Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Государственный Университет Систем Управления и Радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Элементарная математика для студентов (адаптационный курс)

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.02.2023

Размер:

1.48 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 166 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 > Следующая >>>

нателя25 или деление на выражение, принимающее нулевые значения. Если при решении уравнения на каком-либо этапе получаем уравне- ние-следствие, то необходимо провести исследование корней, например сделать проверку, и отбросить те корни, которые не являются решениями исходного уравнения.

При решении уравнения, выполняя различные преобразования, стараются заменить это уравнение более простым равносильным ему уравнением. Но это удается не всегда. При переходе к неравносильному уравнению возможны случаи:

1)при преобразовании уравнения произошла потеря корней. Например, выполнено деление на множитель, содержащий неизвестную и принимающий в некоторой точке нулевое значение. Очевидно, что такие преобразования уравнения недопустимы;

2)новое уравнение имеет посторонние корни. Их можно выявить проверкой. Иногда удобнее накладывать на правую и левую части уравнения дополнительные условия (не путать с областью допустимых значений переменных), при выполнении которых полученное после преобразований уравнение будет равносильно исходному.

До сих пор мы рассматривали уравнение с одной неизвестной f (x) 0. Уравнение вида f (x,y) 0 называется уравнением с двумя

неизвестными. Решением этого уравнения является упорядоченная пара чисел (х0, у0), при подстановке которых в уравнение вместо х и у соответственно получим верное числовое равенство. В большинстве случаев уравнение с двумя неизвестными имеет бесконечно много решений.

Множество решений уравнения с двумя неизвестными можно изобразить на плоскости как множество точек, координаты которых удовлетворяют уравнению f (x,y) 0. Это множество точек называ-

ется графиком уравнения.

Рассмотрим основные классы уравнений с одной неизвестной и методы их решений.

25 Уравнение f(x) = g(x)h(x) является следствием уравнения f (x) g(x), h(x)

при этом посторонние корни являются корнями уравнения h(x) = 0. 51

§10 Линейные, квадратные

идробно-рациональные уравнения

Линейным называется уравнение вида ax = b или уравнение, приводящееся к такому виду. Если а 0, то линейное уравнение име-

ет единственное решение x b . a

Уравнение вида ax2 bx c 0(a 0) называется квадратным. Число действительных корней квадратного уравнения определяется знаком дискриминанта D b2 4ac. Если D > 0, то уравнение имеет

два различных действительных корня x	b D	. Если D = 0,

1,2	2a

то уравнение имеет два равных действительных корня. Если же D < 0, то квадратное уравнение действительных корней не имеет26.

Если второй коэффициент уравнения является четным, то формула нахождения корней упрощается: дано квадратное уравнение

ax2 2kx c 0, его корни x1,2 k k2 ac . a

Приведенное квадратное уравнение (а = 1) можно решать по

теореме Виета: в приведенном квадратном уравнении x2 px q 0 сумма корней равна второму коэффициенту с противоположным знаком, а произведение корней равно свободному члену, то есть

x1 x2		p,
	x x	q.
	1 2

Если с помощью тождественных преобразований уравнение

можно привести к виду f (x) 0, где f (x) и g(x) — некоторые мно- g(x)

гочлены, то такое уравнение называют дробно-рациональным. Решением этого уравнения являются все корни многочлена f (x),

f (x) 0,

не являющиеся корнями многочлена g(x):

g(x) 0.

26 Квадратное уравнение с действительными коэффициентами и отрицательным дискриминантом имеет два комплексно-сопряженных корня

x1,2 b i|D | . 2a

Найти посторонние корни можно двумя способами: либо решить уравнение g(x) = 0, либо подставить в знаменатель корни числителя и отбросить те, которые обращают знаменатель в ноль.

Пример 34. Решите уравнение

2(5x 3) 7(1 x) 4(2x 13) 5(2 x) 3;

Решение. Данное уравнение является линейным. Раскроем скобки 10x 6 7 7x 8x 52 10 5x 3 и приведем подобные 3x 113x 59. Соберем все выражения, содержащие х в левой части, а не

содержащие

х — в

правой части: 3x 13x 59 1 10 x 60.

Разделив обе части уравнения на (–10), найдем его решение x = 6.

Ответ: 6.

Пример 35. Решите уравнения

а)

x 3

x 2

x 1

x 1;

б)

x 3

x 2

x 1

x 1;

в)

x 3

x 2

x 1

x 2.

Решение. Все три уравнения являются линейными. Приведем дроби к общему знаменателю и соберем слагаемые, содержащие х в левой части, а не содержащие х — в правой части.

а)

x 3\3

x 2\4

x 1\6

x\1

x 1

3x 9 4x 8 6x 6 x

x 1

14x 23 12x 12 2x 11 x 5,5 — уравнение

имеет

единственное решение;

б)

x 3\3

x 2\4

x 1\6

x\1

x 1

3x 9 4x 8 6x 6 x

x 1

12x 23 12x 12 0x 11 x — уравнение не

имеет

решений;

в)	x 3\3		x 2\4		x 1\6		x 1\1	x 2

4		3		2		12

3x 9 4x 8 6x 6 x 1 x 2 12

12x 24 12x 24 0x 0 x ( ; ) — решением урав-

нения является любое действительное число.

Ответ: а) 5,5; б) ; в) (– ; + ).

Пример 36. Решите уравнение

(2x 5)(3x 1) (x 7)(2x 3) 8 0.

Решение. Раскроем в уравнении скобки и приведем подобные

(6x2 15x 2x 5) (2x2 14x 3x 21) 8

0 6x2 13x 5 2x2 17x 21 8 0 4x2 30x 34 0.

Получили квадратное уравнение с четным вторым коэффициентом.

Тогда x	15	152 4 34	15		361	15	19	и	x 1	,
Тогда x								и	x 1	,
1,2		4		4		4			1
		4		4		4

x2 8,5.

Ответ: –1; 8,5.

Пример 37. Решите уравнение 2x2 6x 4 x 3. x 2

Решение. Перенесем x + 3 в левую часть уравнения и приведем выражения в левой части к общему знаменателю

2x2 6x 4 (x 3)\x 2 0

2x2 6x 4 (x2 2x 3x 6) x2 7x 10 0.

x 2

Дробь равна нулю, если ее числитель равен нулю, а знаменатель

x2 7x 10		0,
отличен от нуля:	x 2	0.

						квадратного уравнения x		7	72 4 10
	Найдем корни
	Найдем корни
							1,2		2
									2
	7	9	7 3	и	x	2, x	5. Получим, что x = 5 — корень уравне-
				и	x	2, x	5. Получим, что x = 5 — корень уравне-
2		2			1	2
2		2

ния, x = 2 обращает знаменатель в ноль и не является корнем уравнения.

Ответ: 5.

Пример 38(*). Решите уравнение		2		x 4	1	.
	x	2 4	x	2 2x
					x2 2x

Решение. Разложим знаменатели дробей на множители и приведем дроби к общему знаменателю:

2\x	x 4\x 2	1\x 2	0
(x 2)(x 2)	x(x 2)	x(x 2)

2x (x 4)(x 2) (x 2) 0 x(x 2)(x 2)

			2x x2 4x 2x 8 x 2						x2 5x 6
								0		0.
								0		0.
					x(x 2)(x 2)				x(x 2)(x 2)
	Полученное после преобразований уравнение равносильно сис-
	x2			5x 6 0,			Корни числителя найдем по теореме Виета
теме							Корни числителя найдем по теореме Виета
	x(x 2)(x 2) 0.
x1 x2					5,	Получим, что x = 3 — корень уравнения, x = 2 обра-
x x		2			6.	Получим, что x = 3 — корень уравнения, x = 2 обра-
	1	2

щает знаменатель в ноль и не является корнем уравнения.

Ответ: 3.

Упражнения

Решите уравнения:


95. а)	2x 3		x 7			x 11		;	б)	3x 4				2x 1		7x 1		.
	6									5						15
		3			2							3
96. а)	2x 4	2		6 7x			;		б)		3x 16		1		x 6		x 3		.
	5
					15					12		4				6

97.(x 4)(3x 4) (3x 2)(3x 2) 2x(1 3x);

98.(x 5)(4x 1) (2x 3)(x 2) (2x 1)(x 5).

99. а)

x2 3x 2

б)

2 4x 3

2x 3

6x x2 6

100.

а)

;

б)

x 1

101.

а)

3x 1

7x 4

;

б)

x 1

x 2

102.

а)

;

б)

x2 9

x 3

103.

а)

;

б)

x2 1

x2 2x 1

x 1

104.

а)

б)

x 4

x 1

105.

а)

б)

x 1

x2 x 2

3(x 1)

2(x2

106.

а)

;

б)

x 1

2(x 1)

107.

а)

5 x

б)

x2 1

1 x

108.

а)

x 1

б)

x 4

16 x2

x3 3x2 4x 12

x2 8x 15

x2 2x 4

x 2

x2 4x 8

3x 7

5x x2

x(x 5)

;

x 3

2 6x 9

x 3

x 2

x 5

3x 5

x 2

x 3

x 7

x 3

x2 2x 3

x 2

x 1

x2 3x 4

x 5

;

x2 1

1 x

x 1

x 4

16 x2

§ 11 Уравнения, содержащие неизвестную под знаком модуля

Основным методом при решении уравнений, содержащих неизвестную под знаком абсолютной величины, является метод интервалов, который заключается в следующем: область допустимых значений уравнения разбиваем на части, в каждой части выражения, стоящие под знаком модуля, сохраняют знак. На каждом таком множестве уравнение записывается без знаков модуля, а затем решается. Обязательно проводится проверка полученных решений: проверяется, принадлежат ли полученные корни множеству, на котором рассмат-

ривалось уравнение. Множество решений исходного уравнения состоит из решений, принадлежащих всем частям области допустимых значений. Так, в частности, решаются уравнения вида |f (x)| = g(x)

и |f (x)| + |h (x)| = g(x).

Однако в некоторых случаях уравнение с модулем можно решать и другими методами.

Уравнение |f (x)| = g(x) равносильно совокупности двух систем

f (x) g(x),	f (x) g(x),
	и	f (x) 0.
f (x) 0		f (x) 0.

Уравнение |f (x)| = |g(x)| равносильно совокупности уравнений

f (x) g(x),f (x) g(x).

Наглядное представление при решении уравнений с модулями дает графическое решение таких уравнений.

Пример 39. Решите уравнение |2x 5| 4x 17.

Решение. Найдем точку, в которой выражение, стоящее под знаком модуля, обращается в ноль. Для этого решим уравнение 2x – 5 = 0. Получим x = 2,5. Эта точка делит числовую прямую на два промежутка. При этом, если x ( ;2,5), то |2x 5| (2x 5),

а если x [2,5; ), то |2x 5| 2x 5. Выражение, содержащее

5 2x, x ( ;2,5),

модуль, можно записать в виде |2x 5|

2x 5, x [2,5; ).

На каждом из полученных промежутков решим уравнение.

1. Пусть x ( ;2,5). На этом промежутке уравнение примет вид

5 2x 4x 17. Приведем подобные и получим x = – 2. Этот корень принадлежит рассматриваемому промежутку, то есть является решением.

2. Пусть x [2,5; ). На этом промежутке уравнение примет вид 2x 5 4x 17. Приведем подобные и получим x = –11. Этот корень не принадлежит рассматриваемому промежутку, то есть является посторонним.

Решим	уравнение графически. Построим графики функций
y1 \|2x 5\|	и y2 4x 17. Графики функций пересекаются в одной

точке при х = – 2. Уравнение имеет одно решение

х = – 2.

y1=|2x–5|

Графическое

решение обязательно

требует

проверки, так как при построении графика реше-

y2=4х+17

ние не всегда находится точно. При х = – 2 имеем

|2 ( 2) 5| 4 ( 2) 17 | 9| 9. Значит, реше-

–2

ние найдено верно.

Ответ: – 2.

Пример 40. Решите уравнение | x 1| x 23.

Решение. Найдем точку, в которой выражение, стоящее под зна-

ком модуля, обращается в ноль. Для этого решим уравнение x – 1 = 0.

Получим точку x = 1. Эта точка делит числовую прямую на два

промежутка, на каждом из которых решаем уравнение. При этом,

если

x ( ;1),

то

| x 1| (x 1),

если

x [1; ),

то

| x 1| x 1. Выражение, содержащее модуль, можно записать в ви-

1 x,

x ( ;1),

де | x 1|

x [1; ).

x 1,

1. Пусть

x ( ;1).

Тогда

уравнение

примет

вид

7(1 x) x 23 8x 16 x 2. Так

как

2 ( ;1),

значит,

x = – 2 является решением уравнения.

Пусть

x [1; ).

Тогда

уравнение

примет

вид

7(x 1) x 23

6x 30 x 5. Так как

5 [1; ),

значит, x = 5

является решением уравнения.

Решим уравнение графически. Построим гра-

фики функций

| x 1| и y

x 23 . Решением

уравнения будут абсциссы точек пересечения гра-

–2

5 х

фиков функций. Из рисунка видно, что искомые

точки x = – 2 и x = 5. Выполним проверку для полученных решений.

При

x = – 2

имеем

| 2 1| 2 23 3 3;

при

x = 5

имеем

|5 1| 5 23 4 4. Значит, оба корня уравнения найдены верно.

Ответ: –2; 5.

Пример 41. Решите уравнение | x 2| x2 4x 4.

Решение. Данное уравнение равносильно совокупности двух сис-

тем:

1)	x 2 0;	и	x 2 0;
1)		и	2)		2 4x 4.
	x 2 x2 4x 4;		(x 2) x		2 4x 4.
1)	x 2 0;		x 2 0;
1)
	x 2 x2 4x 4;		x2 3x 2 0.
Корни квадратного уравнения x				3
				3		17	не принадлежат
							не принадлежат
			1,2		2
					2

выбранному промежутку, то есть являются посторонними.

	x 2 0;		x 2 0;
2)		2 4x 4;		2 5x 6 0.
(x 2) x			x

Корни квадратного уравнения x1 6, x2 1 принадлежат вы-

бранному промежутку. Таким образом, уравнение имеет два решения x1 6, x2 1.

										Ответ: –6; 1.
Пример 42. Решите уравнение x2 \| x \| 6									0.
Решение. Пусть x 0. Тогда уравнение примет вид x2 x 6 0.
Его корни x	1				1 5	x
			1 24				3, x	2		2. Заданному про-

1,2		2		2		1

межутку удовлетворяет только один корень x = 3.

Пусть x 0. Тогда уравнение примет вид x2 x 6 0. Его кор-

ни x

1 24

1 5

x 2, x

3. Заданному промежут-

1,2

ку удовлетворяет только один корень x = –3.

Итак, уравнение имеет два решения x = 3, x = –3.

Ответ: –3; 3.

Пример 43(*). Решите уравнение |2x 1| | x 4| 3.

Решение. Найдем точки, в которых

– –

+ –

+ +

выражения, стоящие

под знаком

модуля,

обращаются

в ноль.

Для этого

решим

–0,5

уравнения 2х + 1 = 0 и х – 4 = 0. Получим точки х = – 0,5; х = 4. Эти точки делят числовую прямую на три промежутка.

Если	x ( ; 0,5),	то \|2x 1\| (2x 1),		\| x 4\| (x 4)
и \|2x 1\| \|x 4\| (2x 1) (x 4) x 5.
Если	x [ 0,5;4),	то	\|2x 1\| 2x 1,	\|x 4\| (x 4)
и \|2x 1\| \| x 4\| (2x 1) (x 4) 3x 3.
Если	x [4; ),	то	\|2x 1\| 2x 1, \| x 4\| x 4

и |2x 1| | x 4| (2x 1) (x 4) x 5.

Выражение, содержащее модули, можно записать в виде

x 5,		x ( ; 0,5),
	3x 3,	x [ 0,5;4),
\|2x 1\| \| x 4\|
		x [4; ).
x 5,

На каждом из полученных промежутков решим уравнение.

1.Пусть х (– ; – 0,5). На этом промежутке уравнение примет вид x 5 3 и x = –8. Так как –8 (– ; – 0,5), значит, x = –8 является решением уравнения.

2.Пусть х [– 0,5; 4). На этом промежутке уравнение примет вид 3x 3 3 и x = 2. Так как 2 [– 0,5; 4), то x = 2 является решением

уравнения.

3.Пусть х [4; + ). На этом промежутке уравнение примет вид

x5 3 и x = –2. Так как –2 [4; + ), то на этом промежутке уравнение решений не имеет.

Уравнение имеет два решения x = – 8, x = 2.

Ответ: –8; 2.

Пример 44(*). Решите уравнение | x 1| |4 x| 2x 1. Решение. Найдем точки, в которых выражения, стоящие под зна-

ком модуля, обращаются в ноль. Для этого
решим уравнения х – 1 = 0 и 4 – х = 0. Полу- – +				+ +	+ –
чим точки х = 1, х = 4.			1		4	х
Эти точки делят числовую прямую на три
промежутка, на каждом из которых решаем уравнение.
Если	х (– ; 1),	то	\| x 1\| (x 1), \|4 x\| 4 x			и
\| x 1\| \|4 x\| 5 2x, если		х [1; 4], то \| x 1\| x 1,		\|4 x\| 4 x

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 166 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
05.02.2023501.8 Кб4Электропитание ЭВМ.-5.pdf
#
05.02.20232.52 Mб9Электропитание ЭВМ.-6.pdf
#
05.02.20231.82 Mб15Электропитание ЭВМ..pdf
#
05.02.2023601 Кб5Электропунктурные исследования организма человека..pdf
#
05.02.2023821.3 Кб6Электротехника и электроника..pdf
#
05.02.20231.48 Mб50Элементарная математика для студентов (адаптационный курс)..pdf
#
05.02.2023871.5 Кб39Элементарные функции и их графики.-1.pdf
#
05.02.20231.62 Mб10Элементарные функции и их графики..pdf
#
05.02.20235.04 Mб58Элементная база электронных компонентов РЭС..pdf
#
05.02.2023474.96 Кб8Элементы электронной техники..pdf
#
05.02.20231.39 Mб18Элементы аналоговой схемотехники..pdf