Содержание 1) Выделение полного квадрата. 2) Замена переменных. 3) Однородные уравнения 4) Уравнение вида (ax+b)4 + (ax-b)4 = c 5) Возвратные уравнения 6) Возвратные уравнения 4й степени 7) Использование суперпозиции функций 8) Mетод мажорант 9) Сведение решений иррациональных уравнений к решению тригонометрических уравнений. 10) Литература. Универсальные приемы решения уравнений 1) Выделение полного квадрата. Данный прием основан на использовании свойств квадрата действительного числа: a2 0 и a 2 a , и также формул сокращенного умножения (a b) 2 a 2 2ab b 2 и (a b)( a b) a 2 b 2 . a) Решить уравнение: x2 - 10x + 25 + y2 = 0 Представляем левую часть уравнения как сумму 2-х полных квадратов и воспользуемся ограниченностью каждого из них, перейдем от уравнения к системе: x 5 0 x 5 x2 - 10x + 25 + y2 = 0 (x-5)2 + y2 = 0 . y 0 y 0 Ответ: (5;0) 4x 2 5. ( x 2) 2 Область определения: x 2. б) x 2 1 (x 2 2x (x 2x 4x 2 4x 2 ) 5 0; x 2 ( x 2) 2 x2 2x 2 4x 2 ) 5 0; ( x 2) x2 x2 2 x2 ) 4 5 0; x2 x2 x2 t ; x2 t 2 4t 5 0; ( t1 5; t 2 1. x2 5, x 2 x2 x 2 1 Ответ: -1,2. x 2 5 x 10 0, x x 2 0 x 1 x 1 x 2 . x 2 2) Замена переменных. Этот метод является одним из основных методов решения уравнений. Как правило, уравнение с помощью введения новых неизвестных сводится к более простым уравнениям, системам уравнений, системам уравнений и неравенств. а) ( x 2)( x 3)( x 3)( x 12) 4 x 2 . Заметим, что 2 12 3 8 24, ( x 2 14 x 24)( x 2 11x 24) 4 x 2 . Поделим на x² 0. x 0 не является корнем уравнения. x ² 14 x 24 x ² 11x 24 4 0; x x 24 24 (x 14)( x 11) 4 0; x x 24 t; Заменим x x (t 14)(t 11) 4 0; t ² 25t 150 0; t1 10, t 2 15. 24 x 4, x x 10, x ² 10 x 24 0, x 6, . x ² 15 x 24 0 x 24 15 x 15 129 x 2 Ответ: 4;6; 15 129 . 2 2 б) 4x 5x 1,5. x² x 3 x² 5x 3 Делим на x 0, x = 0 не является корнем уравнения. Получим 4 3 x 1 x 5 3 x5 x 1,5 ; 3 t ,получим уравнение относительно t : x 4 5 1,5; t 1 t 5 4(t 5) 5(t 1) 1,5(t 1)(t 5), t 1, t 5; Заменим x t ² 2t 15 0; t 5, t 3 . x x 3 5 5 13 x² 5x 3 0 x x . 2 3 x ² 3x 3 0 3 x Îòâåò : 5 13 . 2 в) x 2 12 3 x 144 x 2 5 x 25 13. Левая часть уравнения определена при всех значениях x .Обозначим A x 2 12 3 x, B x 2 5 x и перепишем уравнение в виде A 144 B 25 13. Возведём в квадрат, и получим A B 2 A 144 B 25 0 ; 2 A 144 B 25 A B. Это уравнение равносильно системе: A B 0, Рассмотрим второе уравнение 2 2 4( A 144)( B 25) A 2 AB B . системы: A2 2 AB B 2 4( AB 25 A 144B 25 144), после преобразований получим: ( A B) 2 4(25 A 144 B) 4 25 144. Возвращаясь к переменной x , получаем уравнение: ( x 2 12 3 x x 2 5 x) 2 4(25( x 2 12 3 x) 144( x 2 5 x)) (2 5 12) 2 . (12 3 5) 2 x 2 4(169 x 2 25 12 3 x 144 5 x) 120 2. x 2 (432 120 3 25 676) 240 x(5 3 12) 120 2 0, x 2 (219 120 3 ) 240 x(5 3 12) 120 2 0 , 3(73 40 3 ) x 2 2 120 x(5 3 12) 120 2 0 , 2 3 (5 4 3 ) x 2 120 x 5 4 3 3 120 2 0 , 3 (5 4 3 ) x 120 2 0 , откуда x 120 , x 120(12 5 3 ) . 69 3 5 12 Проверим выполнение условия A B 0 . A B 2 x 2 (12 3 5) x x(2 x 12 3 5) , x 0 , рассмотрим 2 x 12 3 5 240 5 3 12 12 3 5 80 17 3 80 7 0 . Итак, A B 0 . 21 3 Ответ: 120(12 5 3) . 69 3) Однородные уравнения Уравнения вида a 0 p n ( x) a1 p n 1 ( x)q( x) ... a n 1 p( x)q n 1 ( x) a n q n ( x) 0 где n 1, n N , a0 0, an 0, p( x) и q(x) - некоторые функции, называется однородным степени n. Если q( x) 0 , то и з уравнения следует, что и p ( x ) 0. Если q( x) 0 , то разделив обе части p( x) исходного уравнения на q n (x) и обозначив через y , получим уравнение относительно q( x) y: a 0 y n a1 y n 1 ... a n 1 y a n 0. Таким образом, уравнение равносильно совокупности двух q ( x) 0, p( x) 0, q( x) 0, систем: p ( x) y, q( x) a 0 y n a1 y n 1 ... a n 1 y a 0 0. Решить уравнение: 4 2 2 4 а) x 2 3x 2 5 x 2 1 x 2 3x 2 4 x 2 1 0 . Уравнение является однородным уравнением четвертой степени относительно двух многочленов p( x) x 2 3x 2 и q( x) x 2 1 . Проверим, есть ли среди корней уравнения x 2 1 0 корни уравнения x 2 3x 2 0 ,а следовательно и корни исходного уравнения. Решим x 1 x 2 1 0, x 1 x 1 систему 2 x 3x 2 0 x 2 Если x 2 1 0 , то разделив левую и правую части уравнения на ( x 2 1) 4 получаем: 4 x 2 3x 2 x 2 3x 2 5 4 0 2 2 x 1 x 1 x2 1 0 x 2 3x 2 t Получим систему 2 x 1 4 2 2t 5t 4 0 x2 1 0 x 2 3 x 2 1 x2 1 2 x 3 x 2 2 2 x 1 Обозначим x 2 3x 2 t x2 1 t 4 5t 2 4 0 D 9, t 2 1, t 2 4, 4 x 2 3x 2 1 не имеет решений ( x 0 посторонний корень). Уравнение x2 1 1 x 2 3x 2 x 2 3x 2 имеет корень ( 1-посторонний).Уравнение 1 2 имеет корень -4, и 2 x2 1 x2 1 x 2 3x 2 уравнение 2 имеет корень 0. x2 1 1 Ответ: -4;0; ;1. 2 4 б) ( x 5) 13x²( x 5)² 36 x 4 0 Выполним замену (x+5)² = t, x² = w, имеем t ² 13tw 36w², т.е. исходное уравнение, являющееся однородным относительно (x + 5)² и x². Выполним деление на w² = x4 0. Получим квадратное уравнение t x5 ( )²² w x ( x 5) 4 ( x 5)² 13 36 0; 4 x² x ( x 5)² ( x 5)² ( )² 13 36 0; x² x² 5 x 3 5 10 x5 x x 5 ( x )² 4 x ² 10 x 25 4 x ² 3 x ² 10 x 25 0 3 5 x x ² 10 x 25 9 x ² 8 x ² 10 x 25 0 ( x 5 )² 9 x 5 15 4 8 x 5 x 2 5 5 5 Ответ: ,5, , . . 3 4 2 Уравнение в) 5( x ² 2 x)² 11( x ² 2 x)( x ² x 1) 6( x ² x 1)² 0. Поделим x² 2 x x² 2 x 5( )² 11( ) 6 0; x² x 1 x² x 1 x²+x+1 0 при всех x. в) 3 log 32 x 4 log 3 (2 x 1) log 3 x log 32 (2 x 1) 0 x 0 x 0 2 x 1 0 x 0,5 x 0,5 Разделим на log 32 (2x-1) 0, 5 Обозначим t x² 2 x , имеем x² x 1 5t ² 11t 6 0 6 t1 1, t 2 5 Решим уравнение x² 2 x x² 2 x 6 1 и . x² x 1 x² x 1 5 Ответ: 1. 2 log 3 x log 3 x 4 3 1 0. log 3 (2 x 1) log 3 (2 x 1) log 3 x Заменим t, log 3 (2 x 1) 1 3t 2 4t 1 0; t1 1, t 2 . 3 Решим уравнения log 3 x log 3 x 1 . 1 или log 3 (2 x 1) 3 log 3 (2 x 1) log 3 x log 3 (2 x 1) 3 log 3 x log 3 (2 x 1) x 2x 1 log 3 x 3 log 3 (2 x 1) x 1 x 3 2 x 1, x 1 корень 1 5 ; 2 1 5 Ответ: 1; 2 D1 5, x в) 4 x 1 6 x 2 3 2 x 2 4 4 x 6 x 2 32 x 32 4 4 x 6 x 18 9 x делим на 6x>0. 18 0, t 4t 2 18 1 0 D 289 1 17 9 t ; t1 , t 2 2 ïîñòîðîííè 8 4 2 3 ( ) x ( )2 3 2 Îòâåò : x 2 2 3 4 ( ) x 1 18 ( ) x 3 2 2 x Заменим ( ) t , 3 4t 1 t0 é. г) 64 9 x 12 x 1 27 16 x 0 . 64 3 2 x 12 3 x 4 x 27 4 2 x 0. Полученное уравнение является однородным уравнением второго 2x x x 3 3 12 27 0 .Заменим t , t 0, получим 4 4 9 3 квадратное уравнение 64t 2 12t 27 0 , корни t1 , t 2 0 - посторонний. Следовательно, 16 4 3 порядка. Поделим уравнение на 4 : 64 4 2x x x 2 9 3 3 3 x2 . 16 4 4 4 6 Ответ: 2. 4)Уравнение вида (ax+b)4 + (ax-b)4 = c После раскрытия скобок и приведения подобных членов сводится к биквадратному. а) (x-3)4 + (x-5)4 = 82. x 3 x 5 x 4 , получим Заменим t 2 (t+1)4 + (t-1)4 = 82; t4 + 4t3 + 6t² + t + 1 + t4 - 4t3 + 6t² - t + 1 = 82; 2t4 + 12t² + 2 = 82; t4 + 6t² + 1 = 41; t4 + 6t² - 40 = 0; t ² 10 x 4 2 x 6 t 2 t ² 4 x 4 2 x 2 Ответ : 2;6. 5)Возвратные уравнения Пусть задано уравнение 4ой степени. a4x4 + a3x3 + a2x2 + a1x + a0 = 0, где a0 0. 2 a a Если коэффициенты уравнения связаны соотношением a1 = λ a4 (λ 0) или 1 0 , то a4 a3 2 уравнение называется возвратным и после деления на x² 0 и замены x x t , сводится квадратному. Частным случаем возвратных уравнений является симметрическое (λ = 1) и кососимметрическое (λ = -1) уравнения. Одним из способов решения уравнений степени больше двух является приведение его к виду f(x) = 0 и разложение многочлена, стоящего в первой части, на множители, что позволяет свести решение исходного уравнения к решению совокупности нескольких уравнений меньших степеней. Данный способ основан на следующем свойстве корней многочлена n – ой степени. Если число с является корнем многочлена F(x) = anxn + an-1xn-1+ … + a1 x + a0, то этот многочлен можно записать в виде F(x) = (x – c) G(x), где G(x) – многочлен степени n-1. Другими словами, многочлен F(x) делится на многочлен x–c. В общем случае для многочлена nой степени не существует универсального способа нахождения корней. Однако для многочлена с целыми коэффициентами существует теорема, облегчающая нахождение корней таких многочленов: рациональными корнями многочлена anxn + m an-1xn-1+ … + a1 x + a0, где ai Z (i = 0, … n) могут быть лишь числа ( m Z , p N ), причем m p является делителем числа an. Решить уравнение: x 7 2 x 6 5 x 5 13x 4 13x 3 5 x 2 1 0 . 7 Данное уравнение является симметрическим нечетной степени. Суммы коэффициентов при четных и нечетных степенях x такого уравнения равны, а значит один из корней x = -1. Выделим в левой части сомножитель x+1: x 7 x x 6 x 5 6 x 5 6 x 4 7 x 4 7 x 3 6 x 3 6 x 2 x² x x 1 ( x 1)· ·(x 6 x 5 6 x 4 7 x 3 6 x 2 x 1). ( x 6 x5 6 x 4 7 x3 6 x 2 x 1) = 0 - симметрическое уравнение четной степени. Делим на x³ 0 . 1 1 1 ( x ³ ) ( x ² ) 6( x ) 7 0 x³ x² x 1 1 x ² ( x )² 2 t ² 2, x² x 1 1 1 x ³ ( x )( x ² 1) t (t ² 3) t ³ 3t , x³ x x² получим t ³ t ² 9t 9 0 (t 1)(t ² 9) 0 (t 1)(t 3)(t 3) 0 1 x x 1 x 1 3 x x 1 3 x Ответ: 1, x² x 1 0 x² 3x 1 0 x 3 5 2 x ² 3 x 1 0 x 3 5 2 3 5 2 Пример – классическая задача с подсказкой. Решить уравнение x 4 11x² 10 7 x( x² 1) 0. Выделим такой же множитель в выражение x4+11x²+10: x4+11x²+10+7x(x²+1) = 0 x ²( x ² 1) 10( x ² 1) 7 x( x ² 1) 0 ( x ² 1)( x ² 10 7 x) 0 ( x ² 1)( x 5)( x 2) 0 x1 5; x 2 2. 6) Возвратные уравнения 4й степени x 4 5 x 3 9 x 2 20 x 16 0. 20 16 )² 5 1 16 16 т.к. x = 0 не является корнем уравнения, то разделим его на x² и сгруппируем его члены. ( 8 20 16 0 x x2 16 4 ( x ² ) 5( x ) 9 0 x² x 4 Пусть x y, тогда x 16 16 4 x² x² 8 8 ( x ) 2 8 t ² 8 x² x² x x² 5x 9 t ² 8 5t 9 0 t ² 5t 1 0 4 5 4 x 2 2 x ² x(5 21) 8 0 x 5 24 2 4 5 4 x , x 2 решений нет. t Ответ: x1, 2 5 21 10 21 18 4 5 21 10 21 18 4 Решить уравнение: 5 x x² 5 Перейдем к равносильной системе, получим: 5² 2 5 x ² 5 x x 4 0 5 x x 2 5 x ² 5² 5 x ( x ² 5)² x 5 x² 5 0 x² 5 x 5 4 Представим уравнение системы как квадратное относительно 5, получим 5² 5(1 2 x²) ( x x 4 ) 0 Решая его, находим D (1 2 x)² 5 1 2 x ² (1 2 x) 2 1 21 x 1 2 x ² 1 2 x 10 2 x ² 2 x 8 0 x² x 4 0 2 1 2 x ² 1 2 x 10 2 x ² 2 x 10 0 x ² x 5 0 1 17 x 2 Условию x² 5 x ;5 5; удовлетворяют два из найденных значений 1 21 1 17 ; x . 2 2 1 21 1 17 ; x Ответ: x 2 2 x 9 в) x 4 4 x ³ 18 x ² 12 x 9 0. 12 ² 9 4 99 Имеем возвратное уравнение четвертой степени. Делим на x ² 0; x ² 4 x 18 12 9 0 x x² 9 2 x ² 4 x 18 0 x² x 2 x t x t ² 4t 24 0 t 22 7 3 22 7 x x ² 2(1 7 ) x 3 0 3 22 7 x x ² 2(1 7 ) x 3 0 x x 1 7 2 7 5 D 0, x корней нет Ответ: 1 7 2 7 5. 7) Использование суперпозиции функций Иногда можно найти корень уравнения, если заметить, что функция, находящаяся в одной из частей уравнения, является суперпозицией некоторых простых функций. Решить уравнение: 1 СПОСОБ. ( x ² 4 x 6)² 4( x ² 4 x 6) 6 x Обозначим f ( x) x ² 4 x 6 тогда уравнение можно записать в виде f 2 4 f 6 x f ( f ( x)) x .Ясно ,что корни уравнения f ( x) x являются корнями исходного уравнения .То есть если x0 корень уравнения f ( x) x, то x0 корень уравнения f ( f ( x)) x. f ( f ( x0 )) f ( x0 ) x0 ) Решим уравнение x 2 4 x 6 x x1 3, x2 2. Исходное уравнение имеет эти корни. Преобразуем исходное уравнение: x 4 8 x 3 24 x 2 33x 18 0 У полученного уравнения уже найдены два корня:3и2 разделим многочлен на ( x x1 )( x x2 ) то есть на трёхчлен x 2 5 x 6 «уголком» и найдем оставшиеся корни ,если они есть. x 2 5x 6 x 4 8 x 3 24 x 2 33x 18 2 x 3x 3 x 4 5x 3 6 x 2 -3x³ + 18x² - 33x -3x³ + !5x² - 18x 3x² - 15x + 18 3x² - 15x + 18 0 10 x 2 3x 3 0, D <0. Ответ: 2;3. 2 СПОСОБ. Решим уравнение вторым способом. ( x 2 4 x 6) 4( x 2 4 x 6) 6 x. y 2 4 y 6 x, Обозначим x 2 4 x 6 y .Тогда исходное уравнение будет равносильно системе 2 x 4 x 6 y. Вычтем из первого уравнения системы второе уравнение: y 2 x 2 4( y x) x y ( y x)( y x) 4( y x) ( y x) 0 y x, ( y x)( y x 3) 0 y x 3. y x, 2 x 4 x 6 x, Подставляя найденные значения у в первое уравнение системы, найдем х: y x 3 x 2 3 x 6 x 3, 2 x 5 x 6 0, x 2, 2 x 3. x 3x 3 0, 8) Mетод мажорант Мажорантой данной функции f x на множестве P(или множества А чисел) называют такое число M, что либо f x M для всех x P, либо f x M для всех x P, Например, любое число, большее или равное 1 будет мажорантой для функций sinx и cosx на любом множестве. Основная идея метода мажорант состоит в следующем: Пусть требуется решить уравнение вида f x = g x и существует такое число М, что для любого Х из области определения f x и g x имеем f x M и g x M . Тогда уравнение f x = g x f x M , равносильно системе Нет необходимости решать оба уравнения системы. Достаточно g x M . найти корни одного из уравнений и проверкой установить, являются ли они корнями второго уравнения, т .е. решениями системы. Число М искать можно с помощью производной или если использовать следующие неравенства: 1 1 a 2 при a 0 и a 2 при a 0 , равенство достигается при a 1. a a ab ab ab при a 0, b 0, равенство достигается при a=b, ab при a 0, b 0. 2 2 Пример 1. 2 sinx=5x2+2x+3 2 sinx 2 – левая часть не превосходит двух. 11 2 3 1 1 1 3 1 14 1 14 ) 5(( x ) 2+ 5(x2+ x ) 5( x 2+ 2 x )= 5(x+ )2+ 2 5 5 5 25 25 5 5 25 5 5 Левая часть уравнения при любом x строго меньше правой, то решений нет. Ответ: решений нет. Пример 2 sin13+cos8x=1 sin x 1, cos x 1 sin13x sin2x, cos8x cos2x Сложим эти неравенства, получим для любого x sin13+cos8x sin2x+cos2x sin13+cos8x 1, причем равенство достигается, когда sin13x=sin2x и cos8x=cos2x. Уравнение равносильно системе cos 8 x cos 2 x, 13 2 sin x sin x sin 2 x(sin 11 x 1) 0 2 cos x(cos 6 x 1) 0 x 2 t , t Z x k , k Z x k , k Z x 2n, n Z 2 Ответ: x= n, x= 2n, n Z 2 Пример 3. Решить уравнение log2((x-2)2+4)=2-sin25 x (x-2)2+4 4, log2((x-2)2+4) log24=2, sin25 x 0 2-sin25 x 2 ( x 2) 2 4 4 2 sin 2 5x 2 Ответ:2. Пример 4. x 2 2 2 sin 10 2 x=2 Найти все решения уравнения 4x3+3x2=6x- 11 +sin x, лежащие на отрезке 4 3 2 ;1 Решение. Перепишем уравнение в виде sin x=4x3+3x2-6x+ функции, стоящей в правой части. D( f )=R 12 11 . Найдем наименьшее значение 4 f ( x) 12 x 2 6 x 6 f ( x) 6(2 x 2 x 1) 6(2 x 1)( x 1) D 1 4 2(1) 9 1 3 x 4 1 x1 1, x2 2 3 1 f(x) возрастает на отрезках ;1и ;1 , убывает на 2 2 1 1; 2 3 1 Наименьшее значение функция принимает в точке x= - , либо в точке x= 2 2 3 f(- ) 5 2 1 f( ) 1 2 3 1 Правая часть не меньше 1 на ;1 , причем равенство может достигаться при x= 2 2 Проверим sin 1 2 1 1 f ( ) 1 . Левая и правая часть при x= равна 1 2 2 1 Ответ: 2 4 Пример 5 tg14 x 3ctg14 x sin 6 x 2 2 sin( 3x ) . Рассмотрим выражение и 4 3 1 преобразуем его: sin 6 x 2 2 sin( 3x 4 ) cos( 2 6 x) 1 1 2 2 sin( 3x 4 ) 1 cos( 2 2 6 x) 1 2 2 sin( 3x 4 ) 2 sin ( 3x) 1 2 2 sin( 3x ) 2 sin ( 3x) 2 2 sin( 3x ) 1 2 2 sin( 3x ) 1 2. 4 4 4 4 4 2 2 Уравнение приняло вид: tg14 x 3ctg14 x 2 sin( 3x ) 1 2 2 3 .Оценим выражение в 4 первой скобке с помощью неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим, рассмотрев два случая. а) Пусть tg14 x 0, тогда tg14 x 3ctg14 x 2 3tg14 x ctg14 x , 2 tg14 x 3ctg14 x 2 3 , равенство достигается при tg14 x 3ctg14 x , tg14 x 3, tg 2 14 x 3, tg14 x 3 . Таким образом, левая часть уравнения не меньше 2 3 . ctg14 x tg14 x 3 , Равенство достигается, если 2. sin( 3 x 4 ) 2 13 14 x n, n Z , 3 Решим полученную систему. 3x 2k , k Z , 4 4 3x 2m, m Z . 4 4 tg14 x 3, Рассмотрим первую систему совокупности. 2k x . 3 Второе уравнение разобьём на три серии: x 2 2l , x 14 x 3 n, n Z , 3 x 2k , k Z , 14 x n, n Z , ( ) 3 3 x 2m, m Z . 2 2 4 2s, x 2t , где l , s, t целые 3 3 числа. x 2l , tg 28 3, 2 x 2s, 3 Получим совокупность из трёх систем: tg14( 2 2s ) 3 , 3 4 2t , x 3 tg14( 4 2t ) 3 3 Первая и третья первой системы совокупности ( ) решений не имеют, вторая имеет решение 2 x 2s , s Z . 3 tg14 x 3, Рассмотрим вторую систему совокупности: . 2h x ,h Z 6 3 14 5 3 2q , x 2r , x 2g , 6 2 6 5 x 2q, 6 5 tg14( 2q ) 3 , 6 3 2r , x 2 3 tg ( 2r 3 , 2 где q,r,g целые числа. Получим совокупность трех систем: x 2q 6 , tg14( 2g ) 3 , 6 , Второе уравнение аналогично разобьём на три серии: x Вторая система совокупности ( ) имеет решение x 6 2g , g Z . x 6 2g , Совокупность (*) имеет решение: где g , s Z . 2 x 2s 3 Б)Пусть tg14 x 0 , тогда tg14 x 3ctg14 x 2 3 . Поскольку 0 2 sin( 3x 4 2 2 2 1 , то левая часть 2 tg14 x 3ctg14 x 2 sin( 3x ) 1 2 3 2 1 3 2 3 2 3 2 3 12 , так что 4 в этом случае решений нет. 2 2s, s Z ; 2g , g Z . Ответ: 3 6 2 9)Сведение решений иррациональных уравнений к решению тригонометрических уравнений. Ряд трудных алгебраических задач может быть решён с помощью так называемых тригонометрических подстановок, которые сводят решение алгебраической задачи к решению тригонометрической. Метод тригонометрической подстановки применяется при решении алгебраических задач (уравнений, систем, неравенств и т.д.), в которых появляются выражения, по своей структуре похожие на формулы тригонометрии. Выражение вида 2 x 2 1 встречается в тригонометрии, так устроена правая часть известной формулы cos 2 2 cos 2 1 . Поэтому естественно заменить x на cos x . Сделать это можно, 15 если 1 x 1. Наиболее распространены выражения 1 x 2 sin 1 cos 2 ,3x 4 x 3 sin 3 3 sin 4 sin 3 ,4 x 3 3x cos 3 4 cos 3 3 cos , 2x 2tg 2 , x y 2 sin 2 cos 2 1 . tg 2 2 2 1 x 1 tg При этом полезны следующие замены неизвестной. 1) Если в уравнение входит радикал a 2 x 2 , то можно сделать замену x = a sint или x = a cost. a 2 x 2 , то можно сделать замену x = a tgt a 3) Если в уравнение входит радикал x 2 a 2 , то можно сделать замену x = sin t 5 Пример1: Решить уравнение: x 2 1 x 2 x2 1 Область определения уравнения: x R . Сделаем замену неизвестной x=tgt, где 1 5 t , тогда уравнение запишется в виде tgt cos t . Поскольку 2 2 cos t 2 cost 0 для рассматриваемых t, то уравнение для этих t равносильно уравнению 2-2sint=5(1-sin2t) 2(1-sint)=5(1-sint)(1+sint) , откуда sin t 1, sin t 1, 2 1 sin t sin t 3 5 5 3 Промежутку t принадлежит только t=arcsin( ), 2 2 5 3 sint=5 Сделаем обратную замену: 3 x= tg(arcsin(- )) и вычислим значение x: 5 3 3 3 sin(arcsin ( )) 3 5 5 5 3 tg(arcsin(- ))= 3 4 5 4 9 cos(arcsin ( )) 1 5 5 25 3 Ответ: 4 2) Если в уравнение входит радикал Пример2. Решить уравнение : 4 2 x 8 x 2 24 x 17 2(2 x 3) 12 x 4 x 2 8. Выделяя полные квадраты, преобразуем уравнение к виду 1 (2 x 3) 2(2 x 3) 2 1 2(2 x 3) (2 x 3) 2 1 . Введем переменную t 2x 3 , тогда получим уравнение относительно t: 1 t 2t 2 2t 1 t 2 .Оно определено при всех t , удовлетворяющих условию: t 1 . Сделаем замену t cos , где 0; , тогда уравнение примет вид: 1 cos 2 cos 2 1 2 cos 1 cos 2 . 16 После упрощения : 2 sin 2 cos 2 sin 2 . Применяя метод введения дополнительного аргумента , 4 2 2n, 6 3 4 2 имеем: sin sin( 2 ) 3 4 k 2 4 2 2k , n, k Z , n, k Z . 4 2 10 5 Найдем те значения , которые принадлежат промежутку 0; .Таким значением является 3 3 1 3 . Найдем t : t cos ; x (cos 3) . 10 10 2 10 1 3 3 . Ответ: cos 2 10 Пример3 Решим уравнение: 1 x 2 4 x 3 3x. Решение. Найдём область допустимых значений неизвестной: . x 1;1. Каждому значению x из этого отрезка соответствует и притом только одно значение t из отрезка 0; такое, что x cos t t arccos x . Тогда для новой переменной: 1 cos 2 t 4 cos 3 t 3 cos t , sin t 4 cos 3 t 3 cos t , но t меняется на sin t cos 3t cos t cos 3t t 3t 2n, n 2 2 n t 8 2 , n 2 t 3t 2n, n 4t 2 2n, n t k , k . t 3t 2k , k 2t 2k , k 2 2 4 5 3 Отрезку 0; принадлежат три корня: t ; t иt . Исходное уравнение имеет три 8 8 4 отрезке 0; , значит sin t 0. корня: x1 cos x 2 cos 8 , x1 1 cos 2 4 , т.е. x 1 2 2 ; 2 3 2 , x2 ; 4 2 5 2 2 , x3 . 8 2 Решим уравнение вторым способом (без использования тригонометрической подстановки). x3 cos 1 x 2 16 x 6 24 x 4 9 x 2 1 x 2 4 x 3 3x 4 x 3 3x 0 Решим уравнение системы, для этого введем новую переменную 16t 3 24t 2 10t 1 0 , 1 t , тогда Рациональный корень 2 17 t x2 : 1 2 t 16t 16t 2 0 2 8t 2 8t 1 0 1 t 2 2 2 t 2 Возвращаясь к неизвестной х, получим: 2 2 2 2 1 x2 , x2 , x2 , 2 4 4 поэтому уравнение 16t 6 24t 24 10t 2 1 0 имеет 6 корней 2 2 2 2 2 2 ,, , , 2 2 2 2 2 2 2 2 , . 2 2 3 x0 3 3 3 2 Неравенство 4 x 3x 0 решаем методом интервалов: x x x 0 2 2 x 3 2 Неравенству системы удовлетворяют корни Ответ: 2 2 2 2 2 , , . 2 2 2 18 2 , 2 2 2 2 2 , . 2 2 Список литературы. 1. А.И.Азаров О.М.Гладун, Ю.А.Кремень,В.С.Федосеенко. Алгебраические уравнения и неравенства. Минск «Тривиум» 1997. стр.127. 2. С.Н.Олехник,М.К.Потапов,П.И. Пасиченко. Уравнения и неравенства . нестандартные методы решения.М.»Факториал»1997 . 217 стр. 19