Пояснительная записка Данный элективный курс для предпрофильной подготовки адресован ученикам 9-х классов, тем, кто интересуется математикой и хочет узнать о ней больше, чем можно прочитать в учебнике или услышать на уроке. Возможно, он окажется полезным и тем, кто безразличен к математике. Ведь, чтобы узнать вкус яблока, надо его попробовать. На уроках учитель разжевывает «математическое яблоко». Цель курса: дать возможность учащимся, опираясь на первоначальные знания «вгрызться» в математику и ощутить вкус к ней, почувствовать огромную радость самостоятельного открытия, создать целостное представление о теме и значительно расширить спектр задач, посильных для учащихся. Каждый ли знает, к какой деятельности он способен, какой заложен в нем талант, а может быть гений? Известно, что путь Ломоносова к вершинам Науки начался со знакомства с «Арифметикой» Магницкого, и, кто знает, что было бы, не попади она ему в руки. Элективный курс для предпрофильной подготовки обучающихся 9-х классов посвящен одному из ключевых вопросов алгебры – уравнениям. Задача «Решить уравнение» наиболее часто встречающаяся задача в школьном курсе математики. Умение решать различные виды уравнений необходимо показать при сдаче ГИА. При решении уравнений необходимо рассмотреть различные способы. В курсе заложена возможность дифференцируемого обучения, предполагает разнообразные виды деятельности такие как: семинарская, практическая, самостоятельная, групповая, игровая. Задача курса: помочь ученику осознать степень своего интереса к предмету и оценить возможность овладения им с тем, чтобы по окончании 9-го класса он смог сделать сознательный выбор в пользу дальнейшего углубления либо обычного изучения математики. Учебно-тематический план n/n 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. Темы занятий Обобщение пройденного: а) уравнения с одной переменной; б) понятие о равносильности уравнений. Рациональные уравнения, приводящиеся, с помощью преобразований, к линейным, и к квадратным. Иррациональные уравнения. Появление лишних корней. О понятии области допустимых значений неизвестного. Замена неизвестного. Решение уравнений высших степеней Уравнения, содержащие абсолютные величины. Итоговое занятие. Математическая эстафета. Итого: 34 часа Содержание курса. К-во часов 2 5 5 4 5 5 6 2 Тема 1. Уравнения с одной переменной. Понятие о равносильности уравнений (1час). 1. Пусть заданы функции f(x) и g(x). Если относительно равенства f(x)=g(x) поставлена задача отыскания всех значений переменной, при которых получается верное числовое равенство, то говорят, что задано уравнение с одной переменной. Значение переменной, обращающее уравнение в истинное равенство, называется корнем уравнения. 2. Решить уравнение – значит найти множество его корней или доказать, что их нет. Это множество называют также решением уравнения. 3. Множество всех х, при которых одновременно имеют смысл выражения f(x) и g(x), называется областью определения уравнения. Выполним упражнения. 1. Является ли корнем уравнения 2 х 2 10 х 12 число: а) -1; б) 1; в) 6; г) -6. Ответ: а) да; б) нет; в) да; г) нет. 2. Докажите, что каждое из чисел 1,3 и 1,3 является корнем уравнения х 2 1,69 . 3. Имеет ли корни уравнение: а) 3х+3=3х+6; б) 3х+3=3х+3 в) 3х=х. Ответ: а) нет; б) да; в) да. 4. Имеет ли корни уравнение и если имеет, то сколько: а) х 0 ; б) х 1; в) х 3 ; г) х 2 . Ответ: а) да, 1корень; б) да, 2 корня; в) нет; г) да, 2 корня. Понятие о равносильности уравнений. 1. Если из истинности высказывания А следует истинность высказывания В, то употребляется знак логического следования , т. е. . 2. Если из А и , то такие высказывания называются равносильными. Это записывают так: . 3. Аналогично два уравнения называются равносильными на данном числовом множестве, если каждое решение (корень) одного уравнения является решением (корнем) другого и наоборот. 4. Заметим, что если оба уравнения не имеют решения на данном числовом множестве, то они также считаются равносильными на этом множестве. 5. Очевидно, что равносильные уравнения имеют одно и тоже множество решений, принадлежащих области определения этих уравнений. Например, уравнения х 2 1 0 и (х-1)(х+1)=0 равносильны, если они имеют корни: х1 1 , х2 1 . 6. Уравнения х 2 1 0 и х 4 2 0 равносильны на множестве действительных чисел, так как множество решений каждого из них пустое. Упражнения с решениями Равносильны ли уравнения: 1) x=0 и х( х 2 1) 0 ; 2) х 2 х и х2 2 х2 2 ; х х 3) х+1=0 и ( х 1) 3 0 ; 4) 2х=10 и (х+1)(2х-10)=0? Решения. 1) Уравнения х=0 и х( х 2 1) 0 равносильны; оба имеют единственный корень х=0. 2) Уравнения х 2 х и х2 2 х2 2 неравносильны: х=0 является корнем х х первого уравнения, но не удовлетворяет второму уравнению, так как при х=0 левая и правая части уравнения не определены. 3) Число х=-1 является корнем первого уравнения и корнем кратности 3 второго уравнения. Замечание. Если среди корней имеются совпадающие, то говорят, что у многочлена есть кратные корни. Поэтому эти два уравнения ,имеющие одни и те же корни (без учета кратности), считаются равносильными. 4) Уравнения 2х=0 и (2х-10)(х+1)=0 неравносильны: первое из них имеет единственный корень х=5, а второе, кроме корня х=5, имеет корень х=-1, который не служит решением первого уравнения. Решить самостоятельно. 1. Равносильны ли уравнения: А. 1) 7(х-3)=49 и х-3=7; 2) 2х-7=0 и 2х=7; 3) 2) х+5=х-1 и х(х-3)= х 2 8 3х ; Б. 1) х 2 5 х 6 и х 2 5 х 6 0 ; 3) ( х 2)( х 2 1) 3( х 2 1) и х 3 0 ; 2.Решите уравнения: 1) 6(х+4)=3-2х; 2) 4) 3(х+3)+х=9+4х; 7) 2х 9 и 2х=27; 3 4) (х+3)(х-3)=0 и х+3=0? 5( х 2) 2( х 3) 3 ; 3) 2х+5=2(х-7); х2 х3 х2 1 1 5) х2 ; х х х2 25 6) ; х5 х5 у5 у 5 у 25 . 2 У 5 у 2 у 5 у 2 у 2 50 Тема2 Рациональные уравнения, приводящиеся с помощью преобразований к линейным и квадратным. Умение решать линейные и квадратные уравнения относится к списку умений, которыми должен обладать каждый выпускник средней школы. Однако и здесь уравнение уравнению рознь. Одно дело - уравнение х2-3х+2=0 и совсем другое -11х2-1237х-1938=0 или х 2 (9 3 ) х 14 3 3 0 . В первом из этих двух уравнений надо вычислить D 1615441 1271 , во втором «увидеть», что D=28-6 3 (3 3 1) 2 . Рассмотрим несколько примеров, в которых за счет достаточно простых приемов можно избежать громоздких преобразовании и вычислений. 1. Решить уравнение 1 2 3 6 . x 1 x 2 x 3 x 6 Р е ш е н и е. Можно попросту освободится от знаменателя, раскрыть скобки, привести подобные члены и получить квадратное уравнение. Но можно попробовать облегчить себе жизнь: объединить дроби в пары и произвести сначала действия внутри пар. Удачная группировка, существенно упрощает вычисления. 2 3 6 1 5 x 12 5 x 12 , . Грубой ошибкой было бы сокращение x 2 x 3 x 6 x 1 x 2x 3 x 6x 1 обеих частей на 5х-12, так как при этом теряется корень х=12/5. Запомните: если левая и правая части уравнения имеют общий множитель, то сокращение на него может привести к потере корня. Уравнение ab=ac распадается на два: a=0 и b=c. В нашем случае получаем два уравнения: 1) 5х-12=0, х1=2,4; 2) (х-2)(х-3)=(х+6)(х-1), х2=1,2. Ответ. 1,2; 2,4. 24 5 x 5 6 x 17 7 x 8 x 55 2. Решить уравнение 31 370 29 . x4 x2 x 1 x2 Р е ш е н и е. Этот пример посложнее, Решение этого уравнения « в лоб» приводит к непомерным вычислительным трудностям. Однако можно эти трудности обойти. Преобразуем каждую из входящих в наше уравнение дробь: 24 5 x 29 5( x 1) 29 5, x 1 x 1 x 1 8 x 55 31 8. x3 x3 5 6x 29 17 7 x 31 6, 7, x4 x4 x2 x2 29 31 29 31 31 5 6 370 29 7 8 , x4 x3 x 1 x2 1 1 1 1 31 29 341 370 29 29 31 , x 1 x 4 x 2 x 3 1 1 1 1 ; x 1 x 4 x 2 x 3 1 1 1 1 ; (х+1)(х+2)=(х+3)(х+4), 4х+10=0; х=-2,5. x 1 x 2 x 3 x 4 Ответ.- 2,5. Решить уравнения самостоятельно. 1. 118х2+1389х-1507=0. 3. 4. 2. х 1 x 5 x 3 x 4 . х 1 x 5 x 3 x 4 x2 x 2 x2 x 6 . 3x 2 5 x 14 3x 2 5 x 10 1 1 1 1 0. x7 x5 x6 x4 8 3x 3 2 x 15 x 31 2 x 17 . x7 x6 x3 x4 5. 112+19 x 2 2 x 2 x 2 8 x 20 x 2 4 x 6 x 2 6 x 12 6. . x 1 x4 x2 x3 Ответы: 1. 1; - 1507/118. 2. 0; 7 2 3 ; 7 2 3 . 3. – 4; 2. 4. 11 1 11 5 . ; 2 2 5. - 5. 6. 0; - 5/2. Тема3 Иррациональные уравнения. Появление лишних корней. При стандартном способе решения уравнения возникает цепочка уравнений, соединяющая исходное уравнение с уравнением, которое мы уже умеем решать. Было бы хорошо, если бы каждое уравнение цепочки было эквивалентно предыдущему, а следовательно, и исходному. Но этого не всегда легко добиться. Легче следить за тем, чтобы каждое следующее уравнение было следствием предыдущего, чтобы корни « по дороге» не терялись. Если мы чумеем организовать решение уравнения таким способом, то нам необходимо после решения последнего уравнения найти способ отсеять лишние корни, отобрать правильные. Это можно сделать при помощи проверки. В этом случае проверка является элементом решения и необходима даже в тех случаях, когда лишние корни не появились, но ход решения был таков, что они могли появиться. С другой стороны, иногда нам легче сделать проверку, чем обосновать то, что в ней нет необходимости. И наконец, проверка может быть средством контроля правильности проделанных вычислений. Рассмотрим несколько примеров. 3 х 3 х. Решение. 3 х 9 6 х х 2 , х 2 7 х 6 0; х1 1, х2 6. Проверка показывает, что х2 6 — 1. Решить уравнение лишний корень, х = 1 удовлетворяет уравнению. Ответ. 1. 2 х 2 1 1 х. Решение. 2 х 2 1 1 2 х х 2 , х 2 2 х 0; х1 0, х2 2. Найденные значения удовлетворяют 2. Решить уравнение уравнению. Ответ. 0; - 2. х 2 1 х 2. 5 Решение. х 2 1 х 2 4 х 4, х . Найденное значение – лишний корень. 4 3. Решить уравнение Ответ. Уравнение не имеет корней. Однако не всегда проверку легко осуществить. Лишни корни, которые могли появиться в процессе того, что уравнение возводилось в квадрат, могут быть отброшены на основании следующего утверждения. Если х0 удовлетворяет уравнению (2), полученному из уравнения (1) возведением в квадрат его правой и левой частей, то, для того чтобы х0 являлся корнем уравнения (1), необходимо и достаточно, чтобы при подстановке в уравнение (1) левая и правая части были бы числами одного знака (безусловно предполагается, что при этом обе части уравнения имеют смысл). 5 2 х 4 х. Решение. 5 2 х х 2 8 х 16, х 2 10 х 11 0; х1 5 14 , х2 5 14 ; х1 5 14 лишний 4. Решить уравнение корень, так как 4-х1<0, в то время как х2 5 14 удовлетворяет уравнению (4-х2>0). Ответ. 5 14. Если в уравнении радикалов несколько, то уравнение приходится возводить в квадрат неоднократно. В этом случае корнями исходного уравнения будут лишь те корни первого уравнения без радикалов, которые будут давать числа одного знака в обеих частях всех тех промежуточных уравнений, которые возводились в квадрат. 5.Решить уравнение Решение. 3 2 х 5 х 5. 3 2 х 5 5 х ,3 2 х 25 10 5 х 5 х,10 5 х 27 х ,500 100 х 729 54 х х 2 , х 2 154 х 229 0; х1 77 10 57 , х2 77 10 57 . Значение х должно удовлетворять ограничениям 5 5 х 0,27 х 0. Очевидно, что х2 не удовлетворяет второму ограничению, а х1 удовлетворяет обоим условиям. Ответ. 77 10 57. Иногда можно избавится от квадратных радикалов, не возводя уравнения в квадрат. 6. Решить уравнение x 2 5x 3 x 2 3x 2 2 x 1. Решение. Умножим обе части на сумму корней, получим: 2 х 1 (2 х 1)( х 5х 3 х 3х 2 ), 1 1) 2 х 1 0, х1 ;2) х 2 5 х 3 х 2 3х 2 1. Поскольку мы ищем лишь те корни этого 2 2 2 уравнения, которые являются одновременно и корнями исходного, то эти корни должны удовлетворять уравнению, являющемуся их суммой, т.е. уравнению 2 1 х 2 5 х 3 х 1, х1 , х2 . 3 2 Проверка показывает, что оба корня подходят. Ответ. 1 2 ; . 2 3 Решить уравнения: 1. 5 2 х 5 х. 4. 2 х 3 3х 1 5 х 2. 2. 3. 6 4 х х 2 х 4. 5. 5х 1 х 4 4 х 3. 3х 1 2 х 1 7 . Тема 4. О понятии области допустимых значений неизвестного Областью определения уравнения или областью допустимых значений уравнения (сокращенно ОДЗ) уравнения называется множество тех значений неизвестного, при которых имеют смысл его левая и правая части. Разберем еще два примера, показывающих, что в одних случаях нахождение ОДЗ полезно при решении уравнения, в других задача определения ЛДЗ оказывается сложной и абсолютно не нужной. 1. Решить уравнение х3 4 х 1 8 х 4 х х3 1 2 х . Решение. Нахождение ОДЗ в этом уравнении представляет собой достаточно трудную совершенно не нужную задачу. Возведем уравнение в квадрат: и х3 4 х 1 8 х 4 х х3 1 4 х3 1 х 4 х, х3 1 х 0; х1 1, х2 0; х2 0 лишний корень (проверка). Ответ. 1. 2. Решить уравнение х 2 х 2 х х 2 х 1. Решение. В этом уравнении нахождение ОДЗ приносит несомненную пользу, поскольку оно состоит из двух значений: х =1 и х =0 (проверьте самостоятельно). Проверка показывает, что корнем уравнения является лишь значение х = 1. Ответ. 1. Тема 5. Замена неизвестного. Введение нового неизвестного, относительно которого уравнение имеет более простой, легко приводимый к стандартному уравнению вид – важнейший метод решений уравнений любых видов и типов. Рассмотрим некоторые наиболее часто встречающиеся замены. а) Замена у = хn. В частности, с помощью замены у = х2 решаются биквадратные уравнения ax 4 bx c 0. б) Замена у = Р(х) или у к Р( х) , где Р(х) – многочлен. Чаще всего встречаются задачи, в которых делается замена у ax 2 bx c или y ax bx c . в) Замена y P ( x) , где Р(х) и Q(x) – многочлены. В частности с помощью замены Q( x) 1 x2 1 решаются возвратные уравнения 4-й степени, т.е. уравнения вида x x аx 4 bx 3 cx 2 bx a 0 . Делается это следующим образом. Разделим уравнение на х2 y x почленно, 1 1 a x 2 b x c 0. x x получим относительно y x 2 Поскольку 1 1 x x 2, x x 2 то 1 будем иметь уравнение ay 2 by c 2a 0. x Советы. Первый: новое неизвестное следует вводить сразу, при первой возможности. Второй: после введения нового неизвестного получившееся уравнение следует полностью решить с этим неизвестным, отбросить, если таковые появились, лишние корни и лишь затем вернуться к первоначальному неизвестному. 1. Решить уравнение 2 x 2 6 x x 2 3x 6 2 0. Решение. Сделаем замену y x 2 3x 6 . Тогда y 0, x 2 3x y 2 6. Получим относительно 5 y уравнение 2 y 2 12 y 2 0;2 y 2 y 10 0; y1 2, y2 ; y2 не удовлетворяет условию 2 у≥0. Возвращаемся к х: Ответ. 1; 2. 2. Решить уравнение x 2 3x 6 2; x1 1, x2 2. x x 2 2 1 x x 1 2 10 . 9 Решение. Поделим числитель и знаменатель дроби, расположенной в левой части на х2. Получим 1 10 1 y 10 5 2 x ,y x ; ,10 y 2 29 y 10 0; y1 , y2 . 2 2 9 x y 1 9 2 5 1 x 1 x 1 5 1 1) x ;2 x 2 5 x 2 0; x1 2, x2 ; x 2 2 1 2 2) x ;5 x 2 2 x 5 0. x 5 x Это уравнение не имеет действительных корней. Ответ. 2; 0,5. 3. Решить уравнение x 2 2x2 40 . 2 x 1 9 Решение. Поскольку в левой части стоит сумма двух квадратов, естественно попытаться дополнить ее до квадрата суммы или разности. Получим 2 2x2 x2 40 2 x 2 x 40 2 x 2 x 2 40 x2 x2 x , x , 2 , y, x 1 x 12 9 x 1 x 1 9 x 1 x 1 9 x 1 x 1 40 4 10 y2 2 y; y1 , y2 . 9 3 3 2 x 4 2 1) ,3x 2 4 x 4; x1 , x2 2; x 1 3 3 2 x 10 2) ,3x 2 10 x 10 0. Это уравнение не имеет действительных корней. x 1 3 2 2 Ответ. 2 ; 2. 3 4. Решить уравнение x 1x 2x 3x 4 120. Решение. Группируя в левой части первый множитель с последним, а второй с третьим, получим уравнение x 2 5x 4 x 2 5x 6 120. Обозначим y x 2 5x 4. y 2 2 y 120 0; y1 10, y2 12. 1) x 5 x 4 10; x1 1, x2 6; 2 2) x 2 5 x 4 12; D 0. Это уравнение не имеет действительных корней. Ответ. 1; -6. Решить уравнения: 5 2 x 5 x; 1) 2) 3x 1 2 x 1 7 ; 3) x 1 x 33 x 6 x 22 ; x 2 x x 2 x 5 2 x 2 2 x 17 4) 1 1 4 х 2 5х ; 2 6 х 7 х 2 12 х 17 х 6 9х2 6) х 2 16 х 32 5) 2 7) х( х 4) 11 4 0 . хх Тема 6.Решение уравнений высших степеней. Одним из способов решения уравнений высших степеней является способ разложения на множители многочлена, стоящего в левой части уравнения. Этот способ основан на следующем применении теоремы Безу ( Этьенн Безу – французский математик XVIII в.). Если число α является корнем многочлена Р(х), имеющего степень n, то этот многочлен можно представить в виде Р(х) = (х – α)Q(х), где Q(х) – частное от деления Р(х) на х – α, многочлен степени n-1. Таким образом, если известен хотя бы один корень уравнения Р(х) степени n, то с помощью теоремы Безу можно свести задачу к решению уравнения степени n – 1, т.е., как говорят понизить степень уравнения. Возникает естественный вопрос: как найти хотя бы один корень уравнения? Способ отыскания рациональных корней алгебраического уравнения с целыми коэффициентами дается следующей теоремой. Пусть несократимая дробь p является корнем уравнения a0 x n a1 x n1 ... an1 x an 0 q с целыми коэффициентами. Тогда число p является делителем свободного члена аn , a q – делитель старшего коэффициента а0 . Укажем два следствия. 1. Любой целый корень уравнения с целыми коэффициентами является делителем его свободного члена. 2. Если старший коэффициент уравнения с целыми коэффициентами равен 1, то все рациональные корни уравнения, если они существуют, - целые. 1.Решить уравнение 2 х 3 7 х 2 5 х 1 0 . p Решение. Найдем рациональные корни уравнения. Пусть несократимая дробь является корнем q уравнения. Тогда p надо искать среди делителей свободного члена, т.е. среди чисел ±1, а q – среди положительных делителей старшего коэффициента: 1; 2. Таким образом, рациональные корни уравнения надо искать среди чисел 1, только число 1 . 2 1 . Проверка показывает, что корнем уравнения является 2 Разложим левую часть уравнения на множители, учитывая, что нужно вынести за скобку множитель (2х -1). Перепишем уравнение в виде 2 х 3 х 2 6 х 2 3х 2 х 1 0. Получим: х 2 (2 х 1) 3х(2 х 1) (2 х 1) 0, (2 х 1)( х 2 3х 1) 0. Приравнивая второй множитель к нулю, приходим к квадратному уравнению, имеющему корни Ответ. 3 5 . 2 1 3 5 , . 2 2 Как уже отмечалось выше, понижение степени уравнения Р(х)=0 в случае когда известен его корень α, сводится к нахождению частного от деления Р(х) на х-α. Деление многочлена Р(х) на х –α удобно выполнять по схеме Горнера. Обозначим неполное частное при делении многочлена Р(х) на х –α Q( x) b0 x n1 b1 x n2 ... bn1 , а остаток - через bn . Так как Р(х) = Q(x)(x – α) + bn, то имеет место тождество a0 x n a1 x n1 ... an b0 x n1 b1 x n2 ... bn1 x bn . Раскроем в правой части этого равенства скобки и сравним коэффициенты при одинаковых степенях х слева и справа. Получим, что a0 = b0 и при 1≤ k ≤ n имеют место соотношения ak bk bk 1. Вычисления коэффициентов многочлена Q(x) и остатка bn записывают в виде следующей таблицы : a0 a1 a2 … an-1 an … bn1 an1 bn2 bn an bn1 b0 a0 b2 a2 b1 b a b 1 1 0 Так как по теореме Безу bn=P(x), схема Горнера позволяет находить значение многочлена Р(х) при х = α. 2. Вычислить Р(3), где P( x) 4 x5 7 x 4 5 x3 2 x 1. 4 -7 5 0 -2 1 3 4 5 20 60 178 535 Значит, Р(3) = 535. 3. Разложить на множители многочлен P( x) 2 x 4 7 x3 3x 2 5 x 1. Решение. Ищем целые корни среди делителей свободного члена: ±1. Подходит – 1. Делим Р(х) на х + 1: 2 -7 -3 5 -1 -1 2 -9 6 -1 0 P( x) x 1 2 x3 9 x 2 6 x 1 . Ищем целые корни кубического многочлена среди делителей его свободного члена: ±1. Вычисления показывают, что целых корней нет. Так как старший коэффициент многочлена не равен 1, то многочлен может иметь дробные рациональные корни. Дробными корнями могут быть только числа 1 2 1 1 1 ; . Подходит : 2 2 2 2 -9 6 -1 2 -8 2 0 1 P( x) ( x 1) x 2 x 2 8 x 2 x 12 x 1 x 2 4 x 1 . 2 множители с целыми коэффициентами не раскладывается. Трехчлен x 2 4 x 1 на Ответ. P( x) x 12 x 1 x 2 4 x 1 . Решить самостоятельно. 1. Разложить на множители: а) x 3 2 x 2 5 x 6 ; 2) Решить уравнения: а) x 3 5 x 2 3x 1 0; 3) Решить уравнения: б) x 4 4 x 3 25 x 2 16 x 84 . б) 2 x 4 5 x 3 5 x 2 2 0. 4( x 3) 5 2 1 3 2 2 x x 8 x 4 2 x 3x 2 в) ( x 1)( x 3)( x 5)( x 7) 9 ; а) x 2 5x 6 4 x 2 20 . 2 x 3 3x 2 2 x 3 2 x 2 x 3 г) ( x 2 3x 2)( x 2 9 x 20) 4. б) Тема7. Уравнения, содержащие абсолютные величины. 1) Решить уравнение х 5 3 . Так как модуль х -5 равен 3, то по определению модуля числа значение выражения под знаком модуля равно либо 3, либо – 3. Имеем совокупность двух уравнений: х -5 = 3 или х -5 = -3. Решив их, найдем, что х1=8, х2=2. Рассмотрим решение уравнения вида f ( x) g ( x). Так как модуль всегда неотрицательное число, то заданное уравнение равносильно совокупности двух систем: f ( x) g ( x), g ( x) 0; f ( x) g ( x), g ( x) 0. 2) Решить уравнение х 2 3 х 10 3 х 1 . Это уравнение равносильно совокупности двух систем: х 2 3х 10 3х 1. 3х 1 0; х 2 3х 10 1 3х, 3х 1 0. Ответ. 3; -3+2 5 . Рассмотрим решение уравнения вида f ( x) g ( x) . Если модули двух чисел равны, то числа либо равны, либо противоположны. Значит заданное уравнение равносильно совокупности двух уравнений: f ( x) g ( x), f ( x) g ( x). 2 3) Решить уравнение x 5 x 7 2 x 5 . Это уравнение равносильно совокупности двух уравнений: x 2 5 x 7 2 x 5, 2 x 5 x 7 5 2 x. Ответ.1; 2; 3; 4. 3) Решить уравнение х 1 х 2 1. Освободим левую часть уравнения от знака модуля. С этой целью выделим промежутки, в которых х -1 и х -2 оба отрицательны, имеют разные знаки, оба положительны. Для этого нужно найти значения х, при которых выражения, стоящие под знаком модуля, обращаются в нуль, - это числа 1 и 2. Они разбивают множество действительных чисел на три промежутка: ;1, 1;2, 2;. Имеем: 2 х 3; х 1, х 1 х 2 1;1 x 2, 2 x 3; x 2. Следовательно, данное уравнение равносильно совокупности трех систем: 2 х 3 1, x 1, 1 1, 1 x 2, 2 x 3 1, x 2. Первая и третья системы не имеют решений, а решение второй системы образуют промежуток [1; 2]. Значит, данное уравнение имеет бесконечное множество корней. Ответ.[1; 2]. Решить уравнение: 1) х 5 1 ; 2) х 2 4 5 ; 3) х 2 4 х 12 6 х ; 4) 2 х 2 5 х 3 2 х 1 5) х 4 х 3 7 ; 6) х 2 2 2 ; 7) х 2 2 х 1 3 0 . Литература 1. Углубленное изучение курса алгебры и математического анализа. Методические рекомендации и дидактические материалы. Пособие для учителя.М. Л. Галицкий, М. М. Мошкевич, С. И. Шварцбурд – Москва «Просвещение» 1990 2. Факультативный курс по математике. Решение задач. Учебное пособие для 10 класса средней школы. И. Ф. Шарыгин – Москва «Прсвещение» 1989 3. Алгебра. Дополнительные главы к школьному учебнику 9 класса. Учебное пособие для учащихся школ и классов с углубленным изучением математики. Ю. Н. Макарычев, Н. Г. Миндюк. Под редакцией Г. В. Дорофеева – Москва «Просвещение» 1997