Иррациональные уравнения

Иррациональные уравнения — это уравнения, в которых переменная находится под знаком корня.

В большинстве случаев в ходе решения иррациональное уравнение сводят к рациональному с помощью некоторых преобразований.

Чаще всего иррациональные уравнения решают с помощью возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень (возможно, несколько раз).

При возведении обеих частей уравнения в нечётную степень получаем уравнение, равносильное данному (на ОДЗ).

    \[\sqrt[{2n + 1}]{{f(x)}} = g(x) \Leftrightarrow \]

    \[ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt[{2n + 1}]{{f(x)}}} \right)^{2n + 1}} = {\left( {g(x)} \right)^{2n + 1}},\]

то есть

    \[\sqrt[{2n + 1}]{{f(x)}} = g(x) \Leftrightarrow f(x) = {\left( {g(x)} \right)^{2n + 1}}\]

Пример 1,

    \[\sqrt[3]{{{x^2} + 2x}} = 2 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt[3]{{{x^2} + 2x}}} \right)^3} = {2^3},\]

    \[{x^2} + 2x = 8\]

    \[{x^2} + 2x - 8 = 0\]

    \[{x_1} = - 4,{x_2} = 2.\]

Ответ: -4; 2.

При возведении обеих частей уравнения в чётную степень могут появиться посторонние корни. Можно отсеивать их проверкой.

Другой подход — метод равносильных преобразований. При возведении обеих частей уравнения

    \[\sqrt[{2n}]{{f(x)}} = g(x)\]

в чётную степень получим уравнение, равносильное данному, при условии, что обе части уравнения неотрицательны.

    \[\sqrt[{2n}]{{f(x)}} \ge 0\]

по определению. Остаётся наложить условие g(x)≥0.

Таким образом,

    \[\sqrt[{2n}]{{f(x)}} = g(x) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {f(x) = {{\left( {g(x)} \right)}^{2n}};}\\ {g(x) \ge 0.} \end{array}} \right.( * )\]

В частности,

    \[\sqrt {f(x)} = g(x) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} f(x) = {\left( {g(x)} \right)^2};\\ g(x) \ge 0. \end{array} \right.\]

Пример 2.

    \[x + \sqrt {x + 1} = 5\]

Приведём уравнение к виду

    \[\sqrt {f(x)} = g(x)\]

    \[\sqrt {x + 1} = 5 - x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + 1 = {\left( {5 - x} \right)^2};\\ 5 - x \ge 0. \end{array} \right.\]

При x≤5

    \[x + 1 = 25 - 10x + {x^2}\]

    \[{x^2} - 11x + 24 = 0\]

    \[{x_1} = 3,{x_2} = 8.\]

Второй корень не удовлетворяет условию x≤5.

Ответ: 3.

Вообще говоря, если на некотором множестве f(x)≥0 и g(x)≥0, то на этом множестве

    \[f(x) = g(x) \Leftrightarrow {\left( {f(x)} \right)^{2n}} = {\left( {g(x)} \right)^{2n}}.\]

Рассмотрим уравнение вида

    \[\sqrt {f(x)} + \sqrt {g(x)} = a\]

Так как

    \[\sqrt {f(x)} \ge 0,\sqrt {g(x)} \ge 0,\]

то и

    \[\sqrt {f(x)} + \sqrt {g(x)} \ge 0.\]

Если a<0, уравнение не имеет корней, так как сумма неотрицательных чисел не может быть равной отрицательному числу.

Если a=0, то

    \[\sqrt {f(x)} + \sqrt {g(x)} = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} f(x) = 0,\\ g(x) = 0, \end{array} \right.\]

так как сумма неотрицательных чисел равна нулю, если каждое слагаемое равно нулю.

Пример 3.

    \[\sqrt {{x^2} + 7x + 10} + \sqrt {25 - {x^2}} = 0\]

    \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \sqrt {{x^2} + 7x + 10} = 0;\\ \sqrt {25 - {x^2}} = 0; \end{array} \right.\]

    \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} + 7x + 10 = 0;\\ 25 - {x^2} = 0; \end{array} \right.\]

    \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} {x_1} = - 5;\\ {x_2} = - 2; \end{array} \right.\\ \left[ \begin{array}{l} {x_1} = - 5;\\ {x_2} = 5; \end{array} \right. \end{array} \right. \Rightarrow x = - 5.\]

Ответ: -5.

Если же a≥0, то можем возвести в квадрат обе части уравнения. Возведение в квадрат неотрицательных левой и правой частей уравнения не приведёт к появлению посторонних корней.

    \[\sqrt {f(x)} + \sqrt {g(x)} = a\]

    \[ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {f(x)} + \sqrt {g(x)} } \right)^2} = {a^2}\]

    \[f(x) + 2\sqrt {f(x)} \cdot \sqrt {g(x)} + g(x) = {a^2}\]

    \[2\sqrt {f(x)} \cdot \sqrt {g(x)} = {a^2} - f(x) - g(x)\]

Получили уравнение уже знакомого вида.

Пример 4.

    \[\sqrt {x + 2} + \sqrt {3x - 2} = 4\]

    \[{\left( {\sqrt {x + 2} + \sqrt {3x - 2} } \right)^2} = {4^2}\]

    \[x + 2 + 2\sqrt {x + 2} \cdot \sqrt {3x - 2} + 3x - 2 = 16\]

    \[2\sqrt {x + 2} \cdot \sqrt {3x - 2} = 16 - 4x\_\_\_\left| {:2} \right.\]

    \[\sqrt {x + 2} \cdot \sqrt {3x - 2} = 8 - 2x\]

    \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\left( {\sqrt {x + 2} \cdot \sqrt {3x - 2} } \right)^2} = {\left( {8 - 2x} \right)^2};\\ 8 - 2x \ge 0; \end{array} \right.\]

При условии x≤4

    \[(x + 2)(3x - 2) = 64 - 32x + 4{x^2}\]

    \[{x^2} - 36x + 68 = 0\]

    \[{x_1} = 2;{x_2} = 34.\]

Второй корень не удовлетворяет условию. x≤4.

Ответ: 2.

Рассмотрим уравнение вида

    \[\sqrt {f(x)} - \sqrt {g(x)} = a\]

В левой части уравнения — разность корней. Если

    \[\sqrt {f(x)} < \sqrt {g(x)} ,\]

то

    \[\sqrt {f(x)} - \sqrt {g(x)} < 0.\]

Перенесем второе слагаемое в правую часть:

    \[\sqrt {f(x)} = a + \sqrt {g(x)} \]

При a≥0 обе части уравнения неотрицательны, а значит, исходное уравнение равносильно уравнению

    \[{\left( {\sqrt {f(x)} } \right)^2} = {\left( {a + \sqrt {g(x)} } \right)^2},\]

откуда

    \[f(x) - {a^2} - g(x) = 2a\sqrt {g(x)} .\]

Получили уравнение вида (*).

Пример 5.

    \[\sqrt {2x + 14} - \sqrt {3x + 1} = 2\]

    \[\sqrt {2x + 14} = 2 + \sqrt {3x + 1} \]

    \[{\left( {\sqrt {2x + 14} } \right)^2} = {\left( {2 + \sqrt {3x + 1} } \right)^2}\]

    \[2x + 14 = 4 + 4\sqrt {3x + 1} + 3x + 1\]

    \[9 - x = 4\sqrt {3x + 1} \]

    \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\left( {9 - x} \right)^2} = {\left( {4\sqrt {3x + 1} } \right)^2},\\ 9 - x \ge 0, \end{array} \right.\]

и, при x≤9,

    \[81 - 18x + {x^2} = 16(3x + 1)\]

    \[{x^2} - 66x + 65 = 0\]

    \[{x_1} = 1;{x_2} = 65.\]

Второй корень не удовлетворяет условию x≤9.

Ответ: 1.

Рассмотрим уравнение вида

    \[\sqrt {f(x)} = \sqrt {g(x)} \]

Обе части уравнения неотрицательны. При возведении в квадрат получим уравнение f(x)=g(x). Чтобы исключить появление посторонних корней, достаточно потребовать выполнение одного из условий: f(x)≥0 либо g(x)≥0 (выбираем, что проще). То есть

    \[\sqrt {f(x)} = \sqrt {g(x)} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} f(x) = g(x),\\ \left[ \begin{array}{l} f(x) \ge 0,\\ g(x) \ge 0. \end{array} \right. \end{array} \right.\]

Пример 6.

    \[\sqrt {{x^2} + 4x - 16} = \sqrt {2x - 1} \]

    \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\left( {\sqrt {{x^2} + 4x - 16} } \right)^2} = {\left( {\sqrt {2x - 1} } \right)^2},\\ 2x - 1 \ge 0, \end{array} \right.\]

    \[\left\{ \begin{array}{l} {x^2} + 4x - 16 = 2x - 1,\\ 2x \ge 1, \end{array} \right.\]

    \[\left\{ \begin{array}{l} {x^2} + 2x - 15 = 0,\\ x \ge \frac{1}{2}, \end{array} \right.\]

    \[\left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} {x_1} = 2,\\ {x_2} = - 5, \end{array} \right.\\ x \ge \frac{1}{2}, \end{array} \right. \Rightarrow x = 2.\]

Ответ: 2.

Пример 7.

    \[\sqrt {x - 2 + 2\sqrt {x + 6} } = 4\]

    \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\left( {\sqrt {x - 2 + 2\sqrt {x + 6} } } \right)^2} = {4^2},\\ x - 2 + 2\sqrt {x + 6} \ge 0,\\ x + 6 \ge 0. \end{array} \right.\]

Не торопимся решать неравенства. Из первого условия следует

    \[x - 2 + 2\sqrt {x + 6} = 16\]

Поскольку

    \[x - 2 + 2\sqrt {x + 6} = 16 > 0,\]

то второе условие выполнено, соответственно, это неравенство можно не решать. Далее,

    \[2\sqrt {x + 6} = 18 - x\]

    \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\left( {2\sqrt {x + 6} } \right)^2} = {\left( {18 - x} \right)^2},\\ 18 - x \ge 0, \end{array} \right.\]

    \[4(x + 6) = 324 - 36x + {x^2}\]

Получаем, что

    \[4(x + 6) = {\left( {18 - x} \right)^2} \ge 0,\]

поэтому условие

    \[x + 6 \ge 0\]

также выполнено.

    \[\left\{ \begin{array}{l} 4(x + 6) = 324 - 36x + {x^2},\\ x \le 18, \end{array} \right.\]

    \[\left\{ \begin{array}{l} {x^2} - 40x + 300 = 0,\\ x \le 18, \end{array} \right.\]

    \[\left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} {x_1} = 10,\\ {x_2} = 40, \end{array} \right.\\ x \le 18, \end{array} \right. \Rightarrow x = 10.\]

Ответ: 10.

Уравнения вида

    \[\frac{{{k_1}}}{{\sqrt {f(x)} }} + {k_2}\sqrt {f(x)} = {k_3}\]

можно решить с помощью замены переменной. Однако, можно обойтись и без введения новой переменной.

Область допустимых значений данного уравнения f(x)>0. Поэтому умножение обеих частей уравнения на √f(x) не ведёт к потере корней или появлению посторонних корней:

    \[\frac{{{k_1}}}{{\sqrt {f(x)} }} + {k_2}\sqrt {f(x)} = {k_3}\_\_\left| \cdot \right.\sqrt {f(x)} \ne 0\]

    \[ \Leftrightarrow {k_1} + {k_2} \cdot f(x) = {k_3} \cdot \sqrt {f(x)} \]

Получили уравнение вида (*).

Пример 8.

    \[\frac{8}{{\sqrt {6 - x} }} - \sqrt {6 - x} = 2\]

ОДЗ:6-x>0, x<6.

    \[\frac{8}{{\sqrt {6 - x} }} - \sqrt {6 - x} = 2\_\_\left| \cdot \right.\sqrt {6 - x} \ne 0\]

    \[8 - (6 - x) = 2\sqrt {6 - x} \]

    \[2 + x = 2\sqrt {6 - x} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\left( {2 + x} \right)^2} = {\left( {2\sqrt {6 - x} } \right)^2},\\ 2 + x \ge 0, \end{array} \right.\]

    \[\left\{ \begin{array}{l} 4 + 4x + {x^2} = 4(6 - x),\\ x \ge - 2, \end{array} \right.\]

    \[\left\{ \begin{array}{l} {x^2} + 8x - 20 = 0,\\ x \ge - 2, \end{array} \right.\]

    \[\left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} {x_1} = - 10,\\ {x_2} = 2, \end{array} \right.\\ x \ge - 2, \end{array} \right. \Rightarrow x = 2.\]

Ответ: 2.

Задания для самостоятельной работы:

    \[1)\sqrt {x + 78} - x = 6;\]

    \[2)\sqrt {x + 8} - \sqrt {2x - 1} = 2;\]

    \[3)\sqrt {x + 7 + \sqrt {x + 10} } = 3;\]

    \[4)\frac{{10}}{{\sqrt {x - 9} }} - \sqrt {x - 9} = 3;\]

    \[5)\sqrt {2x - 3} + \sqrt {4x + 1} = 4;\]

    \[6)\sqrt {3x + 4} + \sqrt {x - 4} = 2\sqrt x ;\]

    \[7)\sqrt {2x - 3} = \sqrt {{x^2} + x - 23} ;\]

    \[8)\sqrt[3]{{{x^3} - 2x + 6}} = x;\]

    \[9)\sqrt {{x^2} - 11x + 30} + \sqrt {25 - {x^2}} = 0;\]

    \[10)\sqrt {7x - {x^2} - 6} + \left| {{x^2} - x} \right| + {x^2} + 1 = 2x.\]

       

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *