Алгебраические уравнения, решаемые с помощью квадратных уравнений

Муниципальное бюджетное образовательное учреждение

дополнительного образования детей дом детского творчества

г. Зверева Ростовской области

Алгебраические уравнения, решаемые с помощью квадратных уравнений.

Работа педагога дополнительного

образования

Куца Фёдора Ивановича

г. Зверево

2014г.

1) Биквадратные уравнения.

Биквадратным называется уравнение вида ах⁴ +bх² + с = 0.

Биквадратные уравнения решаются методом введения новой переменной: положив x² = t (t > 0), придём к квадратному уравнениюat² + bt + c = 0.

Пример 1. 2х⁴ + 3х² - 5 = 0.

Решение. Введем новую переменную x² = t, где t > 0, получим уравнение 2t² + 3t -5 = 0.

Так как сумма коэффициентов равна нулю, то есть: 2 + 3 - 5 = 0, то получим корни: t₁ =1, t₂ = - 5.

t₂ = - 5 условию t > 0 не удовлетворяет.

Далее решаем уравнение х² = 1, его корни х_1,2 = ± 1.

Ответ: х_1,2 = ± 1.

Пример 2. 4х⁴ - 17х² -15 = 0.

Решение.Введем новую переменную x² = t, где t > 0, получим уравнение 4t² - 17t - 15 = 0.

D = b² - 4ac = (- 17)² - 4∙4∙ (- 15) = 529.

t_1,2= == .

t₁ = = = 5;

t₂ = = - = - условию t > 0 не удовлетворяет.

Далее решаем уравнение х² = 5, его корни х_1,2 = ± .

Ответ: х_1,2 = ± .

Пример 3. х⁴ - 37х² + 36 = 0.

Решение.Введем новую переменную x² = t, получим уравнение t² - 37t + 36 = 0.

По теореме, обратной теореме Виета, получим корни: t₁ =1, t₂ = 36.

Далее решаем уравнения: 1) х² = 1, х_1,2 = ± 1.

2) х² = 36, х_1,2 = ± 6.

Ответ: х_1,2 = ± 1; х_3,4 = ± 6.

Пример4. х⁴ + 37х² +36 = 0.

Решение. Введем новую переменную x² = t, где t > 0, получим уравнение t² + 37t + 36 = 0.

Так как 1 + q = p, то есть 1 + 36 = 37, получим корни: t₁ = -1, t₂ = - 36; которые не удовлетворяют условию t > 0, следовательно, исходное уравнение корней не имеет.

Ответ. Корней нет.

2) Замена переменных по явным признакам.

Пример1. (х²- 2х)² - 2(х² - 2х) - 3 = 0.

Решение. Введя новую переменную х² - 2х = t, получим уравнение t² - 2t - 3 = 0, решив которое, имеем: t₁ = - 1, t₂ = 3.

Далее решаем уравнения: 1) х² - 2х = - 1; х² - 2х + 1 = 0; (х - 1)² = 0; х = 1. 2) х² - 2х = 3; х² - 2х - 3 = 0; по т., обр.т. Виета: х₁ = - 1, х₂ = 3.

Ответ: х₁ = 1; х₂ = - 1, х₃= 3.

Пример2. (2х² + 3х -1)² - 10х² - 15х + 9 = 0.

Решение. (2х² + 3х -1)² -10х² -15х + 5 + 4 = 0;

(2х² + 3х -1)² -5(2х² + 3х - 1) + 4 = 0.

Введем новую переменную 2x² +3х -1= t, получим уравнение t² -5t + 4 = 0.

Корни которого: t₁ =1, t₂ = 4.

Далее решаем уравнения: 1) 2x² + 3х -1 = 1; 2x² + 3х - 2 = 0,его корни х₁ = - 2; х₂ = ,

2) 2x² + 3х -1 = 4; 2x² + 3х - 5 = 0,его корни х₁ = 1; х₂ = - .

Корни исходного уравнения: х₁ = 1; х₂ = -2 х₃ = , х₄ = - .

Ответ: х₁ = 1; х₂ = -2 х₃ = , х₄ = - .

Пример3. (х²- 6х)²- 2(х - 3)² = 81.

Решение.Заметив, что х²- 6х = (х - 3)² - 9 и положив (х - 3)² = у, где у ≥ 0, получим:

( у - 9)² - 2у = 81, у²- 18у + 81 - 2у - 81 = 0, у²- 20у = 0, у (у - 20) = 0.

у₁ = 0, у₂ = 20.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) (х - 3)² = 0, 2) (х - 3)² = 20,

х - 3 = 0, х - 3 = ± ,

х = 3. х_1,2 = 3 ± .

Корни исходного уравнения: х₁ = 3, х_2,3 = 3 ± .

Ответ: х₁ = 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.

Решение.Группируем скобки так, чтобы суммы свободных слагаемых были равными:

1 + 4 = 2 + 3.

∙= 0.

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

(х² + 5х + 4)(х² + 5х + 6) = 24.

Введя новую переменную x²+ 5х = t, получим уравнение (t + 4)(t + 6) = 24, откуда

t² + 10t + 24 = 24; t² + 10t = 0; (t + 10) t = 0.

t₁ = - 10, t₂ = 0.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1)х² + 5х = - 10; х² + 5х + 10 = 0. D = b² - 4ac = 5² - 4∙1∙10 = - 15. Т.к. D < 0, то уравнение корней не имеет.

2)х² + 5х = 0; х (х + 5) = 0,

х₁= 0, х₂ = - 5.

Корни исходного уравнения: х₁ = 0; х₂ = - 5.

Ответ: х₁ = 0; х₂ = - 5.

Пример2. х (х + 1)(х + 2)(х + 3) = 8.

Решение. Группируем множители так, чтобы суммы свободных слагаемых были равными:

0+3 = 1+2.

∙= 0.

Перемножив в начале первый и второй множители, а затем третью и четвертую скобки имеем: (х² + 3х) (х² + 3х + 2) = 8.

Введя новую переменную x²+ 3х = t, получим уравнение t (t + 2) = 8, откуда

t² + 2t = 8; t² + 2t - 8 = 0. Решив квадратное уравнение, имеем корни: t₁ = 2, t₂ = - 4.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) х² + 3х = 2,

х² + 3х - 2 = 0, D = b² - 4ac = 3² - 4∙1∙(- 2) = 17 .

х_1,2= =.

2) х² + 3х = - 4,

х² + 3х + 4 = 0. D = b² - 4ac = 3² - 4∙1∙4 = - 7. Т.к. D < 0, то уравнение корней не имеет.

Корни исходного уравнения: х_1,2 = .

Ответ:х_1,2 = .

Пример3. (2х + 3)(2х + 5)(2х + 7)(2х + 9) = 384. (1)

Решение.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.

∙= 0.

Перемножив в начале первый и второй множители, а затем третью и четвертую скобки имеем: (у² + 6у) (у² + 6у + 8) = 384. (2)

Если теперь обозначить z = у² + 6у,

то последнее уравнение (2) запишется в виде:

z(z + 8) = 384,

z² + 8z - 384 = 0. (3)

Решим уравнение (3):

z_1,2 = - 4 ±= - 4 ±= - 4 ± 20.

z₁ = - 24, z₂ = 16.

Возвращаясь к переменной у, рассмотрим два случая:

1) у² + 6у = - 24.

у² + 6у + 24 = 0, корней нет, т.к. D = b² - 4ac = 36 – 96 = - 60 < 0.

2) у² + 6у = 16.

у² + 6у – 16 = 0, откуда у₁ = - 8, у₂= 2.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) 2х + 3 = - 8, откуда х= - .

2) 2х + 3 = 2, откуда х= - .

Корни исходного уравнения: х₁= - , х₂= - .

Ответ: х₁= - , х₂= - .

4) Возвратные уравнения третьей степени.

Возвратным называется уравнение вида: ах³ + bх²+bх + а = 0.

Метод решения: разложение на множители способом группировки.

Пример . 2х³ + 7х² + 7х + 2 = 0.

Решение. (2х³ + 2) + (7х² + 7х) = 0;

2 (х³ + 1) + 7х (х + 1) = 0;

2(х + 1) (х² - х + 1) + 7х (х + 1) = 0;

(х+1)(2х² - 2х + 2 + 7х) = 0;

(х+1)(2х² + 5х + 2) = 0.

х+1 = 0 или 2х² + 5х + 2 = 0,

х = -1. х_1,2= = ,

х₁= -2, х₂ = - .

Корни исходного уравнения: х₁ = -2, х₂= -1, х₃ = - .

Ответ:х₁ = -2, х₂= -1, х₃ = - .

5) Возвратные уравнения четвертой степени.

Возвратным называется уравнение вида: ах⁴ + bх³ + сх² ± bх + а = 0.

х = 0 не является корнем данного уравнения, поэтому можно разделить уравнение на х² без потери корней, при этом получаем уравнение ах² + bх + с ± + = 0, которое сводится к квадратному заменой х ± = t.

Пример 1. х⁴ - 2х³ - 22 х² - 2х + 1 = 0.

Решение. Т.к. х = 0 не является корнем данного уравнения, то разделим обе части уравнение на х²: х² - 2х - 22 - + = 0; (х²+) - 2∙(х + ) - 22 = 0.

Сделаем замену х + = t, тогда х² + 2 + = t², откуда х²+ = t² - 2 и уравнение сводится к виду: t² - 2 - 2t - 22 = 0 , т.е. t²- 2t - 24 = 0, откуда t₁= 6, t₂ = - 4.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) х + = 6, откуда х² - 6х + 1 = 0, х_1,2 = 3 ± .

2) х + = - 4, откуда х² + 4х + 1 = 0, х_1,2 = - 2 ± .

Корни исходного уравнения: х_1,2 =3 ± , х_3,4 = - 2 ± .

Ответ: х_1,2 =3 ± , х_3,4 = - 2 ± .

Пример 2. 2х⁴ - 15х³ +14 х² + 15х + 2 = 0.

Решение. Т.к. х = 0 не является корнем данного уравнения, то разделим обе части уравнение на х²: 2х² - 15х + 14 + + = 0; 2 (х²+) - 15(х - ) + 14 = 0.

Сделаем замену x - = t, тогда х² - 2 + = t², откуда х²+ = t² + 2 и данное уравнение сводится к виду 2(t² + 2) - 15t + 14 = 0 , т.е. 2t²- 15t + 18 = 0.

D = b² - 4ac = (-15)² - 4∙2∙18 = 225 - 144 = 81.

х_1,2= = = .

х₁== = 6, х₂ = == .

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) х - = 6, откуда х² – 6х - 1 = 0, х_1,2 = 3 ± .

2) х - = , откуда 2х² - 3х - 2 = 0, х₁ = 2, х₂ = - .

Корни исходного уравнения: х_1,2 =3 ± , х₃ = 2, х₄ = - .

Ответ: х_1,2 =3 ± , х₃ = 2, х₄ = - .

6) Обобщенные возвратные уравнения четвертой степени.

Обобщенным возвратным называется уравнение вида: ах⁴ + bх³ + сх² ± dх + e = 0,
где = .

Пример. 3x⁴ - 2x³ - 31x² + 10x +75 = 0.

Решение. Т.к. х = 0 не является корнем данного уравнения, то разделим обе части уравнения на х²: 3x² - 2x - 31 + += 0; (3x² + ) - (2x - ) - 31 = 0; 3(x² + ) - 2(x - ) - 31 = 0.

Пусть t = x - , тогда t² = х²- 10 + , откуда x² + = t² + 10 и данное уравнение сводится к виду: 3(t² +10) - 2t – 31 = 0, т. е. 3t² - 2t - 1 = 0.

t₁= 1, t₂ = - .

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1)x - = 1, откуда x² - x - 5 = 0.

х_1,2=.

2)x - = - , откуда 3x² + x - 15 = 0.

х_1,2=.

Корни исходного уравнения: х_1,2, х_3,4 =

Ответ: х_1,2, х_3,4 =

7) Метод неопределенных коэффициентов.

Пример. х⁴ – 5х³ + 8х² – 5х + 1 = 0.

Решение. Представим многочлен, стоящий в левой части уравнения в виде произведения квадратных трехчленов: х⁴ - 5х³ + 8х² - 5х + 1= (x² + ax + b)(x² + cx + d),где a,b,c,d-целые числа.

Раскрыв скобки и приведя подобные, имеем:

х⁴ - 5х³ + 8х² - 5х +1 = x⁴ + (c + a)x³ + (ac + b + d)x²+ (ad + cb)x + bd.

или

х⁴ – 5х³ +8х² – 5х +1 = (х² – 2х + 1)(х² – 3х + 1); (х² – 2х + 1)(х² – 3х + 1) = 0.

х² – 2х + 1 = 0 или х² – 3х + 1 = 0.

1) х² – 2х + 1 = 0; (х – 1)² = 0; х = 1.

2) х² – 3х + 1 = 0; х_1,2 =

Корни исходного уравнения: х₁ = 1, х_2,3.

Ответ: х₁ = 1, х_2,3.

8)Использование однородности.

Уравнения вида a∙A²(х)+b∙A(х)B(х) + c∙B²(х) = 0 называются однородными.

I способ решения однородных уравнений.

Пример 1. 3х² + 4х( х² + 3х + 4) + ( х² + 3х + 4)²= 0.

Решение. Введение новой переменной.

Пусть у = х² + 3х + 4, тогда 3х² + 4ху + у²= 0.

Решаем относительно у: у_1,2= = ,

у₁= - х, у₂ = -3х.

Следовательно: 1) х² + 3х + 4 = - х, 2) х² + 3х + 4 = - 3х,

х² + 4х + 4 = 0, х² + 3х + 4 + 3х = 0,

(х + 2)²= 0, х² + 6х + 4 = 0,

х = -2. х_1,2 = -3 ±

Корни исходного уравнения: х₁ = -2, х_2,3 = -3 ±

Ответ:: х₁ = -2, х_2,3 = -3 ±

II способ решения однородных уравнений.

Деление обеих частей уравнения на A²(х), A(х)B(х) или B²(х) и введение замены.

Пример 2. 2(х² + х +1)² - 7(х - 1)² = 13(х³ - 1).

Решение. Так как х³ - 1 = (x² + x + 1) (x - 1), a x² + x + 1 ≠ 0 ни при каком х, то, разделив обе части данного уравнения на (х² + х + 1)² , получим:

2 - 7∙ = 13 .

Введем замену у = , получим уравнение: 2 - 7у² = 13у,

7у² + 13у - 2 = 0.

у_1,2 = = = .

у₁ = = - 2, у₂ = = ,.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1)= , 2)= - 2,

7(х -1) = х² + х + 1, х -1 = - 2(х² + х + 1),

7х - 7 - х² - х -1= 0, х -1 + 2х² +2х + 2 = 0,

х² - 6х + 8= 0. 2х² +3х + 1 = 0,

х₁ = 2, х₂ = 4. х₁ = - 1, х₂ = - .

Корни исходного уравнения: х₁ = 2, х₂ = 4, х₃ = - 1, х₄= - .

Ответ: х₁ = 2, х₂ = 4, х₃ = - 1, х₄= - .

Пример 3. (х - 2)²(х + 1)² - (х - 2)(х² - 1) - 2(х - 1)² = 0.

Решение. 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

у² – у – 2 = 0, корни которого у₁ = -1 , у₂ = 2.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) = - 1, = 2

х²- х - 2 = - х + 1, х²- х - 2 = 2х - 2,

х² - 3 = 0, х²- 3х = 0,

х² = 3, (х- 3)х = 0,

х_1,2 = ± . х₁ = 3, х₂ = 0.

Корни исходного уравнения: х_1,2 = ± , х₃ = 3, х₄= 0.

Ответ:х_1,2 = ± , х₃ = 3, х₄= 0.

9) Однородные уравнения с двумя переменными.

Обычно в таких уравнениях требуется найти решения в целых числах.

Пример. Решить в целых числах уравнение 2х² + 16хy +14у² = 0.

Решение. Это однородное уравнение второй степени относительно х и у.

(0;0) - является решением уравнения.

Пусть у ≠ 0, тогда разделим обе части уравнения на у² .

Получаем: 2+ 16 + 14 = 0.

Пусть = t, тогда имеем 2t² + 16t + 14 = 0; t² + 8t + 7 = 0; t₁= - 1, t₂= - 7.

Следовательно,

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.

Ответ: (0;0), (-1;1)z, (-7;1)z, где z є Z.

10) Уравнения, содержащие переменную величину под знаком модуля.

I способ решения( введение замены).

Пример 1. х² +2|х| - 3 = 0.

Решение. Воспользовавшись тем, что х² = |х|², сделаем замену |х| = у, где у ≥ 0.

Получим у² + 2у - 3 = 0, откуда у₁= 1, у₂ = - 3.

у₂ = - 3 не удовлетворяет условию у ≥ 0.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим уравнение

|х|= 1, откуда х_1,2 = ±1.

Ответ: х_1,2 = ±1.

Пример 2. х² + 4х - .

Решение. Чтобы можно было сделать замену, надо получить полный квадрат.

х² + 4х + 4 - 2 .

(х + 2)² -

Замена: у ≥ 0.

у² - 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. х₁ = -1, х₂ = -3.

Ответ: х₁ = -1, х₂ = -3.

II способ решения( использование определения модуля).

Пример 3. 6х² - |х + 1| = 0.

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

6х² - х - 1 = 0, откуда х_1,2= = = .

х₁ = = = , х₂ = == - . Оба значения удовлетворяют условию х ≥ -1.

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

6х² + х + 1 = 0, корней нет, т.к. D = b² - 4ac = 1 - 24 = - 23 < 0.

Корни исходного уравнения: х₁ = , , х₂ = - .

Ответ: х₁ = , , х₂ = - .

Пример 4. х|2х - 5| - 12х + 21 = 0.

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

2х² - 5х - 12х + 21 = 0; 2х² -17х + 21 = 0; откуда х_1,2= = = .

х₁ = = 7, х₂ = == 1,5

х₂ = 1,5 не удовлетворяет условию х ≥ 2,5.

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

-2х² + 5х - 12х + 21 = 0; 2х² +7х - 21 = 0; откуда х_1,2= = .

х₁ = , х₂ = . Оба значения удовлетворяют условию х < 2,5.

Корни исходного уравнения: х₁ =7, х₂ = , х₃ = .

Ответ: х₁ =7, х₂ = , х₃ = .

III способ решения( возведение в квадрат).

Пример 5. |х + 4| = |2х +3|.

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

х² +8х +16 = 4х² +12х + 9; 3х² + 4х – 7 = 0.

Откуда х₁ = 1, х₂ = - .

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: х₁ =1, х₂ = - .

Ответ: х₁ =1, х₂ = - .

11) Уравнения вида (ax² + b₁x + c)(ax² + b₂x + c) = kx².

Пример (2x² - 3x + 1)(2x² + 5x + 1) = 9x².

Решение. х = 0 не является корнем данного уравнения. Разделим обе части уравнения на х² ≠ 0.

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

Данное уравнение примет вид: у (у + 8) = 9; у² + 8у - 9 = 0. Откуда у₁ =1, у₂ = - 9.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) 2x - 3 + = 1; 2x² - 3x + 1 = х; 2x² - 4x + 1 = 0.

х_1,2= = .

2) 2x - 3 + = - 9; 2x² - 3x + 1 = - 9х; 2x² + 6x + 1 = 0.

х_1,2= = .

Корни исходного уравнения: х_1,2, х_3,4.

Ответ: х_1,2, х_3,4.

12) Уравнения вида (ax² + b₁x + c₁)(ax² + b₂x + c₂) = kx².

Пример 1. (х² + 5х + 6)(х² + 20х + 96) = 4х².

Решение. Разложим квадратные трехчлены на линейные множители:

х² + 5х + 6 = (х + 2)(х + 3); х² + 20х + 96 = (х + 8)(х + 12).

Исходное уравнение примет вид: (х + 2) (х + 3) (х + 8) (х + 12) = 4х².

Группируем скобки так, чтобы произведения свободных слагаемых были равными:

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

( х² + 14х + 24) (х² + 11х + 24) = 4х².

х = 0 не является корнем исходного уравнения, следовательно, поделив на х² ≠ 0

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

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

у² + 25у +154 = 4;

у² + 25у +150 = 0.

у₁ = -10, у₂ = - 15.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) х + = -10; 2) х + = -15;

х² + 10х + 24 = 0. х² + 15х + 24 = 0.

х₁ = - 4, х₂ = - 6. х_1,2= .

Корни исходного уравнения: х₁ = - 4, х₂ = - 6, х_3,4=.

Ответ:х₁ = - 4, х₂ = - 6, х_3,4=.

13) Уравнения вида А⁴(х) + В⁴(х) = С.

Уравнения вида А⁴(х) + В⁴(х) = С решаются заменой t = .

Пример (х + 3)⁴ + (х + 1)⁴ = 20.

Решение. Введем замену t = = х + 2, тогда х = t – 2.

Сделаем замену (t +1)⁴ + (t -1)⁴= 20.

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

t⁴+ 4t³ + 6t² + 4t +1+ t⁴- 4t³ + 6t² - 4t + 1 = 20.

Упростим уравнение, получим биквадратное уравнение относительно t:

2t⁴ + 12t² - 18 = 0,

t⁴ + 6t² - 9 = 0.

Пусть у = t² , y > 0, тогда t_1,2 = ± .

у²+ 6у - 9 = 0, у_1,2 = -3 ± = -3 ± 3 .

у₁= -3 + 3 .

у₂= -3 - 3 не удовлетворяет условию у > 0.

Следовательно,t_1,2 = ± = ±

Откуда х_1,2 = ± - 2.

Ответ: х_1,2 = - 2 ±.

14)Решение уравнений с помощью формулы a² - b² = (a + b)(a - b).

Пример. x⁴+ 4x³ + 3x² + 2x - 1 = 0.

Решение.x⁴+ 4x³ + 4x²-x² + 2x - 1 = 0; (x²+ 2x)²- (x - 1)² = 0;

(x²+ 2x-x + 1) (x²+ 2x+x - 1) = 0; (x²+x+ 1) (x²+ 3x- 1) = 0.

x²+x+ 1= 0 или x²+ 3x- 1 = 0.

D = 1² - 4∙ 1∙1 = - 3 < 0 - корней нет х_1,2= .

Корни исходного уравнения: х_1,2 .

Ответ: х_1,2 .

15) Решение уравнений относительно коэффициентов.

Пример. х⁶- 7х² + = 0.

Решение.x = 0 не является корнем данного уравнения.

х⁶-х² + = 0; х⁶- х² - х²+ = 0; х² - + х²-х⁶= 0.

a = х²,b = -1, c = х²-х⁶

D = 1 - 4∙ х²∙(х²-х⁶) = 1- 4 х⁴+4х⁸ = (2x⁴- 1)².

= или = .

I) 2 х² = 2 х² = ; + 2 х²- 2 = 0 +х²- 1 = 0.

= или x²=

= не имеет корней, т.к. < 0.

=, следовательно, х_{1,2 =} ±_.

II) 2 х² = х² = ; - 2 х²= 0;

-х² = 0;-х²= 0.

-х²= 0.

1)х_{1,2 =} ±= ±

2) х = 0 (но x = 0 не является корнем исходного уравнения).

Корни исходного уравнения: х_{1,2 =} ±, х _3,4 = ± .

Ответ:х_{1,2 =} ±, х _3,4 = ± .

16)Следствие из теоремы о многочленах, деление углом.

Пример. х³- 7х + 6= 0.

Решение. 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) = 1³ - 7∙1 + 6 = 0 , следовательно х = 1 корень исходного уравнения.

Понизим степень уравнения, разделим многочлен х³- 7х + 6 на двучлен х -1.

Решим теперь уравнение х² + х - 6 = 0, его корни х₁ = 2, х₂ = -3.

Корни исходного уравнения х₁ = 1, х₂ = 2, х₃ = -3.

Ответ: х₁ = 1, х₂ = 2, х₃ = -3.

17) Использование формулы суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии.

Пример. 2х + 1 + х² – х³ + х⁴ – х⁵ + …= , где |х| < 1.

Решение. Очевидно, что все слагаемые в левой части уравнения, не считая первых двух, образуют бесконечно убывающую геометрическую прогрессию с первым членом х² и знаменателем (-х). Сумма этой прогрессии вычисляется по формуле S = = = .

Теперь исходное уравнение можно записать в виде 2х + 1 += ,

(2х +1)(х +1) + х² = (х+1), 3х² + 3х +1 = (х +1), 6(3х² + 3х +1) = 13 (х +1),

18х² + 18х + 6 = 13х +13, 18х² + 5х - 7 = 0.

х_1,2= = .

х₁ = = = , х₂ = = = - .

Ответ: х₁ = , х₂ = - .

18) Сумма квадратов равна нулю.

Пример. (х² - 5х - 6)² + (х² + 3х +2)² = 0.

Решение. Так как квадраты чисел - неотрицательны, то данная сумма квадратов равна нулю, если оба слагаемые равны нулю одновременно.

х = -1.

Ответ: х₁= -1.

Литература:

Математика. Большой справочник для школьников и поступающих в вузы. М."Дрофа",1999г.

Математика. Учебное пособие для слушателей подготовительных курсов. Новочеркасск. НГМА,2003г.

Алгебра и начала анализа.10-11 классы: учеб. для общеобразовательных учреждений: базовый уровень / Ш.А. Алимов и др/-М. просвещение,2010г.

Алгебра. ЕГЭ: шаг за шагом /А.А. Черняк, Ж.А.Черняк,- Волгоград: Учитель,2012.

Математика. ЕГЭ- 2006,вступительные экзамены. Пособие для самостоятельной подготовки. Ростов-на-Дону, Легион, 2005.

Адрес публикации: https://www.prodlenka.org/metodicheskie-razrabotki/34469-algebraicheskie-uravnenija-reshaemye-s-pomosc