метод.указ. - ч.3 - Донецкий институт железнодорожного

4 Иррациональные уравнения
Уравнение, в котором неизвестная величина находится под знаком
корня, называется иррациональным.
При решении таких уравнений следует помнить следующее:
1)
в уравнении корни четной степени – арифметические, это
значит, что значение корня неотрицательное и, кроме этого,
подкоренное выражение положительное;
2)
все
корни
нечетной
степени
определены
для
любого
подкоренного выражения, причем значение корня имеет тот же
знак, что и подкоренное выражение.
Следовательно, решение иррациональных уравнений нужно начинать
с нахождения области определения уравнения, если в него входят корни
четной степени.
Область определения иррационального уравнения – это множество
действительных значений х, при которых определены одновременно все
выражения, входящие в уравнение.
Корни уравнения, которые не удовлетворяют заданное уравнение,
называются посторонними.
К появлению посторонних корней может привести возведение обеих
частей уравнения в четную степень. Чтобы исключить их из полученных
результатов, необходимо сделать проверку решений подстановкой их в
заданное уравнение.
86
4.1 Основные методы решения иррациональных уравнений
4.1.1 Возведение обеих частей уравнения в степень
Пример 4.1. Решить уравнение
3 x 3  x 2  7.
Решение.
Область определения уравнения или область допустимых значений
переменной величины х найдем, решая систему неравенств.
x  3  0
 x  3

 x  2, т.е. x  2;  

x  2  0
x  2
Отделим один из корней, а потом возведем обе части уравнения в
квадрат:

 
2
3 x3  x2 7  3 x3 

2
x2 7 
 9х  3  x  2  14 x  2  49
Снова отделим корень и возведем в квадрат обе части уравнения:
 14 x  2  x  47  9 x  27
 14 x  2  20  8 x
 7 x  2  10  4 x
 7
x2

2
 (10  4 x) 2
49( x  2)  100  80 x  16 x 2
16 x 2  129 x  198  0
Решая полученное квадратное уравнение, находим
x1  6, x 2 
87
33
1
2 .
16
16
Оба корня принадлежат ОДЗ. Но проверкой убеждаемся, что только
один из них является корнем данного иррационального уравнения.
Проверка:
x1  6; 3 6  3  6  2  3 9  4  3  3  2  7
1 33
33
33
81
1
 ;
3
3
2 3


16 16
16
16
16
16
9 1 26 13
 3  
 7
4 4 4
2
x2  2
Ответ:
х=6
На приведенном примере убедились, что проверка найденных
решений является составной частью решения иррациональных уравнений.
Пример 4.2. Решить уравнение:
3
x7  x3 0
Решение.
ОДЗ уравнения есть все x  3 . Перенесем
x  3 в правую часть и
обе части уравнения возведем в шестую степень:
3
x7  x3 

3
x7
 
6

6
x  3  ( x  7) 2  ( x  3) 3 
 x 2  14 x  49  x 3  9 x 2  27 x  27  x 3  8 x 2  13x  22  0
Очевидно, что х = 1 является корнем этого уравнения. Разделим
многочлен левой части на х – 1.
x 1
x 3  8 x 2  13 x  22
 3
x  x2
x 2  9 x  22
9 x 2  13 x  22
 2
9x  9x
22 x  22

22 x  22
0
88
2
В результате имеем уравнение x  9 x  22  0 , которое действительных
корней не имеет, т.к. его дискриминант Д  81  88  7  0 .
Так как х = 1 входит в ОДЗ, то проверкой убеждаемся, что это и есть
корень исходного уравнения:
3
1 7  1 3  3 8  4  2  2  0 .
Ответ:
х=1
Пример 4.3. Решить уравнение:
3
x  3 x  16  3 x  8
Решение.
Так как корни в уравнении нечетной степени, то область определения
уравнения (ОДЗ) все действительные числа, т.е. x  R . Возведем обе части
уравнения в куб.

 
3
x  3 x  16 
3
3
x 8

3
x  33 x 2 3 x  16  33 x 3 ( x  16) 2  x  16  x  8
33 x 3 x  16
Подставляя


3
x  3 x  16   x  8
3
x 8
3
3
уравнение 33 x x  16
вместо выражения
3
x  3 x  16 , получаем
x  8  8  x , которое преобразуем следующим
образом
33 x 3 x  16 3 x  8 
3

3 x  8 3  0 ;

x  8 33 x 3 x  16  3 ( x  8) 2  0 .
3 x  8  0
Отсюда 
.
33 x 3 x  16  3 ( x  8) 2  0
Из первого уравнения х1 = 8. Второе решаем так: перенесем
вправо и возведем обе части в куб.
89
3
( x  8) 2
33 x 3 x  16  3 ( x  8) 2
3
3
 
3
x x  16   x  16 x  64
3
2
3

3
27 x( x  16)  ( x 2  16 x  64)
27 x 2  432 x  x 2  16 x  64  0
28 x 2  448 x  64  0
7 x 2  112 x  16  0
x2 , 3
56  56 2 7  16 56  12 21


7
7
Таким образом, исходное уравнение имеет три корня.
Ответ: x1  8, x2 
56  12 21
56  12 21
, x3 
.
7
7
Пример 4.4. Решить уравнение:
4
x(2  x)  3 x 4 (2  x) 7 ( x  3) 5  6 ( x  2)( x  1) x 2  5 ( x  2)( x  6)  2
Решение:
Найдем ОДЗ уравнения из системы неравенств:
 x( 2  x)  0

2
( x  2)( x  1) x  0
Решаем каждое неравенство:
x(2  x)  0  x( x  2)  0
а)
x(2  +
x)  0  x( x  2)  0
x  0;2
+
-
0
2
( x  2)( x  1) x 2  0
б)
x  (;1  2; )
+
+
-1
0
-
2
-
90
 x  0;2
 x  2 , т.е. ОДЗ – одна точка.





x



;

1

2
;


Итак,
Проверкой убеждаемся, что х = 2 является корнем исходного уравнения.
Ответ: х = 2.
Пример 4.5. Решить уравнение:
3
(2  x) 2  3 (7  x) 2  3 (7  x)( 2  x)  3
Решение.
ОДЗ уравнения – все действительные числа, т.е.
x  (; ) .
3
2 x 3 7 x
Умножим обе части уравнения на выражение
 (2  x)
3
2

 3 (7  x)( 2  x)  3 (7  x) 2

 2  x 
3
3

7 x 
33 2 x 3 7 x .
Применяя к левой части уравнения формулу
(a 2  ab  b 2 )( a  b)  a 3  b 3 , получим:
3 2  x 3  3 7  x 3  33 2  x  3 7  x 
2  x  7  x  33 2  x  3 7  x 
3
2  x  3 7  x  3.
После возведения обеих частей этого уравнения в куб и приведения
подобных, получим:
3 2  x  3 7  x 3  33
2  x  33 (2  x) 2 3 7  x  33 2  x 3 (7  x) 2  7  x  27
33 2  x 3 7  x
Подставляя 3 вместо
3
3 2  x  3 7  x   18
2  x  3 7  x , получим:
91
33 2  x 3 7  x  3  18
2  x3 7  x  2
3
и после возведения в куб
(2  x)(7  x )  8
x 2  5x  6  0
Корни этого уравнения x1  6,
x2  1.
Проверкой убеждаемся, что это и корни заданного уравнения.
x1  6,
Ответ:
x2  1
4.1.2 Метод замены переменной
Пример 4.6. Решить уравнение:
7
5 x 7 x3

 2.
x3
5 x
Решение.
Поскольку уравнение содержит корни нечетной степени, то область
допустимых значений переменной х будет находиться из условия:
x  3  0
 x  3



, т.е. x  (;3)  (3;5)  (5; )
5  x  0
x  5
Второе подкоренное выражение является обратным по отношению к
первому. Поэтому вводим замену
примет вид
7
5 x
 t. Тогда исходное уравнение
x3
1
t   2 или t 2  2t  1  0, откуда t  1. Подставим t  1 в
t
замену и решим уравнение
7
5 x
 1.
x3
Возведем обе его части в седьмую степень и получим:
92
5 x
 1  5  x  x  3  2x  2  x  1 .
x3
Т.к. найденный корень входит в ОДЗ, а уравнение содержит корни
нечетной степени, то можно утверждать, что х = 1 – корень исходного
уравнения.
Ответ:
х = 1.
Пример 4.7. Решить уравнение:

3
 

2
2
2  x  2 3 7  x  3 (7  x)(2  x)  0
Решение.
ОДЗ   < x < 
Заданное уравнение – однородное иррациональное второй степени
f ( x)  3 2  x и g ( x)  3 7  x .
относительно
уравнения на

Разделим
обе
части

2
7  x . Получим:
3


3
3

7  x
2 x
2
2
2
3
(7  x)( 2  x)

3
7 x

2
0
или
2
 2 x 
2 x
3
 3
 2  0 , где x  7
 7 x
7

x


Полагая
3
2 x
 t , получим квадратное уравнение t 2  t  2  0 ,
7 x
корни которого t1  2,
t 2  1 . Тогда:
1)
2 x
2 x
 2 
 8  2  x  56  8 x  7 x  58 
7x
7x
58
 x1  
7
3
93
2)
3
2 x
2 x
5
1
 1  2  x  7  x  2 x  5  x2  
7 x
7 x
2
Проверкой легко убедиться, что x1  
58
5
и x2   удовлетворяют
7
2
заданному уравнению.
Ответ:
x1  
58
5
, x2   .
7
2
Пример 4.8. Решить уравнение:
2 x  3  x  1  3x  2 2 x 2  5x  3  16 .
Решение.
3

x


 2х  3  0

2


х 1  1
  x  1
 x  1

ОДЗ
2 х 2  5 х  3  0
 x   3 , x  1


2

Пусть
2x  3  x  1  t ,
где
t > 0.
Тогда
( 2 x  3  x  1) 2  t 2 или 3x  4  2 2 x 2  5x  3  t 2 .
Перепишем заданное уравнение следующим образом:
2 x  3  x  1  3x  4  2 2 x 2  5x  3  20
и введем новую переменную t:
t  t 2  20 или t 2  t  20  0
Корни этого уравнения t1  4, t2  5
Подставим значение
t = 5 в уравнение
получим:
2x  3  x  1  5
94
2x  3  x  1  t ,
Возведем обе части уравнения в квадрат:


2
2 x  3  x  1  52
2 x  3  2 (2 x  3)( x  1)  x  1  25
2 (2 x  3)( x  1)  21  3 x
2
(2 x  3)( x  1)

2
 (21  3 x) 2
Выполнив соответствующие преобразования, получим
x 2  146 х  429  0 .
Корни этого уравнения x1  3, x2  143 .
Проверка:
x2  143;
x1  3,
2  3  3  3  1  3  3  2 2  32  5  3  3  16;
3  2  2  6  7;5  5
2  143  3  143  1  3  143  2 2  1432  5  143  3  16;
289  144  429  2 41616  16;
17  12  413  408,
29  821
неверно.
Проверка показала, что у заданного уравнения один корень х = 3.
Ответ:
х = 3.
Пример 4.9. Решить уравнение:
х 2  32  24 х 2  32  3
Решение.
ОДЗ: х 
 ; 
Используя
n
основное
a m  nk a mk , представим
свойство

арифметического

2
х 2  32  4 х 2  32 , и уравнение примет
вид
4
х
2
корня
 32  24 х 2  32  3  0 .
2
95
Положим в нем
4
х 2  32  t , t  0. Тогда t 2  2t  3  0. Корни
этого уравнения t1  1,
t 2  3. Исходное уравнение сводится при
t  0, т.е. при t  3 к уравнению
2
Отсюда x  32  81,
4
x 2  32  3.
x 2  49, x  7 .
Ответ:  7.
Пример 4.10. Решить уравнение:
2 x 2  5 2 x 2  3x  9  3x  3  0
Решение.
2
ОДЗ 2 x  3 x  9  0
Д  9  4  2  9  63
x  (; )
Перепишем уравнение следующим образом
2 x 2  3x  9  5 2 x 2  3x  9  6  0
или
 2x
2

2
 3x  9  5 2 x 2  3x  9  6  0
(использовано определение корня n – ой степени из положительного числа:
n
a   , если  n  a или
 a
n
n
 a ).
В полученном уравнении вводим замену
2 x 2  3x  9  t ,
t > 0.
2
Тогда t  5t  6  0 .
Корни этого уравнения t1  1, t2  6 .
Введенной замене удовлетворяет t2  6 .
Следовательно,
2 x 2  3x  9  6 или 2 x 2  3x  9  36 .
9
2
Полученное уравнение 2 x 2  3x  27  0 имеет корни x1   , x2  3 .
96
Проверкой убеждаемся, что оба корня удовлетворяют заданное
уравнение.
9
x1   , x 2  3 .
2
Ответ:
Пример 4.11. Решить уравнение:
2 x  3  2 x 2  5x  2 x  5  2 x  50 .
Решение.
Найдем ОДЗ из системы неравенств:
x 2  5x  0
 x( x  5)  0
 x  0, x  5


x

5

0

x

5

 x5



x

5

x  0
x  0


ОДЗ: x  5;  .
Запишем выражение 2х – 3 так:
2x  3  x  5  x  2 

  x
2
2
x5 
 2, ( x  5  0; x  0)
Подставляя его в данное выражение получим:

  x   2  2 x( x  5)  2 x  5  x   50 
   x  5   2 x  5  x   x    2 x  5  x   48  0 


  x  5  x   2 x  5  x   48  0
2
2
x5 
2
2
2
Пусть
x  5  x  t, t > 0 .
Тогда
получаем
уравнение
t 2  2t  48  0 , корни которого t1  8, t2  6 .
Таким образом
x  5  x  6 , т.к. t > 0
Решим это уравнение, отделяя один из корней, а потом возведя в
квадрат:
97
x5  6 x

x5
  6  x 
2
2
x  5  36  12 x  x
12 x  41
41
x
12
1681
x
144
Проверка:
2
1681
1681
1681
1681
 1681 
2
3 2 
2
5 2

  5
144
144
144
144
 144 
1681
41 1681
961
41
3362
41 41
31
 2
5 2
 2 3 
 2   2 
144
12 144
144
12
144
12 12
12
82
1
1
 3
(3362  2542  744  984)  3 
 7632  3  53  3  50
12
144
144
 2
x
Ответ:
1681
.
144
Пример 4.12. Решить уравнение:
3
x  2  x 1  3
Решение.
ОДЗ: x  1  0  x  1
Перенесем
3
x  2 вправо и возведем обе части уравнения в квадрат:
x 1  3  3 x  2 

 
2
x 1  3  3 x  2

2
 x  1  9  63 x  2 
 3 ( x  2) 2  3 ( x  2) 2  63 x  2  x  8  0
Пусть
3
x  2  t , тогда x  2  t 3 , а x  t 3  2 .
98
Получаем уравнение:
t 2  6t  t 3  2  8  0  t 3  t 2  6t  6  0
Левую часть этого уравнения разложим на множители:
(t 3  t 2 )  (6t  6)  0  t 2 (t  1)  6(t  1)  0  (t  1)(t 2  6)  0 
 t  1  0  t  1 (t 2  6  0).
3
Тогда
x  2 1 x  2 1 x  3.
3  2  3 1  1 2  3.
Проверка:
3
Ответ:
х = 3.
4.1.3 Использование формул сокращенного умножения
Пример 4.13.
3
Решить уравнение:
(2  x) 2  3 (7  x) 2  3 (2  x)(7  x)  3
Решение.
ОДЗ: x  (; ) .
Учитывая, что левая часть уравнения является неполным квадратом
2
2
разности a  b  ab , где a  3 2  x , b  3 7  x , и что
a 3  b3 

3
 
3
2 x 
уравнения на a  b 
 (2  x)
3


3
2

3
7 x  2 x 7 x  9,
3
2 x 3 7 x .
3
 3 (7  x) 2  3 (2  x)(7  x)
 
3
2 x 
3
7x

3

33 2x 3
 
7  x   9  3 2  x 
 3 2x 3 7 x 3
Возведем обе части уравнения в куб:
99
обе
части
Получим:
 2  x 
3
умножим
3

7  x
7 x 33 2 x 3 7 x 
3
3

3
2 x 3 7 x


3
 33 

 
3
2 x 
3
3

3
7  x  33 2  x 3 7  x

3
2 x 
 3 7  x  27  9  33 2  x 3 7  x  3  27  3 2  x 3 7  x  2 
 (2  x)(7  x)  8  x 2  5x  6  0  x1  6, x2  1 .
Проверкой убеждаемся, что оба корня являются корнями заданного
уравнения.
x1  6, x2  1 .
Ответ:
В рассмотренном выше примере была использована формула


(a  b) a 2  ab  b 2  a 3  b 3 . .
сокращенного умножения:
Пример 4.14. Решить уравнение:
(34  x)3 x  1  ( x  1)3 34  x
3
34  x  3 x  1
 30
Решение.
ОДЗ:
3
34  x  3 x  1  0
3
34  x  3 x  1
34  x  x  1
2 x  33
x
33
2
Представим 34  x 

3

3
34  x , x  1 

3
x 1
на множители:

3
34  x

3
3
3


x 1  3 x 1
34  x  3 x  1
3
3
34  x
100
 30

3
и числитель разложим
3
3
2
34  x  3 x  1 3 34  x  

3
34  x  3 x  1



2
x  1 
  30
3
34  x 3 x  1 3 34  x  3 x  1
3
3


3
34  x  3 x  1
34  x  3 x  1
  30

34  x 3 x  1 3 34  x  3 x  1  30
*
Возведем обе части этого уравнения в куб, получим



(34  x)( x  1) 34  x  x  1  33 34  x 3 x  1 3 34  x  3 x  1  303
Учитывая равенство *, получим:
(34  x)( x  1)(35  3  30)  27000
( x 2  33x  34)  125  27000
 x 2  33x  34  216
x 2  33x  182  0
Корни полученного уравнения x1  7, x2  26 . Проверкой легко
убедиться, что это корни и заданного уравнения.
x1  7, x2  26 .
Ответ:
Задания для самостоятельной работы
1.
2.
3
3.
3
5 x  x3  2
x7  x3 0
x  5  3 x  6  3 2 x  11
 x 

4.
x 
5.
63 x  3  3 x  2  56 ( x  2)( x  3)
6.
7.
3

x2 1
5
3
x2 1 1
x 1  6 x 1  6
 
3
x 1  x 
x 1  x
101

2
2
x  1  x  3  2 ( x  1)( x  3)  4  2 x
8.
9.
515 x 22  15 x14 x  2215 x 7  0
18  7 x  x 2
10.
11.
8  6x  x 2
18  7 х  х 2
x 2  x 2  2 x  8  12  2 x
3
12.

8  6х  х 2
3
x4  1
x2  1
 3
4
2
x 1
x 1
3
Ответы:
1. 4;
2. 0;
3. x1  6, x 2  5, x3  5,5;
4.  1;
5. x1 
2185
190
, x2 
;
728
63
6. 65;
7. 0;
8. 1;
9. 4;
10. x1  5, x 2  0;
11. x1  4, x 2  2;
12. 8
102

13
6
5 Системы иррациональных уравнений
Методы решения систем иррациональных уравнений такие же, как и
методы решения систем рациональных уравнений. Рассмотрим решение
систем иррациональных уравнений на примерах.
Пример 5.1. Решить систему уравнений:

1
1
 x  y 2 2
y
x

 2
2
( x  1) y  ( y  1) x  4 xy
Решение.
При x  0 и y  0 разделим второе уравнение на ху:


1
1
1
1
 x  y 2 2
 x  y 2 2
y
x
y
x



 2
2
 ( x  1) y  ( y  1) x  4
x  1  y  1  4
 xy

x
y
xy

Преобразуем второе уравнение и введем замену:

1
1

1
1
x


y

2 2

x


y


2
2

y
x
y
x




2
2
1 
1
 x  1    y  1   4

 


 

 x  y    y  x   4
y
x




 


Пусть
x
1
 t,
y
y
1
 z , t > 0, z > 0;
x
103
Тогда


t  z  2 2
t  2 2  z


2
2
2
2

t

z

4


2 2 z z 4





t  2 2  z
t  2 2  z
t  2



2
2



2 z  4 2 z  4  0
z  2 2 z  2  0
z  2
Возвращаясь к переменным х и у, получим:

1
1

1

x

2

1
x


2

x


2



y
y
y


x  2  y





y
1

y  1  2
y 
y2  2y  1  0
2
y


2




2y 1
x


x
1

x

2

x  1
1

y 

, y
2
y  1
( y  1) 2  0


 11  11  2  2  2 2
Проверка:  2
2

(1  1)  1  (1  1)  1  2  2  4
Ответ:
x  1, y  1.
Пример 5.2. Решить систему уравнений:







x 1

x y
x y
2
x 1
x 1

y2
y2
 1,5
x 1
104
Решение.
x 1
 t,
x y
Обозначим
x y 1
 ,
x 1 t
причем
t > 0, z > 0 . Тогда
y2 1

x 1 z
Получим уравнения t 
Откуда:
x 1
 z,
y2
1
1 3
 2, z  
t
z 2
t 2  2t  1  0, 2 z 2  3z  2  0.
Первое уравнение имеет корень
t  1 , второе – два корня
1
z1   , z 2  2 . Но z > 0 , поэтому z  2 . Получим систему уравнений
2







x 1
1
x y
 x 1
x  y 1
x  1  x  y
y  1




x 1
x 1
x  1  4 y  8
 x  11
4
2 

y2
y 2



Проверка: 



Ответ:
11  1
11

 1 1 2
11  1
11
11  1
1 2
1
1 3

 4
 2 
1 2
11  1
4
2 2
x  11, y  1
Пример 5.3. Решить систему уравнений

4 2 y  x  11  4 x  3 y  9  3


 2 y  x  11  x  3 y  9  3
105
Решение.
2 y  x  11  0
x  3 y  9  0
ОДЗ: 
Перепишем систему в виде:
4
4

 2 y  x  11  x  3 y  9  3

2
2
4
4

 2 y  x  11  x  3 y  9  3

и
обозначим
4
 
2 y  x  11  t ,
4
x  3y  9  z

причем
t  0, z  0 .
Получим систему рациональных уравнений, одно из которых первой
степени:
t  z  3
t  z  3
t  z  3


2


2
(t  z )(t  z )  3
t  z  1
t  z  3
Складывая и вычитая эти уравнения, найдем t и z:
2t  4
t  2


2 z  2
z  1
Возвращаясь к переменным х и у, получим:
4 2 y  x  11  2 2 y  x  11  2 4
 x  2 y  5






4
x

3
y

10
x

3
y

9

1
 x  3 y  9  1


5 y  15
y  3
x  1



 x  3 y  10
 x  10  3 y
y  3
4
4
4
4

 2  3  1  11  1  3  3  9  16  1  2  1  3
Проверка: 

 2  3  1  11  1  3  3  9  16  1  4  1  3
Ответ:
x  1, y  3 .
106
Пример 5.4. Решить систему уравнений:
 x  y  x 2  4 y 2  2
 5 2
.
 x x  4 y 2  0
Решение.
2
2
ОДЗ: x  4 y  0 .
Из второго уравнения вытекает, что либо
х = 0, либо x 2  4 y 2  0 .
Если x  0, то x 2  4 y 2  4 y 2  0 .
Но по ОДЗ x 2  4 y 2  0, а х  0 и у  0 не удовлетворяют первое уравнение
2
2
системы. Следовательно, x  0 и x  4 y  0 .
Данная
система
сводится
к
системе:
x  y  2
x  2  y


 2
 2
2
2
x

4
y

0
x

4
y

0



4
x

1

3
x  2  y



x  2  y
x  2  y
 y   2
2





y


 2
 1
 1
2
2
3
3
(
2

y
)

4
y

0
3
y

4
y

4

0




 y 2  2
  x2  4
 y  2
 2
Оба решения удовлетворяют уравнения системы, в чем следует
убедиться проверкой.
Ответ:


4
2
 х1  , у1   , х2  4; у2  2 .
3
3


107
Пример 5.5. Решить систему уравнений:
 20 y
 x y  x y

 x

.
 16 x  x  y  x  y

 5y
Решение.
y
x >0
x > 0


x  y  0  y > 0

ОДЗ: 
x  y  0  x  y


Перемножим уравнения системы почленно:
20 y 16 x


x
5y


20 y  16 x

x  5y
x y  x y

x y
 
2


x y  x y 
x y

2
 64  ( x  y )  ( x  y ) 
 2y  8  y  4
После подстановки значения у = 4 во второе уравнение системы,
получаем:
2
 4x 
4x
 
 x  4  x  4  

5
 5 
 x  4  2 x 2  16  x  4 


x4  x4
x 2  16 

2

4x

5
3x
9 2
 x 2  16 
x 
5
25
16 2
x  16  x 2  25  x  5( x > 0)
25
Проверкой убеждаемся, что х = 5, у = 4 удовлетворяют данную
систему уравнений.
Ответ: x  5, y  4 .
108
Пример 5.6 Решить систему уравнений:
 x2  y2  x2  y2 5  7


 2
 x  y2  x2  y2 5  7 .
 3
3

 x  2 y  118
Решение.
x 2  y 2
ОДЗ 
y  0
Преобразуем первое уравнение системы используя производную
пропорцию: если
x
x

a c
a b cd
 , то

. Получим:
b d
ab cd
x
 y   x
  5  7  5  7  
 y  5  7   5  7 
2
 y2  x2  y2 
2
 y2  x2  y2
2
 y2  x2
2
 y2  x2
x2  y2
x2  y2

2
2
7
5
Возведем обе части этого уравнения в квадрат:
x2  y2
7
( x 2  y 2 )  ( x 2  y 2 ) 7  25
y2
9
y
3








x 2  y 2 25
( x 2  y 2 )  ( x 2  y 2 ) 7  25
x 2 16
x
4
Получим две системы уравнений:
1)
3

y  x
4

 x 3  2 y 3  118

Подставляя y  
2)
3
x во второе уравнение, получим:
4
3
54 3
118 3
3 
x  2 x   118  x 3 
x  118 
x  118 
4
64
64


3
 x 3  64  x1  4, y1  x1  3.
4
3
1)
3

y   x
4

 x 3  2 y 3  118

109
3
54 3
10 3
 3 
x  2  x   118  x 3 
x  118 
x  118 
64
64
 4 
3
2)
 x3 
59  64
59
59
 x 2  43
, y2  33
5
5
5
Таким образом, заданная система имеет два решения:
 x1  4

 y1  3

59
 x2  43
5

и 
.
59
 y  33
2

5

Проверкой можно убедиться, что оба решения удовлетворяют данную
систему.
Ответ:
 59
59 
.
(4;3),  43
;3
5
5 

110
Задания для самостоятельной работы
1.

 x 2  4 xy  3 y 2  x  1


x  y  1
2.
 x y


5
x

x  y  1

3.
4.
5.
5x
2
x y
3
3

 x  y 3
3 2
2
3
3

 x  xy  y  3

4 x  y  4 x  y  2


 x y  x y 8
4

 x y  x y 8
 3
2
2
3
4

 x  x y  xy  y  12
Ответы:
1. (2;1);
1 4
5 5
2.  ;  ;
3. (1;8), (8;1);
4. (41;40);
5. (650;-646), (26;10).
111
6 Уравнения с неизвестной под знаком модуля
f ( x)   ( x) называется уравнением с
Определение. Уравнение
абсолютными величинами (модулями), если оно содержит неизвестное или
функции от неизвестного под знаком абсолютной величины.
6.1 Уравнения вида
f ( x)  a
Уравнение вида
f ( x)  a
(1)
есть простейшее уравнение с абсолютной величиной, где f (x ) - некоторая
элементарная функция неизвестной величины х; a  R - данное число:
Тогда:
1)
если a < 0 , то уравнение (1) решений не имеет;
2)
если a  0 , то уравнение (1) равносильно уравнению f ( x)  0 ;
3)
если
a > 0 , то уравнение (1) равносильно совокупности
 f ( x)  a
уравнений 
 f ( x)  a
Пример 6.1. Решить уравнение:
x 2  3x  2  2 .
Решение.
Д( f ) : x R
Так как правая часть уравнения положительна, то данное уравнение
эквивалентно совокупности уравнений
112
 x 2  3x  2  2
 x 2  3x  4  0
 2

 2
 x  3x  2  2
 x  3 x  0
 x1  1
x  1  0
 x  4
x  4  0
2


 x3  0
x  0


x  3  0
 x4  3
( x  1)( x  4)  0

 x( x  3)  0

x   4;3;0;1.
Ответ:
6.2. Уравнение вида f ( x)   ( x)
Уравнение
f ( x)   ( x)
(2)
полезно решать следующим образом:
1.
Найти ту часть ОДЗ уравнения, где  ( x )  0 .
2.
На этой области уравнение (2) равносильно совокупности двух
уравнений f ( x)   ( x) и f ( x)   ( x) .
Решения этой совокупности, принадлежащие рассматриваемой
области, и дадут решение уравнения.
Пример 6.2. Решить уравнение :
3х  2  11  x .
Решение.
Представим уравнение как совокупность двух систем
3x  2  11  x
3x  2  (11  x)

и 
или
11  x  0

 11  x  0
113
 x  11
11  x  0
 x  11



 4 x  13   x1  13 4
3 x  2  11  x
3 x  2  (11  x)
2 x  9
 x   9 2


 2
Проверяя выполнение первого неравенства для х1 и х2, видим, что х1 <
11, х2 < 11. значит оба они – корни заданного уравнения.
Ответ: x1 
13
9
, x2  
4
2
Пример 6.3. Решить уравнение:
x2  4x  3
x2  4x  3
 2
.
x 2  7 x  10
x  7 x  10
Решение.
Д ( f ) : x 2  7 x  10  0  ( x  2)( x  5)  0  x  5, x  2, т.е.
x  (;5)  (5;2)  (2; )
Заметим, что данное уравнение имеет решение только тогда, когда
2
2

x2  4x  3
( x  4 x  3)( x  7 x  10)  0
0 2

x 2  7 x  10

x

7
x

10

0

( x  1)( x  3)( x  2)( x  5)  0

 x   5;2
Первое неравенство решается графически:
+
+
-5
-2
+
1
Можно записать
 5  x  2

0

.
1  x  3
x 2  7 x  10

x 2  4x  3
114
-
3
Таким образом, заданное уравнение равносильно системе:
 5  x  2
 5  x  2

 5  x  2
1  x  3

 1  x  3


2
1  x  3
x 2  4x  3
 x  4x  3
   x  

 2


x  7 x  10
 x 2  7 x  10
Ответ:
x  (5;2)  1;3
Пример 6.4. Решить уравнение:
x 2  4 x  3  7 x  11  0
Решение.
ОДЗ x  R
Выражение, стоящее под знаком модуля, может быть большим или
равным нулю и меньшим нуля. Поэтому
 x  3  0
 2
 x  4( x  3)  7 x  11  0
x 2  4 x  3  7 x  11  0  

x

3

0


 x 2  4( x  3)  7 x  11  0

 x  3

 x  3  0
 x  3  13
 2

 x  3 x  1  0
2


 x  3
 x  3  0

 x 2  11x  23  0

 x  11  29

2
Проверим выполнение первого неравенства в каждой системе:
1) Условию
x  3 удовлетворяет только значение x 
следовательно, это и есть решение первой системы.
115
3  13
,.
2
2) Условию x  3 значение x 
11  29
, очевидно, не удовлетворяет.
2
Проверим, верно ли неравенство
x
11  29
 3  11  29  6  5  29 – верно.
2
Следовательно, x 
Ответ: x1 
3  13
,
2
11  29
– решение второй системы.
2
x2 
11  29
.
2
Пример 6.5. Решить уравнение:
3  x  x 1  6  x .
Решение.
ОДЗ: 6  x  0, т.е. x  6 .
Исходное уравнение равносильно совокупности уравнений
3  x  x 1  6  x
3 x  5


3

x

x

1

x

6

 3  x  2 x  7
Решим каждое уравнение совокупности.
а)
3  x  5

3  x  0
3 x  5  

3  x  5

3  x < 0
 x  2

 x  3 
 x  8

 x > 3
 x1  2
x  8
 2
Значение x1  2 удовлетворяет ОДЗ, т.е. условию x  6 , и является
решением исходного уравнения, чего нельзя сказать о значении
116
x2  8 .
3 x  10
3  х  2х  7


 x  3,5
2
х

7

0
3  x  2x  7  


 x  4
 3  х  2 х  7 


 2х  7  0
 x  3,5
б)
Значение x3 
 x  3,5

10

 x3 
3 .


 x4  4
10
не удовлетворяет неравенство x  3,5 , а x4  4
3
удовлетворяет и неравенство x  3,5 и неравенство x  6 . Следовательно,
является решением исходного уравнения.
Ответ:
Пример 6.6.
x1  2; x2  4 .
Решить уравнение:
x2  4x  3
x2  x  5
 1.
Решение.
Заданное уравнение равносильно совокупности четырех смешанных
систем. Составим и решим эти системы:
1)
 x  0


x 2  4x  0
 x( x  4)  0
 x  4



 x  5
 x  5 
x  5  0
 2
 2
5 x  8
2
 x  4x  3  1 x  4x  3  x  x  5

2
 x  x  5

x  5


8  ;
x


5

117

x2  4 x  0
 x( x  4)  0



 x  5

x  5  0
 2
 2
2

x

4
x

3
 x  4 x  3  x  x  5


1

 x2  x  5
2)
 x  (0;4)

 x  5

 2
2 x  5 x  2  0

x2  4x  0



x  5  0
 2
 x  4x  3  1

 x2  x  5
3)
 x  (0;4)

1

 x1 
2 ;

 x2  2
 x  0

 x  4


x  5
 2
2
x  4x  3  x  x  5



x  0
x  0


 4  x  5
  x  4; 5
;

2
3x  2
 x3  

3


x2  4x  0



x  5  0
 2
  x  4x  3  1

 x2  x  5
4)
0  x  4

 .
x  5
 2
2 x  3 x  8  0
1
При значениях x1  и x2  2 выполняется условие 0 < x < 4 , а
2
при x3  
2
– условие x  0 . Следовательно, это решения исходного
3
уравнения.
Ответ:
x1 
1
,
2
x 2  2,
2
x3   .
3
118
f ( x)   ( x)
6.3 Уравнения вида
(3)
Уравнения этого вида можно решать согласно общему методу.
Однако иногда бывает полезно заменить уравнение (3) уравнением
f 2 ( x)   2 ( x) ,
т.е.
уравнением
 f ( x)   ( x) f ( x)   ( x)  0 ,
равносильным ему на его ОДЗ.
Пример 6.7.
3
2
Решить уравнение x  x  1  x  3x  1 .
Решение.
ОДЗ: x  R
Возведя обе части уравнения в квадрат, получим уравнение
( x 3  x  1) 2  ( x 2  3x  1) 2 или
( x 3  x  1  x 2  3x  1)( x 3  x  1  x 2  3x  1)  0
которое можно переписать в виде
( x 3  x 2  4 x)( x 3  x 2  2 x  2)  0
Это
уравнение
равносильно
совокупности
уравнений
x3  x 2  4 x  0 и x3  x 2  2x  2  0 .
3
2
2
Так как x  x  4 x  x( x  x  4) и дискриминант квадратного
2
3
2
трехчлена x  x  4 отрицателен, то уравнение x  x  4 x  0 имеет
единственный корень x1  0 .
3
2
2
2
Поскольку x  x  2 x  2  x ( x  1)  2( x  1)  ( x  1)( x  2) 
 ( x  1)( x  2 )( x  2 ) , то решение уравнения x 3  x 2  2 x  2  0 есть
х2 =1, х3 = 2 , х3 =  2 .
Итак, исходное уравнение имеет четыре корня: х1 = 0, х2 = 1, х3 = 2 ,
х3 =   2 .
119
Замечание. Если уравнение имеет несколько модулей, то его решение
находится методом интервалов.
6.4 Метод интервалов
Уравнение вида
f1 ( x)  f 2 ( x)  ...  f n ( x)   ( x)  0 ,
где f і (x) , (і=1,2,…,n) – некоторые элементарные функции неизвестной
і
величины х, решаются методом интервалов.
Рассмотрим этот метод на примере.
Пример 6.8. Решить уравнение x  1  2 x  2  3 x  3  4 .
Решение.
Находим нули каждого модуля х1 = 1, х2 = 2, х3 = 3, и эти значения
наносим на числовую ось.
1
2
3
Ось разбилась на четыре интервала, на каждом из которых
раскрываем значения модуля:
1)
x   ;1
x 1< 0  x 1  1 x
x2<0 x2  2 x
x 3<0  x 3  3 x
120
На интервале (;1) исходное уравнение принимает вид:
(1  x)  2(2  x)  3(3  x)  4
или
1  x  4  2 x  9  3x  4
2 x  2
x  1  ;1
Аналогично поступим на каждом следующем интервале и будем
иметь:
2)
x  1;2
( x  1)  2(2  x)  3(3  x)  4  4  4  x 1;2
3)

x  2; 3
( x  1)  2( x  2)  3(3  x)  4  4x  8  x  2 2;3
4)
x  3; 
( x  1)  2( x  2)  3( x  3)  4  2x  10  x  5 3; 
Ответ:
x  5, x  1;2 .
Пример 6.9. Решить уравнение
x( x  2) 
1
 x  2  x  2 .
4
Решение.
Найдем нули модулей:
x  2  0  x1  2; x  2  0  x  2 .
По определению модуля имеем:
121
 x  2, если x  2  0  x  2.
x2  
 ( x  2), если x  2  0  x  2;
 x  2, если x  2  0  x  2,
x2 
 ( x  2), если x  2  0  x  2.
Числовая ось разбилась на три интервала (;2),  2; 2, 2;  .
Рассмотрим каждый интервал отдельно:
1)
x  (;2) .
x( x  2) 
1
( x  2  x  2) ,
4
 x1  0
1
3
3
x 2  2 x   x  x 2  x  0  x( x  )  0  
 x2  3
2
2
2
2

Найденные
значения
не
принадлежат
интервалу
 ;2 ,
следовательно, на этом интервале решений нет.
2)
x  2; 2
x( x  2) 
1
( x  2  x  2)  x 2  2 x  1  x 2  2 x  1  0 
4
 x  1  2 , но x1  1  2
не принадлежит интервалу,
x2  1  2 - корень уравнения.
3)
x 2;  На этом интервале уравнение имеет вид
x( x  2) 
1
1
5
( x  2  x  2)  x 2  2 x  x  x 2  x  0
4
2
2
5
2
Тогда x( x  )  0, а x1  0, x 2 
Ответ:
x1  1  2 ;
x2 
5
.
2
122
5
и x1  2;   .
2
Пример 6.10.
Решить уравнение:
x 2  4 x  4  x 2  10 x  25  10 .
Решение.
Перепишем заданное уравнение учитывая, что каждое подкоренное
выражение – полный квадрат:
( x  2) 2  ( x  5) 2  10
Зная, то
a 2  a , будем иметь уравнение
x  2  x  5  10
Нулями модулей х = -2 и х = 5 числовая ось разбилась на три
интервала
(;2),  2; 5, 5; 
Если x  (;2), то ( x  2)  ( x  5)  10
или  2 x  7  x  
7
 (;2)
2
Если x   2; 5, то ( x  2)  ( x  5)  10
или 7  10 , что неверно.
Следовательно, на этом интервале решений нет.
Если x 5; , то ( x  2)  ( x  5)  10
или 2 x  13  x 
Ответ:
7
x1   ;
2
x2 
13
2
123
13
 5;  
2
Задания для самостоятельной работы
Решить уравнения:
1.
x 2  5 x  4  4 . Найти наибольший корень
2.
2x  5  5  4x
3.
 x 2  16  8 x
4.
3x 2  5 x  9  6 x  15 .
5.
x  2 x 1  3 x  2  0
x3
1
6.
x  2 1
7.
4 x  1  2x  1  3
8.
x  4  x  2x  4
9.
3x  4  2 x  3  16
10.
4
Указать наименьший из корней
( x  2) 4  6 (3  x) 6  2 x  7
Ответы:
1. x  5 ;
2. x  1 ;
3. x  4;
4. x  3;
5. x  2;
6. x > 3;
7. x1  0; x2  3;
8. x  0;
9. x1  14 / 5; x2  18 / 5;
1
x


10.
.
2
124
ЛИТЕРАТУРА
1. 3000 конкурсных задач по математике М.; Рольф, 1997 – 608с.
2.
В.О.Толок, В.В.Киричевський, Т.Д.Волкова. Математика для
вступників до вузів. Навчальний посібник, - Запоріжжя: Просвіта; К.:
Наук. думка, 2000. –656с.
3.
Ш.Г.Горделадзе, Н.М.Кухарчук, Ф.П.Яремчук. Збірник
конкурсних задач з математики. Посібник для вступників до вузів. – К.:
Вища школа, 1973,- 324с.
4.
В.М.Говоров, П.Т.Дыбов, Н.В.Мирошин, С.Ф.Смирнова.
Сборник конкурсных задач по математике. – М.: Наука, 1983. – 384с.
5.
Л.К.Головко и др. Математика. Сборник задач: Пособие для
подготовительных отделений. – К.: Вища школа, 1986. – 295с.
6. Сборник конкурсных задач по математике для поступающих во
втузы. Учебное пособие под редакцией Сканави М.И. – М.: Высшая
школа, 1980. – 541с.
7. В.В.Вавилов, И.И.Мельников, С.Н.Олехник, П.И.Пасиченко.
Задачи по математике. Алгебра. Справочное пособие. – М.; Наука, 1987.
– 432с.
125
ДОНЕЦКИЙ ИНСТИТУТ ЖЕЛЕЗНОДОРОЖНОГО ТРАНСПОРТА
Кафедра высшей математики
Ж.К. Горбатенко
МАТЕМАТИКА
(для поступающих в ДонИЖТ)
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ
Часть 1
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ
Донецк - 2008
126
Горбатенко Жанна Кирилловна
МАТЕМАТИКА
(для поступающих в ДонИЖТ)
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ
Часть 1
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ
Компьютерный макет:
Технические редакторы
Жукова Т.В.,
Щипанская И.А.
Григорьева Л.В.,
Пасько Л.С..
Подписано к печати 03.07.2008.
Формат 60×84/16. Бумага писчая. Гарн. Times New Roman.
Печать на ризографе
Услов.печ. лист 7,3. Тираж 100 экз. Заказ .№
Донецкий институт железнодорожного транспорта
Опечатано в редакционно-издательском отделе ДонИЖТ
Свидетельство о внесении в Гос.реестр от 22.06.2004г.,
серия ДК № 1851
83018, г. Донецк – 18, ул.Горная,6.
127
128