Решите уравнение способ введения новой переменной

Решение рациональных уравнений методом введения новой переменной

Муниципальное бюджетное образовательное учреждение

дополнительного образования детей дом детского творчества

г. Зверева Ростовской области

Решение рациональных уравнений

методом введения новой переменной .

Работа педагога дополнительного

Куца Фёдора Ивановича

Рациональное уравнение – это уравнение вида f ( x ) = g ( x ), где f ( x ) и g ( x ) — рациональные выражения.

1) Биквадратные уравнения.

2) Замена переменных по явным признакам.

4) Возвратные уравнения четвертой степени.

5) Обобщенные возвратные уравнения четвертой степени.

6) Уравнения, содержащие переменную величину под знаком модуля.

11) Уравнения с отрицательной степенью неизвестного.

12) Уравнения с взаимообратными выражениями.

13) Использование свойств пропорции.

14) Приведение к общему знаменателю.

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.

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

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

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

t _1,2 = = = .

t ₁ = = = 5;

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

Далее решаем уравнение х 2 = 5, его корни х _1,2 = ± .

Ответ: х _1,2 = ± .

Решение. Введем новую переменную x 2 = t , получим уравнение t 2 — 37 t + 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.

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

Решив его, получим корни: t ₁ = -1, t ₂ = -36; которые не удовлетворяют условию t > 0,

следовательно, исходное уравнение корней не имеет.

Ответ. Корней нет.

2) Замена переменных по явным признакам.

Решение. Введя новую переменную х 2 — 2х = t , получим уравнение t 2 — 2 t — 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.

Решение. (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 -5 t + 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 = — .

Ответ: х ₁ = 1; х ₂ = -2 х ₃ = , х ₄ = — .

Решение . 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 ± .

Ответ: х ₁ = 3, х _2,3 = 3 ± .

Пример 8. (х + 1)(х + 2)(х + 3)(х + 4) = 24.

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

∙ = 0.

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

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

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

2)х 2 + 5х = 0; х (х + 5) = 0,

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

Пример 9. х (х + 1)(х + 2)(х + 3) = 8.

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

∙ = 8.

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

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

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

х _1,2 = = .

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

Корни исходного уравнения: х _1,2 = .

Ответ: х _1,2 = .

Пример 10. (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.

∙ = 384.

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 + 8 z — 384 = 0. (3)

Решим уравнение (3):

z _1,2 = — 4 ± = — 4 ± = — 4 ± 20.

Возвращаясь к переменной у, рассмотрим два случая:

у 2 + 6у + 24 = 0, корней нет, т.к. D = b 2 — 4 ac = 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 = — .

2) 2х + 3 = 2, откуда х = — .

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

Ответ: х ₁ = — , х ₂ = — .

4) Возвратные уравнения четвертой степени .

Возвратным называется уравнение вида: ах 4 + b х 3 + сх 2 ± b х + 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 + b х + с ± + = 0, которое сводится к квадратному заменой х ± = t .

Решение . 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 — 2 t — 22 = 0 , т.е. t 2 — 2 t — 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 ± .

Ответ: х _1,2 =3 ± , х _3,4 = — 2 ± .

Решение . 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) — 15 t + 14 = 0 , т.е. 2 t 2 — 15 t + 18 = 0.

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

х _1,2 = = = .

х ₁ = = = 6, х ₂ = = = .

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 = — .

Ответ: х _1,2 =3 ± , х ₃ = 2, х ₄ = — .

5) Обобщенные возвратные уравнения четвертой степени.

Обобщенным возвратным называется уравнение вида: ах 4 + b х 3 + сх 2 ± d х + e = 0,
где = .

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

х 2 : 3 x 2 — 2 x — 31 + + = 0; (3 x 2 + ) — (2 x — ) — 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.

t ₁ = 1, t ₂ = — .

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) x — = 1, откуда x 2 — x — 5 = 0.

х _1,2 = .

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

х _1,2 = .

Корни исходного уравнения: х _1,2 , х _3,4 =

Ответ: х _1,2 , х _3,4 =

6) Уравнения, содержащие переменную величину под знаком модуля.

Решение . Воспользовавшись тем, что х 2 = |х| 2 , сделаем замену |х| = 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

Пример 15. х 2 + 4х — .

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

х 2 + 4х + 4 — 2 .

(х + 2) 2 —

Замена: у ≥ 0.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим уравнение

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

Введем новую переменную x 2 — 3х + 1 = t , получим уравнение t ( t +2) = 3, откуда t 2 + 2 t — 3 = 0.

Решив его, получим корни: t ₁ = 1, t ₂ = -3.

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

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

D = b 2 — 4 ac = (- 3) 2 — 4∙1∙4 = — 7. Т.к. D

Корни исходного уравнения: х ₁ = 0; х ₂ = 3.

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

(2 x — 3 + )(2 x + 5 + ) = 9. Введем замену 2 x — 3 + = у, тогда 2 x + 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) 2 x — 3 + = 1; 2 x 2 — 3 x + 1 = х; 2 x 2 — 4 x + 1 = 0.

х _1,2 = = .

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

х _1,2 = = .

Корни исходного уравнения: х _1,2 , х _3,4 .

Ответ: х _1,2 , х _3,4 .

Решение . 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.

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) х + = -10; х 2 + 10х + 24 = 0. х ₁ = — 4, х ₂ = — 6.

2) х + = -15; х 2 + 15х + 24 = 0. х _1,2 = .

Корни исходного уравнения: х ₁ = — 4, х ₂ = — 6, х _3,4 = .

Ответ: х ₁ = — 4, х ₂ = — 6, х _3,4 = .

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

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:

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

Упростим уравнение, получим биквадратное уравнение относительно t :

2 t 4 + 12 t 2 — 18 = 0,

t 4 + 6 t 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 ₁ = -3 + 3 .

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

Следовательно, t _1,2 = ± = ±

Откуда х _1,2 = ± — 2.

Ответ: х _1,2 = — 2 ± .

11) Уравнения с отрицательной степенью неизвестного.

Решение . Пусть t = x -1 , тогда t 2 = x -2 , получим уравнение: t 2 — 14 t + 48 + 0.

Корни уравнения: t ₁ = 8, t ₂ = 6.

Возвращаясь к переменной х, имеем:

1) x -1 = 8, откуда x ₁ = .

2) x -1 = 6, откуда x ₂ = .

Корни исходного уравнения: x ₁ = , x ₂ = .

Ответ: x ₁ = , x ₂ = .

12) Уравнения с взаимообратными выражениями.

Пример 21. + = 2,9.

Решение . Пусть t = , ( t ≠ 0), тогда = , получим уравнение: t + = 2,9.

Откуда: t 2 – 2,9 t + 1 = 0.

D = b 2 — 4 ac = (-2,9) 2 — 4∙1∙1= 8,41 – 4 = 4,41.

t _1,2 = .

t ₁ = = , t ₂ = = = .

Возвращаясь к переменной х, имеем:

1) = ; 2(х 2 + 1) = 5х; 2х 2 + 2 — 5х = 0; 2х 2 — 5х + 2 = 0.

Откуда: x ₁ = 2 , x ₂ = .

2) ) = ; 5(х 2 + 1) = 2х; 5х 2 + 5 — 2х = 0; 5х 2 — 2х + 5 = 0.

D = b 2 — 4 ac = (-2) 2 — 4∙5∙5= 4 – 100 = — 96 0. Корней нет.

Корни исходного уравнения: x ₁ = 2 , x ₂ = .

Ответ: x ₁ = 2 , x ₂ =

13) Использование свойств пропорции.

Пример 22. х 2 + х + 1 = .

Решение . Пусть t = х 2 + х + 1, тогда получаем уравнение: t = , откуда по свойствам пропорции имеем: t ( t + 2) = 15; t 2 + 2 t — 15 = 0.

По теореме, обратной теореме Виета, t ₁ = — 5, t ₂ = 3.

Возвращаясь к переменной х, имеем:

1) х 2 + х + 1 = — 5; х 2 + х + 6 = 0.

D = b 2 — 4 ac =1 2 — 4∙1∙6 = — 23. Корней нет.

2) х 2 + х + 1 = 3; х 2 + х — 2 = 0. х ₁ = 1, х ₂ = -2.

При х ₁ = 1 и х ₂ = -2 знаменатель х 2 + х + 3 ≠ 0, следовательно, х ₁ = 1 и х ₂ = -2 корни исходного уравнения.

14) Приведение к общему знаменателю.

Пример 23. + = .

Решение . Пусть t = х 2 + 3х, тогда + = ; + — = 0; = 0;

= 0; 5(t – 3)(t +1) ≠ 0.

— 7t 2 + 29t – 4 = 0; 7t 2 — 29t + 4 = 0.

D = b 2 — 4 ac = (-29) 2 — 4∙7∙4 = 841 – 112 = 729.

t _1,2 = , t ₁ = = 4 , t ₂ = = .

Оба корня удовлетворяют условию 5( t – 3)( t +1) ≠ 0.

Возвращаясь к переменной х, имеем:

1) х 2 + 3х = 4; х 2 + 3х — 4 = 0. х ₁ = 1, х ₂ = — 4.

2) х 2 + 3х = ; 7х 2 + 21х = 1; 7х 2 + 21х – 1= 0.

D = b 2 — 4 ac = 21 2 — 4∙7∙(-1)= 441 +28 = 469.

х _1,2 = .

Корни исходного уравнения: х ₁ = 1, х ₂ = — 4, х _3,4 = .

Ответ: х ₁ = 1, х ₂ = — 4, х _3,4 = .

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.

Алгебра. В 2ч.Учебник для учащихся 8 класса общеобразовательных учреждений/ А.Г.Мордкович. – 10 –е изд. , стер. – М.: Мнемозина, 2008

Источник