1  2,
Z2  
1
2
3
Следовательно t1   2 , t 2   3
Ответ:
t 3  Z . Получим:
1 

x   3 2  3  .
2

59
1
1 

и x   3 2  3 
2
2

Задания для самостоятельной работы
Решить уравнения:
 x2  4 
 x  2
 x  2
  44
5
  12 2
 ;
x

1
x

1
 x 1 




1
1
1


;
x( x  2) 12 ( x  1) 2
2
1.
2.
2
x 2  10 x  15
4x

;
x 2  6 x  15 x 2  12 x  15
3.
2
2
 x   x  10

 
  ;
9
 x 1  x  1
x2  x  5
3x
 2
40
x
x  x5
1
1

x 3  3  6 x  ;
x
x

81x 2
2
x 
 40;
(9  x) 2
3
4
1

 ;
( x  3)( x  1) ( x  2)( x  4)
2
4.
5.
6.
7.
8.
9.
x 4  4 x 2 ( x  2)  5( x  2) 2  0;
10.
9x2
x 
 40.
( x  3) 2
2
Ответы:
 9  73
; 2. x1  3, x2  1;
3. x1  3, x2  5, x3, 4  9  66 ;
2
1
3 5
3 5
4. x   ; 5. x1, 2  1  6 , x3  5, x4  1;
6. x1, 2 
, x3, 4 
;
2
2
2
7. x1, 2  1  19 ;
8. x1  0, x2  2, x3, 4  1  14 ; 9. x1  1, x2  2;
1. x1, 2 
10. x1, 2 
33 5
2
60
2.9
Уравнения с параметром
Пример 2.40. При каких действительных значениях а корни
уравнения x 2  3ax  a 2  0 таковы, что сумма их квадратов равна
7
?
4
2
Решение. По теореме Виета x1  x 2  3a; x1 x 2  a . Возведем
2
2
2
2
2
первое равенство в квадрат: ( x1  x 2 )  (3a )  x1  2 x1 x 2  x 2  9a .
Подставим в него значение х1х2 и выразим
x12  x22  9a 2  2 x1 x2  9a 2  2a 2  7a 2 .
2
2
Но x1  x2 
Ответ:
7
1
1
7
2
следовательно 7a 2  , откуда a  , a   .
4
4
2
4
1
a .
2
Пример 2.41.При каких a уравнение
(a  1) x 2  (2a  1) x  a  5  0
имеет действительные корни? Исследовать знаки корней.
Решение. Так как уравнение квадратное, то
a  1 . Чтобы уравнение
имело действительные корни, необходимо и достаточно, чтобы его
дискриминант был больше или равен 0.
Д  (2a  1) 2  4(a  1)( a  5)  0
4a 2  4a  1  4a 2  16a  20  0
20a  20  0
20a  20
a 1
Но так как а≠1, то при а<1 уравнение имеет действительные корни.
Исследуем знаки корней.
61
По теореме Виета корни заданного уравнения удовлетворяют системе
2a  1

x

x

,
1
2


a 1

x x  a  5 .
1 2

a 1

а<1, если выполняются неравенства:
а) Оба корня положительны при
 2a  1
1

 a 1  0
a

(

;
)  (1; )

(2a  1)( a  1)  0

2

a  5

 0  (a  5)( a  1)  0  a  (;5)  (1; )

 a 1
a  1
a  (;1)

a  1




Получаем
a < -5.
б) Оба корня были бы отрицательны, если бы при
a  1 выполнялись
неравенства:
 2a  1
1

 a 1  0
a

(
;1)

(2a  1)( a  1)  0

2

a  5

 0  (a  5)( a  1)  0  a  (;5)  (1; )

 a 1
a  1
a  (;1)

a

1





Эта система решений не имеет.
в) Корни имеют различные знаки при
a  1 , если
a  5
< 0(a  5)( a  1) < 0
a  (5;1)


 a 1

a < 1
a < 1

a < 1
Получаем  5  a  1 . При a  5 один из корней уравнения равен
нулю.
62
Пример 2.42. Определить все значения а, при которых уравнения
x 2  ax  1  0 и x 2  x  a  0 имеют хотя бы один общий корень.
Решение.
Если
все
корни
данных
уравнений
совпадают,
то
равны
коэффициенты этих трехчленов. Отсюда находим а = 1.
Рассмотрим теперь случай когда a  1 . Известно, что если число х0
является корнем уравнения f ( x)  0 и одновременно корнем уравнения
g ( x)  0 , то это число будет также корнем уравнений f ( x)  g ( x)  0.
Обратное, в общем случае, неверно. Поэтому мы имеем лишь необходимое
условие для нахождения общего корня.
Вычитая одно уравнение из другого, находим:
( x 2  ax  1)  ( x 2  x  a)  0, т.е. x(a  1)  (a  1)  0.
Так как a  1 , то x 
a 1
 1.
a 1
Значит, если уравнения имеют общий корень, то он равен 1. Найдем
соответствующее а. Подставим х = 1 в данные уравнения:
1  a  1  0,
11 a  0
Отсюда a  2 .
Ответ:
а = 1 и а = - 2.
Пример 2.43. При каких а все решения уравнения
а 1
2х  7

неположительные ?
х  6  х  2 2  х  22
Решение.
Преобразуем уравнение следующим образом:
a 1
2x  7
 2
x  6 x  3x  18
63
x1  6, x2  3 ,
2
то его можно представить в виде x  3x  18  ( x  6)( x  3) .
a 1
2x  7

x  6 ( x  6)( x  3)
Тогда
или
2
Так как корни квадратного трехчлена x  3 x  18
(a  1)( x  3)  2 x  7
0
( x  6)( x  3)
Выполним действия в числителе
ax  3a  x  3  2 x  7
0
( x  6)( x  3)
ax  3 x  3a  4
0
( x  6)( x  3)
x(a  3)  3a  4
0
( x  6)( x  3)
Полученное уравнение равносильно системе:
 x(a  3)  3a  4

x  6  0
x  3  0

При а = 3 первое уравнение решений не имеет, т.к. 0≠13.
При а ≠ 3
x
3a  4
.
a3
Так как нас интересуют только неположительные решения, то
исходные значения параметра а найдем, составив и решив системы
неравенств:
 3a  4
0

 a3
и

3
a

4

 6

 a3
 3a  4
0

 a3

 3a  4  3

 a3
Первое неравенство обеих систем выполняется при 
64
4
 a  3.
3
Рассмотрим вторые неравенства:
3a  4
3a  4  6a  18
 9a  14
14
 6 
0
0a  ;
a 3
a 3
a 3
9
3а  4
3a  4  3a  9
3
0a 3
а 3
a 3
Таким образом, заданное уравнение имеет неположительные решения при:

Ответ:

4
14
a<
3
9
и
14
<a<3
9
4
14 14
a ,
 a  3.
3
9
9
Некоторые алгебраические уравнения решаются как квадратные
уравнения относительно параметра.
Пример 2.44. При каких значениях параметра а уравнение
x 4  (3  2a) x 2  2 x  a 2  4a  3  0 имеет решение?
Решение.
Заданное уравнение четвертой степени относительно х, но квадратное
относительно параметра а. Будем считать, что а – неизвестное, а х –
параметр уравнения. Запишем уравнение так:
x 4  3x 2  2ax 2  2 x  a 2  4a  3  0
a 2  2( x 2  2)a  ( x 4  3x 2  2 x  3)  0
Это квадратное уравнение имеет вид:
a 2  pa  q  0,
где
p  2( x 2  2),
q  x 4  3x 2  2 x  3
Используя формулу корней приведенного квадратного уравнения,
получим:
65
a1, 2  ( x 2  2)  ( x 2  2) 2  ( x 4  3 x 2  2 x  3) 

 х
 х

 2  x  2 x  1  x
 2   x  1.
 х 2  2  x 4  4 x 2  4  x 4  3x 2  2 x  3 
2
2
2
2
 2  ( x  1) 2 
Следовательно:
a1  x 2  2  x  1  x 2  x  1
a2  x 2  2  x  1  x 2  x  3
По теореме о разложении квадратного трехчлена на линейные
множители имеем:
a 2  2( x 2  2)a  ( x 4  3x 2  2 x  3)  (a  a1 )( a  a2 ) 


 a  ( x 2  x  1) a  ( x 2  x  3)

Пусть теперь х – неизвестное, а – параметр.
Тогда
x 4  (3  2a) x 2  2 x  a 2  4a  3  ( x 2  x  1  a)( x 2  x  3  a)  0
и решение исходного уравнения сводится к решению двух квадратных
уравнений:
x2  x  1  a  0
 1  1  4(1  a)  1  4a  3 . , если 4а - 3 ≥ 0, т.е. если

2
2
x1, 2 
2)
3
.
4
Если 4а – 3 < 0 , уравнение корней не имеет.
x2  x  3  a  0
x3, 4 
a
x2  x  3  a  0
x2  x  1  a  0
1)
a
и
 1  1  4(3  a)  1  4a  11

, если 4a  11  0 , т.е. если
2
2
11
.
4
66
Когда 4a  11  0, то уравнение решений не имеет.
Таким образом, при a 
1
2
один корень x   ; при
a
3
3
уравнение корней не имеет; при a  4
4
3
11
 1  4a  3
a
- два корня x1,2 
; при
4
4
2
11
11
 1  4a  3
1
, x3  ; при a 
- три корня x1,2 
- четыре корня
4
4
2
2
x1,2 
 1  4a  3
1  4a  11
, x3,4 
.
2
2
Задания для самостоятельной работы
1.
Найдите
значения
а,
при
которых
корни
уравнения
которых
уравнение
(2a  5) x 2  2(a  1) x  3  0 равны между собой.
2.
Найдите
целые
значения
k,
при
(k  12) x 2  2(k  12) x  12  0 не имеет действительных корней.
2
3. В уравнении 5 x  bx  28  0 найдите b, если корни уравнения х1
и х2 находятся в зависимости 5 x1  2 x 2  1 и в – целое число.
Ответ:
1. a = 4;
2. k = 13;
67
3. b = -13.
3 Системы алгебраических уравнений с двумя неизвестными
3.1 Справочный материал
Пусть система двух
(переменными) имеет вид:
уравнений
с
двумя
неизвестными
 f1 ( x, y)  g1 ( x, y)

 f 2 ( x, y)  g 2 ( x, y)
Каждая
пара
значений
неизвестных,
(1)
которая
одновременно
удовлетворяет оба уравнения системы, называется решением системы.
Система может иметь единственное решение, множество решений и может
не иметь решений. Система, которая не имеет решений, называется
несовместной.
Решить систему – это значит найти все решения этой системы или
показать, что она не имеет решений.
Решая систему уравнений, мы переходим от данной системы к
другой, равносильной ей, но более простой. Чаще всего при этом
приходится применять способ подстановки и замену переменных.
Две системы уравнений называются равносильными, если все
решения одной из них являются решениями другой и наоборот.
Рассмотрим некоторые отдельные виды систем.
3.2 Линейные системы двух уравнений с двумя неизвестными и
системы, сводящиеся к ним
a1 x  b1 y  c1
Система вида 
называется линейной системой двух
a 2 x  b2 y  c2
уравнений с двумя неизвестными.
Такие системы можно решать одним из двух методов:
68
1) методом подстановки, т.е. из любого уравнения выражается одно
из неизвестных через другое и подставляется во второе уравнение;
2) методом
исключения
неизвестных,
т.е.
сравниваются
по
абсолютной величине коэффициенты у одного из неизвестных, а
потом уравнения складываются.
Следует помнить, что система может:
а) иметь одно решение, если
a1 b1

a 2 b2 ;
a1 b1 c1


б) иметь бесконечное множество решений, если
a2 b2 c2 ;
a1 b1 c1


в) не иметь решения, если
.
a 2 b2 c 2
Пример 3.1. Решить систему уравнений
2 x  3 y  13

5 x  2 y  4
Решение.
Из первого уравнения найдем х:
2 x  3 y  13  2 x  13  3 y  x 
13  3 y
.
2
Это значение х подставим во второе уравнение:
13  3 y
65  15 y
 2y  4 
 2 y  4  65  15 y  4 y  8 
2
2
 19 y  8  65  19 y  57  y  3
5
Если у = - 3, то x 
Ответ:
13  3(3) 4
  2.
2
2
(2;-3).
Замечание: этот способ удобен, когда коэффициент при одном из
неизвестных равен 1.
69
Пример 3.2. Решить систему уравнений
7 x  6 y  20

2 x  7 y  5
Решение.
Решим эту систему методом исключения неизвестного или
способом
алгебраического
сложения.
Уравняем
коэффициенты
по
абсолютной величине при неизвестном у. Для этого первое уравнение
умножим на 7, второе – на 6 и потом сложим:
7 x  6 y  20 7 49 x  42 y  140 61x  122
x  2








2
x

7
y


3
6
12
x

42
y


18
2
x

7
y


3
2

2

7
y


3




x  2
x  2


 7 y  7  y  1
Ответ:
(2;1)
x  2 y  4
Пример 3.3. При каких значениях параметра а система 
3x  ay  1
имеет положительные решения?
Решение.
Умножим первое уравнение на – 3 и сложим со вторым. Получим
 x  2 y  4  3  3x  6 y  12
ay  6 y  11



3x  ay  1
x  2 y  4
3x  ay  1
Имеем в первом уравнении y(a  6)  11 , откуда при а = 6 система
решений не имеет, а при a  6 y 
11
. Тогда при a  6 y  0 .
6a
Теперь найдем х из второго уравнения:
x  2y  4  x  4  2y  x  4  2
11
24  4a  22 2  4a 2(1  2a)



6a
6a
6a
6a
.
70
Для того чтобы x  0 , необходимо выполнение условия 1  2a  0 ,
т.е. a 
1
. Следовательно, система будет иметь положительное решение,
2
если а 
1
.
2
Пример 3.4.
Решить систему уравнений
4
5
5




 x  y  1 2x  y  3
2


3
1
7



 x  y  1 2 x  y  3
5
Решение.
Положим
1
 t;
x  y 1
Тогда система примет вид
1
z
2x  y  3
5

4
t

5
z



2
.

7
3t  z  

5
Решим ее методом подстановки:

5
5
19
 7



4
t

5


3
t


4
t

5
z


19
t







5
2
2
2






7
7
7
 z    3t
 z    3t
 z    3t



5
5
5

1

1

t


t




2
2


 z   7  3  1 
z  1


5  2
10
Возвращаясь к переменным х и у, получим:
71
1
 1
x  y 1   2
 x  y  1  2
 x  y  1 3x  6
x  2






1
1
2 x  y  3  10 2 x  y  7  y  1  x  y  3


 2 x  y  3 10
.
Ответ:
(2;-3).
3.3 Системы двух уравнений, из которых одно первой степени
Пример 3.5. Решить систему уравнений
 x 3  y 3  35

x  y  5  0
Решение.
Воспользуемся способом подстановки. Из второго уравнения находим
y  5  x и подставляем это выражение в первое уравнение:
x 3  (5  x) 3  35
После раскрытия скобок и приведения подобных, получим:
x 3  53  3  5 2  x  3  5  x 2  x 3  35
15 x 2  75 x  90  0
x 2  5x  6  0
Получим новую систему
x 2  5x  6  0
,

y

5

x

равносильную данной. Решая первое уравнение, находим х1 = 2, х2 = 3. Из
второго уравнения у1 = 3, у2 = 2.
Ответ:
(2;3), (3;2) .
72
x  y  c
,

 xy  d
Систему вида
(2)
где c и d действительные числа, можно решать, применяя теорему Виета и
x  y  c
, то значения х и у можно
 xy  d
квадратное уравнение. Если 
рассматривать как корни квадратного уравнения
z 2  cz  d  0 (по
теореме Виета).
Пример 3.6. Решить систему уравнений:
 x  y  2a  b

2
 xy  a  ab ,
где а и b – любые действительные числа – параметры уравнений системы.
Решение.
Значения х и у будут корнями квадратного уравнения
z 2  (2a  b) z  (a 2  ab)  0 .
Его дискриминант
Д  (2a  b) 2  4(a 2  ab)  4a 2  4ab  b 2  4a 2  4ab  b 2 .
Так как
z1, 2
Д  0 , то
2а  b 

2
b2

2а  b  b
2
;
z1  a, z 2  a  b
Так как оба уравнения системы симметричны относительно х и у, то
получаем два решения: x1  a,
y1  a  b и x 2  a  b, y 2  a .
Систему вида:
x  y  c

 xy  d
73
(3)
можно записать в виде
 x  ( y )  c

.
 x(  y )  d
Следовательно, х и (-у) будут корнями уравнения z 2  cz  d  0 .
Очевидно, что системы вида (2) и (3) можно решать и способом
подстановки.
3.4 Системы нелинейных алгебраических уравнений
К таким системам также применимы методы, указанные выше.
Рассмотрим примеры.
Пример 3.7. Решить систему уравнений
2
2

x  y  x  y  2
 2
2

2 x  y  2 x  y  4 .
Решение.
Складывая первое уравнение со вторым, получим квадратное
2
2
уравнение 3 x  3 x  6 или x  x  2  0 . Его корни x1  2, x 2  1.
Подставляем поочередно эти значения х в любое из уравнений системы,
получим два квадратных уравнения с переменной у:
а)
x  2;
2(2) 2  y 2  2(2)  y  4  0
y2  y  0
y  0
y  ( y  1)  0  
 y  1
б)
х = 1;
2  12  y 2  2  1  y  4  0
y2  y  0
y  0
y ( y  1)  0  
 y  1
74
Таким образом, система имеет четыре решения:
(2;0);
Ответ:
(2;1);
(1;0);
(1;1)
(2;0); (2;1); (1;0); (1;1)
Пример 3.8. Решить систему уравнений.
 x y 34
 y  x  15

 x 2  y 2  34

Решение.
Введем замену
x
 t и решим первое уравнение относительно новой
y
переменной
1 34
t 
 0, t  0
t 15
15t 2  34t  15  0
Д  1156  900  256  16 2
t
34  16
,
30
3
5
t1  , t 2 
5
3
x 3
x 5
 или
 решим две системы:
y 5
y 3
x 5
x 3

y  3
y 5
б)


 x 2  y 2  34
 x 2  y 2  34


5

3

 y  3 x
 y  5 x


 x 2  25 x 2  34
 x 2  9 x 2  34


9
25
Зная t, т.е. зная, что
а)
75
3

y

x

5

 34 x 2  34
 25
3

y  x
5

2
 x  25

5

y

x

3

 34 x 2  34
 9
5

y  x
3

2
x  9

5

y  x
3

 x  3
3

у  х
5

 х  5
 x3  5

  y3  3
 x  5
 4
 y 4  3
 x1  3

 y1  5
 x  3
 2
 y 2  5
Ответ:
(3;5), (3;5), (5;3), (5;3)
Пример 3.9. Решить систему уравнений
2
2

 x  xy  4 y  6
 2
2

3x  8 y  14
Решение.
В приведенной системе левые части уравнений – однородные
многочлены. Введем подстановку
2
2
2 2

 x  tx  4t x  6
 2
2 2

3x  8t x  14
y  tx . Получим:
2
2

 x (1  t  4t )  6
 2
2

 x (3  8t )  14
или
Разделив первое уравнение на второе, имеем уравнение с неизвестным t
1  t  4t 2
3  8t 2
Решим его:
76

3
.
7
7  7t  28t 2  9  24t 2
4t 2  7t  2  0
Д  49  32  81  9 2
t  2
79 1
t

t 2   1
8
4

В результате приходим к двум системам:
 y  2 x
 y  2 x
 y  2 x



а)  2
 2

2
2
2
3
x

8
y

14
3
x

32
x

14
35
x

14




10
 x1 
5


2 10
y


2
x
y


2
x


y


2
x
 y1  

5




 2 2 
2 
10  

10
 x  5
x  
x  
  x2  
5
5


5



2 10
 y2 

5
б)
1

1
1


y

x
1


y  x

y  x
у  х
4
4
4 



4 
1

3x 2  8 y 2  14
3x 2  8  x 2  14
x 2  4
 х  2



16

  x3  2

  y3  1

2

 x4  2

1
 y 4  
2

77

 10  2 10 
;
,
Ответ: 

5
5



 10 2 10 


 5 ; 5 ,


1 


  2;  .
2 


 1
 2; ,
 2
Введем несколько понятий.
Определение 1.
Многочлен Р (х, у) называется симметрическим,
если при замене х на у, а у на х выражение Р (х, у) не изменяется.
Например: x3  3xy  y 3 , x 2  xy  y 2 , x  y, x3  y 3 и т.д.
Основными симметрическими многочленами являются х + у и ху. Все
остальные симметрические многочлены могут быть выражены через
основные.
2
2
2
3
3
3
Например: x  y  ( x  y )  2 xy , x  y  ( x  y )  3xy ( x  y ) .
Определение 2.
Система, оба уравнения которой симметрические
многочлены, называется симметрической.
Система
решается
введением
новых
переменных:
x  y  u, xy  v .
Пример 3.10. Решить систему уравнений
 x  y  xy  5
 2
2
 x  y  xy  7
Решение.
Заданная система – симметрическая
Пусть x  y  u,
xy  v , тогда x 2  y 2  ( x  y ) 2  2 xy  u 2  2v .
u  v  5
u  v  5
Получим систему  2
или  2
. Сложив первое
u

v

7
u  2v  v  7

уравнение
со
вторым
и
решив
квадратное
уравнение,
найдем
u1  4, u2  3 . Тогда v1  9, v2  2. В результате получим две системы:
 x  y  4
и

xy

9

78
x  y  3
.

xy

2

Решим их:
 y  4  x
 x  y  4  y  4  x

 2
 xy  9
 x(4  x)  9  0  x  4 x  9  0
а) 
Эта система решений не имеет, т.к. дискриминант квадратного
уравнения меньше нуля.
x  y  3
.
xy

2

б) 
Легко увидеть, что решением этой системы будут пары чисел (2;1),
(1;2).
Ответ: (2;1), (1;2).
Иногда система решается способом разложения левой части одного из
уравнений на множители, если его правая часть равна нулю.
Пример 3.11. Решить систему уравнений
2
2

 x  2 xy  8 y  6 x  18 y  7  0
 2
2

2 x  5 xy  10 y  3x  9 y  7  0
Решение.
Разложим левую часть первого уравнения заданной системы на
множители, решив его как квадратное относительно х:
x 2  (2 y  6) x  (8 y 2  18 y  7)  0 .
При дискриминанте
Д  (2 y  6) 2  4(8 y 2  18 y  7)  4 y 2  24 y  36  32 y 2  72 y  28 
 36 y 2  96 y  64  (6 y  8) 2
корнями уравнения будут:
x1, 2 
 (2 y  6)  (6 y  8)  x1  4 y  7

.
2
 x2  2 y  1
79
Следовательно,
первое
уравнение
системы
можно
записать
так:
( x  x1 )( x  x 2 )  0 , т.е. ( x  4 y  7)( x  2 y  1)  0
Заданная система уравнений сводится к совокупности двух систем:
а)
x  4 y  7  0
 2
2
2 x  5 xy  10 y  3x  9 y  7  0
(1)
б)
x  2 y  1  0
 2
2
2 x  5 xy  10 y  3x  9 y  7  0
(2)
Каждая из них решается способом подстановки:
а)
x  7  4 y


2
2
2
(
7

4
y
)

5
y
(
7

4
y
)

10
y

3
(
7

4
y
)

9
y

7

0

 x1  3
x  7  4 y

x  7  4 y

 y1  1
 2
  y1  1

 x  1
 y  3y  2  0
 y  2
 2
 2
 y 2  2
б)
x  2 y  1

2
2
2(2 y  1)  5 y (2 y  1)  10 y  3(2 y  1)  9 y  7  0 
 x1  3

 x  2 y  1  x  2 y  1  y1  1
 2


 x  1
y


1
y

1

0


 2
 y 2  1
Таким образом, (3;1),
(1;2),
(3;1),
(1;1) решения систем (1)
и (2) являются решениями заданной системы.
Ответ:
(3;1),
(1;2), (3;1), (1;1).
Если система уравнений имеет вид
2
2

a1 x  b1 xy  c1 y  d1 x  l1 y  f1  0
,

2
2

a
x

b
xy

c
y

d
x

l
y

f

0
 2
2
2
2
2
2
то она сводится к алгебраическому уравнению четвертой степени с одним
неизвестным. Для этого нужно уравнять коэффициенты при х2 или при у2 и
80
почленно отнять от первого уравнения второе. Но уравнение четвертой
степени решается элементарно только в некоторых случаях.
Пример 3.12. Решить систему уравнений
2
2

2 x  3xy  2 y  14
 2
2

 x  xy  y  5
Решение.
Умножим второе уравнение на 2 и сложим с первым:
2
2

2 x  3xy  2 y  14
 2
2

2 x  2 xy  2 y  10
4 x 2  xy  24
Из этого уравнения y 
4 x 2  24
. Подставляя это значение у во
x
второе уравнение системы получим:
4 x 2  24 16 x 4  192 x 2  576
x x

 5, х  0
x
x2
2
или
11x 4  163 x 2  576  0 .
2
Это биквадратное уравнение. С помощью замены x  t оно сводится
к квадратному 11t
2
 163t  576  0 . Его корни t1  9, t 2 
Тогда x1  3, x 2  3,
x3  
8
11
, x4 
8
11
, а значение у найдем по
4 x 2  24
1
,
формуле y 
и получим y1  4, y 2  4, y3 
x
11

1  8
1 
 8
Ответ: (3;4), (3;4),  
;
;
, 

11 
 11 11   11

81
64
.
11
y4  
1
.
11
Пример 3.13.
Решить систему уравнений
4
2 2
4

 x  x y  y  481
 2
2

 x  xy  y  37
Решение.
Преобразуем левую часть первого уравнения следующим образом:
x 4  x 2 y 2  y 4  ( x 2 ) 2  2 x 2 y 2  ( y 2 ) 2  x 2 y 2  ( x 2  y 2 ) 2  ( xy) 2 
 ( x 2  y 2  xy)( x 2  y 2  xy)
2
2
2
2
Получим ( x  xy  y )( x  xy  y )  481
Так как


x 2  xy  y 2  37 , то 37 x 2  xy  y 2  481.
или x 2  xy  y 2  13 .
Таким образом, исходная система равносильна системе:
2
2

 x  xy  y  13
 2
2

 x  xy  y  37
Вычтем из второго уравнения первое. Получим 2 xy  24 или
xy  12 .
Тогда
12

y 
x
.

2
2
 x  xy  y  37

Подставляя во второе уравнение
y
12
, получим биквадратное
x
уравнение x 4  25 x 2  144  0 . Его корни x1,2  3, x3,4  4 , а решение
системы (3;4), (3;4), (4;3), (4;3) .
Ответ: (3;4), (3;4), (4;3), (4;3).
82
Рассмотрим систему двух уравнений, из которых одно однородное.
Однородным уравнением второй степени относительно f ( x) и g ( y)
2
2
называется уравнение вида a( f ( x))  bf ( x) g ( y )  c( g ( y ))  0 .
Такие уравнения легко сводятся к квадратному уравнению:
2
 f ( x) 
 f ( x) 
  b
  c  0
a
 g ( y) 
 g ( y) 
f ( x)
 t , получаем at 2  bt  c  0 .
g ( y)
Полагая в нем
Пример 3.14. Решить систему уравнений:
 y 2  2 y( x  3)  8( x  3) 2  0

( y  2 x)( y  4 x)  12
Решение.
Первое
уравнение
системы
–
однородное
второй
степени
относительно f ( x)  x  3 и g  y   y , причем x  3  0 (при x  3, у  0 , и
второе уравнение в равенство не обращается). Разделим все члены
2
y
 y 
 8  0.
уравнения на ( x  3) : 
 2
x

3
x

3


2
Пусть
y
 t , тогда получим t 2  2t  8  0 .
x3
Откуда t1  4,
t2  2 .
а) Если t1  4 , то
y
 4 и y  4( x  3)
x3
Подставляя y  4x  3 во второе уравнение системы получим:
(4( x  3)  2 x)( 4( x  3)  4 x)  12
или после преобразований:  6 х  12  1
Отсюда
x
11
,
6
y
14
3
83
б) Если t 2  2 , то
Подставляя
y
 2 и y  2x  6
x3
y  2 x  6 во
 6(6 x  6)  12 . Отсюда x 
второе
2
;
3
y
уравнение
системы,
14
.
3
 11 14   2 14 
 , ,  ,  .
 6 3  3 3 
Ответ:
Задания для самостоятельной работы
Решить системы уравнений:
1.
3.
5.
3x  5 y  7

2 x  7 y  16
2.
x  y  8
 2
2
 x  y  80
 x y 25
 y  x  12

 x 2  y 2  25

7.
 x  xy  4 y  6
 2
3 x  8 y 2  14
9.
 x  2 y x  y 15



 x  y x  2y 4
4 x  5 y  3

2
4.
6.
 x 2  10 xy  25 y 2  9

x  5 y  7
8.
x

 xy  y  6


3 xy  2 x  28

y
2
84
 x  y  xy  1

 x  y  xy  9
 x 3  y 3  217
 2
 x  xy  y 2  31
имеем
Ответы:
1. (1;2);
2. (1;4), (4;1);


3. (4  2 6 ;4  2 6 ), (4  2 6 ;4  2 6 ) ;
4. ( 6;1), ( 1;6);
5. (3;4), ( 3;4), (4;3), (4;3);

2 

6. ( 2;1),  5, ;
5 



1 
 10 2 10   10 2 10   1  

7. 
;
,

;
,
2
;
,

2
;





;
 5
  2 
5
5
5
2







8. (2;4), (2;4), 9. (7;5), (2;1)
85