Решение уравнений методом введения новой переменной

Решение уравнений

методом

введения новой переменной

Выполнила: учитель математики высшей категории

МБОУ «СОШ №50 им.Ю.А.Гагарина»

Словинская Ирина Юрьевна

Уравнения в школьном курсе алгебры занимают ведущее место. На их изучение отводится времени больше, чем на любую другую тему. Действительно, уравнения не только имеют важное теоретическое значение, но и служат чисто практическим целям. Подавляющее большинство задач о  реальных ситуациях мира сводится к решению различных видов уравнений. Овладевая методами их решения, мы находим ответы на различные вопросы из науки и техники. Таким образом, уравнение, как общематематическое понятие, многоаспектно, причем ни один аспект нельзя исключить из рассмотрения, особенно если речь идет о вопросах школьного математического образования. В виду важности и обширности материала, связанного с понятием уравнения, его изучение в современной методике математики организованно в содержательно-методическую линию.

Рассмотрим уравнения, которые можно решить методом ввода новой переменной.Этот метод заключается в том, что для решения уравнения f(х)=0 вводят новую переменную t= или t=g(x) и выражают f(x) через t, получая новое уравнение φ(t). Решая затем уравнение φ(t), находят его корни , ,…, .После этого получают совокупность n уравнений q(х) = , q(х) = , …, q(х) = , из которых находят корни исходного уравнения.

Определение.Уравнение вида а , где а , называется биквадратнымуравнением. Метод решения уравнения – ввод новой переменной

Пример 1. Решить уравнение – 3 + 2 = 0.

Решение. Данное уравнение является биквадратным. Пусть z, получим

-3z +2 = 0. По теореме, обратной теореме Виета, имеем: + = 3; · = 2. Следовательно, = 1; = 2. Учитывая подстановку, имеем: 1) при = 1 = 1; = 1; = – 1. 2) при = 2 = 2; = ; = . Ответ:; – 1; 1;

Уравнение вида += с,в частностисрешается методом подстановки t = и сводится к биквадратному уравнению.

Пример 2. Решить уравнение 16.

Решение. Введем переменную t = = х + 2. Тогда х = t – 2. Получаем Пусть тогда = 1; = – 7. Учитывая подстановку, имеем: 1) при = 1 = 1; = –; = –2 = 1; = –2= – 3. 2) при = – 7 – уравнение корней не имеет. Ответ: – 3; 1.

При решении уравнения вида (х+а)(х+в)(х+с)(х+d) = А перегруппируем сомножители так, чтобы выполнялось равенство а + d = в + с, попарно раскроем скобки и введем новую переменную.

Пример 3. Решить уравнение (х + 1)(х + 2)(х + 4)(х + 5) = 40.

Решение.Проверим равенство а + d = в + с. Т.к. 1 + 5 = 2 + 4 – верно, то раскроем скобки ( ( = 40. Пусть у(у + 3) = 40;

у² + 3у – 40 = 0; = 5; = – 8. Учитывая подстановку, имеем: 1) при = 5 5; ; х(х + 6) = 0; = 0;= – 6. 2) при = – 8 – 8; + 13 = 0 – уравнение корней не имеет, т.к. D 0. Ответ: – 6; 0.

Пример 4. Решить уравнение ( (

Решение. Воспользуемся методом ввода новой переменной. Пусть = у, тогда у·(у + 2) = 120; + 2у – 120 = 0; = – 12; = 10. Возвращаясь к подстановке, имеем: 1) при= – 12 = – 12; Уравнение корней не имеет, т.к. D 0. 2) при = 10 = 10; – 6 = 0; = – 1; = 6. Ответ: – 1; 6.

Определение. Дробным рациональным уравнением называется уравнение, обе части которого являются рациональными выражениями, причем хотя бы одно из них – дробным выражением.

Пример 5. Решить уравнение ( ² + 16·( ² = 17.

Решение.Решим уравнение методом введения новой переменной. Пусть = у, тогда = Уравнение имеет вид у² + 16· ² = 17; у² + = 17; – 17у² + 16 = 0 – биквадратное уравнение, которое решим вводом новой переменнойz = у². Тогда уравнение имеет вид – 17z + 16 = 0; = 16; = 1. С учетом подстановки имеем: 1) при= 16 = 16;= 4; = – 4. 2) при = 1 = 1; = – 1; = 1. Вернемся к первоначальной подстановке: 1) при = 4 = 4; = 6.

2) при = – 4 = – 4; = 2,8. 3) при = – 1 = – 1; = 1. 4) при = 1 = 1 – уравнение корней не имеет. Каждое из чисел 1; 2,8; 6 не обращает в ноль знаменатели дробей исходного уравнения, поэтому является его корнем. Ответ: 1; 2,8; 6.

При решении уравнения вида (х+а)(х+в)(х+с)(х+d)=Ах² перегруппируем сомножители так, чтобы выполнялось равенство ав = сd, попарно раскроем скобки,разделим обе части на х², введем новую переменную и решим совокупность квадратных уравнений.

Пример 6. Решить уравнение (х + 2)(х + 3)(х + 8)(х + 12) = 4

Решение. Сгруппируем множители [(х + 2)(х + 12)]·[(х + 3)(х + 8)] = = 4 ;

(Т.к. х =0 не является корнем уравнения, вынесем его из каждой скобки: х(х + = ; (х + = . Введем новую переменную , тогда уравнение примет вид: t(t + 3) = 4; + 3t – 4 = 0; = – 4; = 1. Учитывая подстановку, имеем: 1) при = – 4 = . 2) при = 1 Ответ:

Определение. Уравнение вида f(х) = 0, где f(х) – многочлен стандартного вида, у которого равны коэффициенты членов, одинаково удаленных от начала и конца уравнения, называется возвратнымуравнением. Для четной степени разделим на степень среднего члена и сгруппируем члены с одинаковыми коэффициентами. Для нечетной степени – всегда корень х = – 1 и разделим на х + 1. Получим возвратное уравнение четной степени. Разделим обе части уравнения на х², при этом не происходит потери корня, т.к. х = 0 не является корнем исходного уравнения. Группировкой приводим уравнение к виду: а(х² + ) + в(х ) + с = 0. Вводим новую переменную t = х , тогда (х ; х² + Решим квадратное уравнение в новых переменных. Сделаем обратную подстановку.

Определение.Уравнение вида а+ в + с+ kвх + а = 0, где все коэффициенты отличны от нуля, называют обобщенным возвратным уравнением четвертой степени. После почленного деления на х² получаем: а(х² + ) + в(х + ) + с = 0. Если t = х + , то t² = (х + )², откуда х² + Уравнение имеет вид: а( ; х + ; х + .

Пример 7. Решить уравнение 3 – 2 – 9х² – 4х + 12 = 0.

Решение. Данное уравнение является возвратным четной степени. Разделим обе его части почленно на : 3х² – 2х – 9 – 2·+ 3( = 0; 3( + ) – 2(х + ) – 9 = 0. Пусть t = х + , тогда t² = (х + . Откуда находим х² + Уравнение имеет вид: 3(3t² – 2t – 21 = 0; = 3; = –. Учитывая подстановку, имеем: 1) При = 3 х + = 3; = 1;= 2. 2) При = – х + = – – уравнение действительных корней не имеет. Ответ: 1; 2.

В уравнениях вида = С, где асначала проверяем, является ли х = 0 корнем уравнения, затем делим числитель и знаменатель на х, вводим новую переменнуюpx +

Пример 8. Решить уравнение + = 6.

Решение. Разделим числитель и знаменатель на х, где х 0, т.к. не является корнем уравнения: + = 6. Введем новую переменную 2х + = t, тогда уравнение принимает вид: + = 6; 2– 13t + 11=0; = 1; = 5,5. Учитывая подстановку, имеем: 1) при = 1 2х + = 1; 2– х + 3 = 0 – уравнение корней не имеет. 2) = 5,5 2х + = 5,5; 2 – 5,5х + 3 = 0; = 0,75; = 2. Ответ: 0,75; 2.

Уравнения вида + = с решаем выделением квадрата двучлена, вводом новой переменной.

Пример 9. Решить уравнение + = 40.

Решение. Выделим полный квадрат разности: + = 40; + Введем новую переменную

+ 18у – 40=0; = – 20; = 2. Учитывая подстановку, имеем: 1) при = – 20– 20; 2) при

= 2 2; ; = 1 – Каждое из чисел не обращает в ноль знаменатель дроби исходного уравнения, поэтому является его корнем. Ответ:

Определение. Если все члены уравнения, в левой и правой части которого стоят многочлены от двух переменных или от двух видов переменных, имеют одинаковую суммарную степень, то уравнение называетсяоднородным.Метод решения однородных уравнений – деление на наивысшую степень одной из переменных, ввод новой переменной.

Пример 10. Решить уравнение

Решение. Введем новые переменные х +2 = у, 2х – 5 =t, тогда уравнение примет вид Разделим обе части уравнения на –3Обозначим 1) при тогда 2) при тогда = 4. Ответ: 4; 7.

Определение.Уравнения называются иррациональными, в которых переменная содержится под знаком радикала или под знаком возведения в дробную степень.

Пример 11. Решить уравнение – 1 =

Решение. Введем новую переменную = t,t тогда х =

= 1+ ; ;

= 3 – t (tt = 2. Учитывая подстановку, имеем: х = 3. Ответ: 3.

Задания для самостоятельного решения

1.(х + 1)(х + 2)(х + 3)(х + 4) = 360 54. 2(х + )² + х + = 10

2.(х + 6)(х + 7)(х + 9)(х + 10) = 10 55. 2 + х + – 6 = 0

3.(х – 4)(х +2)(х –7)(х –1) = 63 56. – (х –) = 3

4. х(х + 2)(х –1)(х + 1) = 120 57. – (х +) = 8

5. х(х + 1)(х + 2)(х + 3) = 3 58. 9= 22

6.(х – 1)(х – 3)(х + 5)(х + 7) = 297 59. 2( + )² – (х + ) = 2

7.(х – 4)(х –2)(х + 1)(х + 3) = 24 60. 9х² + + 3х –

8.(х – 1)(х + 1)(х + 3)(х +5) = 105 61. 6( + ) + 5(х +

9. х(х + 2)(х +4)(х +6) + 16 = 0 62.( + ) + 4(х + = 0

10.(х – 1)(х – 2)(х – 3)(х – 4) = 3 63. 7(х + ) – 2( +

11.(2 64.( )² + 18·( )² = 11

12.( 65.( )² – 16·( )² = 15

13.( 66.( )² – 9·( )² = 8

14.( 67. +

15.( 68. +

16. 69. ( )² – 4· + 3·( )² = 0

17.( 70.( )² – 9·( )² = 4,25

18.( 71. 2( )² – ( )² =

19.( 72.(–5

20.( 73. 2 +

21. 4 – 12 74. –

22.+3 75. 2 –

23.– 9 76. 25 –

24. 12 77. 9 –

25.– 20 78. 2 –

26.– 3 79. 4 +

27.– 10 80. – 35

28.– 17 81. +

29.3– 5 82. – 2

30.7+ 3 83.(х + 5)(х + 10)(х – 4)(х – 2) = 18

+ 84.

85.(х + 6)(х + 3)(х – 2)(х – 1) = 12

33.(272 86.(х + 6)(х + 4)(х – 2)(х – 3) = 40

34. + 87.(х + 6)(х + 2)(х – 9)(х – 3) = 56

35. + 88.(6 – х)(х – 2)(х + 3)(х + 9) =24

36.+ 89.(х + 2)(х + 3)(х + 8)(х + 12) = 4

37. + 90.(х + 4)(х + 5)(2 – х)(10 – х) – 54

38. 91.(6 – х)(х – 2)(х + 3)(х + 4) + 126

39. + 92.(

40. + 93.(

41. + = 1 94.+ = 3

42. + = 1 95.+ = 7

43. = 96. + =

44. = 97. + = 5

45. – = 98. + = 16

46. + = 99. = 7

47. – = 100. + = 65

48. – = 1 101. + = 24

49. + 102.+ = 13

50. + 103.+ = 11

51. =

52. – =

53. – =

104.3(

105.– )(7х – 5)+2

106.– )(7 – 5х)+2

107.

108.– 1) – 2

109.

110. 111.

112.

113.

114. + = х – 1

115. + = 4

116. + = 1

117. + = 3

118. – = 1

119. – = 1

120. + = х – 4

121. – = 1

122+ = х + 5

123. + = х – 6

124. + = х + 2

125.+ = х + 1

126.+ = 4

127.+ = – 1

128.+ = 1

Литература

1.Нелин Е.П. Алгебра в таблицах (с приложением). Учебное пособие для учащихся 7-11 классов – Н49 Х.: Мир детства, 1998 – 116с. Приложение 56с.

2.Мордкович А.Г. М79 Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия. Алгебра и начала математического анализа. 10 класс. В 2 ч. Ч. 1. Учебник для учащихся общеобразовательных организаций (базовый и углубленный уровни) / А.Г.Мордкович, П.В. Семенов. – 3-е изд., стер. – М.: Мнемозина, 2015. – 463с.: ил.

3.Мордкович А.Г. М79 Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия. Алгебра и начала математического анализа. 11 класс. В 2 ч. Ч. 1. Учебник для учащихся общеобразовательных организаций (базовый и углубленный уровни) / А.Г.Мордкович, П.В. Семенов. – 4-е изд., стер. – М.: Мнемозина, 2016. – 311с.: ил.

4.Виленкин Н.Я. и др. “Алгебра. Учебник для учащихся 9 классов с углубленным изучением математики” – М., Просвещение, 2007 – 367 с.

5.Виленкин Н.Я., Шибасов Л.П., Шибасова З.Ф. “За страницами учебника математики. Арифметика. Алгебра. 10-11 класс” – М., Просвещение, 2008 – 192 с.

6. Рывкин А.А. Сборник задач по математике с решениями для поступающих в Вузы. – М., 2003.

7.Сканави М.И. Сборник задач для поступающих в Вузы. Группа Б. – М.,2000.

8.Сканави М.И. Полный сборник решений задач для поступающих в Вузы. Группа Б. – М., 2003.

9.Скопец З.А. Математика. Факультативный курс. – М., 1970.

10.Выгодский М.Я. “Справочник по математике” – М., АСТ, 2010 – 1055 с.

11.Звавич Л.И. и др. “Алгебра и начала анализа. 8–11 кл. Пособие для школ и классов с углубленным изучением математики” – М., Дрофа, 1999 – 352 с.

12.Олехник С.Н., Потапов М.К., Пасиченко П.И. Уравнения и неравенства: нестандартные методы решения. – М., 2002. 23. Петраков И. Особые приемы решения уравнений // Математика. – 1995. - №3.

13.Чулков П.В. “Уравнения и неравенства в школьном курсе математики. Лекции 1–4” – М., Первое сентября, 2006 – 88 с.

14.Чулков П.В. “Уравнения и неравенства в школьном курсе математики. Лекции 5–8” – М., Первое сентября, 2009 – 84 с.

15.Фирстова Н.И. Метод замены переменной при решении алгебраических уравнений // Математика в школе. – 2002. - № 5. – С. 68.

16.Чалахьян П.Э. Методика решения задач повышенной сложности по математике. – Ростов н/Д., 1993.

Адрес публикации: https://www.prodlenka.org/metodicheskie-razrabotki/262205-reshenie-uravnenij-metodom-vvedenija-novoj-pe