Algebra_10kl_RU

РАЗДЕЛ 3. Степенная функция

П р о д о л ж. т а б л. 47

3. Использование монотонности функций

Схема решения уравнения

1. Подбираем один или несколько корней уравнения.

2. Доказываем, что других корней это уравнение не имеет (используя тео ремы о корнях уравнения или оценку левой и правой частей уравнения).

Теоремы о корнях уравнения

1. Если в уравнении f (x) = a функция f (x)

возрастает (убывает) на некотором про межутке, то это уравнение может иметь не более чем один корень на этом проме

жутке.

Пример

Уравнение x + 23 x = 3 имеет единствен ный корень х = 1 ( 1 + 2 3 1 = 3, то есть 3 = 3),посколькуфункция f (x) = x + 23 x возрастает (на всей области определения х l0) как сумма двух возрастающих функ ций.

2. Если в уравнении f (x) = g (x) функция f (x) возрастает на некотором промежут ке, а функция g (x) убывает на этом же промежутке (или наоборот), то это урав нение может иметь не более чем один корень на этом промежутке.

Пример

Уравнение x = 6 − x имеет единствен ный корень х = 4 ( 4 = 6 − 4, 2 = 2), по скольку f(x) = x возрастает (при х 0), а g (x) = 6 – х убывает.

Объяснение и обоснование

1. Использование конечности ОДЗ для решения иррациональных уравнений.

Основными способами решения иррациональных уравнений, которые исполь зуются в курсе алгебры и начал анализа, являются выполнение равносильных преобразований уравнений или получение уравнений следствий, позволяющих привести данное уравнение к рациональному. Но иногда полученное рацио

302

§ 26. Применение свойств функций к решению иррациональных уравнений

нальное уравнение оказывается сложным для решения. Например, уравне ние x − 3 + 2x2 = 4 6 − 2x +18, приведенное в пункте 1 таблицы 47, можно при вести к рациональному, изолируя 4 6 − 2x и возводя обе части в четвертую степень, а затем изолируя выражение, содержащее x − 3, и возводя обе час ти в квадрат. Но в результате мы получим полное уравнение шестнадцатой степени. В таких ситуациях попробуем применить известные нам методы ре шения уравнений, связанные с использованием свойств функций. В частно

x − 3 l0, сти, в рассматриваемом уравнении ОДЗ определяется условиями 6 − 2xl 0.

Отсюда получаем только одно значение х = 3, принадлежащее ОДЗ. По скольку любой корень уравнения принадлежит его ОДЗ, достаточно прове рить, являются ли числа, входящие в ОДЗ, корнями данного уравнения. Про верка показывает, что х = 3 — корень. Других корней быть не может, по скольку ОДЗ уравнения состоит только из одного значения х = 3.

Отметим, что в том случае, когда ОДЗ данного уравнения — пустое мно жество (не содержит ни одного числа), мы даже без проверки можем дать от вет, что уравнение не имеет корней. Например, если требуется решить урав

x − 3 l 0,

нение x − 3 = 6 2 − x + 5x, то его ОДЗ задается системой то есть сис2 − x l 0,

x l3,

темой x m2, не имеющей решений. Таким образом, ОДЗ данного уравнения не содержит ни одного числа, и поэтому это уравнение не имеет корней.

2. Оценка значений левой и правой частей уравнения. Иногда в тех случаях, когда иррациональное уравнение приводится к громоздкому рациональному (или совсем не приводится к рациональному), целесобразно попробовать оце нить значения функций, которые стоят в левой и правой частях уравнения.

Например, чтобы решить уравнение

(1) достаточно с помощью равносильных преобразований записать его в виде:

x + 4 x = −(1− cos2 x), то есть x + 4 x = − sin2 x. В левой части последнего урав

нения стоит функция f (x) = x + 4 x l 0 на всей области определения, а в пра вой — функция g (x) = –sin2 х m0 при всех значениях х. Тогда равенство между левой и правой частями уравнения возможно только в том случае, когда они одновременно равны нулю. Таким образом, уравнение (1) равносильно системе

303

РАЗДЕЛ 3. Степенная функция

Решим сначала первое уравнение этой системы. Учтем, что x l 0

и 4 x l 0. Сумма двух неотрицательных функций может равняться нулю тогда и только тогда, когда каждое из слагаемых равно нулю. Таким обра

ственное решение x = 0. Это решение удовлетворяет и второму уравнению системы (2) (действительно: –sin2 0 = 0, 0 = 0). Следовательно, система (2) также имеет только одно решение x = 0. Значит, и уравнение (1) имеет един ственный корень x = 0.

3. Использование монотонности функций. Еще одним способом решения тех иррациональных уравнений, которые приводятся к громоздким рациональ ным, является использование возрастания или убывания соответствующих функций. Чаще всего это делается по такой схеме:

1)подбираем один или несколько корней уравнения;

2)доказываем, что других корней это уравнение не имеет.

Обоснование соответствующих свойств приведено в § 18 раздела 2, а при

меры использования этого приема для решения иррациональных уравнений — в таблице 47.

Упражнения

Решите уравнение (1–4).

5.Решите систему уравнений, используя свойства соответствующих функ ций:

304

РАЗДЕЛ 3. Степенная функция

К о м м е н т а р и й

Замена x − 1 = t позволяет заметить, что каждое выражение, стоящее под знаком внешнего квадратного корня, является квадратом двучлена.

Применяя формулу a2 = a , получаем уравнение с модулями, для реше ния которого используем план:

1)найти ОДЗ;

2)найти нули всех подмодульных функций;

3)отметить нули на ОДЗ и разбить ОДЗ на промежутки;

4)найти решения уравнения в каждом из промежутков.

1)ОДЗ уравнения (1): t R, но по смыслу задания это уравнение необходимо решить при t l 0.

2)Нули подмодульных функций: t = 2 и t = 1.

3) Эти нули разбивают область t l 0 на три проме жутка, в каждом из которых каждая подмодуль наяфункцияимеетпостоянныйзнак(см.рисунок).

Промежуток І. При t [0; 1] имеем уравнение –(t – 2) – (t – 1) = t2 + 3.

Тогда t2 + 2t = 0, t = 0 или t = –2, но промежутку [0; 1] принадлежит только t = 0.

306

§ 26. Применение свойств функций к решению иррациональных уравнений

Промежуток ІI. При t [1; 2] имеем уравнение

–(t – 2) + (t – 1) = t2 + 3, равносильное уравнению t2 = –2, не имеющему корней. Таким образом, на промежутке [1; 2] корней нет.

Промежуток III. При t [2; +×) имеем уравнение (t – 2) + (t – 1) = t2 + 3, из которого получаем уравнение t2 – 2t + 6 = 0, не имеющее корней. Таким образом, на промежутке [2; +×) корней нет.

Объединяя полученные результаты, делаем вывод, что уравнение (1) име ет только один корень t = 0.

Выполняя обратную замену, получаем x − 1 = 0, откуда x = 1.

Ответ: 1.

Задача 3 Решите уравнение

3 x − 6 2 − 33 x − 6 2x + 3 + 23 2x + 3 2 = 0.

* В определении однородного уравнения не учитывается член 0, который не имеет степени.

307

РАЗДЕЛ 3. Степенная функция

Вопросы для контроля

1.Объясните, какие ограничения придется наложить на переменную х, чтобы решить уравнение x − 2 = x − 6 с помощью равносильных преобразований.

2.Приведите пример однородного иррационального уравнения. Составьте план его решения.

Упражнения

1.Решите иррациональное уравнение с помощью равносильных преобразо ваний:

§27 РЕШЕНИЕ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ НЕРАВЕНСТВ

Т а б л и ц а 48

308

§27. Решение иррациональных неравенств

Пр о д о л ж. т а б л. 48

2.Равносильные преобразования

309

РАЗДЕЛ 3. Степенная функция

Объяснение и обоснование

1.Решение иррациональных неравенств методом интервалов. Общая схе ма решения неравенств методом интервалов объяснена в § 21 раздела 2, а при мер применения метода интервалов к решению иррациональных неравенств приведен в таблице 48.

2.Равносильные преобразования иррациональных неравенств. Когда для решения иррациональных неравенств используются равносильные преобра зования, то чаще всего с помощью возведения обеих частей неравенства в одну и ту же степень данное неравенство приводится к рациональному нера венству. При этом необходимо иметь в виду следующие свойства:

1) Если обе части неравенства приходится возводить в нечетную степень, то воспользуемся тем, что числовые неравенства A > B и A2k + 1 > B2k + 1 или одновременно верны, или одновременно неверны. Тогда каждое решение неравенства

(которое обращает это неравенство в верное числовое неравенство) будет также и решением неравенства

и, наоборот, каждое решение неравенства (2) будет также и решением не равенства (1), то есть неравенства (1) и (2) — равносильны. Таким обра зом, при возведении обеих частей неравенства в нечетную степень (с со

хранением знака неравенства) получаем неравенство, равносильное дан ному (на ОДЗ данного).

Например,

2k+1 f (x) > g (x) f (x) > g2k+1 (x) .

2)Аналогично, если числа A и B неотрицательны (A l 0, B l0), то числовые неравенства A > B и A2k > B2k также или одновременно верны, или одновре менно неверны. Повторяя предыдущие рассуждения, имеем: если обе час

ти неравенства неотрицательные, то при возведении обеих частей нера венства в четную степень (с сохранением знака неравенства) получаем неравенство, равносильное данному (на ОДЗ данного).

Например, рассматривая неравенство

на его ОДЗ, где f (x) l 0, замечаем, что для всех решений неравенства (3) левая часть неотрицательна (арифметический корень 2k f (x) l 0) и нера

Если выполняется условие (4), то обе части неравенства (3) неотрицатель ны и при возведении в четную степень 2k получаем неравенство, равносиль

310

§ 27. Решение иррациональных неравенств

ное данному: f (x) < g2k (x) (при условии, что учитывается ОДЗ данного нера венства и условие (4)). Таким образом,

f (x) l 0,

< >

2k f (x) g (x) g (x) 0,

<

f (x) g2k (x) .

3)Если с помощью равносильных преобразований требуется решить нера венство

на его ОДЗ, где f (x) l 0, то для правой части этого неравенства рассмотрим два случая: а) g (x) < 0; б) g (x) l 0.

а) При g (x) < 0 неравенство (5) выполняется для всех х из ОДЗ данного неравенства, то есть при f (x) l 0.

б) При g (x) l 0 обе части неравенства (5) неотрицательны, и при возведе нии в четную степень 2k получаем неравенство, равносильное данному:

Отметим, что для всех решений неравенства (6) ограничение ОДЗ данного неравенства f (x) l0 выполняется автоматически; таким образом, при g (x) l 0 достаточно записать только неравенство (6).

Объединяя полученные результаты, делаем вывод:

К о м м е н т а р и й

Приведем неравенство к виду f (x) > 0 и решим его методом интервалов. Для нахождения нулей функции f (x) используем уравнения следствия. Что бы исключить посторонние корни, выполним проверку полученных корней.

Р е ш е н и е

Данное неравенство равносильно неравенству x + 3 − x −1 − 2x − 1 > 0.

311