Разноуровневое изучение темы

Ответ: 7.

6. Замена переменных. Одним из наиболее распространенных приемов решения иррационального уравнения является замена переменных. Пример 1.Решение.

Преобразуем уравнение:

Введем замену. Получим:

Задача 1. Решить уравнение.Решение. Обозначая, получим следующую систему уравнений:(1)Исключая из системы (1) неизвестное, получаем. Корнями этого уравнения являются. Так как через обозначен арифметический корень, то из двух найденных корней уравнения выбираем положительный. Подставляем его во второе уравнение системы (1), получаем для уравнение, корни которого,. Делая проверку, убеждаемся, что оба корня являются корнями исходного уравнения. Ответ:, .Задача 2. Найдите сумму корней уравнения (или корень, если он единственный) РешениеI способ.

Умножим уравнение на (из-за ОДЗ).Замечание. В виду того, что, при и обращается в равенство при, сразу следует, что Приведем еще один способ решения данного уравнения, основанный на алгебраическом преобразовании уравнения. II способ.

Заметим, что. Перенесем все в одну часть и перепишем в виде квадрата разности:

Задача 3. Найдите сумму корней уравнения.

РешениеПерепишем уравнение в виде:. Введем замену, Получим уравнение: Уравнение имеет следующие корни:, ,. Первый и третий корни посторонние, поскольку. Возвращаясь к замене, получаем. Возводя в квадрат обе части, имеем. Данное уравнение имеет два корня, и по теореме Виета их сумма равна. Корни последнего уравнения находить и проверять необходимости нет, поскольку, мы это по сути уже сделали, сделав проверку для .Как видим на рассмотренных примерах, замена позволяет перейти сразу от иррационального уравнения к алгебраическому, но очень часто возникает проблема, связанная с решением алгебраического уравнения. Факультатив! Для весьма продвинутых школьников. Можно доказать, что выражение где и — постоянные, а показатели степеней — некоторые рациональные числа, допускает рационализирующие подстановкитолько в трёх случаях, когда оказывается целым одно из чисел или В этих случаях рационализирующими подстановками будут соответственно, и, где — наименьшее общее кратное знаменателей чисел и, s — знаменатель числа. Существование указанных трёх рационализирующих подстановок доказывает возможность приведения к рациональному виду уравнений в первом случае и во втором и третьем случаях. Пример 1.Решить уравнение.Решение.

Область определения уравнения Преобразуем его следующим образом:(- не корень).Имеет место третий случай рационализации (— целое число). Следовательно, с помощью подстановки (иррациональное уравнение приводиться к рациональному, или Определив корни этого уравнения и воспользовавшись подстановкой, находим. Ответ:

Факультатив!Пример 12. Найдите значение выражения, где — количество, а — сумма корней уравнения.

РешениеВведем замену. Получим уравнение.

Первое уравнение корней не имеет. Второе уравнение имеет корни и. Возвращаясь к замене, получим уравнениеили Поскольку старший коэффициент положителен, а свободный член отрицателен, то уравнение имеет два корня и, по теореме Виета сумма корней.Комментарий. Рассмотрим, как можно получить разложение на множители. Преобразуем уравнение, получим. Построив графики левой и правой частей, видим, что уравнение имеет два корня, тогдагде один из квадратных трехчленов стоящих в скобках корней не имеет. Раскрывая скобки и приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях, получим систему.

Будем надеяться, что система имеет целочисленное решение, тогда из последнего уравнения имеем, или,. Для обоих случаев. Рассмотрим первый случай, тогда из второго уравнения следует, что, то есть или. Подставляя значения в третье уравнение, получаем, что. Рассмотри второй случай, из второго уравнения следует, подстановкой убеждаемся, что данные значения переменных не являются корнями уравнения. Таким образом:, ,,. Тогда.

Проверяем, что один из квадратных трехчленов корней не имеет, а второй — имеет два корня. Далее действуем так же, как и рассмотрено выше. Для полноты картины рассмотрим экзотический способ решения данного уравнения. II способ.

Сделаем еще одну замену. Получим квадратное уравнение относительно :.Так как, получаем уравнение .Так как, получаем уравнение. Далее действуем так же, как и рассмотрено выше. Факультатив!Ряд задач считающихся нестандартными, может быть достаточно просто решён с использованием некоторых специальных замен переменных, в частности, тригонометрических подстановок. Их использование целесообразно, в основном, в двух следующих случаях:

При решении некоторых иррациональных уравнений их можно попробовать свести к решению тригонометрических уравнений. При этом полезными могут оказаться следующие замены неизвестной величины х: а) или, если в уравнение входит ;б), если в уравнение входит; в), если в уравнение входит корень. Пример 1. Решить уравнение.

РешениеОчевидно, все должны удовлетворять неравенству т. е. То, что, наводит на мысль о применении тригонометрической подстановки либо. Пусть, например, (предпочтительность именно этой подстановки станет понятна из дальнейшего). То, что принадлежит промежутку объясняется тем, что при этом, а значит и, принимает все значения из промежутка, и притом один раз. Таким образом, каждому соответствует единственное значение, и наоборот, т. е. указанная замена устанавливает взаимно однозначное соответствие между переменными и, что весьма важно. Итак, пусть. Тогда исходное уравнение примет вид, или, после упрощений, На этом шаге целесообразность подстановки становится очевидной: ведь при и, и неотрицательны, и поэтому в последнем уравнении знаки модуля можно опустить. Таким образом, приходим к уравнению=или =, которое равносильно совокупностиоткуда Теперь остается из найденных значений отобрать те, которые принадлежат промежутку, что совсем не трудно сделать. Таким значением является лишь. Но тогда Ответ: .Задача 1. Решить уравнение.

РешениеВполне понятно, что можно положить, где -. Исходное уравнение примет вид, или. Разделив обе части последнего уравнения на и умножив на (поскольку, получим: или. Последнее уравнение равносильно совокупности уравнений: и. Из второго уравнения получаем: Отсюда ясно, чтоДалее найдём: и .Итак, уравнение имеет два корня: и. Проверкой убеждаемся, что оба корня удовлетворяют данному уравнению. Ответ: 0; 7. Разложение на множители. Все примеры разбираются с активным обсуждением с учащимися. Пример 1. Найдите сумму корней (или корень, если он единственный) уравнения.

РешениеТак как, то исходное уравнение равносильно уравнению.

Из областей определения радикалов и следует, что. Поэтому исходное уравнение принимает вид.

Ответ: .Пример 2. Произведение корней (корень, если он один) уравнения равно… РешениеI способ.

Произведем замену, получим.

Заметим, что в левой части стоит сумма возрастающих функций, т. е. функция возрастающая, а в левой части функция убывающая, поэтому по теореме о корне, если данное уравнение имеет корень, то только один. Попытаемся найти его методом подбора. Заметим, что левая часть должна быть неотрицательна, поэтому нам надо перебирать значения для от, , и т. д. Получаем. Приходим к уравнению. Далее, по теореме Виета (дискриминант уравнения больше нуля).II способ.

Произведем замену, получим.

Заметим, что. Тогда На данном этапе можно применить теорему о корне, придется перебрать от до, или решать возведением в квадрат обеих частей. Во втором случае получим уравнение Корни которого,. Второй корень посторонний, так как должно быть больше нуля. Ответ: 7. Пример 3. Произведение корней (корень, если он один) уравненияравно… Решение.

Заметим, что, для. Перепишем уравнение в виде.

Второй корень является посторонним. Ответ: .Задача 1. Найдите произведение корней уравнения.

РешениеОДЗ: .I способ.

Разделим обе части уравнения на: Если, то получаем уравнение.

Если, то получаем уравнение.

Введем замену, тогда, а. Тогда уравнение (1) примет вид: Пусть (), тогда.. Таким образом, получаем, что. Квадратный трехчлен, стоящий в первой скобке, корней не имеет, второй — имеет корни и. Т. к., то это посторонний корень. Тогда, а. Решая уравнение (2) аналогичным образом, получаем .II способ.

Уединим радикал:. Приведем к общему знаменателю: .Возведем обе части уравнения в квадрат (поскольку данное преобразование не является равносильным, то необходима проверка) Пусть, тогда имеем уравнение .,. Следовательно,. Проверкой убеждаемся, что корни подходят. Тогда .III способ.

Пусть, тогда.

Тогда .IV способ.

Тогда произведение корней: -180.

8. Искусственные приемы. Пример 1. Решить уравнение.Решение.

Обозначим =, =Тогда исходное уравнение примет вид и получим систему (1)не содержащую иррациональностей. Складывая последние два уравнения, получаем систему, являющуюся следствием системы (1): (2)Воспользовавшись формулами для квадрата разности и квадрата суммы, имеемпоэтому первое уравнение системы (2) приводиться к виду (3)Известно, что целые корни многочленного уравнения являются делителями его свободного члена. Поэтому целые корни последнего уравнения (если они существуют) находятся среди делителей числа 87, которыми являются числа Анализ показывает, что числа и обращают уравнение (3) в тождество, т. е. являются его решениями. Отсюда вытекает, что левая часть уравнения (3) делится как на так и на и, следовательно, делится на их произведение ()() = Разделив левую часть уравнения (3) на (методом деления углом), мы понизим степень. Итак, уравнение (3) имеет два решения, а потому система (2) также имеет два решения:; Используя теперь второе (или третье) уравнение из (1), находим.

Проверка показывает, что оба найденных значения неизвестного и удовлетворяют исходному уравнению, т. е. являются его корнями. Ответ: -42; 38. Рассмотренный пример показывает, что предложенный метод наиболее эффективен в тех случаях, когда сумма подкоренных выражений является константой. Задача 1. Решить уравнение.

РешениеПусть тогда.

Кроме того, Тогда исходное уравнение примет вид: Пусть тогда или. Возведём обе части в квадрат:(Имеем или (Откуда Уравнение не имеет действительных корней, так как Итак, и, так как-то имеем или откуда Оба корня удовлетворяют исходному уравнению. Ответ: 1; 10.

9. Применение неравенств. Пример 1. Имеет ли корни уравнение.

РешениеОсновная идея — аналитическое обоснование рисунка. Перепишем уравнение в виде и нарисуемграфики левой и правой частей Разобьём область определения корня на две части:<3 и При <3 левая часть последнего уравнения неотрицательна, а правая — отрицательна, значит, решений нет. При левая часть не меньше, а правая — То есть не больше 1. Решений нет опять. Ответ: не имеет.

Пример 2. Решите уравнение.

РешениеПерепишем уравнение:

ПустьtТогда Наибольшее значение подкоренного выражения достигается при (в вершине параболы). При этом. Отсюда следует, что Наименьшее значение правой части исходного уравнения достигается также при и тоже равно 4. При левая часть (когда она существует) меньше правой. Ответ: -1.Задача 1. Найдите сумму корней уравненияпринадлежащих промежутку.Решение.

Рассмотрим случай, тогда, а Тогда получаем тождество. Таким образом, все значения, при которых, являются корнями уравнения. Рассмотрим случай. По свойству логарифмической функции .Так как, то. Пусть, тогдаи, следовательно, уравнение решений не имеет (сумма положительных величин не может быть равна нулю).Когда,. Решим последнее уравнение, получим, то есть, где. Отберем те корни, которые принадлежат нужному отрезку, то есть. Тогда сумма корней равна (для нахождения воспользовались формулой сумму арифметической прогрессии). Сумму можно найти и по-другому, заметим, что, тогда просуммировав корни для, получим ноль, а сумма равна. Ответ: 51. И, ещё один пример, в решении которого мы воспользуемся свойством суммы двух взаимно обратных положительных чисел:, причём равенство достигается лишь при Пример 3. Решите уравнение.

РешениеПусть t = >0. Левая часть уравнения, равна, больше или равна 2, а правая часть не больше 2.=.Поэтому равенство возможно только при. Проверкой убеждаемся, что — корень уравнения. Ответ:

2.Факультатив!Приведенное выше неравенство есть частный случай неравенства Коши:

Задача 2. Решите уравнение.

РешениеПусть ,.=Пусть Так как-то то есть .Так как, а, то данное уравнение равносильно системе двух уравнений, — удовлетворяет и первому уравнению системы. Ответ: -3.Пример 4. Решите уравнение.

РешениеИзвестно, что Это частный случай неравенства Коши — Буняковского при Если Векторы и коллинеарны, то выполняется знак равенства. Преобразуем данное уравнение:

Разделим обе части этого уравнения на 4: Согласно приведённому равенству, имеем: Следовательно, векторы и 4 коллинеарны, т. е. выполняется условие, где >0,, тогда или Пусть, тогда, или, или (не удовлетворяет, т.к. .Если то (Итак, исходное уравнение имеет единственный корень. Ответ: .

10. Урок-открытие: Иррациональные неравенства. При решении иррациональных неравенств особую роль играет теорема 5 и обязательным условием является применение только равносильных переходов. С методической точки зрения нужды выписывать готовые формулы для решения частных видов неравенств — нет. Достаточно применения теоремы 5. Рассмотрим на примере, как получаются равносильные системы (совокупности), при решении иррациональных неравенств. Пример 18.Понятно, что неравенство определено только если. Понятно, что если правая часть отрицательна, то неравенство всегда выполняется. Если же правая часть неотрицательна, то обе части можно возвести в квадрат. Из этих рассуждений получаем:

Аналогично.

Используя подобные рассуждения, мы можем выписать еще кучу формул для различных специфических неравенств. Например, Или же.

Понятно, что приведенные четыре формулы это не предел. Можно выписать формулы для случая кубических корней, когда один корень кубический, а второй квадратный и много чего еще. Если школьник будет запоминать формулы для каждого случая без понимания того, откуда они берутся, то он естественно их перепутает и получит неправильное решение.

Заключение

.

В данной дипломной работе была рассмотрена методика изучения темы «Иррациональные уравнения и неравенства». Был проведен анализ учебников и написаны фрагменты план-конспектов уроков по изучению данной темы. Данная работа может быть использована при проведении факультативных занятий в школе.

Список использованных источников

.

Азаров А. И. Математика для старшеклассников: Методы решения алгебраических уравнений, неравенств и систем: Пособие для учащихся учреждений, обеспечивающих получение общего среднего образования / А. И. Азаров, С. А. Барвенов. — Мн.: Аверсэв, 2004 — 448с. Алексеев.

В., Бородин.

П., Галкин.

В., Тарасов.

В., Панфёров.

В., Сергеев.

И., Задачи содержащие иррациональность. Учебно-методическая газета Математика № 19−2002 г., № 15−2003, № 18−2003, № 22−2003.

Балаян.

Э.Н., Практикум по решению задач. Иррациональные уравнения, неравенства и системы. Ростов — на — Дону «Феникс». 2006.

Генкин.

Г. З., Геометрические решения задач, содержащих иррациональные выражения. Учебно-методическая газета. Математика № 6−2007.

Григорьев А. М. Иррациональные уравнения [Текст] / А. М. Григорьев // Квант. — 1972.

— № 1. — С. 46−49.Григорьев А. М. Иррациональные уравнения/ А. М.

Григорьев// Квант. — 1972. — №.

1. — С. 46−49.Егоров А. Иррациональные уравнения / А. Егоров // Математика. Первое сентября — 2002. — № 5. — С. 9−13.

Егоров.

А., Работ.

Ж., Иррациональные неравенства. Учебно-методическая газета Математика № 15−2002.

Егоров.

А., Работ.

Ж., Иррациональные уравнения. Учебно-методическая газета Математика № 5−2002.

Потапов М. Как решать уравнения без ОДЗ [Текст] / М. Потапов // Математика. Первое сентября — 2003. — № 21. -.

С. 42−43. Сборник задач по математике для поступающих во ВТУЗы. Под редакцией М. И. Сканави.

Москва. Оникс 21 век. «Мир образование», 2002.

Севрюков П. Ф. Об ошибках при решении иррациональных уравнений/ Математика в школе — 2002 .- № 7. — с. 37−38.Смоляков А. Н. Нестандартные способы решения иррациональных уравнений/ Математика в школе — 2002 .- № 7. — с. 35−36. Смоляков.

А.Н., Тригонометрические подстановки в уравнения и неравенства. Научно-теоретический и методический журнал. Математика в школе. № 1,1996 .Фирстова Н. И. Решение некоторых видов уравнений при помощи неравенств/ Математика в школе — 2002 .- № 1. — с. 30−33.Черкасов.

О., Якушев.

А., Математика. Интенсивный курс подготовки к экзамену. Основные методы решения задач. Москва. Айрис.

Чулков П. В. Материалы курса «Уравнения и неравенства в школьном курсе математики»: Лекции 1−8. — М.: Педагогический университет «Первое сентября», 2006.

Шарыгин.

И.Ф., Голубев.

В.И., Факультативный курс по математике. Москва, «Просвещение», 1991.