Иррациональные уравнения

Департамент образования, науки и молодежной политики Воронежской области
ГОБУ СПО ВО «Борисоглебский индустриальный техникум»
Иррациональные
уравнения
и методы их решения
Преподаватель:
Горячева А.О.
Борисоглебск, 2013
Рассмотрим уравнения:
1)
5х  1  2 х  1 ,
2) х  х  2  4 ,
3)
4)
x 2  11  x 2  11  42 ,
2 х 2  21х  11  2 х 2  9 х  4  18 х  9 ,
5) х2 - 3x
2=
4.
6) 3х2  5х  8  3х2  5х  1  1
1. Метод возведения в степень
5х  1  2 х  1
1. Метод возведения в степень
Пример.
5х  1  2 х  1
5х – 1 = 4х2 – 4х + 1
4х2 – 9х + 2 = 0
97
х1,2 =
8
1
4
1
Проверка: х =
4
Ответ: 2.
х1 = 2
х2 =
посторонний корень
Для более универсального решения
целесообразно переходить к системам:
 ( x)  0,
f ( x)   ( x)  
2
f
(
x
)


( x)

 f ( x)   ( x),

f ( x)   ( х)   f ( x)  0,
( либо ( x)  0).

Пример.
x  x  2  4,
х2  х4
 x  4,
 x  4  0,
 x  4,

 2
  x  7,  x  7.

2
 x  2  ( x  4) ;  x  9 x  14  0;  x  2;

2. Метод замены переменной
Пример.
x 2  11  x 2  11  42
2. Метод замены переменной
Пример.
Пусть
x 2  11  x 2  11  42
х 2  11
= t, t≥0, тогда х2+11=t².
t² + t 42=0
По т. Виета: t  6
t  7

Последнее не удовлетворяет ограничениям на t.
Вернемся к исходной переменной х 2  11 =6.
х2+11=36,
х2=25
х=±5.
3. Метод разложения подкоренного
выражения на множители
Пример.
2 х 2  21х  11  2 х 2  9 х  4  18 х  9
(2 х  1)( х  11)  (2 х  1)( х  4)  3 2 х  1  0
2х  1


х  11  х  4  3  0
х  11  х  4  3
2х – 1 = 0 или
х  11  х  4  6 х  4  9
х = 0,5
6 х  4  16
решений нет
Проверка:
Ответ:
1
1
1
1
1
2   21   11  2   9   4  18   9
4
2
4
2
2
0,5.
11  11   4  4  0
верно
4. Метод умножения на
Пример. сопряженное выражение
(1)
3х 2  5 х  8  3х 2  5 х  1  1
 3х  5 х  8    3х  5 х  1  
2
2
2
2
|.
( 3х 2  5 х  8  3х 2  5 х  1 )
3х 2  5 х  8  3х 2  5 х  1
3х 2  5 х  8  3х 2  5 х  1 = 7
Сложим данное
уравнение с
уравнением (1),
получим:
2 3х 2  5 х  8  8
|:2
3х 2  5 х  8  4
3х2 + 5х + 8 = 16
3х2 + 5х – 8 = 0
8

х1 = 3
Проверкой убеждаемся, что
8

; 1.
Ответ:
3
х1 , х2
х2 = 1
- корни уравнения.
5. Использование монотонности
Теорема. Если функция y = f(x) строго возрастает
(убывает) на некотором промежутке I, то
уравнение f(x) = С, где С – некоторое
действительное число, имеет не более одного
решения на промежутке I.
Пример.
2 х  1  5х  5  8
f(x) =
f(x) = 8
x=4
Ответ: 4.
2 х  1  5х  5
1

возрастает на D(f) = [ ; )
2
Решить уравнения
1.
1  4х  х 2  х  1
2. 15  х  3  х  6
3.
4.
2 х
2 х
4
 3
2 х
2 х
2 х 2  8х  7  2 х 2  8х  7  2 х
Пример 3.
Пусть
2 х
2 х
4
 3
2 х
2 х
2 х
 у,
2 х
y > 0.
Получим уравнение
4
у   3
у
Тогда у2 + 3у – 4 = 0
у1 = 1, у2 = -4 (не удовлетворяет условию y > 0)
2 х
1
2 х
2–х=2+х
х=0
Проверка показывает, что 0 является корнем уравнения
Ответ: 0.
Пример 4.
(1)
2 х 2  8х  7  2 х 2  8х  7  2 х | ∙ ( 2 х 2  8 х  7  2 х 2  8 х  7 )
 2 х  8 х  7    2 х  8 х  7   2 х 2 х  8 х  7 
2
2
2
2

2 х 2  8х  7
2

2 х 2 х 2  8 х  7  2 х 2  8 х  7  16 х
х=0 или
 2х
2

 8х  7  2 х2  8х  7  8
Сложим данное уравнение с уравнением (1), получим
2 2 х 2  8х  7  2 х  8
2 х 2  8х  7  х  4
Ответ: -3; 0; 3.
 х  4,
 х  4  0,


 2
 х  3, 
2
2 х  8 х  7  ( х  4) ;
 х  3;

 х  3,
 х  3.

