1. Уравнения называются симметрическими уравнениями 3-й степени , если они имеют вид
ах 3 + bx 2 + bх + a = 0 .

Для того, чтобы успешно решать уравнения такого вида, полезно знать и уметь использовать следующие простейшие свойства возвратных уравнений:

а) У любого возвратного уравнения нечетной степени всегда есть корень, равный -1.

Действительно, если сгруппировать в левой части слагаемые следующим образом: а(х 3 + 1) + bx(х + 1) = 0, то есть возможность вынести общий множитель, т.е. (х + 1)(ах 2 + (b – а)x + а) = 0, поэтому,
х + 1 = 0 или ах 2 + (b – а)x + а = 0, первое уравнение и доказывает интересующее нас утверждение.

б) У возвратного уравнения корней, равных нулю, нет.

в) При делении многочлена нечетной степени на (х + 1) частное является снова возвратным многочленом и это доказывается по индукции.

Пример .

х 3 + 2x 2 + 2х + 1 = 0.

Решение.

У исходного уравнения обязательно есть корень х = -1, поэтому разделим х 3 + 2x 2 + 2х + 1 на (х + 1) по схеме Горнера:

.	1	2	2	1
-1	1	2 – 1 = 1	2 – 1 = 1	1 – 1 = 0

х 3 + 2x 2 + 2х + 1 = (х + 1)(x 2 + х + 1) = 0.

Квадратное уравнение x 2 + х + 1 = 0 не имеет корней.

Ответ: -1.

2. Уравнения называются симметрическими уравнениями 4-й степени , если они имеют вид
ах 4 + bx 3 + сх 2 + bх + a = 0.

Алгоритм решения подобных уравнений таков:

а) Разделить обе части исходного уравнения на х 2 . Это действие не приведет к потере корня, ведь х = 0 решением заданного уравнения не является.

б) С помощью группировки привести уравнение к виду:

а(x 2 + 1/x 2) + b(x + 1/x) + c = 0.

в) Ввести новую неизвестную: t = (x + 1/x).

Проделаем преобразования:t 2 = x 2 +2 + 1/x 2 . Если теперь выразить x 2 + 1/x 2 , то t 2 – 2 = x 2 + 1/x 2 .

г) Решить в новых переменных полученное квадратное уравнение:

аt 2 + bt + c – 2a = 0.

д) Сделать обратную подстановку.

Пример.

6х 4 – 5х 3 – 38x 2 – 5х + 6 = 0.

Решение.

6х 2 – 5х – 38 – 5/х + 6/х 2 = 0.

6(х 2 + 1/х 2) – 5(х + 1/х) – 38 = 0.

Вводим t: подстановка (x + 1/x) = t. Замена: (x 2 + 1/x 2) = t 2 – 2, имеем:

6t 2 – 5t – 50 = 0.

t = -5/2 или t = 10/3.

Вернемся к переменной х. После обратной замены решим два полученных уравнения:

1) x + 1/x = -5/2;

х 2 + 5/2 х +1 = 0;

х = -2 или х = -1/2.

2) x + 1/x = 10/3;

х 2 – 10/3 х + 1 = 0;

х = 3 или х = 1/3.

Ответ: -2; -1/2; 1/3; 3.

Способы решения некоторых видов уравнений высших степеней

1. Уравнения, которые имеют вид (х + а) n + (х + b) n = c, решаются подстановкой t = x + (a + b)/2. Этот метод называется методом симметризации .

Примером такого уравнения может быть уравнение вида (х + а) 4 + (х + b) 4 = c.

Пример.

(х + 3) 4 + (х + 1) 4 = 272.

Решение.

Делаем подстановку, о которой говорилось выше:

t = x + (3 + 1)/2 = х + 2, после упрощения: х = t – 2.

(t – 2 + 3) 4 + (t – 2 + 1) 4 = 272.

(t + 1) 4 + (t – 1) 4 = 272.

Убрав скобки с помощью формул, получим:

t 4 + 4t 3 + 6t 2 + 4t + 1 + t 4 – 4t 3 + 6t 2 – 4t + 1 = 272.

2t 4 + 12t 2 – 270 = 0.

t 4 + 6t 2 – 135 = 0.

t 2 = 9 или t 2 = -15.

Второе уравнение корней не дает, а вот из первого имеем t = ±3.

После обратной замены получим, что х = -5 или х = 1.

Ответ: -5; 1.

Для решения подобных уравнений часто оказывается эффективным и метод разложения на множители левой части уравнения.

2. Уравнения вида (х + а)(х + b)(x + c)(x + d) = А, где а + d = c + b.

Методика решения подобных уравнений заключается в частичном раскрытии скобок, а затем введении новой переменной.

Пример.

(х + 1)(х + 2)(x + 3)(x + 4) = 24.

Решение.

Вычисляем: 1 + 4 = 2 + 3. Группируем скобки по парам:

((х + 1)(x + 4))((х + 2)(x + 3)) = 24,

(х 2 + 5х + 4)(х 2 + 5х + 6) = 24.

Сделав замену х 2 + 5х + 4 = t, имеем уравнение

t(t + 2) = 24, оно является квадратным:

t 2 + 2t – 24 = 0.

t = -6 или t = 4.

После выполнения обратной замены, легко находим корни исходного уравнения.

Ответ: -5; 0.

3. Уравнения вида (х + а)(х + b)(x + c)(x + d) = Ах 2 , где аd = cb.

Метод решения заключается в частичном раскрытии скобок, делении обеих частей на х 2 и решении совокупности квадратных уравнений.

Пример.

(х + 12)(х + 2)(x + 3)(x + 8) = 4х 2 .

Решение.

Перемножив в левой части первые две и последние две скобки получим:

(х 2 + 14х + 24)(х 2 + 11х + 24) = 4х 2 . Делим на х 2 ≠ 0.

(х + 14 + 24/х)(х + 11 + 24/х) = 4. Заменой (х + 24/х) = t приходим к квадратному уравнению:

(t + 14)(t + 11) = 4;

t 2 + 25х + 150 = 0.

t = 10 или t = 15.

Произведя обратную замену х + 24/х = 10 или х + 24/х = 15, находим корни.

Ответ: (-15 ± √129)/2; -4; -6.

4. Решить уравнение (3х + 5) 4 + (х + 6) 3 = 4х 2 + 1.

Решение.

Данное уравнение сразу трудно классифицировать и выбрать метод решения. Поэтому сначала преобразуем, используя разность квадратов и разность кубов:

((3х + 5) 2 – 4х 2) + ((х + 6) 3 – 1) = 0. Затем, после вынесения общего множителя, придем к простому уравнению:

(х + 5)(х 2 + 18х + 48) = 0.

Ответ: -5; -9 ± √33.

Задача.

Составить многочлен третьей степени, у которого один корень, равный 4, имеет кратность 2 и корень, равный -2.

Решение.

f(x)/((х – 4) 2 (х + 2)) = q(x) или f(x) = (х – 4) 2 (х + 2)q(x).

Умножив первые две скобки, и приведя подобные слагаемые, получим: f(x) = (х 3 – 6x 2 + 32)q(х).

х 3 – 6x 2 + 32 – многочлен третьей степени, следовательно, q(x) – некоторое число из R (т. е. действительное). Пусть q(x) есть единица, тогда f(x) = х 3 – 6x 2 + 32.

Ответ: f(x) = х 3 – 6x 2 + 32.

Остались вопросы? Не знаете, как решать уравнения?
Чтобы получить помощь репетитора – .
Первый урок – бесплатно!

blog.сайт, при полном или частичном копировании материала ссылка на первоисточник обязательна.

Цели урока:

• образовательная: обучение решению систем уравнений, содержащих однородное уравнение, симметрических систем уравнений;
• развивающая : развитие мышления, внимания, памяти, умения выделять главное;
• воспитательная: развитие коммуникативных навыков.

Тип урока: урок изучения нового материала.

Используемые технологии обучения:

• работа в группах;
• проектный метод.

Оборудование: компьютер, мультимедийный проектор.

За неделю до урока учащиеся получают темы творческих заданий (по вариантам).
I вариант. Симметрические системы уравнений. Способы решения .
II вариант. Системы, содержащие однородное уравнение. Способы решения .

Каждый ученик, используя дополнительную учебную литературу, должен найти соответствующий учебный материал, подобрать систему уравнений и решить её.
По одному учащемуся от каждого варианта создают мультимедийные презентации по теме творческого задания. Учитель при необходимости проводит консультации для учащихся.

I. Мотивация учебной деятельности учащихся

Вступительное слово учителя
На предыдущем уроке мы рассматривали решение систем уравнений методом замены неизвестных. Общего правила выбора новых переменных не существует. Однако, можно выделить два вида систем уравнений, когда есть разумный выбор переменных:

• симметрические системы уравнений;
• системы уравнений, одно из которых однородное.

II. Изучение нового материала

Учащиеся II варианта отчитываются о проделанной домашней работе.

1. Демонстрация слайдов мультимедийной презентации «Системы, содержащие однородное уравнение» (презентация 1) .

2. Работа в парах учащихся, сидящих за одной партой: учащийся II варианта объясняет соседу по парте решение системы, содержащей однородное уравнение.

Отчёт учащихся I варианта.

1. Демонстрация слайдов мультимедийной презентации «Симметрические системы уравнений» (презентация 2) .

Учащиеся записывают в тетради:

2. Работа в парах учащихся, сидящих за одной партой: учащийся I варианта объясняет соседу по парте решение симметрической системы уравнений.

III. Закрепление изученного материала

Работа в группах (в группу по 4 ученика объединяются учащиеся, сидящие за соседними партами).
Каждая из 6 групп выполняет следующее задание.

Определить вид системы и решить её:

Учащиеся в группах анализируют системы, определяют их вид, затем, в ходе фронтальной работы обсуждают решения систем.

а) система

симметрическая, введем новые переменные x+y=u, xy=v

б) система

содержит однородное уравнение.

Пара чисел (0;0) не является решением системы.

IV . Контроль знаний учащихся

Самостоятельная работа по вариантам.

Решите систему уравнений:

Учащиеся сдают тетради учителю на проверку.

V. Домашнее задание

1. Выполняют все учащиеся.

Решите систему уравнений:

2.Выполняют «сильные» учащиеся.

Решите систему уравнений:

VI. Итог урока

Вопросы:
С какими видами систем уравнений вы познакомились на уроке?
Какой способ решения систем уравнений применяется при их решении?

Сообщение оценок, полученных учащимися в ходе урока.

1. Уравнения называются симметрическими уравнениями 3-й степени , если они имеют вид
ах 3 + bx 2 + bх + a = 0 .

Для того, чтобы успешно решать уравнения такого вида, полезно знать и уметь использовать следующие простейшие свойства возвратных уравнений:

а) У любого возвратного уравнения нечетной степени всегда есть корень, равный -1.

Действительно, если сгруппировать в левой части слагаемые следующим образом: а(х 3 + 1) + bx(х + 1) = 0, то есть возможность вынести общий множитель, т.е. (х + 1)(ах 2 + (b – а)x + а) = 0, поэтому,
х + 1 = 0 или ах 2 + (b – а)x + а = 0, первое уравнение и доказывает интересующее нас утверждение.

б) У возвратного уравнения корней, равных нулю, нет.

в) При делении многочлена нечетной степени на (х + 1) частное является снова возвратным многочленом и это доказывается по индукции.

Пример .

х 3 + 2x 2 + 2х + 1 = 0.

Решение.

У исходного уравнения обязательно есть корень х = -1, поэтому разделим х 3 + 2x 2 + 2х + 1 на (х + 1) по схеме Горнера:

.	1	2	2	1
-1	1	2 – 1 = 1	2 – 1 = 1	1 – 1 = 0

х 3 + 2x 2 + 2х + 1 = (х + 1)(x 2 + х + 1) = 0.

Квадратное уравнение x 2 + х + 1 = 0 не имеет корней.

Ответ: -1.

2. Уравнения называются симметрическими уравнениями 4-й степени , если они имеют вид
ах 4 + bx 3 + сх 2 + bх + a = 0.

Алгоритм решения подобных уравнений таков:

а) Разделить обе части исходного уравнения на х 2 . Это действие не приведет к потере корня, ведь х = 0 решением заданного уравнения не является.

б) С помощью группировки привести уравнение к виду:

а(x 2 + 1/x 2) + b(x + 1/x) + c = 0.

в) Ввести новую неизвестную: t = (x + 1/x).

Проделаем преобразования:t 2 = x 2 +2 + 1/x 2 . Если теперь выразить x 2 + 1/x 2 , то t 2 – 2 = x 2 + 1/x 2 .

г) Решить в новых переменных полученное квадратное уравнение:

аt 2 + bt + c – 2a = 0.

д) Сделать обратную подстановку.

Пример.

6х 4 – 5х 3 – 38x 2 – 5х + 6 = 0.

Решение.

6х 2 – 5х – 38 – 5/х + 6/х 2 = 0.

6(х 2 + 1/х 2) – 5(х + 1/х) – 38 = 0.

Вводим t: подстановка (x + 1/x) = t. Замена: (x 2 + 1/x 2) = t 2 – 2, имеем:

6t 2 – 5t – 50 = 0.

t = -5/2 или t = 10/3.

Вернемся к переменной х. После обратной замены решим два полученных уравнения:

1) x + 1/x = -5/2;

х 2 + 5/2 х +1 = 0;

х = -2 или х = -1/2.

2) x + 1/x = 10/3;

х 2 – 10/3 х + 1 = 0;

х = 3 или х = 1/3.

Ответ: -2; -1/2; 1/3; 3.

Способы решения некоторых видов уравнений высших степеней

1. Уравнения, которые имеют вид (х + а) n + (х + b) n = c, решаются подстановкой t = x + (a + b)/2. Этот метод называется методом симметризации .

Примером такого уравнения может быть уравнение вида (х + а) 4 + (х + b) 4 = c.

Пример.

(х + 3) 4 + (х + 1) 4 = 272.

Решение.

Делаем подстановку, о которой говорилось выше:

t = x + (3 + 1)/2 = х + 2, после упрощения: х = t – 2.

(t – 2 + 3) 4 + (t – 2 + 1) 4 = 272.

(t + 1) 4 + (t – 1) 4 = 272.

Убрав скобки с помощью формул, получим:

t 4 + 4t 3 + 6t 2 + 4t + 1 + t 4 – 4t 3 + 6t 2 – 4t + 1 = 272.

2t 4 + 12t 2 – 270 = 0.

t 4 + 6t 2 – 135 = 0.

t 2 = 9 или t 2 = -15.

Второе уравнение корней не дает, а вот из первого имеем t = ±3.

После обратной замены получим, что х = -5 или х = 1.

Ответ: -5; 1.

Для решения подобных уравнений часто оказывается эффективным и метод разложения на множители левой части уравнения.

2. Уравнения вида (х + а)(х + b)(x + c)(x + d) = А, где а + d = c + b.

Методика решения подобных уравнений заключается в частичном раскрытии скобок, а затем введении новой переменной.

Пример.

(х + 1)(х + 2)(x + 3)(x + 4) = 24.

Решение.

Вычисляем: 1 + 4 = 2 + 3. Группируем скобки по парам:

((х + 1)(x + 4))((х + 2)(x + 3)) = 24,

(х 2 + 5х + 4)(х 2 + 5х + 6) = 24.

Сделав замену х 2 + 5х + 4 = t, имеем уравнение

t(t + 2) = 24, оно является квадратным:

t 2 + 2t – 24 = 0.

t = -6 или t = 4.

После выполнения обратной замены, легко находим корни исходного уравнения.

Ответ: -5; 0.

3. Уравнения вида (х + а)(х + b)(x + c)(x + d) = Ах 2 , где аd = cb.

Метод решения заключается в частичном раскрытии скобок, делении обеих частей на х 2 и решении совокупности квадратных уравнений.

Пример.

(х + 12)(х + 2)(x + 3)(x + 8) = 4х 2 .

Решение.

Перемножив в левой части первые две и последние две скобки получим:

(х 2 + 14х + 24)(х 2 + 11х + 24) = 4х 2 . Делим на х 2 ≠ 0.

(х + 14 + 24/х)(х + 11 + 24/х) = 4. Заменой (х + 24/х) = t приходим к квадратному уравнению:

(t + 14)(t + 11) = 4;

t 2 + 25х + 150 = 0.

t = 10 или t = 15.

Произведя обратную замену х + 24/х = 10 или х + 24/х = 15, находим корни.

Ответ: (-15 ± √129)/2; -4; -6.

4. Решить уравнение (3х + 5) 4 + (х + 6) 3 = 4х 2 + 1.

Решение.

Данное уравнение сразу трудно классифицировать и выбрать метод решения. Поэтому сначала преобразуем, используя разность квадратов и разность кубов:

((3х + 5) 2 – 4х 2) + ((х + 6) 3 – 1) = 0. Затем, после вынесения общего множителя, придем к простому уравнению:

(х + 5)(х 2 + 18х + 48) = 0.

Ответ: -5; -9 ± √33.

Задача.

Составить многочлен третьей степени, у которого один корень, равный 4, имеет кратность 2 и корень, равный -2.

Решение.

f(x)/((х – 4) 2 (х + 2)) = q(x) или f(x) = (х – 4) 2 (х + 2)q(x).

Умножив первые две скобки, и приведя подобные слагаемые, получим: f(x) = (х 3 – 6x 2 + 32)q(х).

х 3 – 6x 2 + 32 – многочлен третьей степени, следовательно, q(x) – некоторое число из R (т. е. действительное). Пусть q(x) есть единица, тогда f(x) = х 3 – 6x 2 + 32.

Ответ: f(x) = х 3 – 6x 2 + 32.

Остались вопросы? Не знаете, как решать уравнения?
Чтобы получить помощь репетитора – зарегистрируйтесь .
Первый урок – бесплатно!

сайт, при полном или частичном копировании материала ссылка на первоисточник обязательна.

Главная > Решение

Рациональные уравнения и неравенства

I. Рациональные уравнения.

Линейные уравнения.

Системы линейных уравнений.

Возвратные уравнения.

Формула Виета для многочленов высших степеней.

Системы уравнений второй степени.

Метод введения новых неизвестных при решении уравнений и систем уравнений.

Однородные уравнения.

Решение симметрических систем уравнений.

Уравнения и системы уравнений с параметрами.

Графический метод решения систем нелинейных уравнений.

Уравнения, содержащие знак модуля.

Основные методы решения рациональных уравнений

II. Рациональные неравенства.

Свойства равносильных неравенств.

Алгебраические неравенства.

Метод интервалов.

Дробно-рациональные неравенства.

Неравенства, содержащие неизвестное под знаком абсолютной величины.

Неравенства с параметрами.

Системы рациональных неравенств.

Графическое решение неравенств.

III. Проверочный тест.

Рациональные уравнения

Функция вида

P(x) = a 0 x n + a 1 x n – 1 + a 2 x n – 2 + … + a n – 1 x + a n ,

где n - натуральное, a 0 , a 1 ,…, a n - некоторые действительные числа, называется целой рациональной функцией.

Уравнение вида P(x) = 0, где P(x) - целая рациональная функция, называется целым рациональным уравнением.

Уравнение вида

P 1 (x) / Q 1 (x) + P 2 (x) / Q 2 (x) + … + P m (x) / Q m (x) = 0,

где P 1 (x), P 2 (x), … ,P m (x), Q 1 (x), Q 2 (x), …, Q m (x) - целые рациональные функции, называется рациональным уравнением.

Решение рационального уравнения P (x) / Q (x) = 0, где P (x) и Q (x) - многочлены (Q (x)  0), сводится к решению уравнения P (x) = 0 и проверке того, что корни удовлетворяют условию Q (x)  0.

Линейные уравнения.

Уравнения вида ax+b=0, где a и b - некоторые постоянные, называется линейным уравнением.

Если a0, то линейное уравнение имеет единственный корень: x = -b /a.

Если a=0; b0, то линейное уравнение решений не имеет.

Если a=0; b=0, то, переписав исходное уравнение в виде ax = -b, легко видеть, что любое x является решением линейного уравнения.

Уравнение прямой имеет вид: y = ax + b.

Если прямая проходит через точку с координатами X 0 и Y 0 , то эти координаты удовлетворяют уравнению прямой, т. е. Y 0 = aX 0 + b.

Пример 1.1 . Решить уравнение

2x – 3 + 4(x – 1) = 5.

Решение. Последовательно раскроем скобки, приведём подобные члены и найдём x: 2x – 3 + 4x – 4 = 5, 2x + 4x = 5 + 4 + 3,

Пример 1.2. Решить уравнение

2x – 3 + 2(x – 1) = 4(x – 1) – 7.

Решение. 2x + 2x – 4x = 3 +2 – 4 – 7, 0x = – 6.

Ответ: .

Пример 1.3 . Решить уравнение.

2x + 3 – 6(x – 1) = 4(x – 1) + 5.

Решение. 2x – 6x + 3 + 6 = 4 – 4x + 5,

– 4x + 9 = 9 – 4x,

4x + 4x = 9 – 9,

Ответ: Любое число.

Системы линейных уравнений.

Уравнение вида

a 1 x 1 + a 2 x 2 + … + a n x n = b,

где a 1 , b 1 , … ,a n , b -некоторые постоянные, называется линейным уравнением с n неизвестными x 1 , x 2 , …, x n .

Система уравнений называется линейной, если все уравнения, входящие в систему, являются линейными. Если система из n неизвестных, то возможны следующие три случая:

система не имеет решений;

система имеет ровно одно решение;

система имеет бесконечно много решений.

Пример 2.4. решить систему уравнений

Решение. Решить систему линейных уравнений можно способом подстановки, который состоит в том, что какого-либо уравнения системы выражают одно неизвестное через другие неизвестные, а затем подставляют значение этого неизвестного в остальные уравнения.

Из первого уравнения выражаем: x= (8 – 3y) / 2. Подставляем это выражение во второе уравнение и получаем систему уравнений

X = (8 – 3y) / 2, 3(8 – 3y) / 2 + 2y = 7.Из второго уравнения получаем y = 2. С учётом этого из первого уравнения x = 1.Ответ: (1; 2).Пример 2.5. Решить систему уравнений

Решение. Система не имеет решений, так как два уравнения системы не могут удовлетворяться одновременно (из первого уравнения x + y = 3, а из второго x + y = 3,5).

Ответ: Решений нет.

Пример 2.6. решить систему уравнений

Решение. Система имеет бесконечно много решений, так как второе уравнение получается из первого путём умножения на 2 (т.е. фактически есть всего одно уравнение с двумя неизвестными).

Ответ: Бесконечно много решений.

Пример 2.7. решить систему уравнений

x + y – z = 2,

2x – y + 4z = 1,

Решение. При решении систем линейных уравнений удобно пользоваться методом Гаусса, который состоит в преобразовании системы к треугольному виду.

Умножаем первое уравнение системы на – 2 и, складывая полученный результат со вторым уравнением, получаем – 3y + 6z = – 3. Это уравнение можно переписать в виде y – 2z = 1. Складывая первое уравнение с третьим, получаем 7y = 7, или y = 1.

Таким образом, система приобрела треугольный вид

x + y – z = 2,

Подставляя y = 1 во второе уравнение, находим z = 0. Подставляя y =1 и z = 0 в первое уравнение, находим x = 1.Ответ: (1; 1; 0).Пример 2.8. при каких значениях параметра a система уравнений

2x + ay = a + 2,

(a + 1)x + 2ay = 2a + 4

имеет бесконечно много решений? Решение. Из первого уравнения выражаем x:

x = – (a / 2)y + a / 2 +1.

Подставляя это выражение во второе уравнение, получаем

(a + 1)(– (a / 2)y + a / 2 +1) + 2ay = 2a + 4.

(a + 1)(a + 2 – ay) + 4ay = 4a + 8,

4ay – a(a + 1)y = 4(a + 2) – (a + 1)(a + 2),

ya(4 – a – 1) = (a + 2)(4 – a – 1),

ya(3 – a) = (a + 2)(3 – a).

Анализируя последнее уравнение, отметим, что при a = 3 оно имеет вид 0y = 0, т.е. оно удовлетворяется при любых значениях y. Ответ: 3.

Квадратные уравнения и уравнения, сводящиеся к ним.

Уравнение вида ax 2 + bx + c = 0, где a, b и c - некоторые числа (a0);

x - переменная, называется квадратным уравнением.

Формула решения квадратного уравнения.

Сначала разделим обе части уравнения ax 2 + bx + c = 0 на a - от этого его корни не изменятся. Для решения получившегося уравнения

x 2 + (b / a)x + (c / a) = 0

выделим в левой части полный квадрат

x 2 + (b / a) + (c / a) = (x 2 + 2(b / 2a)x + (b / 2a) 2) – (b / 2a) 2 + (c / a) =

= (x + (b / 2a)) 2 – (b 2) / (4a 2) + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – ((b 2 – 4ac) / (4a 2)).

Для краткости обозначим выражение (b 2 – 4ac) через D. Тогда полученное тождество примет вид

Возможны три случая:

если число D положительно (D > 0), то в этом случае можно извлечь из D квадратный корень и записать D в виде D = (D) 2 . Тогда

D / (4a 2) = (D) 2 / (2a) 2 = (D / 2a) 2 , потому тождество принимает вид

x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – (D / 2a) 2 .

По формуле разности квадратов выводим отсюда:

x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a) – (D / 2a))(x + (b / 2a) + (D / 2a)) =

= (x – ((-b + D) / 2a)) (x – ((– b – D) / 2a)).

Теорема: Если выполняется тождество

ax 2 + bx + c = a(x – x 1)(x – x 2),

то квадратное уравнение ax 2 + bx + c = 0 при X 1  X 2 имеет два корня X 1 и X 2 , а при X 1 = X 2 - лишь один корень X 1 .

В силу этой теоремы из, выведенного выше, тождества следует, что уравнение

x 2 + (b / a)x + (c / a) = 0,

а тем самым и уравнение ax 2 + bx + c = 0, имеет два корня:

X 1 =(-b +  D) / 2a; X 2 = (-b -  D) / 2a.

Таким образом x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x – x1)(x – x2).

Обычно эти корни записывают одной формулой:

где b 2 – 4ac = D.

если число D равно нулю (D = 0), то тождество

x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – (D / (4a 2))

принимает вид x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 .

Отсюда следует, что при D = 0 уравнение ax 2 + bx + c = 0 имеет один корень кратности 2: X 1 = – b / 2a

3) Если число D отрицательно (D < 0), то – D > 0, и потому выражение

x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – (D / (4a 2))

является суммой двух слагаемых, одно из которых неотрицательно, а другое положительно. Такая сумма не может равняться нулю, поэтому уравнение

x 2 + (b / a)x + (c / a) = 0

не имеет действительных корней. Не имеет их и уравнение ax 2 + bx + c = 0.

Таким образом, для решения квадратного уравнения следует вычислить дискриминант

D = b 2 – 4ac.

Если D = 0, то квадратное уравнение имеет единственное решение:

Если D > 0, то квадратное уравнение имеет два корня:

X 1 =(-b + D) / (2a); X 2 = (-b - D) / (2a).

Если D < 0, то квадратное уравнение не имеет корней.

Если один из коэффициентов b или c равен нулю, то квадратное уравнение можно решать, не вычисляя дискриминанта:

b = 0; c  0; c / a <0; X1,2 = (-c / a)

b  0; c = 0; X1 = 0, X2= -b / a.

Корни квадратного уравнения общего вида ax 2 + bx + c = 0 находятся по формуле

Квадратное уравнение, в котором коэффициент при x 2 равен 1, называется приведённым. Обычно приведённое квадратное уравнение обозначают так:

x 2 + px + q = 0.

Теорема Виета.

Мы вывели тождество

x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x – x1)(x – x2),

где X 1 и X 2 - корни квадратного уравнения ax 2 + bx + c =0. Раскроем скобки в правой части этого тождества.

x 2 + (b / a)x + (c / a) = x 2 – x 1 x – x 2 x + x 1 x 2 = x 2 – (x 1 + x 2)x +x 1 x 2 .

Отсюда следует, что X 1 + X 2 = – b / a и X 1 X 2 = c / a. Мы доказали следующую теорему, впервые установленную французским математиком Ф. Виетом (1540 – 1603):

Теорема 1 (Виета). Сумма корней квадратного уравнения равна коэффициенту при X, взятому c противоположным знаком и делённому на коэффициент при X 2 ; произведение корней этого уравнения равно свободному члену, делённому на коэффициент при X 2 .

Теорема 2 (обратная). Если выполняются равенства

X 1 + X 2 = – b / a и X 1 X 2 = c / a,

то числа X 1 и X 2 являются корнями квадратного уравнения ax 2 + bx + c = 0.

Замечание. Формулы X 1 + X 2 = – b / a и X 1 X 2 = c / a остаются верными и в случае, когда уравнение ax 2 + bx + c = 0 имеет один корень X 1 кратности 2, если положить в указанных формулах X 2 = X 1 . Поэтому принято считать, что при D = 0 уравнение ax 2 + bx +c = 0 имеет два совпадающих друг с другом корня.

При решении задач, связанных с теоремой Виета, полезно использовать соотношения

(1 / X 1) + (1/ X 2)= (X 1 + X 2)/ X 1 X 2 ;

X 1 2 + X 2 2 = (X 1 + X 2) 2 – 2 X 1 X 2 ;

X 1 / X 2 + X 2 / X 1 = (X 1 2 + X 2 2) / X 1 X 2 = ((X 1 + X 2) 2 – 2X 1 X 2) / X 1 X 2 ;

X 1 3 + X 2 3 = (X 1 + X 2)(X 1 2 – X 1 X 2 + X 2 2) =

= (X 1 + X 2)((X 1 + X 2) 2 – 3X 1 X 2).

Пример 3.9. Решить уравнение 2x 2 + 5x – 1 = 0.

Решение. D = 25 – 42(– 1) = 33 >0;

X 1 = (- 5 + 33) / 4; X 2 = (- 5 -33) / 4.

Ответ: X 1 = (- 5 + 33) / 4; X 2 = (- 5 -33) / 4.

Пример 3.10. Решить уравнение x 3 – 5x 2 + 6x = 0

Решение. Разложим левую часть уравнения на множители x(x 2 – 5x + 6) = 0,

отсюда x = 0 или x 2 – 5x + 6 = 0.

Решая квадратное уравнение, получаем X 1 = 2 , X 2 = 3.

Ответ: 0; 2; 3.

Пример 3.11.

x 3 – 3x + 2 = 0. Решение. Перепишем уравнение, записав –3x = – x – 2x, x 3 – x – 2x + 2 = 0, а теперь группируемx(x 2 – 1) – 2(x – 1) = 0,(x – 1)(x(x + 1) – 2) = 0,x – 1 = 0, x 1 = 1,x 2 + x – 2 = 0, x 2 = – 2, x 3 = 1.Ответ: x 1 = x 3 = 1, x 2 = – 2.Пример 3.12. Решить уравнение7

(x – 1)(x – 3)(x – 4)

(2x – 7)(x + 2)(x – 6)Решение. Найдём область допустимых значений x:X + 2  0; x – 6  0; 2x – 7  0 или x  – 2; x  6; x  3,5.Приводим уравнение к виду (7x – 14)(x 2 – 7x + 12) = (14 – 4x)(x 2 – 4x – 12), раскрываем скобки.7x 3 – 49x 2 + 84x – 14x 2 + 98x – 168 + 4x 3 – 16x 2 – 48x – 14x 2 + 56x + 168 = 0,11x 3 – 93x 2 + 190x = 0,x(11x 2 – 93x + 190) = 0,x 1 = 011x2 – 93x + 190 = 0, 93(8649 – 8360) 93  17 x 2,3 = = ,

Т.е. x 1 = 5; x 2 = 38 / 11.

Найденные значения удовлетворяют ОДЗ.

Ответ: x 1 = 0; x 2 = 5; x 3 = 38 / 11.

Пример 3.13. Решить уравнение x 6 – 5x 3 + 4 = 0

Решение. Обозначим y = x 3 , тогда исходное уравнение принимает вид

y 2 – 5y + 4 = 0, решив которое получаем Y 1 = 1; Y 2 = 4.

Таким образом, исходное уравнение эквивалентно совокупности

уравнений: x 3 = 1 или x 3 = 4, т. е. X 1 = 1 или X 2 = 3 4

Ответ: 1; 3 4.

Пример 3.14. Решить уравнение (x 3 – 27) / (x – 3) = 27

Решение. Разложим числитель на множители (по формуле разности кубов):

Доклад

Научный руководитель: Кулабухов Сергей Юрьевич, кандидат физико-математических наук, педагог дополнительного образования МОУ ДОД ДТДиМ, г. Ростов-на-Дону.

− 4 1 + 4

−6

27 ≡ 0,

−4 x + 4 y + 27

+(y +6 )

x = 1, x

(x − 1 )

= −6.

y = −6

Заметим, что решение второго уравнения – это ещё не решение системы. Полученные числа необходимо подставить в оставшееся первое уравнение системы. В данном случае после подстановки получаем тождество.

Ответ: (1, – 6).♦

§5. Однородные уравнения и системы
Функция f (x , y )	называется	однородной		k , если
f (tx, ty ) = tk f (x, y ) .	Например, функция f (x , y ) = 4x 3 y − 5xy 3 + x 2 y 2
является однородной степени 4, т. к.		f (tx, ty ) = 4	(tx )3 (ty )− 5 (tx )(ty )3 +
+ (tx ) 2 (ty ) 2 = t 4 (4x 3 y − 5xy 3 + x 2 y 2 ) . Уравнение f (x , y ) = 0, где				f (x, y) –

однородная функция, называется однородным. Оно сводится к уравне-

нию с одним неизвестным, если ввести новую переменную t = x y .

f (x, y) = a,

Система с двумя переменными g (x , y ) = b , где f (x , y ) , g (x , y ) –

однородные функции одной и той же степени, называется однородной. Если ab ≠ 0 , умножим первое уравнение на b , второе – на a и вы-

чтем одно из другого – получим равносильную систему

bf (x, y) − ag(x, y) = 0, g(x, y) = b.

Первое уравнение заменой переменных t =

(или t =

) сведётся к

уравнению с одним неизвестным.

Если a = 0

(b = 0) , то уравнение f (x , y ) = 0 (g (x , y ) = 0) заменой

переменных t =

(или t =

) сведётся к уравнению с одним неизвест-

− xy + y

21 ,

Пример 20. (МГУ, 2001, химфак) Решите систему

− 2xy + 15 = 0.

2012-2013 уч. год, № 1, 11 кл. Математика. Алгебраические уравнения, неравенства, системы

− xy + y 2 = 21,

− xy + y 2

y2 − 2 xy

−2 xy = −15

2xy = − 15

x ≠ 0, y ≠ 0;

19 ± 11

5x 2 − 19xy + 12y 2 = 0 5

− 19

12 = 0

−2 xy = −15

x = 3 y,

y = ±5.

3 ) ,

(− 3 3; −

3 ) , (4; 5) ,

(− 4; − 5) . ♦

§6. Симметрические системы

f (x, y)

называется

симметрической,

f (x, y) = f (y, x) .

f (x, y ) = a

Система уравнений вида

где f (x , y ) , g (x , y ) – симмет-

g (x, y ) = b ,

рические, называется симметрической системой. Такие системы реша-

ются чаще	всего с помощью введения новых	переменных
x + y = u, xy

x 3 + x 3 y 3 + y 3 = 17,

Пример 21. Решите систему уравнений

x + xy + y = 5 .

♦ Эта алгебраическая (симметрическая) система, обычно она решается заменой x + y = u , xy = v . Заметив, что

x 3 + x 3 y 3 + y 3 = (x + y ) (x 2 − xy + y 2 ) + x 3 y 3 =

= (x + y ) ((x + y) 2 − 3 xy) + x3 y3 = u (u2 − 3 v) + v3 ,

перепишем систему в виде

© 2012, ЗФТШ МФТИ. Колесникова София Ильинична

2012-2013 уч. год, № 1, 11 кл. Математика. Алгебраические уравнения, неравенства, системы

− 3 uv + v

u = 5 − v,

6 = 0

V =5

−5 v

v = 3, u = 2

(в старых переменных)

x + y = 2,

x = 2 − y ,

xy = 3,

y 2 − 2 y + 3 = 0

x + y = 3,

x = 3 − y,

x = 2, y = 1,

y −3 y + 2 = 0

x = 1, y = 2.

xy = 2,

Ответ: (2;1 ) ,

(1; 2) . ♦

Литература

1. С. И. Колесникова «Интенсивный курс подготовки к Единому Государственному экзамену». Москва, Айрис – Пресс;

2. «Решение сложных задач Единого Государственного экзамена» Москва, Айрис – Пресс или «Вако», 2011;

3. Журнал «Потенциал» №№1 –2 за 2005 г – статьи С. И. Колесниковой «Иррациональные уравнения» и «Иррациональные неравенства»;

4. С. И. Колесникова «Иррациональные уравнения», Москва, 2010,

ООО«Азбука»;

5. С. И. Колесникова «Иррациональные неравенства », Москва, 2010, ООО«Азбука»;

6. С. И. Колесникова «Уравнения и неравенства, содержащие модули», Москва, 2010, ООО«Азбука».

Контрольные вопросы

1(2). Найдите наименьшую длину промежутка, который содержит все решения неравенства 5x + 1 ≥ 2(x − 1) .

2(2). Решите неравенство x 3 + 8x 2 − 20x ≤ 2x − 4 (не требуется решать кубическое уравнение, т. к. справа и слева есть множитель x − 2 ).

3(2). Решите неравенство 2 − x ≥ x − 3.

4(2). Найдите наименьшую длину промежутка, которому принадле-

жат все решения неравенства	x2 + 5 x − 84	≤ 0 .
	(x + 13 )(x + 14 )

5(3). Найдите сумму квадратов целочисленных решений неравенства

© 2012, ЗФТШ МФТИ. Колесникова София Ильинична

2012-2013 уч. год, № 1, 11 кл. Математика. Алгебраические уравнения, неравенства, системы

4 − x − 8 + x ≤ x +6 .

6(3). Решите неравенство 5 + x − 8 − x ≤ 3 − x .

7(3). Решите неравенство		− x 3 − x −1			≤ x .
						9 − 4x − (x + 3) )
8(3). Решите неравенство		4 − x −(x + 2 ) )(					≤ 0.
			(x + 1 )(x − 2 )(x − 3 )

9(4). Найдите наименьшую длину промежутка, которому принадле-

жат все решения неравенства
			x + 5				x + 2				144 − x < 0.
			X −2				4 x −5		6x − 6

10(2). Найдите наименьшую длину промежутка, который содержит все решения неравенства 8 x − 8 ≤ 32 + 4x − x 2 .

11(4). Найдите сумму квадратов всех целочисленных решений нера-

2(2). Найдите наименьшую длину промежутка, который содержит
			(x − 1 )3 (x + 3 )
все решения неравенства										≤ 0 .
			2x − 1				x − 2		) (x − 1 )

3(2). Решите неравенство

4 (x − 3 ) 4 ≥ 4 (x − 7 ,5 ) 4 .

4(4). Решите неравенство

x2 + 3 x − 4

x 2 − 16

2x 2 + 3x − 20

5(3). Решите неравенство (x 2	X +1 ) 2 −2 x 3 + x 2 + x −3 x 2		≥ 0 .
венства 4 − 2x − 1 ≤ 3.	Задачи
	− 5x + 6 + 9 − 2x − 5	≤ 0 .
1(3). Решите неравенство
19x 2 − 4x 3 − 4x + 19

10x 2 − 17x − 6

6(4). Найдите все a , при которых уравнение

4 x −

функция f (x ) = x 2 + 4x +

x 2 −

x − 1

− a принимает только

неотрица-

тельные значения.

8(4). Решите уравнение 4 x − 3

x − 1

5x + 14 − 3

5x + 14 − 1

9(4). Решите уравнение

x 2 − 5 +

x 2 −3 = x +1 +

x + 3 .

24 − x 2

9 2 x

10(3). Решите неравенство

≥ 0 .

x2 − 4 7 x − 10

11(3). Три гонщика стартуют одновременно из одной точки круговой трассы и едут с постоянными скоростями в одном направлении. Первый гонщик впервые догнал второго, делая свой пятый круг, в точке, диаметрально противоположной старту, а через полчаса после этого он вторично, не считая момента старта, догнал третьего гонщика. Второй гонщик впервые догнал третьего через 3 часа после старта. Сколько кругов в час делает первый гонщик, если второй проходит круг не менее, чем за двадцать минут?

© 2012, ЗФТШ МФТИ. Колесникова София Ильинична