Иррациональные уравнения

Материал из Викиучебника
Перейти к: навигация, поиск

Исходный текст статьи опубликован в журнале «Потенциал» № 1, 2005. Автор статьи — Колесникова Софья Ильинична.

Введение[править]

Публикуемый материал является дополнением к заданию ЗФТШ № 1 для 10 класса. В нём рассматривается два типа иррациональных уравнений:  \sqrt {f\left( x \right)}  = g\left( x \right) и  \sqrt {f\left( x \right)}  = \sqrt {g\left( x \right)}.

Уравнения типа  \sqrt {f\left( x \right)}  = g\left( x \right) рассматриваются для того, чтобы ещё раз обратить внимание на то, что ОДЗ этого уравнения находить не надо, а неотрицательность правой части для решений проверять обязательно. Кроме того, рассматриваются различные способы решения простейшего вида этих уравнений:  \sqrt {ax + b}  = cx + d. Показывается аналитически и графически, откуда берутся посторонние («лишние») корни.

Для уравнений второго типа  \sqrt {f\left( x \right)}  = \sqrt {g\left( x \right)} показывается, что при их решении нет необходимости решать систему неравенств (ОДЗ) \left\{\begin{matrix} f(x)\ge{0} &  \\ g(x)\ge{0} &  \end{matrix}\right., а достаточно подставить найденные корни уравнения f\left( x \right) = g\left( x \right) в одно из них.

Приведенные маленькие замечания позволяют сократить время на решение таких стандартных задач, а потому дают возможность успешнее справляться с задачами на контрольных и выпускных экзаменах в школе, вступительных в вуз, при решении заданий ЕГЭ любого уровня.

Материал рекомендуется учащимся, начиная с 9 класса.

Уравнения вида  \sqrt {f\left( x \right)}  = g\left( x \right). [править]

При решении уравнения этого вида очень многие школьники прежде всего находят ОДЗ:  f\left( x \right) \ge 0, затем решают получившееся квадратное уравнение, проверяют, после нахождения решений, условие  f\left( x \right) \ge 0 и успокаиваются. Ответ может оказаться неверным. Почему? Потому что могут появиться «лишние» корни. Почему? Потому что после возведения в квадрат решаются сразу два уравнения:  \sqrt {f\left( x \right)}  = g\left( x \right) и  \sqrt {f\left( x \right)}  =  - g\left( x \right), но на разных промежутках числовой оси:  \sqrt {f\left( x \right)}  = g\left( x \right) — там, где  g\left( x \right) \ge 0, и  \sqrt {f\left( x \right)}  =  - g\left( x \right) — там, где  g\left( x \right) \le 0. «Лишние» корни — это корни второго уравнения, геометрически это — пересечение графика функции  y = g\left( x \right) с графиком функции  y =  - \sqrt {f\left( x \right)} .

Как быть?

Дело в том, что обе части любого уравнения всегда можно возвести в квадрат, но при этом может получиться неравносильное уравнение, а, значит, могут появиться посторонние корни. В нашем случае получится уравнение  f\left( x \right) = g^2 \left( x \right), при этом очень важно, что ОДЗ уравнения выполняется автоматически, поэтому при таком способе решения не надо тратить энергию на решение неравенства  f\left( x \right) \ge 0.

Заметим, что уравнение \sqrt {f\left( x \right)}  = g\left( x \right) может иметь решение для  g\left( x \right) \ge 0, но не имеет решений, если  g\left( x \right) < 0.

Вспомним, что, если f(x) \ge 0, g(x)\ge 0, то f(x)=g(x)\Leftrightarrow f^2(x)=g^2(x).

Так как уравнение  \sqrt {f\left( x \right)}  = g\left( x \right) может иметь решение лишь при условии  g\left( x \right) \ge 0 (т. е. обе части в ОДЗ уравнения неотрицательны), то

 \sqrt {f\left( x \right)}  = g\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} f\left( x \right) = g^2 \left( x \right), \\ g\left( x \right) \ge 0. \\ \end{matrix} \right.                     (1)

Это очень важное условие равносильности. Во-первых, оно освобождает учащегося от необходимости исследовать, а после нахождения решений и проверять условие  f\left( x \right) \ge 0 неотрицательности подкоренного выражения, т. к. это условие выполняется автоматически.

Во-вторых, акцентирует внимание на проверке условия  g\left( x \right) \ge 0 неотрицательности правой части — это условие «отсекает» посторонние корни — корни уравнения \sqrt {f\left( x \right)}  = g\left( x \right).

При этом сначала решается уравнение, а затем найденные корни подставляются в неравенство. Неравенство (за редким исключением, когда корни «плохие») заранее решать не надо.

Наше условие равносильности особенно полезно при решении тригонометрических уравнений, в которых нахождение ОДЗ связано с решением тригонометрических неравенств, что гораздо сложнее, чем решение тригонометрических уравнений. В тригонометрических уравнениях даже проверку условия g\left( x \right) \ge 0 не всегда просто сделать.

Замечание. При решении любых уравнений, где есть хотя бы один неравносильный переход, надо делать проверку, подставляя найденные корни в исходное уравнение!

Пример 1.[править]

 \sqrt {2x^3  + 2x^2  - 3x + 3}  = x + 1.

В этом примере особенно хорошо видно, что при решении важным является условие x + 1 \ge 0, а ОДЗ корня искать не надо, да и найти трудно.

\sqrt {2x^3  + 2x^2  - 3x + 3}  = x + 1 \Leftrightarrow

\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x + 1\ge{0} &  \\ 2x^3  + 2x^2  - 3x + 3 = x^2  + 2x + 1 &  \end{matrix}\right.\Leftrightarrow

\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x + 1\ge{0} &  \\ 2x^3  + x^2  - 5x + 2 = 0 &  \end{matrix}\right.

Посмотрим внимательно на уравнение 2x^3  + x^2  - 5x + 2 = 0

Сумма коэффициентов этого уравнения равна 0, значит, х=1 является корнем. Теперь можно выделить множитель (х-1) делением столбиком, при помощи схемы Горнера или группировкой, выделяя последовательно слагаемые, которые делятся на (х-1):

2x^3  + x^2  - 5x + 2 = 2(x^3  - 1) + (x^2  - 1) - 5(x - 1) = (x - 1)(2(x^2  + x + 1) + x + 1 - 5) = (x - 1)(2x^2  + 3x - 2) =

= (x - 1)(x + 2)( x - \frac{1}{2}).

Значит, исходное уравнение эквивалентно системе

 \left\{ \begin{matrix} x + 1 \ge 0 &  \\ \left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x - \frac{1}{2}} \right) = 0 & \end{matrix} \right.

откуда x=1 или x=1/2.

Любопытно, что  x =  - 2 принадлежит ОДЗ, но не является решением, т. к. для него не выполнено условие  x + 1 \ge 0.

Ответ: 0,5; 1.

Пример 2.[править]

 4\sqrt {5x - x^2  - 6}  = x - 1.

 4\sqrt {5x - x^2  - 6}  = x - 1 \Leftrightarrow

   \left\{ \begin{matrix} 16\left( {5x - x^2  - 6} \right) = \left( {x - 1} \right)^2  \\ x - 1 \ge 0  \end{matrix} \right. \Leftrightarrow

  \left\{ \begin{matrix} 17x^2  - 82x + 97 = 0 \\ x \ge 1  \end{matrix} \right. \Leftrightarrow

 x = \frac{{41 \pm \sqrt {32} }}{{17}}.

Ответ: \frac{{41 \pm \sqrt {32} }}{{17}}.

В этом примере не оказалось лишних корней.

Пример 3.[править]

 \sqrt {x^3  - 5x + 13}  = x + 2.

\sqrt {x^3  - 5x + 13}  = x + 2 \Leftrightarrow

 \left\{ \begin{matrix} x + 2 \ge 0 \\ x^3  - 5x + 13 = \left( {x + 2} \right)^2  \\ \end{matrix} \right.  \Leftrightarrow   x^3  - x^2  - 9x + 9 = 0 \Leftrightarrow

 \left\{ \begin{matrix} x \ge  - 2 \\ \left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right) = 0 \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow

\left[ \begin{matrix} x = 1 \\ x = 3. \\ \end{matrix} \right.

Ответ: 1,3.

Пример 4.(МГУ, 1974, экон. ф-т)[править]

Найти все действительные решения уравнения  \sqrt {2x^2  - 4x}  = \sqrt {x^2  + 1}  + \sqrt {x^2  - 1}.

В ОДЗ обе части уравнения неотрицательны, поэтому возведение в квадрат обеих частей приводит к равносильному уравнению:

 \sqrt {2x^2  - 4x}  = \sqrt {x^2  + 1}  + \sqrt {x^2  - 1} \Leftrightarrow

  2x^2  - 4x = 2x^2  + 2\sqrt {x^4  - 1}  \Leftrightarrow

   \sqrt {x^4  - 1}  =  - 2x \Leftrightarrow

(Здесь мы воспользовались условием равносильности)

\left\{ \begin{matrix} x \le 0, \\ x^4  - 1 = 4x^2 \Leftrightarrow x^2  = 2 + \sqrt 5  \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow

 x =  - \sqrt {2 + \sqrt 5 }.

Ответ:   - \sqrt {2 + \sqrt 5 } .

Пример 5.(МГУ, 1999)[править]

Решите уравнение \sqrt {\left| {x^2  + 14x + 47} \right| - 1}  = \left| {x + 7} \right| - 1.

Здесь удобно сначала сделать замену переменных. Пусть t = \left| {x + 7} \right|, тогда уравнение  \left| {x + 7} \right| - 1 = \sqrt {\left| {\left( {x + 7} \right)^2  - 2} \right| - 1}  примет вид  \sqrt {\left| {t^2  - 2} \right| - 1}  = t - 1.

Решим его.

\sqrt {\left| {t^2  - 2} \right| - 1}  = t - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} t \ge 1 \\ \left| {t^2  - 2} \right| - 1 = t^2  - 2t + 1 \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow

 \left\{ \begin{matrix} t \ge 1 \\ \left| {t^2  - 2} \right| = t^2  - 2t + 2 \equiv \left( {t - 1} \right)^2  + 1 > 0 \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow

   \left\{ \begin{matrix} t \ge 1 \\ \left[ \begin{matrix} t^2  - 2 = t^2  - 2t + 2 \\ t^2  - 2 =  - t^2  + 2t - 2 \\ \end{matrix} \right. \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} t \ge 1 \\ \left[ \begin{matrix} t = 2 \\ \left[ \begin{matrix} t = 0 \\ t = 1 \\ \end{matrix} \right. \\ \end{matrix} \right. \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow

  \left[ \begin{matrix} t = 2 \\ t = 1 \\ \end{matrix} \right. \Rightarrow \left[ \begin{matrix} \left| {x + 7} \right.| = 2 \\ \left| {x + 7} \right.| = 1 \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} \left[ \begin{matrix} x =  - 5 \\ x =  - 9 \\ \end{matrix} \right. \\ \left[ \begin{matrix} x =  - 6 \\ x =  - 8 \\ \end{matrix} \right. \\ \end{matrix} \right.

Ответ: -5, -6, -8, -9.

Пример 6.[править]

Решите уравнение  \sqrt {7 - cos x - 6\cos 2x}  = 4 \sin x.

 \sqrt {7 - cos x - 6\cos 2x}  = 4 \sin x  \Leftrightarrow

 \left\{\begin{matrix} \sin x \ge 0 \\ 7 - \cos x - 6\cos 2x = 16 {\sin}^2 x \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow

\left[ \begin{matrix}\sin x \ge 0 \\ \cos x = \left[ \begin{matrix} 1 \\ - \frac{3}{4}\end{matrix}\right. \end{matrix} \right.  \Leftrightarrow

 \left[ \begin{matrix}  \left\{ \begin{matrix}\sin x \ge 0  \\  \cos x = 1 \end{matrix} \right. \\ \left\{ \begin{matrix} \sin x \ge 0 \\ \cos x =  - \frac{3}{4}   \end{matrix} \right. \end{matrix} \right. \Leftrightarrow

x = \left[ \begin{matrix} 2\pi k  \\ \arccos \left( { - \frac{3}{4}} \right.) + 2\pi k  \end{matrix} \right.

Ответ:  2\pi k,  \arccos \left( { - \frac{3}{4}} \right) + 2\pi k,k \in {\rm Z}.

Уравнения вида  \sqrt {ax + b}  = cx + d. [править]

Рассмотрим подробнее самое простое из уравнений вида \sqrt {f\left( x \right)}  = g\left( x \right) — уравнение  \sqrt {ax + b}  = cx + d  \quad (1).

Мы предполагаем, что a \ne 0 .

Его можно решать различными способами.

Приведем три из них.

1. Можно воспользоваться приведенным выше условием равносильности:

   \sqrt {ax + b}  = cx + d \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}   cx + d \ge 0 \\ ax + b = \left( {cx + d} \right)^2. \\   \end{matrix} \right.

2. Можно сразу решить уравнение   ax + b = \left( {cx + d} \right)^2 (ОДЗ уравнения выполняется автоматически), а затем сделать проверку: подставить найденные решения в заданное уравнение   \sqrt {ax + b}  = cx + d.

Обязательна ли проверка? Да, надо отсечь решения уравнения   - \sqrt {ax + b}  = cx + d.

Рассмотрим решения уравнения на графике. Начертим эскизы левой и правой частей — например, рис. 1.

Irrat1.jpg

Рис. 1

В данном случае хорошо видно (рис. 1), что полупарабола y = \sqrt {ax + b} пересекается лишь с той частью прямой y = cx + d, где y принимает неотрицательные значения, а та часть прямой y = cx + d, где y принимает отрицательные значения, пересекается с полупараболой y =  - \sqrt {ax + b} ,a > 0,b > 0.

Irrat2.jpg

Рис. 2

Но «лишние» корни могут и не появиться (рис. 2) — все зависит от коэффициентов в уравнении, а, значит, от взаимного расположения прямой и полупараболы.

3. Уравнение вида    \sqrt {ax + b}  = cx + d можно также решать с помощью замены переменных, положив t = \sqrt {ax + b}, t \ge 0. Тогда ax + b = t^2, откуда  x = \frac{{t^2  - b}}{a} и уравнение (1) в новых переменных примет вид  t = \frac{{c\left( {t^2  - b} \right)}}{a} + d , что равносильно уравнению  ct^2  - at - bc + ad = 0.

Задача свелась к нахождению неотрицательных решений квадратного уравнения  ct^2  - at - bc + ad = 0, что под силу любому школьнику.

Пример 7. (МФТИ, 2000)[править]

Найти все значения параметра a, при каждом из которых уравнение  \sqrt {x - 8}  =  - ax + 3a + 2 имеет единственное решение.

Решим задачу третьим способом. Пусть  \sqrt {x - 8}  = t,\; t \ge 0, тогда  x = t^2  + 8 и исходное уравнение примет вид  at^2  + t + 5a - 2 = 0. Теперь задача состоит в том, чтобы найти все a, при которых уравнение at^2  + t + 5a - 2 = 0 имеет единственное неотрицательное решение. Это имеет место в следующих случаях:

  1. a = 0, и тогда t = 2.
  2. a \ne 0, D \equiv 1 - 20a^2  + 8a = 0  \Leftrightarrow

   \left[ \begin{matrix}    a =  - \frac{1}{{10}} \Rightarrow t = 5 \\   a = \frac{1}{2} \Rightarrow t =  - 1 \\    \end{matrix} \right. \Rightarrow одно неотрицательное решение при    a =  - \frac{1}{{10}}.

3.  a\ne 0, D>0 \Leftrightarrow a\in \left( {-\frac{1}{10}}; \frac{1}{2} \right) \Leftrightarrow  t_1 t_2  = \frac{{5a - 2}}{a} \le 0 \Leftrightarrow a \in \left( {0;\frac{2}{5}} \right] \Rightarrow  имеем единственное неотрицательное решение при  a \in \left( {0;\frac{2}{5}} \right].

Итак, получаем

Ответ:  \left\{ { - \frac{1}{{10}}} \right\} \cup \left[ {0;\frac{2}{5}} \right].

Уравнения вида  \sqrt {f\left( x \right)}  = \sqrt {g\left( x \right)}. [править]

Пусть задано уравнение  \sqrt {f\left( x \right)}  = \sqrt {g\left( x \right)} .

Запишем ОДЗ:  \left\{ \begin{matrix} f\left( x \right) \ge 0 \\ g\left( x \right) \ge 0 \\ \end{matrix} \right.,

но решать неравенства (за редким исключением) не надо.

В ОДЗ обе части неотрицательны, и возведение в квадрат дает равносильное уравнение. Поэтому


 \sqrt {f\left( x \right)}  = \sqrt {g\left( x \right)}  \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right) \quad (2)

для всех x из ОДЗ.

Теперь видно, что для всех решений f(x) и g(x) имеют одинаковые знаки, поэтому при таком способе решения нет необходимости проверять неотрицательность обеих функций — достаточно проверить неотрицательность одной из них: выбирают ту, для которой неравенство проще проверить.

Можно записать полное условие равносильности, которое включает в себя ОДЗ уравнения:


 \sqrt {f\left( x \right)}  = \sqrt {g\left( x \right)}  \Leftrightarrow

  \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} f\left( x \right) = g\left( x \right) \\ f\left( x \right) \ge 0 \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} f\left( x \right) = g\left( x \right) \\ g\left( x \right) \ge 0  \end{matrix} \right. \quad (3)

Выбирают ту систему, в которой неравенство проще проверить (решать его не надо!).

Пример 8.[править]

Решите уравнение \sqrt {x^2  + x + 1}  = \sqrt {x^4  - 4x^2  + x + 7}.

Видно, что подкоренное выражение в левой части намного проще, чем в правой, поэтому запишем так полное условие равносильности:

\sqrt {x^2  + x + 1}  = \sqrt {x^4  - 4x^2  + x + 7}  \Leftrightarrow

\left\{ \begin{matrix} x^2  + x + 1 > 0 \Leftrightarrow x \in R \\ x^2  + x + 1 = x^4  - 4x^2  + x + 7 \Leftrightarrow x^4  - 5x^2  + 6 = 0 \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow

 \left[ \begin{matrix} x^2  = 3 \\ x^2  = 2 \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} x =  \pm \sqrt 3  \\ x =  \pm \sqrt 2 . \\ \end{matrix} \right.

Ответ:  \pm \sqrt 2 , \pm \sqrt 3 .

Пример 9. (МФТИ,1984)[править]

Решите уравнение  \sqrt {6\sin x\cos 2x}  = \sqrt { - 7\sin 2x} .

Воспользуемся полным условием равносильности (3):

 \sqrt {6\sin x\cos 2x}  = \sqrt { - 7\sin 2x}

 \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} \sin 2x \le 0, \\ 6\sin x\cos 2x =  - 7\sin 2x. \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow

\left\{ \begin{matrix} \sin 2x \le 0, \\ \sin x\left( {6\cos ^2 x + 7\cos x - 3} \right) = 0. \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow

\left[ \begin{matrix} \sin x = 0; \\ \left\{ \begin{matrix} 2\sin x\cos x \le 0, \\ \cos x = \frac{1}{3}. \\ \end{matrix} \right. \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow

\left[ \begin{matrix} x = \pi n, \\ \left\{ \begin{matrix} \sin x \le 0, \\ \cos x = \frac{1}{3}. \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow  \\ \end{matrix} \right.

 \Leftrightarrow x =  - \arccos \frac{1}{3} + 2\pi n.

Ответ: \pi n,  - \arccos \frac{1}{3} + 2\pi n,n \in {\rm Z}.

Применение графического исследования к решению задач ЕГЭ уровня А.[править]

Уметь строить эскизы левой и правой частей уравнения  \sqrt {ax + b}  = cx + d очень полезно. Графическая интерпретация решения такого уравнения помогает быстро решить некоторые задачи ЕГЭ.

Пример 10.[править]

Какое утверждение 1) уравнение имеет два корня одного знака (оба корня или положительны, или оба корня отрицательны); 2) уравнение имеет только один корень, и он отрицателен; 3) уравнение имеет два корня разных знаков; 4) уравнение имеет только один корень, и он положителен верно по отношению к корням уравнения

  1. а) \sqrt {x + 4}  = 3\left( {x + 1} \right) ;
  2. б) \sqrt {7 - x}  = x + 1;
  3. в) 3\sqrt {10 - x}  = 12 - x;
  4. г) 5\sqrt {7 - x}  = 13 - x ?

Для ответа на поставленный вопрос не обязательно решать уравнение. Часто достаточно аккуратно начертить эскизы левой и правой частей.

а) \sqrt {x + 4}  = 3\left( {x + 1} \right).

Irrat3.jpg

Рис. 3

На чертеже надо отметить точки пересечений полупараболы и прямой с осями координат. Из рисунка ясно, что пересечение происходит на отрицательной полуоси — это обеспечивается тем, что прямая пересекает ось Ox правее полупараболы, а ось Oy выше полупараболы.

Ответ: 2).

б)  \sqrt {7 - x}  = x + 1.

Irrat4.jpg

Рис. 4

Из рисунка (рис. 4) ясно, что пересечение происходит на положительной полуоси. Это обеспечивается тем, что прямая пересекает отрицательную полуось Ox, а ось Oy прямая пересекает ниже полупараболы.

Ответ: 4).

в) 3\sqrt {10 - x}  = 12 - x.

Irrat5.jpg

Рис. 5

Это более трудный пример, т. к. не ясно, прямая пересекается с полупараболой (а тогда дважды), касается или вовсе не имеет общих точек с полупараболой. Надо что-то сделать дополнительно, например , подставить такие значения х, при которых корни извлекаются нацело, или поискать точку (x = 5), в которой ясно, что расположено выше — прямая или полупарабола.

Ответ: 1).

г) 5\sqrt {7 - x}  = 13 - x?

Irrat6.jpg

Рис. 6

Из рисунка ясно, что корней два, и они разных знаков. Это обеспечивается тем, что прямая пересекает ось Ox правее, а ось Oy ниже полупараболы.

Ответ: 3).