| Заглавная страница |
Руководство пользователя |
Практикум абитуриента |
Учебные программы |
| Математический кружок |
Занимательная математика|
Формулы, словари |
Новости |
|Странички истории |
Экзамены, тесты |
Библиография |
Ссылки |
Карта |
Уравнения и неравенства второго порядка
Уравнения второго порядка
Уравнение вида
где a, b, c О R,
a ≠ 0, x - неизвестное, называется
уравнением второго порядка (квадратным уравнением).
Числа a, b и c из (1) называются
коэффициентами квадратного уравнения, а число D =
b2 - 4ac - дискриминантом квадратного уравнения.
Пример 1. Следующие уравнения являются квадратными уравнениями
a) 6x2 + 5x + 1 = 0, |
здесь a = 6,
b = 5, c = 1 |
| и
D = 52 - 4·6·1 = 1;
|
b) 9x2 - 12x + 4 = 0, |
здесь a = 9,
b = -12, c = 4 |
| и
D = (-12)2 - 4·9·4 = 0;
|
c) x2 - x - 2 = 0, |
здесь a = 1,
b = -1, c = -2 |
| и
D = (-1)2 - 4·1·(-2) = 9;
|
d)
|
здесь
|
|
и
|
Уравнения второго порядка можно решать используя следующее утверждение
Утверждение 1. Если
a) дискриминант уравнения (1) положителен, то уравнение
(1) имеет два различных действительных корня
и
|
(2) |
b) дискриминант уравнения (1) равен нулю, то уравнение
(1) имеет два равных корня (один корень двойной кратности)
|
(3) |
c) дискриминант уравнения (1 ) отрицателен, то уравнение
(1) не имеет действительных корней.
Таким образом (см. пример 1),
- уравнение a) имеет два различных корня
x1 = -1/2 и
x2 = -1/3;
- уравнение b) имеет два равных корня
x1 = x2 = 2/3;
- уравнение c) имеет два различных корня x1 = -1 и
x2 = 2;
- уравнение d) не имеет действительных решений.
Уравнение второго порядка с a = 1 называется приведенным квадратным
уравнением и обычно обозначается
Для приведенных квадратных уравнений формулы определения корней
(2) и (3) принимают вид
|
(5) |
x1 = x2 = - p/2,
(D = 0).
|
(6) |
Уравнения вида
называются неполными квадратными уравнениями. Уравнения (7),
(8) могут быть решены с помощью
утверждения 1, или иначе, более просто:
ax2 + bx = 0 Ы
x(ax + b) = 0 Ы
|
|
|
x1 = 0; |
x2 = -b/a. |
|
ax2 + c = 0 Ы
x2 = -c/a
Ы
|
|
|
Пример 2. Решить уравнения
a) 2x2 - 7x = 0;
b) 9x2 - 25 = 0;
c)
Решение. a)
2x2 - 7x = 0 Ы
x(2x - 7) = 0 Ы
|
|
|
x1 = 0, |
x2 = 7/2; |
|
b) 9x2 - 25 = 0 Ы
9x2 = 25 Ы
x2 = 25/9
Ы
x1,2 = ±5/3;
c) откуда следует
что уравнение не имеет действительных корней (левая часть уравнения -
неотрицательна, а правая - отрицательное число).
В дальнейшем рассмотрим несколько типов уравнений которые сводятся к
уравнениям второго порядка.
Биквадратные уравнения
Уравнение вида
где a, b, c О R,
a ≠ 0, x - неизвестное, называется
биквадратным уравнением. Подстановкой x2 = t (тогда
x4 = t2) биквадратное уравнение сводится к
уравнению второго порядка.
Пример 3. Решить уравнения
a) x4 - 29x2 + 100 = 0;
b) x4 + x2 - 6 = 0;
c) 2x4 - 3x2 + 4 = 0.
Решение. a) Обозначив x2 = t, (тогда
x4 = t2) получим квадратное уравнение
относительно t:
t2 - 29t + 100 = 0
решения которого t1 = 4 и t2 = 25. Таким
образом
|
x2 = 4, |
x2 = 25, |
откуда x = ±2 и
x = ±5.
b) Аналогично предыдущему примеру, получим квадратное уравнение
t2 + t - 6 = 0 решения которого t = -3 и
t = 2. Поскольку t = x2 і 0, остается t = 2 или x2 = 2,
откуда
c) Положив t = x2, получим квадратное уравнение
2t2 - 3t + 4 = 0 которое не имеет действительных
корней. Следовательно и исходное уравнение не имеет действительных корней.
Симметричные уравнения четвертого порядка
Уравнения вида
ax4 + bx3 + cx2 +
bx + a = 0
|
(10) |
где a, b, c О R,
a ≠ 0 называются симметричными уравнениями
четвертого порядка.
Посредством подстановки , симметричные уравнения четвертого порядка сводятся к
уравнениям второго порядка. Действительно, так как x = 0 не является
корнем уравнения (10) (a ≠ 0), разделив на
x2 обе части уравнения, получим равносильное уравнение
или
Обозначив , тогда
|t| ≥ 2 и поскольку уравнение примет вид
a(t2 - 2) + bt + c = 0,
решение последнего уравнения не представляет трудностей.
Замечание. Уравнение ax4
bx3 ± cx2
± bx + a = 0 сводится к
уравнению второго порядка используя подстановку
Пример 4. Решить уравнения
a) x4 + 5x3 + 2x2 +
5x + 1 = 0,
|
b) 2x4 + 3x3 - 4x2 -
3x + 2 = 0.
|
Решение. a) Данное уравнение есть уравнение вида (10)
Поскольку x = 0 не является корнем, разделив обе части уравнения на
x2 ≠ 0 и удобно групируя, получим равносильное уравнение
Сделаем подстановку ,
|t| ≥ 2, тогда
и уравнение примет вид
t2 - 2 + 5t + 2 = 0
или t2 + 5t = 0, решения которого
t1 = -5, t2 = 0 (не удовлетворяет условию
|t| ≥ 2). Следовательно,
откуда получаем квадратное уравнение x2 + 5x + 1 = 0,
решения которого
и
b) Аналогично предыдущему примеру получим уравнение
Положим тогда
и получим квадратное
уравнение
2(t2 + 2) + 3t - 4 = 0
или
2t2 + 3t = 0,
решения которого t1 = 0 и
t2 = -3/2. Следовательно
Из первого уравнения совокупности получим x = -1 и
x2 = 1, а из второго x3 = -2 и
x4 = 1/2.
Возвратные уравнения
Уравнение
ax4 + bx3 + cx2 +
dx + e = 0,
|
(11) |
где {a, b, c, d} М
R, a ≠ 0, b ≠ 0 и
называется возвратным уравнением четвертого порядка.
Уравнения 11 сводятся к уравнениям второго порядка
посредством подстоновки
Пример 5. Решить уравнение
x4 + x3 - 6x2 -
2x + 4 = 0.
Решение. Заметим что
и следовательно данное уравнение есть возвратное уравнение четвертого порядка.
Так как x = 0 не является решением уравнения, разделим на
x2 (не теряя при этом решений) получим равносильное уравнение
Обозначим тогда
и уравнение примет вид
t2 + 4 + t - 6 = 0
или
t2 + t - 2 = 0
решения которого t1 = -2 и t2 = 1. Таким
образом
или, (x ≠ 0)
|
x2 + 2x - 2 = 0, |
x2 - x - 2 = 0, |
откуда получим решения
x = -1 и x = 2.
Уравнения вида
(x + a)4 + (x + b)4 = c
|
(12) |
используя подстановку
сводятся к биквадратному уравнению относительно t.
Пример 6. Решить уравнение
(x + 3)4 + (x - 1)4 = 82.
Решение. Сделаем подстановку
и получим следующее уравнение относительно t:
(t + 2)4 + (t - 2)4 = 82
или
t4 + 8t3 + 24t2 +
32t + 16 + t4 - 8t3 +
24t2 - 32t + 16 - 82 = 0
откуда получим биквадратное уравнение
t4 + 24t2 - 25 = 0
решение которого t2 = 1, откуда t = ± 1. Следовательно x + 1 = ±
1 и корни исходного уравнения имеют вид x = -2 и x = 0.
Уравнения вида
(x + a)(x + b)(x +
c)(x + d) = m
|
(13) |
где a + b = c + d сводятся к уравнениям второго
порядка используя условие a + b = c + d.
Действительно,
(x + a)(x + b) =
x2 + (a + b)x + ab
|
(x + c)(x + d) =
x2 + (c + d)x + cd =
x2 + (a + b)x + cd
|
и обозначив x2 + (a + b)x = t
(или x2 + (a + b)x + ab = t)
получим квадратное уравнение (t + ab)(t + cd) = m
(соответственно, t(t + cd - ab) = m).
Пример 7. Решить уравнение
(x - 2)(x + 1)(x + 4)(x + 7) = 19.
Решение. Заметим, что -2 + 7 = 1 + 4 и удобно группируя, получим
[(x - 2)(x + 7)]·[(x + 1)(x + 4)] = 19
или
[x2 + 5x - 14][x2 + 5x + 4] = 19.
Обозначим t = x2 + 5x - 14, тогда
x2 + 5x + 4 = t + 18 и уравнение примет вид
t(t + 18) = 19
или
t2 + 18t - 19 = 0
откуда t = -19 и t = 1. Таким образом
|
x2 + 5x - 14 = -19, |
x2 + 5x - 14 = 1, |
откуда и
Рациональные уравнения
Пример 8. Решить уравнения
Решение. a) ОДЗ уравнения есть множество
На ОДЗ
уравнение равносильно следующему
(3x + 4)(x + 3) - (2x - 1)(5x - 4) = 0
откуда легко получить квадратное уравнение
7x2 - 26x - 8 = 0.
Решив его, найдем x1 = -2/7 и
x2 = 4. Оба корня принадлежат ОДЗ.
b) ОДЗ уравнения есть множество R\{2;3}. Приводя
к общему знаменателю получим
x - 1 + (x - 2)(x - 3) + x - 3 = 0
или
x2 - 3x + 2 = 0.
Корни последнего уравнения x1 = 1 и x2 = 2.
Учитывая ОДЗ получим единственное решение исходного уравнения
x = 1.
c) ОДЗ уравнения есть множество R\{3;4;5;6}. Имеем
или
откуда
(2x - 9)(x - 4)(x - 5) +
(2x - 9)(x - 6)(x - 3) = 0
или
(2x - 9)[(x - 4)(x - 5) + (x - 6)(x - 3)] = 0,
откуда следует совокупность уравнений
|
2x - 9 = 0, |
x2 - 9x + 19 = 0 |
и решения
d) ОДЗ уравнения есть множество R\{1;3;4;5}. Выделим целую часть
каждой дроби.
или
откуда
или
Приведя к общему знаменателю, получим
или
2x(x - 4)(x - 5) - x(x - 1)(x - 3) = 0,
откуда следует следующая совокупность уравнений
|
x = 0, |
x2 - 14x + 37 = 0, |
и решения x1 = 0 si
(все решения принадлежат ОДЗ).
Уравнения вида
|
(14) |
сводятся к уравнениям второго порядка, используя подствановку
Пример 9. Решить уравнение
Решение. ОДЗ уравнения есть множество Поскольку x = 0 не является решением
данного уравнения, перепишем уравнение в виде
(разделяем числитель и знаменатель каждой дроби на x).
Обозначим
и уравнение примет вид
или 2(t + 1) + 13(t - 5) = 6(t - 5)(t + 1), откуда
следует квадратное уравнение
6t2 - 39t + 33 = 0
или
2t2 - 13t + 11 = 0.
Решив это уравнение, получим t1 = 1 и t2 =
11/2 (оба корня удовлетворяют условиям t ≠ 5 и
t ≠ -1). Таким образом получаем совокупность уравнений
|
или
|
|
2x2 - x + 3 = 0, |
4x2 - 11x + 6 = 0 |
|
откуда x1 = 3/4 и
x2 = 2.
Уравнения содержащие взаимно-обратные выражения
Уравнения вида
|
(15) |
сводятся к уравнениям второго порядка используя подстановку
Тогда
и уравнение
(15) примет вид
at2 + ct + b = 0.
Пример 10. Решить уравнения
Решение. a) ОДЗ уравнения есть множество
Обозначим
тогда
и уравнение примет
вид
откуда следует квадратное уравнение t2 - 5t + 4 = 0,
решения которого t1 = 1 и t2 = 4. Таким
образом
откуда x = -1 и x = 1/2
(оба решения входят в ОДЗ).
b) ОДЗ уравнения есть множество R\{± 1}.
Заметив что x = ± 2 не являются решениями
данного уравнения, умножим обе части уравнения на выражение и получим равносильное
уравнение
Обозначив ,
тогда уравнение примет вид
или
20t2 + 48t - 5 = 0
решения которого t1 = 1/10 и
t2 = -5/2. Таким образом
|
или |
|
3x2 - 11x + 6 = 0, |
7x2 + 9x + 14 = 0, |
|
откуда получаем корни исходного x1 = 3,
x2 = 2/3 (оба корня входят в
ОДЗ).
В некоторых случаях удобно выделить полный квадрат.
Пример 11. Решить уравнения
a) x4 - 2x3 - x2 +
2x + 1 = 0;
|
b)
|
Решение. a) Выделим полный квадрат
x4 - 2x2·x + x2 -
x2 - x2 + 2x + 1 = 0,
|
(x2 - x)2 -
2(x2 - x) + 1 = 0.
|
Обозначим t = x2 - x и получим квадратное
уравнение
t2 - 2t + 1 = 0
откуда t = 1 или x2 - x - 1 = 0, решения
которого
b) ОДЗ данного уравнения есть множество
Прибавив к обеим частям уравнения выражение
получим
или, выделяя в любой части полный квадрат
откуда следует уравнение
Сделаем подстановку
и получим уравнение
t2 - t - 2 = 0.
Решая его получим t = -1 и t = 2 и следующую совокупность
уравнений
|
или |
|
2x2 + 2x - 1 = 0, |
x2 - 2x + 1 = 0, |
|
откуда
и x3 = 1.
Неравенства второй степени
Неравенства вида
где a, b, c О R,
a ≠ 0. называются неравенствами второй степени (квадратными
неравенствами).
Квадратные неравенства решаются используя следующие утверждения.
Утверждение 2. Если a > 0 и дискриминант квадратного трехчлена
ax2 + bx + x положителен, то
- неравенство (16) имеет решения
x О
(-Ґ;x1)И(x2;+Ґ);
- неравенство (17) имеет решения
x О
(Ґ;x1]И[x2;+Ґ);
- неравенство (18) имеет решения
x О (x1,x2);
- неравенство (19) имеет решения
x О [x1,x2]
где x1 и x2
(x1 < x2) есть корни трехчлена
ax2 + bx + c.
Утверждение 3. Если a > 0 и дискриминант квадратного трехчлена
ax2 + bx + c равен нулю, то
- неравенство (16) имеет решения x
О R\{x1};
- неравенство (17) имеет решения x
О R;
- неравенство (18) не имеет решений;
- неравенство (19) имеет единственное решение:
x = x1,
где x1 есть двойной корень трехчлена
ax2 + bx + c.
Утверждение 4. Если a > 0 и дискримининант трехчлена
ax2 + bx + c отрицателен, то
- неравенства (16) и (17) имеют
решения x О R;
- неравенства (18) и (19) не имеют
решений.
Если a < 0, умножая неравенства (16)-(19) на (-1) (при этом знак неравенства меняется на
противоположный) получим неравенства в котором a > 0 и применяем
утверждения 2-4.
Пример 12. Решить неравенства
a) x2 - x - 90 > 0; |
d) x2 - x + 2 > 0; |
b) 4x2 - 12x + 9 ≤ 0;
|
e) -6x2 + 5x - 1 ≤ 0;
|
c) x2 - 6x < 0; |
f) 4x2 - x + 5 ≤ 0. |
Решение. a) Корни трехчлена x2 - x - 90 есть
x1 = -9 и x2 = 10, a = 1 > 0, и,
следовательно, множество решений неравенста x2 - x -
90 > 0 есть x О (-Ґ;-9)И(10;+Ґ).
b) Дискриминант трехчлена 4x2 - 12x + 9 равен нулю,
a = 4 > 0 и следовательно, единственное решение неравенства
4x2 - 12x + 9 ≤ 0 есть
x = 3/2.
c) Корнями трехчлена x2 - 6x являются
x1 = 0 и x2 = 6, a = 1 > 0,
следовательно x О (0;6) есть решения
неравенства x2 - 6x < 0.
d) Дискриминант трехчлена x2 - x + 2 отрицателен,
a = 1 > 0, и следовательно, любое действительное число удовлетворяет
неравенство x2 - x + 2 > 0.
e) Умножим обе части неравенства на -1 и получим неравенство
6x2 - 5x + 1 ≥ 0. Используя
утверждение 2, получим
x О
(-Ґ;1/3]И[1/2;+Ґ).
f) Неравенство не имеет решений.
При решении неравенств степени выше двух, можно использовать те же приемы, что
и в случае уравнений (в некоторых случаях дополнительно используется и метод
интервалов).
Пример 13. Решить неравенства
a) 6x4 + 5x3 - 38x2 +
5x + 6 ≤ 0; |
b) x(x - 2)(x - 4)(x - 6) ≥ 9;
|
c) x4 - 4x3 + 8x + 3 < 0;
|
d)
|
e) 50x4 - 105x3 + 74x2 -
21x + 2 ≥ 0;
|
f)
|
g) (x + 5)4 + (x + 3)4 < 272.
|
|
Решение. a) Решив уравнение (см. (10))
6x4 + 5x3 - 38x2 +
5x + 6 = 0
находим нули левой части неравенства
Следовательно,
откуда, используя метод интервалов, находим множество решений исходного
неравенства x О
[-3;-1/3]И[1/2;2].
b) Используя метод решения уравнений вида (13)
получим
x(x - 2)(x - 4)(x - 6) ≥ 9
Ы
x(x - 6)(x - 2)(x - 4) - 9 ≥ 0
Ы
|
|
Ы
(x2 - 6x)(x2 - 6x + 8) - 9
≥ 0 Ы
|
|
t(t + 8) - 9 ≥ 0, |
t = x2 - 6x, |
|
Ы |
|
Ы
|
|
t2 + 8t - 9 ≥ 0, |
t = x2 - 6x, |
|
Ы |
|
|
t ≤ -9, |
t ≥ 1 |
|
t = x2 - 6x, |
|
Ы
|
|
x2 - 6x ≤ -9, |
x2 - 6x ≥ 1, |
|
Ы
|
|
Ы
|
|
x2 - 6x + 9 ≤ 0, |
x2 - 6x - 1 ≥ 0, |
|
Ы |
|
x = 3, |
|
|
Ы
|
|
c) Выделяя полный квадрат, получим
x4 - 4x3 + 8x + 3 < 0
Ы
(x2)2 -
2·2·x2·x + 4x2 -
4x2 + 8x + 3 < 0 Ы
|
|
Ы
(x2 - 2x) - 4(x2 - 2x) + 3 < 0
Ы
|
|
t2 - 4t + 3 < 0, |
t = x2 - 2x, |
|
Ы |
|
1 < t < 3, |
t = x2 - 2x, |
|
Ы |
|
Ы |
|
x2 - 2x < 3, |
x2 - 2x > 1, |
|
Ы |
|
x2 - 2x - 3 < 0, |
x2 - 2x - 1 > 0, |
|
Ы |
|
-1 < x < 3, |
|
|
Ы |
|
d) Используя метод интервалов, получим
Ы x О
(0;1)И(3;5).
e) Решая уравнение (см. (11))
50x4 - 105x3 + 24x2 -
21x + 2 = 0
находим нули левой части неравенства (заметим, что x = 0 есть решение
данного неравенства)
Следовательно
Используя метод интервалов, получим
x О
(-Ґ;1/5]И[2/5;1/2]И[1;+Ґ).
f) Так как x = 0 не является решением неравенства (0 > 1) исходное
неравенство равносильно неравенству
Обозначив тогда
неравенство
примет вид
Используя метод интервалов, получим
Следовательно
откуда
или
|
|
x > 0, |
x < 0, |
|
x > 0, |
|
x < 0, |
1 < x < 7, |
|
|
Ы |
|
x О Ж, |
x О (1;7), |
|
Ы x О (1;7).
|
g) Сделаем подстановку t = x + 4 (см. (12))
тогда неравенство примет вид
(t + 1)4 + (t - 1)4 < 272
или
t4 + 6t2 - 135 < 0
откуда
(t2 - 9)(t2 + 15) < 0
или |t| < 3.
Следовательно |x + 4| < 3. Используя свойства модуля получим
|x + 4| < 3 Ы
-3 < x + 4 < 3 Ы
-7 < x < -1.
Упражнения
I. Решить уравнения
- x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = 24.
- (1 - x)(2 - x)(x + 3)(x + 3) = 84.
- (x + 2)4 + x4 = 82.
- (2x2 + 5x - 4)2 -
5x2(2x2 + 5x - 4) +
6x4 = 0.
-
-
-
-
- x4 - 4x3 + 2x2 +
4x + 2 = 0.
- x4 + 6x3 + 5x2 -
12x + 3 = 0.
-
-
- (x2 + x + 1)(x2 + x + 2) = 12.
-
- 6x4 - 5x2 + 1 = 0.
II. Решить неравенства
-
- x4 - 8x3 + 14x2 +
8x - 15 ≤ 0.
-
-
-
- x4 + x3 - 12x2 -
26x - 24 < 0.
-
- (x - 1)(x - 2)(x + 3)(x + 4)
≥ 84.
- (x - 1)4 + (x + 1)4
≥ 82.
-
Литература
- P.Cojuhari. Ecuatii si inecuatii. Teorie si practica.
Chisinau, Universitas, 1993.
- P.Cojuhari, A.Corlat. Ecuatii si inecuatii algebrice. Mica biblioteca a
elevului. Chisinau, Editura ASRM, 1995.
- Ф.Яремчук, П.Руденко. Алгебра и элементарные функции. Киев, Наукова Думка,
1987.
- Gh.Andrei si altii. Exercitii si probleme de algebra pentru concursuri si
olimpiade scolare. Partea I, Constanta 1990.
| Заглавная страница |
Руководство пользователя |
Практикум абитуриента |
Учебные программы |
| Математический кружок |
Занимательная математика|
Формулы, словари |
Новости |
|Странички истории |
Экзамены, тесты |
Библиография |
Ссылки |
Карта |
|