Тематическое планирование. ( 34 часа) №

Тематическое планирование.
( 34 часа)
№
бло
ка
1
№
п/п
1
2
3
4
5
1
2
2
3
4
5
1
2
3
3
4
5
Наименование разделов тем.
Количество
часов
Форма деятельности
Актуализация знаний. Экскурс в историю.
Преобразование иррациональных
выражений
Сравнение значений иррациональных
выражений.
Исключение иррациональности в знаменателе ( числителе) дробного выражения.
Преобразование сложного корня
1
Составление опорного конспекта.
Проведение теста
2
Групповая форма работы
3
Обучающая самостоятельная работа.
2
Доказательство выражений, в запись
которых входят радикалы.
Некоторые приемы упрощения иррациональных выражений.
Решение иррациональных уравнений
Традиционные способы решения уравнений.
Графический способ.
Способ сопряжённого умножения.
Оригинальные способы решения уравнений
Решение систем иррациональных уравнений.
Решение иррациональных неравенств
Виды иррациональных неравенств.
Решение иррациональных неравенств
нестандартного типа.
Основные сведения о функциях.
Преобразование графиков функций, содержащих знак радикала. Построение
графиков функций.
Графическое решение иррациональных
неравенств.
Решение иррациональных неравенств с
параметрами.
Проверка усвоения знаний
2
Работа в парах. Самостоятельная работа (проверочная).
Работа в парах
3
Групповая форма работы.
2
2
Лекция. Практикум.
Самостоятельная работа
Семинар. Индивидуальная работа.
Работа в парах.
Лекция. Практикум.
Проведение теста.
Групповая форма работы
1
2
Лекция. Практикум .Групповая работа.
Семинар-практикум.
1
2
2
2
2
3
2
Составление опорного конспекта.
Самостоятельная работа (групповая
форма)
Работа в парах
Обучающая самостоятельная работа
Зачетная работа
Приложение
Предлагается провести небольшой тест на понятие иррационального числа
Min-ТЕСТ №1
Число А является иррациональным, еслиА=
16
;
25
1. А= 5 ;
2. А=2,5(6);
3. А= 3  1 ;
4. А= 4  2 3  4  2 3 ;
5. А=   10
Сравнение значений иррациональных выражений
При преобразовании иррациональных выражений предварительно следует выяснить , существует ли это выражение, т.е. все ли величины под корнями чётной степени неотрицательные. Поэтому возникает необходимость сравнивать значения иррациональных выражений. Эта необходимость возникает и при решении многих других задач.
Признак сравнения двух положительных иррациональных выражений.
Пусть А > 0 и B > 0;
Тогда из неравенства А² ≥ B² следует, что А ≥ B, и наоборот.
Доказательство:
Действительно, А² -В²=(А-В)(А+В);
Т.к .А+В > 0, то из неравенства А² - В² ≥ 0 следует, что А – В ≥ 0,т. е. А ≥ В.
Наоборот, из А – В ≥ 0, следует, что А² - В² ≥ 0, т.е. из А ≥ В следует, что
А² ≥ В².
Пример.
Какое из чисел больше
√ 5 + √ 7 или √ 3 + √ 8.
Решение.
Найдём квадраты этих чисел
(√ 5 + √ 7 )² = 12 + 2√ 35
(√ 3 + √ 8 )²=11+2√ 24.
Так как 12 + 2√ 35 >11+2√ 24, то (√ 5 + √ 7) > (√ 3 + √ 8).
Если оба иррациональных выражения отрицательны, то для их сравнения по указанному
признаку можно сначала сравнить их абсолютные величины.
Пример №2.
Сравните по величине числа
2 3  2 3 и √ 6 ;
Решение.
Возведём в степень сравнение
( 2  3  2  3 )² = 2 + √ 3 + 2 (2  3 )( 2  3) + 2 - √ 3 = 4 + 2 4  3 = 4 + 2=6
Получили равенство 6=6, поэтому числа равны.
Ответ: числа равны.
Пример № 3.
Сравните числа
1990  1992 и 2 1991
Решение:
Пусть а = 1990  1992 и b = 2 1991
Тогда а² = 1990 + 2 1990  1992 + 1992 =2  1991  2 1990  1992 и b² = 4∙1991.
Так как 1990 ∙ 1992 = ( 1991-1)(1991+1) = 1991² - 1
выражение 1991² - 1 < 1991², то
а² < 2∙ 1991 + 2 1991 ² =2∙1991 + 2∙1991 = 4∙1991 = b²,
то есть а < b.
Ответ: 1990  1992 < 2 1991
Однако для сравнения некоторых иррациональных выражений вовсе не требуется данный
признак, достаточно преобразовать выражение, например, используя формулы квадрата и
куба двучлена, тождество а ² = |а | или
избавить выражение от иррациональности в знаменателе дроби.
Пример № 4.
Сравните значения выражений:
4  2 3 и 3 6 3  10
Решение.
Преобразуем подкоренные выражения
(1  3) 2 = |1+ 3 |= 1+ 3 .
42 3 =
6 3  10  3 ( 3  1) 3  3  1
Делаем вывод, что выражения равны.
Пример № 5.
Сравните значения выражений:
1
3
5 2 7 и
3 2 2
Решение.
3
3
5 2 7 =
1
3
( 2  1) 3  2  1 ;
=
3 2 2

3 2 2
 3  2 2  ( 2  1) 2 
98
(3  2 2 )(3  2 2 )
3 2 2
Выражения равны.
2
2
б)
Сравните значение выражения с числом ;
9
11  4 7  63
в)
г)
4 22 6
1 3
3 5
10  2
1
Сравните результат с числом  
2
Сравните результат с числом 2

5
3
2 1  2 1
1
5
;
.
№4.
Сравните без помощи микрокалькулятора и таблиц:
6;
а) 1+ 3 2
и
3
б) 19  3 и 1.
2. Исключение иррациональности из числителя или знаменателя дробного выражения
Вычисление дробных выражений, содержащих радикалы, часто облегчается, если предварительно “ уничтожить иррациональность” в числителе или знаменателе, то есть преобразовать дробь так, чтобы в числителе или знаменателе не содержались радикалы.
Чтобы исключить иррациональность из знаменателя (числителя ) дроби, достаточно числитель и знаменатель умножить на так называемый дополнительный множитель.
В общем случае трудно указать универсальный способ нахождения дополнительного
множителя для произвольного иррационального выражения.
В таблице приведены дополнительные множители для некоторых простейших иррациональных выражений, полученных с помощью формул сокращённого умножения.
Иррациональное алгеб- Дополнительный множитель
Рациональное алгебрараическое выражение
для иррационального выражеическое выражение
ния
(произведение )
n
n
n
m
p
x 
y
x y
n
3
x n y
nm
y
x-y
y
x y
x 2  3 xy  3 y 2
n n2
n 1
n n 1
n n2
n 1
(n - нечетное)
Примеры.
Исключить иррациональность в знаменатели дроби:
5
1
1
3
1) 4 ; 2)
; 3) 3
; 4) 3
; 5)
3
3
3 2
5 2
25  15  3 9
5
Решение.
1)
5
4
4)
5)
5
5  4 53
4
5  4 53
1
2)
3)
=
3 2
5 3 2
3 2

( 3  2)( 3  2)
3 2

3 2
25  3 10  3 4
(3 5  3 2 )(3 25  3 10  3 4 )
5 5 3
.

3
3 2
 3 2;
1
25  3 10  3 4

52
3(3 5  3 3 )
4(5 54  5 53  3  5 52  32  5 5  33  5 34 )

=
53
5 5 3
4
5
4
5
3
25  3 10  3 4
;
3
3(3 5  3 3 ) 3 3

 ( 5  3 3) ;
= 3
3
3
3
3
3
3
53
2
25  15  9 ( 25  15  9 )( 5  3 )
3
3
=
x-y
54 125 4
 125 ;
5
3
1
3
=

x-y
n n 1
x  x y   n y
x n y
am  n anm  a
xy
n p
x  x y  n y
(n  любое)
n
x
n
x 
x 3 y
3
anm
n
am
 2(5 625  5 375  5 225  5 135  5 81)
Рассмотрим более сложные примеры.
С дробью вида
А
поступают так.
а в с
а в с
Умножают знаменатель на
и получают
( а  в  с )( а  в  с ) = а  в  с  2 ав
Затем это выражение умножают на а  в  с  2 ав
(( а  в  с)  2 ав )(( а  в  с)  2 ав)  (а  в  с)2  4ав
Отсюда видно, что дополнительным множителем для данной дроби может быть произведение
( а  в  с )( а  в  с  2 ав ).
Следовательно,
А( а  в  с )( а  в  с  2 ав)
А
а в с
=
(а  в  с) 2  4ав
,
где
а  0, в  0, с  0,
(а  в  с) 2  4ав  0
Аналогично можно исключить иррациональность из знаменателей дробей вида
А
А
и
а в с
а в с
( предлагается учащимся самостоятельно найти дополнительный множитель для данного
вида дробей)
Примеры.
Исключить иррациональность в знаменателе дроби:
1
1
1)
;
2)
.
2 3 5
1  5  10
Решение.
1)
1
2 3 5
=
2 3 5
( 2  3  5 )( 2  3  5 )

2 3 5
235 2 6

2 3 5
2 6
( 2  3  5 ) 6 2 3  3 2  30

.
26
12
1
2)
1  5  10
Обозначим 1  5  t
Умножим числитель и знаменатель дроби на выражение ( t  10 ), получаем
t  10
2
1  5  10 (t  10 )(t  10 ) t  10
В результате обратной замены имеем
1
=
1  5  10
(1  5 )  10
2

t  10
1  5  10
1  5  2 5  10


(1  5  10)( 2 5  4)
(2 5  4)( 2 5  4)

(11  5 )( 2 5  4)

20  16
22 5  44  10  4 5 26 5  54 13 5  27
.


4
4
2
Упражнения для самостоятельного решения.
Освободитесь от иррациональности в знаменателе дроби:
Ответы

1
1)
2)
3)
4)
x 2
1
(2 2  3 3 )
19
Ответы
1
2) 
2 2 3 3
3
1
3
3)
33 5
3
1
3
5) 3
6) 3
x 2
x4
1)
4)
2 1
12
4  3 2 1
3
5) 4 3 3(3 2  1)
36  18  9
5
3
9  3 15  3 25
8
3
6)
3
33 2
9 6 4
Если знаменатель дроби – сумма четырёх квадратных корней
А
, причём ab = cd, то исключить иррациональность из знаменателя
a b c d
дроби можно так:
3
3
А
a b c d
=
А(( а  b )  ( c  d ))
Примеры:
1)
2)

A( a  b  c  d )
,
abcd
( a  b)  ( c  d)
a  0, b  0, c  0, d  0
где
ab  cd
2
1
10  5  14  21
1
2 2  3 6
3. Преобразование сложного корня
(квадратного и кубического).
2
Ответы:
1
1) ( 15  14  10  21)
8
2) -2- 2  3  6
Выражение вида А  В называют сложными квадратными корнями (радикалами).
Для их преобразования пользуются формулой
А  А2  В
А  А2  В

;где А>0, В>0 и А 2  В 2  0
2
2
В правильности этой формулы легко убедится, если возвести обе части формулы в квадрат . Эта формула упрощает сложный радикал, если А 2  В 2 - точный квадрат.
Например:
А В 
1)
11  40 
11  112  40
11  121  В
11  9
11  9



 10  1
2
2
2
2
15  225  29
15  225  29
15  196
15  196




2
2
2
2
15  29 
2)
15  14
15  14
29
1
29  1
2 ( 29  1) 1





 ( 58  2 )
2
2
2
2
2
2
2
На практике удобно пользоваться более простыми очевидными формулами:
а  в  2 ав  / а  в /  а  в
а  в  2 ав  / а  в / где а≥0, в≥0
Рассмотрим примеры:
1) Упростить;
17  2 30  15  2  2 2 15  ( 15  2 ) 2  / 15  2 /  15  2
2) Упростить;
19  2 34  17  2  2 17 2  / 17  2 /  17  2
3) Упростить;
2 3
Для применения формулы представим данный корень в виде2 3 
42 3
, тогда
2
2 3 
42 3

2
2 ( 3  1)
42 3

3 1 2 3 1
2

( 3  1)
2

2
6 2
2
2
Упражнения для самостоятельного решения:
Упростить:
Ответы:
1)

94 5
2) 10  2 21
3)
28  10 3  28  10 3
1)
52
2)
3 7
3) 10
4) 17  4 9  4 5
4) 5  2
Проверочная работа (На два варианта (а) и (б)).
№1 Найти значение выражения.
Ответы:
а)
13  2 22  6  4 2
а)
б)
17  2 70  16  6 7
б)
11  2
10  3
№2 Упростить.
а)
14  6 5
б)
17  12 2
Ответы:
1
( 10  2 )
а)
2
б)
2 1
3 1
2

№3 Вычислить.
Ответы:
а) ( 6  7 )( 13  2 42 )
а) -1
б) ( 2  3 )( 5  2 6 )
№4 Проверьте равенство.
б) -1
32  10 7  32  10 7  10
а)
б)
8 11  27  27  8 11  2 11
Для упрощения сложных кубических корней, можно подкоренное выражение представить в виде куба двучленна.
Например:
1)
3
20  14 2  3 20  14 2  3 (2  2 ) 3  3 (2  2 ) 3  2  2  2  2  4
2) 3 7  5 2  3 7  5 2  3 (1  2 ) 3  3 (1  2 ) 3  1  2  1  2  2
Упражнения для самостоятельного решения:
Упростить выражения.
Ответы:
1)
3
20  14 2  3 20  14 2
1)
4
2)
2)
5 2 7  3 2 2
Теперь рассмотрим более сложные примеры:
№1 Упростить выражение.
1
3
3
(6 5  2 6  3
Решение:
3  2)3
2 3
(6 5  2 6  3
3  2)3
2  3  (6 ( 3  2 ) 2  3
(3 ( 3  2 )  3 3  2 )  3
№2 Упростить выражение.
2  3  23
3  2 3
3  2)3
2 3 
2  3  23 2  3  23  1  2
3  11  6 2  5  2 6
2  6  2 5  7  2 10
Решение:
3  11  6 2  5  2 6
2  6  2 5  7  2 10
3 3 2  3  2
=
3  9  2  2  3 2  3  2  2 3 2
=
2  5 1 2 5 1  5  2  2 5 2
3
2  5 1 5  2
Ответ: 3.
4. Доказательство выражений, в записькоторых входят радикалы
При выполнении упражнений на доказательство выражений, в запись которых входят радикалы может быть использована теорема Виета (прямая и обратная). Приведём формулировку теоремы, обратной теореме Виета:
m  n   p
Если числа m и n удовлетворяют системе уравнений 
, то они являются корm  n  q
нями уравнения х2+pх+q=0.
Примеры.
№1. Доказать , что 3 20  14 2  3 20  14 2  4
Решение.
Обозначим слагаемые в левой части через m и n.
3
20  14 2  m,
3
20  14 2  n.
Пусть
Тогда m  n  3 20  14 2  3 20  14 2  3 400  196  2  3 8  2.
Если доказываемое равенство справедливо, то m и n по теореме, обратной тереме Виета
таковы, что m+n=4 m n =2, то есть m и n должны являться корнями квадратного уравнения Х 2  4 Х  2  0 , то есть
4  16  8 4  2 2

 2  2.
2
2
Х 1, 2 
3
Значит
20  14 2  2  2 ,
20  14 2  2  2 .
Теперь обязательно нужно убедиться в том, что оба эти равенства верны. Для этого возведём в куб правые части равенства
3
2 
2 
  8  3  22 2  3  2  2  2
3  20  14 2
3
2
2  8  12 2  12  2 2  20  14 2
2
Таким образом, справедливость равенств доказана.
Затем почленно сложим их и получим нужное утверждение.
2  2  2  2  4, т.е.
3
20  14 2  3 20  14 2  4.
№2. Проверить равенство
Решение.
3
Пусть
9  80  m
т.е.
3
9  80  3 9  80  3
mn=
81  80  1
mn 3
3
9  80  n
По теореме обратной теореме Виета m и n являются корнями уравнения
х2 -3х+1=0,
3 5
3
1
9  80 
3 9 4 3 5
2
Х1,2=
, тогда

2
2
3 5
3
2
9  80 
2
Проверим равенства (1) и (2), для чего возведём в куб правые части этих равенств:
3
3
3 5 

  27  3  9 5  3  3  5  5 5  72  32 5  9  4 5  9  80
 2 
8
8


3
3 5 

  9  80
 2 


Таким образом справедливость равенств доказана.
Сложив почленно (1) и (2) получаем
3 5 3 5 6

  3.
2
2
2
Следовательно, получили нужное утверждение.
5. Некоторые приёмы упрощения иррациональных выражений.
1) Способ подстановки.
Данный метод значительно облегчает технику преобразований.
Рассмотрим примеры:
Пример №1
Упростить выражение.
 а  4 ав 3


 4 ав  : 4 a  4 в
 а  4 ав



Решение.
Положив 4 а  m и 4 в  n , получим а  m 2 и а  m 4 . Данное выражение принимает вид
 m 4  mn3

 2
 mn  : m  n 
 m  mn

Далее имеем
 mm  n  m 2  mn  n 2

2

 mn  : m  n   m  n  : m  n   m  n
mm  n 






Делая обратную замену - имеем
4
а 4 в
Ответ: 4 а  4 в .
Пример №2
Упростить выражение.

 x2
ха
ха

:

1 ,
 ха  ха
 a2
2
2
х

а

х

а


Решение:
 n
n 2  mn
:

Пусть x  a  m и x  a  n , тогда 
2 
 m  n mn  n  / a /
Это выражение тождественно равно
2mn 2
/a/ /a/


 1 т.к. по условию a>0
2
2
a
n(m  n ) mn
Ответ : 1.
2.Для упрощения ряда алгебраических выражений бывает полезно упростить не сами выражения, а их квадраты.
Пример №1.
Упростить
x  2 x 1
x 1 1
Решение:
Пусть А=
x  2 x 1
x 1 1
Область определения данного выражения
x>2 A<0
х  0 х  2 Ясно, что A>0 при
при
1≤x<2
Далее имеем
А2 
х  2 х 1

х  2 х 1
х 1 2 х 1 х  2 х 1
Откуда А=1 при х >2 и А=-1 при 1≤ х<2
Ответ:
1 если х >2.,-1 если 1≤ х <2
Пример №2.
1
Доказать, что 4  2 3  4  2 3 -- число рациональное.
Решение.
Обозначим, через х данное выражение и заметим, что х<0, вычислим х 2 .
х = 42 3  42 3
х 2  4  2 3  2 16  12  4  2 3
х2  8  4
х2  4
х1, 2  2
т.к. х<0 , то в нашем случае х=-2
2 способ.
42 3  42 3
Представим подкоренное выражение в виде квадрата двучлена.
Иррациональные уравнения
Определение. Иррациональным называется уравнение, содержащее неизвестное
под знаком радикала.
Например, х  54 х  6  0 ; х  2  2 х  1 .
В элементарной математике иррациональные уравнения рассматриваются в множестве
действительных чисел.
Сначала, разберём наиболее часто применяемые методы решения иррациональных алгебраических уравнений, так называемые стандартные методы.
К ним отнесём два метода:
1) метод возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень;
2) метод введения новых переменных.
1.Метод возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень состоит в следующем:
а) преобразуют заданное иррациональное уравнение к виду n f ( x)  n q( x) ;
б) возводят обе части полученного уравнения в n-ю степень: (n f ( x) ) n  (n q( x) ) n ;
в) учитывая, что n a n  a, получают уравнение f(x)=q(x);
г) решают уравнение и делают проверку , так как возведение обеих частей уравнения
в одну и ту же чётную степень может привести к появлению посторонних корней.
В множестве действительных чисел возведение обеих уравнения в нечётную степень приводит к равносильному уравнению и поэтому проверка не требуется.
Пример №1. Решить уравнение 6 х  3  2 .
Решение: Возведём обе части уравнения в шестую степень,
получим Х-3=64, откуда Х=67.
Проверка. Подставим 67 вместо Х в данное уравнение, получим 6 67  3  6 64  2 , то есть
2=2 – верное равенство.
Ответ: Х=67.
Иногда удобнее решать иррациональные уравнения, используя равносильные переходы,
то есть
 g ( x)  0
 
2
 f ( x)  g ( x)
 f ( x)  g ( x)
( или g ( x )  0 )
 
f ( x)  g ( x)
f
(
x
)

0

При решении иррациональных уравнений следует иметь в виду, что не принадлежащие
ОДЗ значения неизвестного всегда посторонние для решаемого уравнения; их можно отбросить без проверки по условию.
ПРИМЕРЫ.
№1. Решить уравнение 7  х  х  1.
 х  1  0,
 х  1,
 х  1,
 х  1,
Решение: 
; 
;  2
; 
2
2
7  х  ( х  1) . 7  х  х  2 х  1.  х  х  6  0.  х1  2; х2  3.
Х1= - 2 - не удовлетворяет условию х  1 .
Ответ: х=3.
№2. Решить уравнение х  2  2 х  5 .
Решение:
 х  2  2 х  5,  х  7,
; 
; х=7.

2 х  5  0.
 х  2,5
Ответ: х = 7.
f ( x)  g ( x)
2 х 2  3  2 х  9.
№3. Решить уравнение
2 х 2  3  2 х  9,
 х 2  х  6  0,
 х  3; х2  2,
Решение: 
; 
;  1
.
 х  4,5.
2 х  9  0.
 х  4,5.
Ответ: х1=3; х2= -2.
Рассмотрим более сложные иррациональные уравнения, содержащие два или три
знака радикала.
Общий метод решения заключается в следующем:
Сначала изолируют один радикал, затем обе части уравнения возводят в степень, потом
снова изолируют радикал и так далее. При возведении обеих частей уравнения в одну и ту
же степень ,получается уравнение, в общем случае не равносильное данному, поэтому
проверка найденных значений неизвестного по условию данного уравнения обязательна,
то есть является составной частью решения.
Пример 1.
Решить уравнение х  1  2 х  6  6.
Решение: Преобразуем уравнение к виду
2х  6  6  х  1
Возведём обе части уравнения в квадрат ( 2 х  6 ) 2  (6  х  1) 2
2 х  6  36  12 х  1  х  1 , 12 х  1  29  х
Ещё раз возведём обе части уравнения в квадрат, получим
144( х  1)  (29  х) 2 ,то есть х 2  202 х  985  0 , откуда х1  5; х2  197.
Проверка: 1) при х=5 имеем
5  1  2  5  6  2  4  6 ; 6=6. Х=5 – является корнем за-
данного уравнения.2) при х=197 имеем 197  1  2  197  6  6, то есть х=197 –
посторонний корень.
Ответ: х=5.
Приложение 3
Решение иррациональных неравенств
а) Иррациональные неравенства и способы решения простейших
неравенств.
Иррациональными неравенствами называются неравенства, в которых переменные входят
под знаком корня.
Решения иррациональных неравенств осложняется тем обстоятельством, что здесь, как
правило исключена возможность проверки, поэтому все преобразования стараются делать
равносильными.
Основным методом решения иррациональных неравенств являются метод сведения
исходного неравенства к равносильной системе или к совокупности систем рациональных
неравенств.
Простейшие неравенства – это неравенства следующих типов:
1)
f (x) > g (x)
2)
f (x) >g(x)
3) f (x) < g(x)
Нестрогие неравенства, аналогичные выписанным выше (со знаком ≤ и ≥), мы будем
относить к соответствующему типу: так, оба неравенства
5х  8  4 x 2  1 и
5 х  8  4 x 2  1 относятся к первому типу и т.п.
Поскольку обе части неравенства (1) неотрицательны, оно очевидно, равносильно системе
 f ( x)  g ( x)

(1)
f ( x)  g ( x)   g ( x)  0
 f ( x)  0

 f ( x)  g ( x)
f ( x)  g ( x)  
 g ( x)  0
(1′ )
 g ( x)  0

f ( x)  g 2 ( x)
f ( x)  g ( x)  
  g ( x)  0
  f ( x)  0
 
(2)
 g ( x)  0

f ( x)  g 2 ( x)
f ( x)  g ( x)  
  g ( x)  0
  f ( x)  0
 
(2′ )
0  f ( x)  g 2 ( x)
f ( x)  g ( x)  
g ( x)  0

(3)
0  f ( x)  g 2 ( x)
(3′)
f ( x)  g ( x)  
g ( x)  0

Мы видим, что самый громоздкий – второй случай. Это происходит из-за того, что
здесь возможны два варианта – когда первая часть g(x) неотрицательна и когда она
меньше нуля.
В первом варианте обе части исходного неравенства неотрицательны, поэтому его
можно почленно возводить в квадрат, а во втором случае возводить в квадрат нельзя
2. Метод введения новых переменных
Другим приёмом решения иррациональных уравнений является способ введения новых
переменных, относительно которых получается либо более простое иррациональное уравнение, либо рациональное уравнение.
Пример1.
Решить уравнение х 2  11  х 2  11  42
Решение: Обозначим
х 2 11  t , тогда х 2  11  t 2 , при этом х 2  11  0 для всех х  R
t  0.
Получим t 2  t  42  0
По теореме ,обратной теореме Виета
t1  t 2  1
t1  t 2  42
то есть
t1  7
t2  6
t1  7
t 2  t  42  0 
; t 2  6  t  6 .

t

0

t  0

х 2  11  6
Обратная замена
х 2  11  36
х 2  25
х1, 2  5
Устная проверка .
Ответ: х1  5; х2  5.
Графическое решение уравнений
На практике довольно часто оказывается полезным графический метод решения уравнений. Он заключается в следующем:
для решения уравнения f(x} = 0, надо построить график функции у = f(x) и найти абсциссы точек пересечения графика с осью Х; эти абсциссы и являются корнями уравнения.
Например, надо решить уравнение х  2  х  0 .
Часто уравнение f(x)=0 заменяют равносильным g(x) =h(x), затем строят графики функций у = g(x) и y=h(x) ( если это проще, чем построение графика функции у = f(x) ) и
находят абсциссы точек пересечения построенных графиков.
Так уравнение х  2  х  0 можно преобразовать к виду х  2  х и найти абсциссы
точек пересечения этих графиков.
Пример. Решить уравнение х  х  2
Решение: Построим в одной системе координат графики функций у= х и у= х  2
у= х  2 - график получается смещением графика функции у= х на единицы вправо вдоль
оси ОХ. Графики функций пересекаются в двух точках с абсциссами х1  1; х2  4
( проверкой следует убедиться в точности результатов)
Ответ: х1=1; х2=4.
Надо отметить, что графический метод даёт приближённые ответы. При необходимости
проверкой убеждаемся в точности полученных результатов.
Способ сопряжённого умножения
В основе рассматриваемого способа лежит формула: ( а  в )( а  в )  а  в
Выражения а  в и а  в мы будем называть сопряжёнными, Иногда использование
этой формулы облегчает решение.
Пример1 Решить уравнение 5 х  1  х  3  2 х  1
Решение: Домножим левую и правую часть уравнения на сумму радикалов, стоящих в
 5х  1  
2
х3


2

 2 х  1 5 х  1  х  3
4 х  2  2 х  1 5 х  1  х  3
левой части. Получаем


22 х  1  2 х  1 5 х  1  х  3
2 х  12  

5х  1  х  3
  0


2 х  1  0.....или.......... 5 х  1  х  3  2
1
.х 
2
Решим второе уравнение методом введения новых переменных.
x  3  t2
Пусть t  x  3  0, тогда 5 x  15  5t 2
5 x  1  5t 2  14,
5t 2  14  t  2
5t 2  14  2  t ,
5t 2  14  2  t 2 2t 2  2t  9  0
;

t  2
2  t  0
Решая уравнение 2t 2  2t  9  0 , получаем два корня
t1, 2 
 2  76  2  2 19  1  19
 1  19
, так как 0  t  2 , то t1 
.


4
4
2
2
  1  19 

Выполняя обратную замену, имеем х+3= 


2


Х+3 =
2
10  19
4  19
, значит х =
2
2
1
4  19
Ответ: х1= ; x2 
.
2
2
Заметим, что умножение на сумму радикалов в данном случае не приводит к появлению
посторонних корней – ведь область определения этой сумму та же, что исходного уравнения , и она положительна, как сумма отрицательных слагаемых, не обращающихся, очевидно в ноль одновременно.
Отметим также, что решить уравнение « в лоб» довольно трудно – оно путём громоздких вычислений сводится к уравнению четвёртой степени.
Пример 2.
Решить уравнение: 3 х 2  5 х  8  3х 2  5 х  1  1
Решение. Умножим обе части уравнения  на сопряжённое левой части выражение, то есть на
3х 2  5х  8  3х 2  5 х  1  0 , так как 3 х 2  5 х  8  0 при х  R ,
так как D< 0.
Получаем
2
2
 3х 2  5х  8    3х 2  5х  1   3х 2  5х  8  3х 2  5х  1

 

3х 2  5 х  8  3х 2  5 х  1  7 
Сложим почленно уравнения  и   ,получим 2 3х 2  5 х  8  8
3х 2  5 х  8  4
3х 2  5 х  8  16
3х 2  5 х  8  0
х1, 2 
 5  25  4  3 8  5  11

6
6
8
х1   ; х 2  1 .
3
Проверка.
2
8
1) Х=  , то
3
2
 8
 8
 8
 8
3      5      8 _ 3    5      1  1
 3
 3
 3
 3
11
8
То есть х =  - корень уравнения
3
2) Х=1, то 3  1  5  1  8  3  5  1  4  3  1; 1=1.
Х=1- корень уравнения.
8
Ответ: х 1   , х 2  1.
3
Оригинальные способы решения иррациональных уравнений
В ряде случаев достаточно внимательно проанализировать область определения уравнения, сравнить подкоренные выражения и решение оказывается совершенно простым
Пример 1
Решить уравнение: х  3  3 х  5  3  х  6 х  4
Решение: Обратим внимание на подкоренные выражения х-3 и 3-х. Оба этих выражения должны быть неотрицательны, то есть
х  3  0 х  3
; 
, значит х =3.

3  х  0  х  3
Проверка: 0+ 3  3  5  14
0+ 6  3  4  14
14  14
Ответ: х = 3.
Пример 2
Решить уравнение:
2х  3  2х  1  1
Решение: Так как разность между двумя радикалами равна 1, то 2х-3>2х-1,
то есть -3>-1, что неверно,
а значит, уравнение корней не имеет.
Ответ: решений нет.
Пример 3
Решить уравнение: 5 х  3  х 
17
 4.
х
х  0
х  0


Решение: ОДЗ:  х  0 ;  х  0 система не имеет решений.
х  0
х  0


Ответ: нет корней.
Пример 4
Решить уравнение: х  2  х  3  4.
Решение: ОДЗ х  2 , x-2<x+3 для всех х  R, значит
х  2  x  3 , то есть x  2  x  3  0, то есть уравнение не имеет решений.