Решение уравнений, сводящихся к квадратным методическая разработка по алгебре (11 класс) по теме

В разработке рассмотрены различные типы уравнений, которые при решении сводятся к решению квадратных уравнениний. а именно :

1) Алгебраические уравнения; 2) Рациональные уравнения; 3) Иррациональные уравнения;4) Уравнения, связанные со степенной функцией;

5) Показательные уравнения; 6) Логарифмические уравнения; 7) Показательно - логарифмические уравнения; 8) Тригонометрические уравнения;

9) Уравнения, содержащие обратные тригонометрические функции; 10) Комбинированные уравнения.

Скачать:

Предварительный просмотр:

Муниципальное бюджетное образовательное учреждение

дополнительного образования детей дом детского творчества

г. Зверева Ростовской области

сводящихся к квадратным

Работа педагога дополнительного

Куца Фёдора Ивановича

I) Алгебраические уравнения : стр.4 - 12

1) Биквадратные уравнения стр.4

2) Замена переменных по явным признакам стр.4 – 5

3)Уравнения вида (ax + b)(ax + c)(ax + d)(ax + e) = k, где b + e = c + d. стр.5 - 6

4) Возвратные уравнения третьей степени стр.6

5) Возвратные уравнения четвертой степени стр.6

6) Обобщенные возвратные уравнения четвертой степени стр.7

7)Метод неопределенных коэффициентов стр.7

8) Использование однородности стр.7 - 8

9) Однородные уравнения с двумя переменными стр.8

10) Уравнения, содержащие переменную величину под знаком модуля стр.8- 9

11) Уравнения вида (ax 2 + b 1 x + c)(ax 2 + b 2 x + c) = kx 2 стр.10

12)Уравнения вида (ax 2 + b 1 x + c 1 )(ax 2 + b 2 x + c 2 ) = kx 2 стр.10

13)Уравнения вида А 4 (х) + В 4 (х) = С стр.10

14)Решение уравнений с помощью формулы a 2 - b 2 = (a + b)(a - b) стр.11

15) Решение уравнений относительно коэффициентов стр.11

16) Следствие из теоремы о многочленах, деление углом стр. 11 – 12

17) Использование формулы суммы бесконечно убывающей

геометрической прогрессии стр.12

18) Сумма квадратов равна нулю стр.12

II) Рациональные уравнения стр.12 - 14

1)Уравнения вида + = k и сводящиеся к ним стр.12 - 13

2) Выделение полного квадрата стр.13

3) Решение уравнений методом разложения на простейшие дроби стр.14 4) Разложение на множители способом группировки стр.14 5) Замена переменных по явным признакам стр.14

III) Иррациональные уравнения стр.14 - 16

1)Иррациональные уравнения, содержащие один знак радикала второй

степени стр.14 - 15

2) Уравнения, содержащие два знака радикала второй степени стр.15 - 16

3) Уравнения, содержащие радикалы третьей и более высоких

IV) Уравнения, связанные со степенной функцией стр. 17

V) Показательные уравнения стр.17 - 18

1) Показательные уравнения первого типа A∙a 2x + B∙a x + C = 0, стр.17

2) Показательные уравнения второго типа A∙a x + B∙a -x + C = 0

(A∙a x + + C = 0) стр.17

3) Показательные уравнения третьего типа A∙a 2x + B∙a x ∙b x + C∙b 2x = 0 стр.17 - 18

4) Показательные уравнения четвертого типа:A∙ + B + C∙ =0 стр.18

5) «Завуалированное» обратное число стр.18

VI) Логарифмические уравнения стр.18 - 19

1)Уравнения вида A∙ + B∙ + C = 0 стр.18 - 19

2)Уравнения вида A + + C = 0 стр.19

VII) Показательно - логарифмические уравнения стр.19

VIII) Тригонометрические уравнения cтр.19 - 24

1) Тригонометрические уравнения, приводимые к уравнениям от одной тригонометрической функции одной переменной стр.19 -20

2) Тригонометрические однородные уравнения стр.20- 21

3) Тригонометрические уравнения, сводящиеся к однородным стр. 21 – 22

I тип: a sin 2 x + b sinx cosx + c cos 2 x = d стр.21

II тип: a sin 2 x + b sin 2x + c cos 2 x = d стр.21

III тип: a sinx + b cos x + c = 0 стр.21 - 22

4) Уравнения вида a (sinx + cosx) + b sin2x + c = 0 стр. 22

5) Уравнения вида a cos 2x + b cos x + c = 0 (a cos 2x + b sin x + c = 0) стр.22

6) Уравнения, содержащие cos 4 x и sin 4 x стр. 22 - 23

7) Более сложные уравнения стр.23 - 24

IX) Уравнения, содержащие обратные тригонометрические функции стр.24 – 25 1) Уравнения, сводящиеся к алгебраическим стр.24 2) Уравнения, решаемые с помощью определений обратных тригонометрических функций стр. 24 - 25

X) Комбинированные уравнения стр.25 – 26

Дидактический материал стр. 26 - 2 7 Литература стр. 27

I) Алгебраические уравнения.

1) Биквадратные уравнения.

Биквадратным называется уравнение вида ах 4 +bх 2 + с = 0.

Биквадратные уравнения решаются методом введения новой переменной: положив x 2 = t

(t > 0), придём к квадратному уравнению at 2 + bt + c = 0.

Пример. 1) 2х 4 + 3х 2 - 5 = 0.

Введем новую переменную x 2 = t, где t > 0, получим уравнение 2t 2 + 3t -5 = 0.

Решив его, получим корни: t 1 =1, t 2 = - 5.

t 2 = - 5 условию t > 0 не удовлетворяет.

Далее решаем уравнение х 2 = 1, его корни х 1,2 = ± 1.

Корни исходного уравнения: х 1,2 = ± 1.

2) 4х 4 - 17х 2 -15 = 0.

Введем новую переменную x 2 = t, где t > 0, получим уравнение 4t 2 - 17t - 15 = 0.

D = b 2 - 4ac = (- 17) 2 - 4∙4∙ (- 15) = 529.

t 2 = = - = - условию t > 0 не удовлетворяет.

Далее решаем уравнение х 2 = 5, его корни х 1,2 = ± .

Корни исходного уравнения: х 1,2 = ± .

3) х 4 - 37х 2 + 36 = 0.

Введем новую переменную x 2 = t, получим уравнение t 2 - 37t + 36 = 0.

Решив его, получим корни: t 1 =1, t 2 = 36.

Далее решаем уравнения: 1) х 2 = 1, х 1,2 = ± 1.

2) х 2 = 36, х 1,2 = ± 6.

Корни исходного уравнения: х 1,2 = ± 1; х 3,4 = ± 6.

4) х 4 + 37х 2 +36 = 0.

Введем новую переменную x 2 = t, где t > 0, получим уравнение t 2 + 37t + 36 = 0.

Решив его, получим корни: t 1 = -1, t 2 = -36; которые не удовлетворяют условию t > 0, следовательно, исходное уравнение корней не имеет.

2) Замена переменных по явным признакам .

Пример. 1) (х 2 - 2х) 2 - 2(х 2 - 2х) - 3 = 0.

Введя новую переменную х 2 - 2х = t, получим уравнение t 2 - 2t - 3 = 0, решив которое, имеем: t 1 = - 1, t 2 = 3.

Далее решаем уравнения: 1) х 2 - 2х = - 1; х 2 - 2х + 1 = 0; (х - 1) 2 = 0; х = 1. 2) х 2 - 2х = 3; х 2 - 2х - 3 = 0; по т., обр.т. Виета х 1 = - 1, х 2 = 3.

Корни исходного уравнения: х 1 = 1; х 2 = - 1, х 3 = 3.

2) (2х 2 + 3х -1) 2 - 10х 2 - 15х + 9 = 0.

(2х 2 + 3х -1) 2 -10х 2 -15х + 5 + 4 = 0.

(2х 2 + 3х -1) 2 -5(2х 2 + 3х - 1) + 4 = 0.

Введем новую переменную 2x 2 +3х -1= t, получим уравнение t 2 -5t + 4 = 0.

Решив его, получим корни: t 1 =1, t 2 = 4.

Далее решаем уравнения: 1) 2x 2 + 3х -1 = 1, 2x 2 + 3х - 2 = 0,его корни х 1 = - 2; х 2 = ,

2) 2x 2 + 3х -1 = 4, 2x 2 + 3х - 5 = 0,его корни х 1 = 1; х 2 = - ,

Корни исходного уравнения: х 1 = 1; х 2 = -2 х 3 = , х 4 = - .

3) (х 2 - 6х) 2 - 2(х - 3) 2 = 81.

Заметив, что х 2 - 6х = (х - 3) 2 - 9 и положив (х - 3) 2 = у, где у ≥ 0, получим:

( у - 9) 2 - 2у = 81, у 2 - 18у + 81 - 2у - 81 = 0, у 2 - 20у = 0, у (у - 20) = 0.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) ( х - 3) 2 = 0, х - 3 = 0, х = 3.

2) (х - 3) 2 = 20, х - 3 = ± , х 1,2 = 3 ± .

Корни исходного уравнения: х 1 = 3, х 2,3 = 3 ± .

3)Уравнения вида (ax + b)(ax + c)(ax + d)(ax + e) = k, где b + e = c + d .

Пример.1) (х + 1)(х + 2)(х + 3)(х + 4) = 24.

Группируем скобки так, чтобы суммы свободных слагаемых были равными: 1 + 4 = 2 + 3.

Перемножив вначале в первой квадратной скобке, а затем второй, имеем:

(х 2 + 5х + 4)(х 2 + 5х + 6) = 24.

Введя новую переменную x 2 + 5х = t, получим уравнение (t + 4)(t + 6) = 24, откуда

t 2 + 10t + 24 = 24; t 2 + 10t = 0; (t + 10) t = 0.

t 1 = - 10, t 2 = 0.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1)х 2 + 5х = - 10; х 2 + 5х + 10 = 0. D = b 2 - 4ac = 5 2 - 4∙1∙10 = - 15. Т.к. D

2)х 2 + 5х = 0; х (х + 5) = 0. х 1 = 0, х 2 = - 5.

Корни исходного уравнения: х 1 = 0; х 2 = - 5.

2) х (х + 1)(х + 2)(х + 3) = 8.

Группируем множители так, чтобы суммы свободных слагаемых были равными: 0+3 = 1+2.

Перемножив в начале первый и второй множители, а затем третью и четвертую скобки имеем: (х 2 + 3х) (х 2 + 3х + 2) = 8.

Введя новую переменную x 2 + 3х = t, получим уравнение t (t + 2) = 8, откуда

t 2 + 2t = 8; t 2 + 2t - 8 = 0. Решив квадратное уравнение, имеем корни: t 1 = 2, t 2 = - 4.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

х 2 + 3х - 2 = 0, D = b 2 - 4ac = 3 2 - 4∙1∙(- 2) = 17 .

х 2 + 3х + 4 = 0. D = b 2 - 4ac = 3 2 - 4∙1∙4 = - 7. Т.к. D

Корни исходного уравнения: х 1,2 = .

3) (2х + 3)(2х + 5)(2х + 7)(2х + 9) = 384. (1)

Если обозначить у = 2х +3, то исходное уравнение (1) примет вид:

у (у + 2) (у + 4) (у + 6) = 384.

Группируем множители так, чтобы суммы свободных слагаемых были равными: 0+6 = 2+4.

Перемножив в начале первый и второй множители, а затем третью и четвертую скобки имеем: (у 2 + 6у) (у 2 + 6у + 8) = 384. (2)

Если теперь обозначить z = у 2 + 6у,

то последнее уравнение (2) запишется в виде:

z 2 + 8z - 384 = 0. (3)

Решим уравнение (3):

z 1,2 = - 4 ± = - 4 ± = - 4 ± 20.

z 1 = - 24, z 2 = 16.

Возвращаясь к переменной у, рассмотрим два случая:

у 2 + 6у + 24 = 0, корней нет, т.к. D = b 2 - 4ac = 36 – 96 = - 60

у 2 + 6у – 16 = 0, откуда у 1 = - 8, у 2 = 2.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) 2х + 3 = - 8, откуда х 1 = - .

2) 2х + 3 = 2, откуда х 2 = - .

Корни исходного уравнения: х 1 = - , х 2 = - .

4) Возвратные уравнения третьей степени

Возвратным называется уравнение вида: ах 3 + bх 2 + bх + а = 0.

Метод решения: разложение на множители способом группировки.

Пример . 2х 3 + 7х 2 + 7х + 2 = 0.

(2х 3 + 2) + (7х 2 + 7х) = 0,

2 (х 3 + 1) + 7х (х + 1) = 0,

2(х + 1) (х 2 - х + 1) + 7х (х + 1) = 0,

(х+1)(2х 2 - 2х + 2 + 7х) = 0,

(х+1)(2х 2 + 5х + 2) = 0,

х+1 = 0 или 2х 2 + 5х + 2 = 0,

Корни исходного уравнения: х 1 = -2, х 2 = -1, х 3 = - .

5) Возвратные уравнения четвертой степени.

Возвратным называется уравнение вида: ах 4 + bх 3 + сх 2 ± bх + а = 0.

х = 0 не является корнем данного уравнения, поэтому можно разделить уравнение на х 2 без потери корней, при этом получаем уравнение ах 2 + bх + с ± + = 0, которое сводится к квадратному заменой х ± = t.

Пример.1) х 4 - 2х 3 - 22 х 2 - 2х + 1 = 0.

Т.к. х = 0 не является корнем данного уравнения, то разделим обе части уравнение на х 2

х 2 - 2х - 22 - + = 0,

( х 2 + ) - 2(х + ) - 22 = 0,

Сделаем замену х + = t, тогда х 2 + 2 + = t 2 , откуда х 2 + = t 2 - 2 и уравнение сводится к виду: t 2 - 2 - 2t - 22 = 0 , т.е. t 2 - 2t - 24 = 0, откуда t 1 = 6, t 2 = - 4.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) х + = 6, откуда х 2 - 6х + 1 = 0, х 1,2 = 3 ± .

2) х + = - 4, откуда х 2 + 4х + 1 = 0, х 1,2 = - 2 ± .

Корни исходного уравнения: х 1,2 =3 ± , х 3,4 = - 2 ± .

2) 2х 4 - 15х 3 +14 х 2 + 15х + 2 = 0.

Т.к. х = 0 не является корнем данного уравнения, то разделим обе части уравнение на х 2

2х 2 - 15х + 14 + + = 0,

2 (х 2 + ) - 15(х - ) + 14 = 0,

Сделаем замену x - = t, тогда х 2 - 2 + = t 2 , откуда х 2 + = t 2 + 2 и данное уравнение сводится к виду 2(t 2 + 2) - 15t + 14 = 0 , т.е. 2t 2 - 15t + 18 = 0.

D = b 2 - 4ac = (-15) 2 - 4∙2∙18 = 225 - 144 = 81.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) х - = 6, откуда х 2 – 6х - 1 = 0, х 1,2 = 3 ± .

2) х - = , откуда 2х 2 - 3х - 2 = 0, х 1 = 2, х 2 = - .

Корни исходного уравнения: х 1,2 =3 ± , х 3 = 2, х 4 = - .

6) Обобщенные возвратные уравнения четвертой степени.

Обобщенным возвратным называется уравнение вида: ах 4 + bх 3 + сх 2 ± dх + e = 0 ,где = .

Пример. 3x 4 - 2x 3 - 31x 2 + 10x +75 = 0.

Т.к. х = 0 не является корнем данного уравнения, то разделим обе части уравнения на х 2 :

3x 2 - 2x - 31 + + = 0;

(3x 2 + ) - (2x - ) - 31 = 0;

3(x 2 + ) - 2(x - ) - 31 = 0;

Пусть t = x - , тогда t 2 = х 2 - 10 + , откуда x 2 + = t 2 + 10 и данное уравнение сводится к виду: 3(t 2 +10) - 2t – 31 = 0, т. е. 3t 2 - 2t - 1 = 0.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) x - = 1, откуда x 2 - x - 5 = 0.

2) x - = - , откуда 3x 2 + x - 15 = 0.

Корни исходного уравнения: х 1,2 , х 3,4 =

7)Метод неопределенных коэффициентов .

Пример. х 4 – 5х 3 + 8х 2 – 5х + 1 = 0.

Представим многочлен, стоящий в левой части уравнения в виде произведения квадратных трехчленов: х 4 - 5х 3 + 8х 2 - 5х + 1= (x 2 + ax + b)(x 2 + cx + d),

где a,b,c,d-целые числа.

Раскрыв скобки и приведя подобные, имеем

х 4 - 5х 3 + 8х 2 - 5х +1 = x 4 + (c + a)x 3 + (ac + b + d)x 2 + (ad + cb)x + bd.

х 4 – 5х 3 +8х 2 – 5х +1 = (х 2 – 2х + 1)(х 2 – 3х + 1).

(х 2 – 2х + 1)(х 2 – 3х + 1) = 0,

х 2 – 2х + 1 = 0 или х 2 – 3х + 1 = 0.

Корни исходного уравнения: х 1 = 1, х 2,3 ,

Уравнения вида a∙A 2 (х)+ b∙A(х)B(х) + c∙B 2 (х) = 0 называются однородными.

Пример. 1)3х 2 + 4х( х 2 + 3х + 4) + ( х 2 + 3х + 4) 2 = 0.

I способ решения однородных уравнений.

Введение новой переменной.

Пусть у = х 2 + 3х + 4, тогда 3х 2 + 4ху + у 2 = 0.

Решаем относительно у: у 1,2 = = ,

у 1 = - х, у 2 = -3х.

Следовательно: 1) х 2 + 3х + 4 = - х, 2) х 2 + 3х + 4 = - 3х,

х 2 + 4х + 4 = 0, х 2 + 3х + 4 + 3х = 0,

(х + 2) 2 = 0, х 2 + 6х + 4 = 0,

Корни исходного уравнения: х 1 = -2, х 2,3 = -3 ±

II способ решения однородных уравнений.

Деление обеих частей уравнения на A 2 (х), A(х)B(х) или B 2 (х) и введение замены.

2) 2(х 2 + х +1) 2 - 7(х - 1) 2 = 13(х 3 - 1).

Так как х 3 - 1 = (x 2 + x + 1) (x - 1), a x 2 + x + 1 ≠ 0 ни при каком х, то, разделив обе части данного уравнения на (х 2 + х + 1) 2 , получим:

Введем замену у = , получим уравнение: 2 - 7у 2 = 13у,

7у 2 + 13у - 2 = 0.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

7(х -1) = х 2 + х + 1, х -1 = - 2(х 2 + х + 1),

7х - 7 - х 2 - х -1= 0, х -1 + 2х 2 +2х + 2 = 0,

х 2 - 6х + 8= 0. 2х 2 +3х + 1 = 0,

х 1 = 2, х 2 = 4. х 1 = - 1, х 2 = - .

Корни исходного уравнения: х 1 = 2, х 2 = 4, х 3 = - 1, х 4 = - .

3) (х - 2) 2 (х + 1) 2 - (х - 2)(х 2 - 1) - 2(х - 1) 2 = 0.

Число х = 1 не является корнем данного уравнения. Поэтому, поделив обе его части на (х - 1) 2 , приходим к равносильному уравнению:

- 2 = 0. Сделав замену = у, получим уравнение у 2 - у -2 = 0, корни которого у 1 = -1 , у 2 = 2.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

х 2 - х - 2 = - х + 1, х 2 - х - 2 = 2х - 2,

х 2 - 3 = 0, х 2 - 3х = 0,

х 1,2 = ± . х 1 = 3, х 2 = 0.

Корни исходного уравнения: х 1,2 = ± , х 3 = 3, х 4 = 0.

9) Однородные уравнения с двумя переменными.

Обычно в таких уравнениях требуется найти решения в целых числах.

Пример. Решить в целых числах уравнение 2х 2 + 16хy +14у 2 = 0.

Это однородное уравнение второй степени относительно х и у.

(0;0) - является решением уравнения.

Пусть у ≠ 0, тогда разделим обе части уравнения на у 2 .

Получаем: 2 + 16 + 14 = 0.

Пусть = t, тогда имеем 2t 2 + 16t + 14 = 0; t 2 + 8t + 7 = 0; t 1 = - 1, t 2 = - 7.

1) = -1, х = - у; если у = z, то х = - z.

2) = -7, х = - 7у; если у = z, то х = - 7z.

Решения исходного уравнения (0;0), (-1;1)z, (-7;1)z, где z є Z

10) Уравнения, содержащие переменную величину под знаком модуля.

I способ решения.

Пример. 1) х 2 +2 - 3 = 0.

Воспользовавшись тем, что х 2 = 2 , сделаем замену = у, где у ≥ 0.

Получим у 2 + 2у - 3 = 0, откуда у 1 = 1, у 2 = - 3.

у 2 = - 3 не удовлетворяет условию у ≥ 0.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим уравнение

= 1, откуда х 1,2 = ±1.

Корни исходного уравнения: х 1,2 = ±1.

Чтобы можно было сделать замену, надо получить полный квадрат.

у 2 - 2у + 1 = 0, (у - 1) 2 = 0, у = 1.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим уравнение

= 1, откуда х + 2 = 1 или х + 2 = - 1, т.е. х 1 = -1, х 2 = -3.

Корни исходного уравнения: х 1 = -1, х 2 = -3 .

II способ решения.

3) 6х 2 - |х + 1| = 0.

1) Если х + 1 ≥ 0,т.е. х ≥ - 1,то |х + 1| = х + 1 и уравнение запишется в виде:

6х 2 - х - 1 = 0, откуда х 1,2 = = = .

х 1 = = = , х 2 = = = - . Оба значения удовлетворяют условию х ≥ -1.

6х 2 + х + 1 = 0, корней нет, т.к. D = b 2 - 4ac = 1 - 24 = - 23

Корни исходного уравнения: х 1 = , , х 2 = - .

4) х|2х - 5| - 12х + 21 = 0.

1) Если 2х -5 ≥ 0, т.е. х ≥ 2,5, то |2х - 5| = 2х - 5 и уравнение запишется в виде:

2х 2 - 5х - 12х + 21 = 0; 2х 2 -17х + 21 = 0; откуда х 1,2 = = = .

х 1 = = 7, х 2 = = = 1,5

х 2 = 1,5 не удовлетворяет условию х ≥ 2,5.

-2х 2 + 5х - 12х + 21 = 0; 2х 2 +7х - 21 = 0; откуда х 1,2 = = .

х 1 = , х 2 = . Оба значения удовлетворяют условию х

Корни исходного уравнения: х 1 =7, х 2 = , х 3 = .

III способ решения.

Возведем обе части уравнения в квадрат. (х + 4) 2 = (2х + 3) 2 ;

х 2 +8х +16 = 4х 2 +12х + 9; 3х 2 + 4х – 7 = 0;

Откуда х 1 = 1, х 2 = - .

Проверка. При х = 1 имеем: л.ч. |х + 4| = |1 + 4|= |5| = 5,

п.ч |2х + 3| = |2∙1 + 3| = |5| = 5.

5 = 5 – верно, х = 1 – корень уравнения.

При х = - имеем: л.ч. |х + 4| = | - + 4|=| |= ,

п.ч. |2х + 3| = |2∙ ( - ) + 3| = | - |= ,

- = - верно, х = - - корень уравнения.

Корни исходного уравнения: х 1 =1, х 2 = - .

11) Уравнения вида (ax 2 + b 1 x + c)(ax 2 + b 2 x + c) = k x 2 .

Пример (2x 2 - 3x + 1)(2x 2 + 5x + 1) = 9x 2 .

х = 0 не является корнем данного уравнения. Разделим обе части уравнения на х 2 ≠ 0.

(2x - 3 + )(2x + 5 + ) = 9. Введем замену 2x - 3 + = у, тогда 2x + 5 + = у + 8.

Данное уравнение примет вид: у (у + 8) = 9; у 2 + 8у - 9 = 0. Откуда у 1 =1, у 2 = - 9.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) 2x - 3 + = 1; 2x 2 - 3x + 1 = х; 2x 2 - 4x + 1 = 0,

2) 2x - 3 + = - 9; 2x 2 - 3x + 1 = - 9х; 2x 2 + 6x + 1 = 0.

Корни исходного уравнения: х 1,2 , х 3,4 .

12) Уравнения вида (ax 2 + b 1 x + c 1 )(ax 2 + b 2 x + c 2 ) = k x 2 .

Пример 1) (х 2 + 5х + 6)(х 2 + 20х + 96) = 4х 2 .

Разложим квадратные трехчлены на линейные множители:

х 2 + 5х + 6 = (х + 2)(х + 3); х 2 + 20х + 96 = (х + 8)(х + 12).

Исходное уравнение примет вид: (х + 2) (х + 3) (х + 8) (х + 12) = 4х 2 .

Группируем скобки так, чтобы произведения свободных слагаемых были равными:

2∙12 = 3∙8.Перемножим попарно первую и четвертую, вторую и третью скобки:

( х 2 + 14х + 24) (х 2 + 11х + 24) = 4х 2 .

х = 0 не является корнем исходного уравнения, следовательно, поделив на х 2 ≠ 0

обе части уравнения, имеем: (х + 14 + ) (х + 11 + ) = 4.

Обозначив х + = у, получим уравнение: (у + 14) (у +11) = 4,

у 2 + 25у +154 = 4,

у 2 + 25у +150 = 0,

у 1 = -10, у 2 = - 15.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) х + = -10, 2) х + = -15,

х 2 + 10х + 24 = 0, х 2 + 15х + 24 = 0,

х 1 = - 4, х 2 = - 6. х 1,2 = .

Корни исходного уравнения: х 1 = - 4, х 2 = - 6, х 3,4 = .

13)Уравнения вида А 4 (х) + В 4 (х) = С .

Уравнения вида А 4 (х) + В 4 (х) = С решаются заменой t = .

Пример (х + 3) 4 + (х + 1) 4 = 20.

Сделаем замену t = = х + 2, тогда х = t – 2.

Введем замену (t +1) 4 + (t -1) 4 = 20.

Теперь возведем каждую скобку в четвертую степень, используя треугольник Паскаля:

t 4 + 4t 3 + 6t 2 + 4t +1+ t 4 - 4t 3 + 6t 2 - 4t + 1 = 20.

Упростим уравнение, получим биквадратное уравнение относительно t:

2t 4 + 12t 2 - 18 = 0,

t 4 + 6t 2 - 9 = 0,

Пусть у = t 2 , y > 0, тогда t 1,2 = ± .

у 2 + 6у - 9 = 0, у 1,2 = -3 ± = -3 ± 3 .

у 2 = -3 - 3 не удовлетворяет условию у > 0.

Следовательно, t 1,2 = ± = ± Откуда х 1,2 = ± - 2.

Корни исходного уравнения: х 1,2 = - 2 ± .

14)Решение уравнений с помощью формулы a 2 - b 2 = (a + b)(a - b) .

Пример. x 4 + 4x 3 + 3x 2 + 2x - 1 = 0.

x 4 + 4x 3 + 4x 2 - x 2 + 2x - 1 = 0; (x 4 + 4x 3 + 4x 2 ) - (x 2 - 2x + 1) = 0;

( x 2 + 2x) 2 - (x - 1) 2 = 0; (x 2 + 2x - x + 1) (x 2 + 2x + x - 1) = 0; (x 2 + x + 1) (x 2 + 3x - 1) = 0.

x 2 + x + 1= 0 или x 2 + 3x - 1 = 0.

D = 1 2 - 4∙ 1∙1 = - 3 1,2 = .

Корни исходного уравнения: х 1,2 .

15) Решение уравнений относительно коэффициентов.

Пример. х 6 - 7х 2 + = 0.

x = 0 не является корнем данного уравнения.

х 6 - х 2 - х 2 + = 0;

х 2 - + х 2 - х 6 = 0.

a = х 2 , b = -1, c = х 2 - х 6

D = 1 - 4∙ х 2 ∙ (х 2 - х 6 ) = 1- 4 х 4 + 4х 8 = (2x 4 - 1) 2 .

1) 2 х 2 = 2 х 2 = ; + 2 х 2 - 2 = 0 + х 2 - 1 = 0.

= не имеет корней, т.к.

= , следовательно, х 1,2 = ± .

2) 2 х 2 = х 2 = ; - 2 х 2 = 0;

х 1,2 = ± = ± или х 3 = 0 (но x = 0 не является корнем исходного уравнения).

Корни исходного уравнения: х 1,2 = ± , х 3,4 = ± .

16)Следствие из теоремы о многочленах, деление углом .

Пример. х 3 - 7х + 6= 0.

Используя следствие из теоремы о многочленах: (Если многочлен с целыми коэффициентами имеет целый корень, то он является делителем свободного члена), найдем один из корней.

Делители свободного члена 6: ±1; ±2; ±3; ±6.

Р(1) = 1 3 - 7∙1 + 6 = 0 , следовательно х = 1 корень исходного уравнения.

Понизим степень уравнения, разделим многочлен х 3 - 7х + 6 на двучлен х -1.