Новые способы решения уравнений

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);
х2
х3
х2 1
1
5)
 х2  ;
х
х
х2
25
6)
;

х5 х5
у5
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  2x  3 x  6x  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
.
x4 
x2 
 x 1
 x2
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.
x3
x3
5  6x
29
17  7 x
31

6,

7,
x4 x4
x2
x2
29
31
 29

 31

31
5
 6   370  29
7
 8 ,
x4
x3
 x 1

x2

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.
x7 x5 x6 x4
 8  3x 3  2 x 
 15  x 31  2 x 


  17
.
x7 
x6 
 x3
 x4
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
x4
x2
x3
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  12
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  1x  2x  3x  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  32
5)
2
7) х( х  4) 
11

  4  0 .
хх

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 n1  ...  an1 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 n1  b1 x n2  ...  bn1 , а остаток - через bn
.
Так как Р(х) = Q(x)(x – α) + bn, то имеет место тождество


a0 x n  a1 x n1  ...  an  b0 x n1  b1 x n2  ...  bn1 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
…
bn1  an1  bn2 bn  an  bn1
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  12 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  12 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