Неравенства с корнями как решать – Иррациональные неравенства. Теория и примеры.

Особенности решения неравенств с радикалами

3 мая 2014

Сегодня мы вернемся к решению неравенств методом интервалов, однако рассмотрим не обычные неравенства (где просто перемножаются скобки), а нестандартные, в которых присутствуют корни.

Итак, первая задача:

Задача 1. Решите неравенство:

В чем особенность такого неравенства? Какие ограничения для нас вносит наличие радикала? Все очень просто. Согласно определению, арифметический квадратный корень из любой функции f (x) всегда неотрицателен, т.е. больше или равен нуля.

А это значит, что мы можем без всяких затруднений избавиться от корня, просто зачеркнув его. Но при условии, что это выражение отлично от нуля. Потому что, напомню:

Основное свойство неравенства: обе части неравенства можно умножать и делить на любое число, отличное от нуля.

Таким образом, случай, когда корень (а значит — и подкоренное выражение) равняется нулю, следует проверять отдельно. Имеем:

15 − 5x = 0;
15 = 5x;
x = 3.

Подставим найденное число в исходное неравенство — получим:

(3 − 5) ∙ 0 < 0;
0 < 0.

Последнее неравенство, очевидно, является полным бредом. Следовательно, x = 3 не является решением исходного неравенства. А это значит, что мы можем спокойно разделить все неравенство на корень. Получим:

x − 8 < 0
x < 8

Однако если мы просто запишем такой ответ — (−∞; 8) — то, как вы уже поняли, это будет неправильным решением. Все дело в том, что, избавляясь от корня в исходном неравенстве, мы одновременно расширяем область определения.

Судите сами: в неравенстве x < 0 переменная x может принимать абсолютно любые значения, потому что линейная функция определена на всей числовой прямой. А вот в исходном неравенстве подкоренное выражение должно быть неотрицательным, потому что корень из отрицательного числа не определен.

Поэтому возникает еще одно требование:

15 − 5x ≥ 0
15 ≥ 5x
x ≤ 3

Обратите внимание знак «больше или равно» никак не связан с тем, что стояло в исходном неравенстве — это просто требование области определения корня.

При решении неравенств, содержащих корни, подкоренная функция должна быть неотрицательной в любом случае — независимо от знака исходного неравенства.

Теперь отметим наши требования на двух параллельных прямых:

Итак, с одной стороны, x должен быть меньше 8 (т.е. левее восьмерки). С другой — не больше 3 (опять же левее). Пересекаем наши множества и получаем интервал:

x ∈ (−∞; 3]

Но и это не является окончательным и правильным ответом! Дело в том, что в самом начале решения мы убедились, что x = 3 нас не устраивает. Следовательно, эту точку надо выколоть. Поэтому окончательным ответом будет множество:

x ∈ (−∞; 3)

Решение второго неравенства

Итак, переходим ко второму неравенству.

Задача 2. Решите неравенство:

Выполняем все те же самые действия, как и в прошлый раз. Для начала проверяем: является ли ответом тот случай, когда подкоренное выражение равно нулю.

16 − x² = 0
x² = 16
x = ± 4

Подставляем полученные числа в исходное неравенство и получаем:

(16 − 9) ∙ 0 > 0
0 > 0

Очевидно, мы вновь получили неверное неравенство (ноль больше нуля — полный бред). А это значит, что корни x = 4 и x = −4 не являются решением. Эти точки нужно будет выколоть.

С учетом данного факта нужно просто выполоть эти точки и решить обычное неравенство:

x² − 9 > 0
(x − 3)(x + 3) > 0

Чертим прямую, отмечаем нули выражения, стоящего справа — получаем:

Поскольку нас интересуют положительные области, отмечаем интервалы по бокам.

С другой стороны, в исходном неравенстве у нас есть корень. Поэтому нельзя забывать про определение:

16 − x² ≥ 0
x² ≤ 4
−4 < x < 4

Осталось начертить на двух параллельных прямых полученные множества:

Пересекаем заштрихованные области (потому что указанные требования должны выполняться одновременно). Кроме того, вспоминаем, что значения x = ±4 нас не устраивают. Следовательно, эти точки нужно выколоть из итогового ответа. Получим:

x ∈ (−4; −3) ∪ (3; 4)

Вот такому множеству должно принадлежать число x, чтобы выполнялось исходное неравенство. Все точки при этом выколоты. Все, задача решена.

Надеюсь, этот урок поможет вам не запутаться при решении задач, содержащих корни. Тренируйтесь в решении неравенство методом интервалов — и до новых встреч.

Смотрите также:

1. Иррациональные неравенства. Часть 1
2. Иррациональные неравенства. Часть 2
3. Пробный ЕГЭ 2012. Вариант 2 (без логарифмов)
4. Преобразование уравнений
5. Задача B8: отрезки и углы в треугольниках
6. Задача B5: вычисление площади методом обводки

www.berdov.com

Иррациональные неравенства. Видеоурок. Алгебра 11 Класс

Тема: Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств

Урок: Иррациональные неравенства

При решении иррациональных неравенств довольно часто необходимо возводить обе части неравенства в некоторую степень, это довольно ответственная операция. Напомним особенности.

Обе части неравенства можно возвести в квадрат, если обе они неотрицательны, только тогда мы получаем из верного неравенства верное неравенство.

Обе части неравенства можно возвести куб в любом случае, если исходное неравенство было верным, то при возведении в куб мы получим верное неравенство.

Рассмотрим неравенство вида:

Подкоренное выражение должно быть неотрицательным. Функция  может принимать любые значения, необходимо рассмотреть два случая.

В первом случае обе части неравенства неотрицательны, имеем право возвести в квадрат. Во втором случае правая часть отрицательна, и мы не имеем права возводить в квадрат. В таком случае необходимо смотреть на смысл неравенства: здесь положительное выражение (квадратный корень) больше отрицательного выражения, значит, неравенство выполняется всегда.

Итак, имеем следующую схему решения:

В первой системе мы не защищаем отдельно подкоренное выражение, т. к. при выполнении второго неравенства системы подкоренное выражение автоматически должно быть положительно.

Пример 1 – решить неравенство:

Согласно схеме, переходим к эквивалентной совокупности двух систем неравенств:

Проиллюстрируем:

Рис. 1 – иллюстрация решения примера 1

Ответ:

 

Как мы видим, при избавлении от иррациональности, например, при возведении в квадрат, получаем совокупность систем. Иногда эту сложную конструкцию можно упростить. В полученной совокупности мы имеем право упростить первую систему и получить эквивалентную совокупность:

В качестве самостоятельного упражнения необходимо доказать эквивалентность данных совокупностей.

Рассмотрим неравенство вида:

Аналогично предыдущему неравенству, рассматриваем два случая:

В первом случае обе части неравенства неотрицательны, имеем право возвести в квадрат. Во втором случае правая часть отрицательна, и мы не имеем права возводить в квадрат. В таком случае необходимо смотреть на смысл неравенства: здесь положительное выражение (квадратный корень) меньше отрицательного выражения, значит, неравенство противоречиво. Вторую систему рассматривать не нужно.

Имеем эквивалентную систему:

 

Иногда иррациональное неравенство можно решить графическим методом. Данный способ применим, когда соответствующие графики можно достаточно легко построить и найти их точки пересечения.

Пример 2 – решить неравенства графически:

а)

б)

Первое неравенство мы уже решали и знаем ответ.

Чтобы решить неравенства графически, нужно построить график функции, стоящей в левой части, и график функции, стоящей в правой части.

Рис. 2. Графики функций  и

Для построения графика функции  необходимо преобразовать параболу  в параболу  (зеркально отобразить относительно оси у), полученную кривую сместить на 7 единиц вправо. График подтверждает, что данная функция монотонно убывает на своей области определения.

График функции  – это прямая, ее легко построить. Точка пересечения с осью у – (0;-1).

Первая функция монотонно убывает, вторая монотонно возрастает. Если уравнение имеет корень, то он единственный, по графику легко его угадать: .

Когда значение аргумента меньше корня, парабола находится выше прямой. Когда значение аргумента находится в пределах от трех до семи, прямая проходит выше параболы.

Имеем ответ:

а) ; б)

Эффективным методом решения иррациональных неравенств является метод интервалов.

Пример 3 – решить неравенства методом интервалов:

а)

б)

согласно методу интервалов, необходимо временно отойти от неравенства. Для этого перенести в заданном неравенстве все в левую часть (получить справа ноль) и ввести функцию, равную левой части:

теперь необходимо изучить полученную функцию.

ОДЗ:

Корни:

Данное уравнение мы уже решали графически, поэтому не останавливаемся на определении корня.

Теперь необходимо выделить интервалы знакопостоянства и определить знак функции на каждом интервале:

Рис. 3. Интервалы знакопостоянства к примеру 3

Напомним, что для определения знаков на интервале необходимо взять пробную точку и подставить ее в функцию, полученный знак функция будет сохранять на всем интервале.

Проверим значение в граничной точке:

Очевиден ответ:

а) ; б)

 

Рассмотрим следующий тип неравенств:

Сначала запишем ОДЗ:

Корни существуют, они неотрицательны, обе части можем возвести в квадрат. Получаем:

Получили эквивалентную систему:

Полученную систему можно упростить. При выполнении второго и третьего неравенств первое истинно автоматически. Имеем::

 

Пример 4 – решить неравенство:

Действуем по схеме – получаем эквивалентную систему:

Ответ:

Рассмотрим неравенства вида:

В данном случае имеем дело с корнем нечетной степени, в левой и правой части неравенства могут стоять любые (как положительные, так и отрицательные) числа. Имеем эквивалентное неравенство:

 

Пример 5 – решить неравенство:

Ответ:

Итак, мы рассмотрели решение различных типовых иррациональных неравенств, привели несколько методов решения и решили примеры. Далее будем рассматривать неравенства с модулем.

 

Список литературы

1. Мордкович А.Г. Алгебра и начала математического анализа. – М.: Мнемозина.

2. Муравин Г.К., Муравина О.В. Алгебра и начала математического анализа. – М.: Дрофа. 

3. Колмогоров А.Н., Абрамов А.М., Дудницын Ю.П. и др. Алгебра и начала математического анализа. – М.: Просвещение.

  

Дополнительные рекомендованные ссылки на ресурсы сети Интернет

1. ЕГЭ по математике (Источник).

2. Math.md (Источник).

3. Diffur.kemsu.ru (Источник).

 

Домашнее задание

1.      Решить неравенство:

а) ;

б) ;

в) ;

г) ;

2.      Решить неравенство:

а) ;

б) ;

в) ;

г) ;

3.      Решить неравенство:

interneturok.ru

Как решать С3. Урок 7. ЕГЭ по математике 2014. Иррациональные неравенства вида `f(x) ∨ sqrt{g(x)}` — решения.егэцентр.рф

В прошлом уроке мы рассмотрели иррациональные неравенства вида `f(x)· \sqrt{g(x)} \vee 0`.

Тема этого урока — неравенства вида

$$f(x)\vee \sqrt{g(x)},$$

где `\vee` — любой знак неравенства. Работать с корнями крайне неудобно, поэтому наша задача — избавиться от них. Избавиться от корней можно, возведя в квадрат. Но всегда ли можно возводить в квадрат части неравенства?

Алгоритм решения иррационального неравенства `f(x) \vee \sqrt {g(x)}`

Знаки `\leqslant` и `<` мало различаются между собой, как и знаки `\geqslant` и `>`. Для простоты изложения мы разберем алгоритм решения неравенств на примере нестрогих знаков.

Случаи, же неравенств `\leqslant` и `\geqslant` различаться будут достаточно сильно. Мы их рассмотрим по отдельности.

Итак, вариант `f(x) \leqslant \sqrt{g(x)}`

Первое, что нам нужно — выписать ОДЗ корня `g(x) \geqslant 0`.

Затем было бы неплохо возвести в квадрат левую и правую части неравенства и сравнить их. Однако без предварительных размышлений этого делать не стоит.

Почему нельзя возводить в квадрат левую и правую части неравенства?

Приведу простой пример: неравенство `-5 \geqslant \sqrt{10}`, очевидно, неверное. Но если мы возведем левую и правую часть в квадрат, получим `25 \geqslant 10` — верное неравенство.

Почему это произошло?

Вспомните, для неравенств есть правило, что мы можем умножать его левую и правую части только на положительное число. Возведение в квадрат — операция, схожая с умножением. Тут мы левую часть умножили на `-5` — отрицательное число. А правую — на `\sqrt{10}` — положительное, поэтому возникли проблемы.

Нам нужна дополнительная проверка на отрицательность для части неравенства без корня — `f(x)`. Если `f(x) \geqslant 0`, то, поскольку обе части неравенства сто процентов не отрицательны, можно возводить в квадрат.

А если `f(x) <0`? В этом случае неравенство `f(x) \leqslant \sqrt{g(x)}` выполнено автоматически — левая часть отрицательна, правая — нет.

Систематизируем написанное:

ОДЗ (должно быть выполнено всегда): `g(x)\geqslant 0`.

Неравенство эквивалентно системе:

$$\left[\begin{array}{c}\left\{\begin{array}{l}  f(x) \geqslant 0, \\ f^2 (x) \leqslant g(x),\end{array} \right. \\ f(x)<0.\end{array} \right.$$

Случай `f(x) \geqslant \sqrt{g(x)}`

С ним будет попроще. Сперва проверим ОДЗ: `g(x) \geqslant 0`. Затем проверим, можно ли возводить в квадрат: `f(x) \geqslant 0` и сравним квадраты левой и правой части неравенства.

Вариант, когда `f(x) <0` на этот раз нам не интересен, поскольку при нем отрицательная левая часть всегда будет меньше положительной правой, что не удовлетворяет условию.

Обобщим:

ОДЗ (должно быть выполнено всегда): `g(x) \geqslant 0`.

Система неравенств:

$$\left\{\begin{array}{l}  f(x) \geqslant 0, \\ f^2 (x) \geqslant g(x).\end{array} \right.$$

Что изменится, если исходные неравенства строгие предлагаю исследовать самостоятельно.

На этом теория о том, как решать иррациональные неравенства закончена. Разберем несколько примеров.

Первый пример. Как решать иррациональное неравенство, `\sqrt{f(x)} \geqslant g(x)`

$$\sqrt{x-1}\geqslant 3-x.$$

ОДЗ `x\geqslant 1`.

Система неравенств:

$$\left[\begin{array}{c}\left\{\begin{array}{l}  3-x \geqslant 0, \\ x-1 \geqslant (3-x)^2,\end{array} \right. \\ 3-x<0.\end{array} \right.$$

$$\left[\begin{array}{c}\left\{\begin{array}{l}  x \leqslant 3, \\ x-1 \geqslant 9-6x+x^2,\end{array} \right. \\ x>3.\end{array} \right.$$

Второе неравенство системы легко приводится к виду `(x-5)(x-2) \leqslant 0`, откуда получаем решение `2\leqslant x \leqslant 5`. Учитывая, что при этом `x\leqslant 3`, получим `x\in [2,3]`.

Совместив с промежутком `x>3`, получим ответ: `[2,∞)`.

В прикрепленном видео есть короткая вставка, как решить это неравенство графически. Получается в разы быстрее и проще.

Второй пример. Как решать иррациональное неравенство, `\sqrt{f(x)} < g(x)`

$$2\sqrt{8-x} < 3x — 8.$$

Действуем по схеме.

ОДЗ: `x\leqslant 8`.

$$\left\{\begin{array}{l}  3x-8 \geqslant 0, \\ (3x-8)^2 > 4·(8-x).\end{array} \right.$$

$$\left\{\begin{array}{l}  x \geqslant \frac{8}{3}, \\ 9x^2-48x+64> 32-4x.\end{array} \right.$$

Второе неравенство приводится к виду `9x^2-44x+32 >0`. Решив его получим `x\in(-∞,\frac{8}{9}) \cup (4,∞)`. Совместив с ОДЗ, получим решение: `4<x\leqslant 8`.

 

Задания для тренировки

Решите неравенство:

• `0<x+\sqrt{x+2}`,
• `\sqrt{x^2}+x-1<0`,
• `\sqrt{4+4x+x^2}+x < 4`,
• `3+x>3\sqrt{1-x^2}`.

 

На этом все. На данный момент это будет последний урок, как решать С3 из ЕГЭ по математике.

Жмите «мне нравится» и оставляйте вопросы в комментариях.

 

xn--e1aajtm3cwc.xn--c1adb6aplz9c.xn--p1ai

Математика: Иррациональные уравнения и неравенства

6.

Иррациональные уравнения и неравенства

Комментарий. Сущность процесса решения уравнений можно описать следующим образом: исходное уравнение упрощается посредством определенных преобразований, т.е. выстраивается цепочка от исходного к некоторому итоговому уравнению, решение которого очевидно или способ (алгоритм) решения которого хорошо известен. При этом возможны три типа преобразований, три принципиально разные ситуации.

1. Применяемые в процессе решения преобразования таковы, что множества корней исходного и итогового уравнений совпадают; в этом случае исходное и итоговое уравнения называют равносильными; соответствующие преобразования также называют равносильными.

2. Применяемые в процессе решения преобразования таковы, что множество корней итогового уравнения «шире», чем множество корней исходного уравнения; в этом случае говорит, что в процессе решения применены неравносильные преобразования, которые могли привести к появлению посторонних корней.

3. Применяемые в процессе решения преобразования таковы, что множество корней итогового уравнения «уже», чем множество корней исходного уравнения; в этом случае говорят, что в процессе решения применены неравносильные преобразования, которые могли привести к потере корней.

Проиллюстрируем сказанное примерами.

Пример 6.1.

а) Дано уравнение:

Перепишем уравнение, разложив на множители знаменатели:

Умножим обе части уравнения на выражение x² + 4; это равносильное преобразование, т.к. x² + 4 ≠ 0 при любом значении х:

б) Дано уравнение:

Возведем обе его части в квадрат:

Так как , то получаем . Множество корней этого уравнения — все действительные числа. При этом простая проверка показывает, что отрицательное число не может быть корнем исходного уравнения. Таким образом, в процессе решения были применены неравносильные преобразования и появились посторонние корни. Действительно, возведение обоих частей уравнения в четную степень является равносильным преобразованием только в том случае, если обе части уравнения неотрицательны.

в) Дано уравнение: x² — 2х – 3 = 4х + 5 + x².

Перепишем уравнение, разложив квадратные трехчлены на множители:

(х + 1)(х — 3) = (5 — х)(х + 1).

Разделим обе части уравнения на выражение х + 1 : х – 3 = 5 — х.

Последнее уравнение имеет единственный корень х = 4, в то время как исходное уравнение имеет два корня: x₁ = 4 и x₂ = -1. Таким образом, в процессе решения уравнения было применено неравносильное преобразование, которое привело к потере корней. Действительно, проводя деление на выражение х + 1, мы не потребовали, чтобы х + 1 ≠ 0.

Как видно из примеров неравносильные преобразования могут стать причиной неверного решения уравнения, привести к ошибке. Так может быть запретить неравносильные преобразования?! Можно запретить. Это один из возможных подходов. Он снимает проблему посторонних и потерянных корней, но приводит, как правило, к некоторому техническому усложнению процесса решения уравнения: появляются смешанные системы (уравнение и неравенство) и совокупности таких систем.

Так, уравнение из примера 6.1, б равносильно совокупности:

Уравнение x² — 2х – 3 = 4х + 5 — x² из примера 6.1, в равносильно совокупности

Рассмотренные совокупности решаются просто, но в более сложных случаях обязательное соблюдение условия равносильности преобразований может привести к серьезным техническим трудностям, сделать решение слишком ветвящимся и громоздким. Поэтому, не будем строго запрещать применение любых неравносильных преобразований. Все ли они одинаково опасны? Понятно, что более опасны неравносильные преобразования, приводящие к потере корней. В примере 6.1, в нам удалось легко понять причину потери корня и исправиться, но в большинстве случаев потерянные корни отыскать весьма трудно (заметим также, что малоопытный решающий, а абитуриент часто именно таков, может вовсе не заметить факта потери корня, и не будет пытаться его отыскать, хотя это, может быть, и получилось бы).

Итак, на не равносильные преобразования, приводящие к потере корней, мы накладываем строгий и категорический запрет. При решении уравнений, таким образом, мы не будем применять деление обеих частей уравнения на выражение, обращающееся в ноль в области определения уравнения, и не будем применять преобразования, приводящие к сужению области определения уравнения.

Что же касается, неравносильных преобразований, приводящих к появлению посторонних корней, то такие преобразования вполне допустимы. Но при этом, обязательным заключительным этапом решения должна быть проверка всех найденных в итоге корней. Заметим, что тактика проверки зависит непосредственно от класса уравнений (рациональные, иррациональные, логарифмические и т.д.), ибо в каждом случае свои причины появления посторонних корней. В этой связи, тактика проверки конечно должна быть гибкой, но можно пользоваться и универсальным приемом: подстановка всех корней итогового уравнения в исходное с последующим вычислением или «прикидкой».

Пример 6.2.

Решим уравнение:

Комментарий. При решении этого уравнения будем придерживаться стратегии, допускающей неравносильные преобразования при обязательной проверке корней. Решая уравнения вида, следует перед возведением в квадрат уединить один из корней, перенеся его в правую часть уравнения. Уединить можно любой из корней, и в большинстве случаев, все равно какой. Но иногда уединение определенного корня приводит к более простому решению, чем уединение других. Поэтому всегда следует анализировать ситуацию в указанном аспекте.

Решение

В нашем уравнение сумма коэффициентов при х в первом и третьем подкоренных выражениях равна коэффициенту при х во втором подкоренном выражении. Поэтому уединить целесообразно именно корень . Полученное после возведения в квадрат уравнение будет содержать х только под корнем. Если бы мы уединяли любой из других корней, то после возведения в квадрат получали бы уравнения, содержащие х и под корнем, и вне корня, что менее удобно для последующего решения.

Итак, имеем:

Комментарий. При решении иррационального уравнения мы осуществляем так называемую рационализацию уравнения, т.е. избавляемся от радикалов (корней). Но, избавляясь от корней, мы избавляемся и от ограничений на подкоренные выражения: Иными словами, происходит расширение области определения уравнения. Это причина появления посторонних корней. Поэтому все корни итогового уравнения, полученного в ходе решение, следует проверить на принадлежность области определения исходного уравнения. В нашем случае область определения исходного уравнения задается системой:

Решив эту систему, получаем область определения уравнения:

Очевидно, что  — посторонний корень, появившийся в процессе решения из-за применения неравносильных преобразований, приведших к расширению области определения уравнения, а x₂ = 0 —– принадлежит области определения уравнения и является его корнем (что легко проверить непосредственной подстановкой).

Ответ: х = 0.

Комментарий. Но единственная ли причина появления посторонних корней при решении иррациональных уравнений с радикалами четной степени — расширение области определения исходного уравнения? Не кроется ли в возведении обеих частей уравнения в четную степень еще одна, менее очевидная, но не менее опасная в смысле ошибки, причина появления посторонних корней?

Пример 6.3.

а) Решим уравнение:

При решении этого уравнения будем придерживаться стратегии, допускающей неравносильные преобразования, т.е. возведем обе части уравнения в квадрат, решим полученное рациональное уравнение и сделаем проверку корней.

Итак,

Проверим, удовлетворяют ли эти корни исходному уравнению.

Пусть х = -1, тогда левая часть исходного уравнения равна -6. Таким образом, х = -1 — посторонний для исходного уравнения корень, появившийся в процессе решения из-за применения неравносильных преобразований. Пусть теперь, х = 7. Тогда исходное уравнение превращается в верное числовое равенство. Исходное уравнение, таким образом, имеет единственный корень х = 7.

б) Решим теперь уравнение (его чрезвычайно, малое отличие от предыдущего уравнения очевидно).

Поступая так же, как в случае «а», получаем:

Итоговое уравнение имеет такие же корни, что и уравнение из случая «а». Проверим их подстановкой в исходное уравнение . Пусть х = -1, тогда исходное уравнение превращается в верное числовое равенство. Пусть, далее, х = 7. Тогда левая часть исходного уравнения равна -2. Таким образом, х = 7 — посторонний для исходного уравнения корень.

В процессе решения следствием уравнений «а», «б» является одно и тоже уравнение имеющее два корня: x₁ = -1 и x₂ = 7. Корень x₁ = -1 — есть корень уравнения «б», но посторонний для уравнения «а»; корень x₂ = 7 — наоборот, корень уравнения «а», посторонний для уравнения «б».

В каждом из случаев «а» и «б» корни, оказавшиеся посторонними, принадлежат области определения данного уравнения. Значит, расширение области определения исходного уравнения — не единственная причина появления посторонних корней. В чем же дело? Заметим, что и в случае «а», и в случае «б» при подстановке в исходное уравнение корень, оказывающийся посторонним, приводит к ситуации: левая и правая части уравнения равны по абсолютной величине, но противоположны по знаку. Это не случайно. Уравнение является следствием не только уравнения , но и следствием уравнения . Какие следует сделать из этого выводы?

Во-первых, поскольку появление посторонних корней при решении иррациональных уравнений, содержащих радикалы четной степени может быть и не связано с областью определения исходного уравнения, то и проверка корней не может осуществляться только по области определения, или условиям ее задающим.

Во-вторых, проверка корней иррационального уравнения, должна учитывать обе причины появления посторонних корней; универсальный прием, как уже говорилось, состоит в непосредственной подстановке в исходное уравнение, но могут быть реализованы и другие подходы.

1. Сначала отсечь те корни, которые не принадлежат области определения исходного уравнения, а оставшиеся проверить непосредственной подстановкой во все уравнения левая и правая части которых возводились в квадрат в процессе решения.

2. Опять же исключить все корни, не принадлежащие области определения, а затем проанализировать все случаи возведения в квадрат обеих частей уравнения, выделить те случаи, где было нарушено условие равносильности:

   Далее только в эти уравнения подставить корни итогового уравнения, принадлежащие области определения исходного уравнения.

3. Если решать иррациональные уравнения, применяя только равносильные преобразования, то в каждом случае возведения в квадрат следует предусматривать условие равносильности, сформулированное выше, и изначально следует зафиксировать условия, задающие область определения исходного уравнения.

Рассмотрим схемы равносильных преобразований для иррациональных уравнений основных видов.

Заметим, что важно, конечно, не выучить наизусть эти схемы, а понять их, уметь самостоятельно составлять схемы равносильности для других случаев.

Не надо думать, что в процессе решения иррационального уравнения обязательно появляются посторонние корни. Рассмотрим пример.

Пример 6.4.

Решим уравнение:

Решение

Возведя обе части уравнения в квадрат, получаем 1 + 3х = x² + 2х + 1, т.е. уравнение x² – х = 0. Его корни x₁ = 0 и x₂ = 1. Подставляя каждый из найденных корней в исходное уравнение, убеждаемся, что оба они являются его корнями.

Пример 6.5.

Решим уравнение:

Решение

Уединим радикалы:

Возведем обе части уравнения в квадрат (дважды):

Корни последнего уравнения:

Далее следует провести проверку корней. Область определения исходного уравнения задается условиями т.е. 1 ≤ x ≤ 3. Как нетрудно проверить, полагая приближенно равным 1,7, что оба корня x₁ и x₂ принадлежат области определения исходного уравнения. Значит, если среди x₁ и x₂ есть посторонний корень, то причина его появления связана с нарушением условия равносильного возведения обеих частей уравнения в квадрат. Ясно, также, что первое из проделанных в данном решении возведений в квадрат — равносильное преобразование, поэтому если и появились посторонние корни, то при возведении в квадрат обеих частей уравнения Непосредственной подстановкой именно в это уравнение проверим наши корни x₁ и x₂.

Итак, пусть тогда:

Мы пришли к верному числовому равенству. Значит  — корень данного уравнения.

Пусть теперь

Тогда

Ясно, что левая часть уравнения отрицательна, а правая положительна. Поэтому  — посторонний корень.

Пример 6.6.

Решим уравнение:

Распределим радикалы следующим образом:

Возведем обе части уравнения в квадрат и приведем подобные слагаемые:

Возведем обе части полученного уравнения в квадрат, раскроем скобки и приведем подобные слагаемые:

Проведем проверку корней. Сразу замечаем, что корень не имеет смысла при x = -0,5. Поэтому единственный возможный корень исходного уравнения — это х = 2, удовлетворяющий всем условиям области определения. Поскольку, возводя обе части уравнения в квадрат, мы всякий раз соблюдали условие равносильности, то х = 2 — единственный корень исходного уравнения.

Пример 6.7.

Решим уравнение: .

При решении этого уравнения покажем применение метода введения новой переменной при решении иррациональных уравнений.

Возведем обе части уравнения в квадрат:

Пусть теперь , тогда уравнение можно переписать в виде:

.

Это уравнение имеет два корня: . Таким образом, следствием исходного уравнения является совокупность систем:

.

Решим первую систему совокупности.

Обозначим: и .

Тогда имеем:

Таким образом,

Корни этой совокупности систем:

Аналогично, решая вторую систему исходной совокупности, получаем:

.

Пример 6.8.

Решим уравнение:

Подкоренные выражения и представляют из себя полные квадраты:

Тогда:

Пусть , тогда уравнение можно переписать в виде:

Возведем обе части последнего уравнения в квадрат, затем воспользуемся тождеством и формулой разности квадратов:

Если у = 0, то , т.е. х = 1. Если у = 2, то , т.е. х = 5. Если у = 1, то , т.е. х = 2. Если у = -1, то уравнение не имеет корней.

Непосредственной подстановкой в исходное уравнение всех найденных значений х, приходим к выводу, что только х = 5 является корнем данного уравнения.

Рассмотрим далее примеры решения иррациональных уравнений с корнями степени, большей, чем вторая.

Пример 6.9.

Решим уравнение:

Перераспределим радикалы

Возведем обе части уравнения в третью степень:

Выражение в скобках, очевидно, есть — , т.е.:

Снова возведем обе части уравнения в третью степень:

Далее имеем:

В процессе решения, был применен прием, связан ный с заменой суммы на выражение , что могло привести к появлению посторонних корней (такой вывод позволяет сделать определенная искусственность этого приема). Поэтому проверим все найденные корни непосредственной подстановкой в исходное уравнение.

Если х = -2, то исходное уравнение обращается в верное числовое равенство.

Для подстановки значений возьмем приближенное значение: Тогда и .

Если х = -0,4, то:

Ясно, что это числовое равенство неверно, поскольку все три значения корней положительны, а сумма положительных чисел не может быть равна 0.

Если х = -2,6, то:

Ясно, что эта сумма не может быть равна 0, т.к. уже Заметим, что довольно часто, «прикидка» при проверки корней позволяет сделать необходимый вывод на определенном промежуточном этапе вычислений, и доводить их до явного числового равенства или неравенства совсем не обязательно (это снова к вопросу о гибкой тактике проверки корней).

Таким образом, х = -2 — единственный корень данного уравнения.

Ответ: -2.

Комментарий. Запишем в общем виде прием решения, рассмотренный в этом примере:

По аналогичной схеме решаются уравнения вида .

Большие трудности у абитуриентов вызывают иррациональные уравнения, содержащие радикалы разных степеней. Рассмотрим примеры.

Пример 6.10.

а) Решим уравнение: .

Это уравнение легко рационализируется возведением обеих его частей в шестую степень:

И далее:

Подстановкой выясняем, что только х = 2 является корнем данного уравнения.

б) Решим уравнение:

В этом случае возведение обеих частей уравнения в шестую степень уже нецелесообразно. Проведем замену переменных.

Пусть и тогда a + b = 1. Возведем в куб первое уравнение системы ,и в квадрат второе уравнение этой системы; затем почлено сложим полученные уравнения. В итоге получаем: a³ + b² = 1.

Таким образом, имеем систему уравнений:

Решая ее, получаем: т.е. совокупность систем:

В итоге Непосредственная подстановка в исходное уравнение показывает, что среди этих корней нет посторонних.

Комментарий. Заметим, что описанный в случае «б» прием является достаточно распространенным. Рассмотрим его применение при решении уравнений с радикалами высших степеней.

Пример 6.11.

Решим уравнение:

Пусть Тогда . Возведем в четвертую степень обе части каждого из уравнений системы , и почленно сложим полученные уравнения. В итоге получаем:

Таким образом, имеем систему уравнений:

Это симметрическая система уравнений, стандартно решающаяся заменой переменных a + b = y и ab = z.

Имеем корни: . Отсюда x₁ = 2, x₂ = 6. Проверка показывает, что это действительно корни данного уравнения.

Ответ: x₁ = 2, x₂ = 6.

Пример 6.12.

Решим уравнение:

Аналогично предыдущему примеру получаем симметрическую систему относительно переменных и :

Корни этой системы легко угадываются: Далее получаем корни исходного уравнения: x₁ = 1 и x₂ = 32.

Ответ: x₁ = 1, x₂ = 32.

Комментарий. Рассмотрим далее несколько примеров решения иррациональных неравенств. Все они, как мы уже обсуждали, решаются применением исключительно равносильных преобразований. Поэтому приведем схемы основных равносильных переходов (.

I.

II.

III.

IV.

V.

VI.

VII.

Комментарий. Представленные схемы принципиально не изменяются, если исходно рассматривать нестрогие неравенства.

Пример 6.13.

Решим неравенство:

Решение

Применим схему V:

Таким образом, решение неравенства:

Ответ: 

Пример 6.14.

Решим неравенство:

Решение

Применим схему III:

Таким образом, решение неравенства:

Ответ: 

Пример 6.15.

Решим неравенство:

Решение

Перераспределим радикалы: и, воспользовавшись в качестве принципиального ориентира схемой I, получаем:

Таким образом, решение неравенства: [4, 5).

Ответ: [4, 5).

Пример 6.16.

Решим неравенство:

Решение

Преобразуем первую дробь, и будем решать неравенство, применяя метод введения новой переменной:

Таким образом, решение неравенства: (2, 8).

Ответ: (2, 8).

Пример 6.17.

Решим неравенство:

На этом примере мы также как и в предыдущем случае посмотрим особенности применения метода введения новой переменной при решении иррациональных неравенств.

Пусть , тогда Таким образом:

Итак, решение неравенства:

Ответ: 

Комментарий. Можно было решить это неравенство и без применения метода введения новой переменной, рассмотрев отдельно (в совокупности) случаи, задаваемые условиями х > 0 и x < 0. Приводим запись такого решения:

Результат, естественно не зависит от способа решения:

В заключение рассмотрим пример решения иррационального неравенства с двумя переменными (группа С).

Пример 6.18.

Решим неравенство:

Решение

Пусть , тогда неравенство можно записать в виде:

По известной нам схеме это неравенство равносильно системе:

Итак, условия должны выполняться одновременно, т.е. должна выполняться система:

Из нее следует, что т.е. Это означает, что y = 0.

Подставим найденное значение в исходное неравенство; получим неравенство, из которого следует, что x = 1.

Таким образом, решение данного неравенства: x = 1, y = 0.

Ответ: x = 1, y = 0

www.e-biblio.ru