Решение более сложных целых уравнений

Решение более сложных целых уравнений

Цели: продолжить формирование умения решать целые уравнения; обобщить и углубить знания учащихся по этому вопросу.

Ход урока

I. Организационный момент.

II. Проверочная работа.

В а р и а н т 1

Решите уравнение:

а) х³ – 4х² – 9х + 36 = 0;

б) х⁴ + 7х² – 44 = 0;

в) (х² – х + 1) (х² – х – 7) = 65.

В а р и а н т 2

Решите уравнение:

а) 16х³ – 32х² – х + 2 = 0;

б) х⁴ + 6х² – 27 = 0;

в) (х² + х + 6) (х² + х – 4) = 144.

III. Формирование умений и навыков.

Все задания можно разбить на две группы. В первую группу войдут задания на решение целых уравнений, при этом учащимся в полной мере потребуются полученные ранее знания, а также умения анализировать, рассуждать, делать выводы. Во вторую группу войдут задания на решение целых уравнений с параметром. В классе с невысоким уровнем подготовки вторую группу заданий можно не выполнять.

Упражнения:

1-я г р у п п а.

1. № 284 (а).

Р е ш е н и е

у⁷ – у⁶ + 8у = 8;

у⁷ – у⁶ + 8у – 8 = 0;

у⁶ (у – 1) + 8 (у – 1) = 0;

О т в е т: 1.

2. № 274 (а).

Р е ш е н и е

х³ + 7х² – 6 = 0;

х³ + х² + 6х² – 6 = 0;

х² (х + 1) + 6 (х² – 1) = 0;

х² (х + 1) + 6 (х + 1) (х – 1) = 0;

(х + 1) (х² + 6х – 6) = 0;

О т в е т: –1; –3 ± .

3. Решите уравнение:х⁴ – 25х² + 60х – 36 = 0.

Р е ш е н и е

х⁴ – (25х² – 60х + 36) = 0;

х⁴ – (5х – 6)² = 0;

(х² – 5х + 6) (х² + 5х – 6) = 0;

О т в е т: –6; 1; 2; 3.

4. № 275.

Р е ш е н и е

Чтобы найти точку пересечения графика функции у = х³ – 6х² + 11х – 6 с осью ОУ, нужно подставить х = 0:

у = 0 – 6 = –6, то есть с осью ОУ график пересекается в точке (0; –6).

Чтобы найти точки пересечения графика с осью ОХ нужно решить уравнение:

х³ – 6х² + 11х – 6 = 0;

х³ – 6х² + 12х – 6 – х = 0;

х³ – х – 6 (х² – 2х + 1) = 0;

х (х² – 1) – 6 (х – 1)² = 0;

х (х – 1) (х + 1) – 6 (х – 1)² = 0;

(х – 1) (х² + х – 6х + 6) = 0;

(х – 1) (х² – 5х + 6) = 0;

Значит, ось ОХ график данной функции пересекает в трех точках: (1; 0), (2; 0), (3; 0).

О т в е т: (0; –6), (1; 0), (2; 0), (3; 0).

5. Решите уравнение: (2х² – х + 1)² + 6х = 1 + 9х².

Р е ш е н и е

(2х² – х + 1)² – (9х² – 6х + 1) = 0;

(2х² – х + 1)² – (3х – 1)² = 0;

(2х² – х + 1 – 3х + 1) (2х² – х + 1 + 3х – 1) = 0;

(2х² – 4х + 2) (2х² + 2х) = 0;

О т в е т: –1; 0; 1.

6. Решите уравнение: (х² – 4) (х² + 2х – 3) = 60.

Р е ш е н и е

Разложим выражения, стоящие в скобках, на множители. Получим:

(х – 2) (х + 2) (х – 1) (х + 3) = 60.

Найдем произведение крайних и средних множителей:

(х² + х – 6) (х² + х – 2) = 60.

С д е л а е м з а м е н у: х² + х – 6 = а. Получим:

а (а + 4) = 60;

а² + 4а – 60 = 0;

а₁ = –10, а₂ = 6.

В е р н е м с я к з а м е н е:

О т в е т: –4; 3.

2-я г р у п п а.

1. Докажите, что уравнение (х² – 2х + 3) (х² – 6х + 10) = 2 не имеет корней.

Р е ш е н и е

Выделим из каждого трехчлена, стоящего в скобках, квадрат двучлена:

((х – 1)² + 2) ((х – 3)² + 1) = 2.

Получаем, что первый множитель принимает значения, не меньшие двух, а второй множитель – не меньшие единицы.

Тогда произведение может быть равно 2 только в том случае, если первый множитель равен 2, а второй при этом равен 1. Первый множитель равен 2 при х = 1. Второй множитель при х = 1 равен 5. Значит, исходное уравнение корней не имеет.

2. При каких значенияха уравнение х⁴ + ах² + 25 = 0 не имеет корней?

Р е ш е н и е

Биквадратное уравнение не имеет корней в двух случаях: если дискриминант полученного после замены квадратного уравнения отрицателен или если это квадратное уравнение имеет только отрицательные корни.

С д е л а е м з а м е н у: х² = t. Получим уравнение:

t² + аt + 25 = 0;

D = а² – 100;

D < 0, если а² – 100 < 0, то есть а (–10; 10).

Значит, при а (–10; 10) данное биквадратное уравнение корней не имеет.

Пусть а (–∞; 10) (10; +∞), х₁ и х₂ – корни квадратного уравнения t² + аt + 25 = 0. По теореме Виета, х₁ · х₂ = 25, то есть эти корни одинаковых знаков.

Если х₁ и х₂ – отрицательны, то х₁ + х₂ < 0, а по теореме Виета, х₁ + х₂ =
= –а. Имеем:

х₁ + х₂ < 0, если –а < 0, то есть а > 0.

О т в е т: (–10; 10)(10; +∞).

3. При каком значении т сумма квадратов корней уравнения х² +
+ (2 – т)х – т – 3 = 0 минимальна?

Р е ш е н и е

Данное уравнение должно иметь два корня, то есть дискриминант должен быть положительным:

D = (2 – т)² + 4 (т + 3) = 4 – 4т + т² + 4т + 12 = т² + 16.

Выражение т² + 16 положительно при любом значении т, то есть данное уравнение имеет два корня: х₁ и х₂. По условию сумма х₁ + х₂ должна быть минимальна.

Справедливо следующее равенство:

х₁²+х₂² = (х₁ + х₂)² – 2х₁ · х₂.

По теореме Виета,х₁ + х₂ = т – 2, х₁ · х₂ = –т – 3.

Подставим полученные выражения в это равенство:

х₁²+х₂² = (т – 2)² + 2(т + 3) = т² – 4т + 4 + 2т + 6 = т² – 2т + 10.

Выделим квадрат двучлена из квадратного трехчлена т² – 2т + 10:

т² – 2т + 10 = (т – 1)² + 9.

Таким образом, имеем:

х₁²+х₂² = (т – 1)² + 9.

Выражение (т – 1)² + 9 принимает наименьшее значение при т = 1.

О т в е т: т = 1.

IV. Итоги урока.

В о п р о с ы у ч а щ и м с я:

– Какое наибольшее количество корней может иметь целое уравнение пятой степени?

– Какие существуют методы решения целых уравнений? Опишите каждый из них.

– Как решаются биквадратные уравнения? Сколько корней они могут иметь? Опишите все возможные случаи.

Домашнее задание:

1. № 358 (г, е), № 284 (б), № 274 (б).

2. Решите уравнение:

а) (х – 2)² (х² – 4х + 3) = 12;

б) х (х + 1) (х + 2) (х + 3) = 120.

Д о п о л н и те л ь н о: Докажите, что число 1 является корнем уравнения (2х² – 4х + 3) (х² – 2х + 2) = 1 и других корней у этого уравнения нет.

Адрес публикации: https://www.prodlenka.org/metodicheskie-razrabotki/384242-reshenie-bolee-slozhnyh-celyh-uravnenij