Метод подстановки в иррациональное уравнение

Методы решений иррациональных уравнений

Обращаем Ваше внимание, что в соответствии с Федеральным законом N 273-ФЗ «Об образовании в Российской Федерации» в организациях, осуществляющих образовательную деятельность, организовывается обучение и воспитание обучающихся с ОВЗ как совместно с другими обучающимися, так и в отдельных классах или группах.

1 способ. Введение новой переменной

Метод замены переменной или метод подстановки очень часто используется при решении иррациональных уравнений и неравенств. Он позволяет значительно упростить решение, разбить его на самостоятельные этапы. Решить уравнение. .

Выполняем обратную подстановку

Ответ: -5; 2.

2 способ. Исследование ОДЗ.

Решить уравнение.

Решение. Замечаем, что ОДЗ уравнения состоит из одной точки х= 1 . Проверкой убеждаемся, что х= 1 – решение уравнения .

3 способ. Умножение обеих частей уравнения на сопряженный множитель.

Решить уравнение

Решение. Умножим обе части уравнения на .

Получим, .

Имеем,

Отсюда,

Проверкой убеждаемся, что х = 1 является корнем данного уравнения.

4 способ. Сведение уравнения к системе рациональных уравнений с помощью введения переменной.

Решить уравнение

Решение. Положим Тогда u + v = 3. Так как u 3 = x -2, v 2 = x +1, то v 2 – u 3 =3. Итак, в новых переменных имеем

5 способ. Выделение полного квадрата

Решить уравнение

Решение. Заметим, что

= 2 ,

.

Следовательно, имеем уравнение

Данное уравнение равносильно совокупности двух систем:

или

Решением первой системы будет х =0, решением второй системы – все числа, удовлетворяющие неравенству

6 способ. Использование ограниченности выражений, входящих в уравнение

Решить уравнение

Так как для то левая часть уравнения не меньше двух для , а правая часть для Поэтому уравнение может иметь корнями только те значения х , при которых

Решая второе уравнение системы, найдем х=0 . Это значение удовлетворяет и первому уравнению системы. Итак, х= 0 – корень уравнения.

7 способ: Использование свойств монотонности функций.

Решить уравнение .

ешение. Если функция u ( x ) монотонная, то уравнение и(х) = А либо не имеет ре­шений, либо имеет единственное ре­шение. Отсюда следует, что урав­нение и(х) = v ( x ), где и(х) — возрас­тающая, a v ( x ) – убывающая функ­ции, либо не имеет решений, либо имеет единственное решение.

Алгебра

План урока:

Иррациональные уравнения

Ранее мы рассматривали целые и дробно-рациональные уравнения. В них выражение с переменной НЕ могло находиться под знаком радикала, а также возводиться в дробную степень. Если же переменная оказывается под радикалом, то получается иррациональное уравнение.

Приведем примеры иррациональных ур-ний:

Заметим, что не всякое уравнение, содержащее радикалы, является иррациональным. В качестве примера можно привести

Это не иррациональное, а всего лишь квадратное ур-ние. Дело в том, что под знаком радикала стоит только число 5, а переменных там нет.

Простейшие иррациональные уравнения

Начнем рассматривать способы решения иррациональных уравнений. В простейшем случае в нем справа записано число, а вся левая часть находится под знаком радикала. Выглядит подобное ур-ние так:

где а – некоторое число (константа), f(x) – рациональное выражение.

Для его решения необходимо обе части возвести в степень n, тогда корень исчезнет:

Получаем рациональное ур-ние, решать которые мы уже умеем. Однако есть важное ограничение. Мы помним, что корень четной степени всегда равен положительному числу, и его нельзя извлекать из отрицательного числа. Поэтому, если в ур-нии

n – четное число, то необходимо, чтобы а было положительным. Если же оно отрицательное, то ур-ние не имеет корней. Но на нечетные n такое ограничение не распространяется.

Пример. Решите ур-ние

Решение. Справа стоит отрицательное число (– 6), но квадратный корень (если быть точными, то арифметический квадратный корень) не может быть отрицательным. Поэтому ур-ние корней не имеет.

Ответ: корней нет.

Пример. Решите ур-ние

Решение. Теперь справа стоит положительное число, значит, мы имеем право возвести обе части в квадрат. При этом корень слева исчезнет:

Пример. Решите ур-ние

Решение. Справа стоит отрицательное число, но это не является проблемой, ведь кубический корень может быть отрицательным. Возведем обе части в куб:

Конечно, под знаком корня может стоять и более сложное выражение, чем (х – 5).

Пример. Найдите решение ур-ния

Решение. Возведем обе части в пятую степень:

х 2 – 14х – 32 = 0

Получили квадратное ур-ние, которое можно решить с помощью дискриминанта:

D = b 2 – 4ac = (– 14) 2 – 4•1•(– 32) = 196 + 128 = 324

Итак, нашли два корня: (– 2) и 16.

Несколько более сложным является случай, когда справа стоит не постоянное число, а какое-то выражение с переменной g(x). Алгоритм решения тот же самый – необходимо возвести в степень ур-ние, чтобы избавиться от корня. Но, если степень корня четная, то необходимо проверить, что полученные корни ур-ния не обращают правую часть, то есть g(x), в отрицательное число. В противном случае их надо отбросить как посторонние корни.

Пример. Решите ур-ние

Решение. Возводим обе части во вторую степень:

х – 2 = х 2 – 8х + 16

D = b 2 – 4ac = (– 9) 2 – 4•1•18 = 81 – 72 = 9

Получили два корня, 3 и 6. Теперь проверим, во что они обращают правую часть исходного ур-ния (х – 4):

при х = 3 х – 4 = 3 – 4 = – 1

при х = 6 6 – 4 = 6 – 4 = 2

Корень х = 3 придется отбросить, так как он обратил правую часть в отрицательное число. В результате остается только х = 6.

Пример. Решите ур-ние

Решение. Здесь используется кубический корень, а потому возведем обе части в куб:

3х 2 + 6х – 25 = (1 – х) 3

3х 2 + 6х – 25 = 1 – 3х + 3х 2 – х 3

Получили кубическое ур-ние. Решить его можно методом подбора корня. Из всех делителей свободного коэффициента (– 26) только двойка обращает ур-ние в верное равенство:

Других корней нет. Это следует из того факта, что функция у = х 3 + 9х – 26 является монотонной.

Заметим, что если подставить х = 2 в левую часть исходного ур-ния 1 – х, то получится отрицательное число:

при х = 2 1 – х = 1 – 2 = – 1

Но означает ли это, что число 2 НЕ является корнем? Нет, ведь кубический корень вполне может быть и отрицательным (в отличие от квадратного). На всякий случай убедимся, что двойка – это действительно корень исходного уравнения:

Уравнения с двумя квадратными корнями

Ситуация осложняется, если в ур-нии есть сразу два квадратных корня. В этом случае их приходится убирать последовательно. Сначала мы переносим слагаемые через знак «=» таким образом, чтобы слева остался один из радикалов и ничего, кроме него. Возводя в квадрат такое ур-ние, мы избавимся от одного радикала, после чего мы получим более простое ур-ние. После получения всех корней надо проверить, какие из них являются посторонними. Для этого их надо просто подставить в исходное ур-ние.

Пример. Решите ур-ние

Решение. Перенесем вправо один из корней:

Возведем обе части в квадрат. Обратите внимание, что левый корень при этом исчезнет, а правый – сохранится:

Теперь снова перемещаем слагаемые так, чтобы в одной из частей не осталось ничего, кроме корня:

Снова возведем ур-ние в квадрат, чтобы избавиться и от второго корня:

(2х – 4) 2 = 13 – 3х

4х 2 – 16х + 16 = 13 – 3х

4х 2 – 13х + 3 = 0

D = b 2 – 4ac = (– 13) 2 – 4•4•3 = 169 –48 = 121

Имеем два корня: 3 и 0,25. Но вдруг среди них есть посторонние? Для проверки подставим их в исходное ур-ние. При х = 0,25 имеем:

Получилось ошибочное равенство, а это значит, что 0,25 не является корнем ур-ния. Далее проверим х = 3

На этот раз получилось справедливое равенство. Значит, тройка является корнем ур-ния.

Введение новых переменных

Предложенный метод последовательного исключения радикалов плохо работает в том случае, если корни не квадратные, а имеют другую степень. Рассмотрим ур-ние

Последовательно исключить корни, как в предыдущем примере, здесь не получится (попробуйте это сделать самостоятельно). Однако помочь может замена переменной.

Для начала перепишем ур-ние в более удобной форме, когда вместо корней используются степени:

х 1/2 – 10х 1/4 + 9 = 0

Теперь введем переменную t = x 1/4 . Тогда х 1/2 = (х 1/4 ) 2 = t 2 . Исходное ур-ние примет вид

Это квадратное ур-ние. Найдем его корни:

D = b 2 – 4ac = (– 10) 2 – 4•1•9 = 100 – 36 = 64

Получили два значения t. Произведем обратную замену:

х 1/4 = 1 или х 1/4 = 9

Возведем оба ур-ния в четвертую степень:

(х 1/4 ) 4 = 1 4 или (х 1/4 ) 4 = 3 4

х = 1 или х = 6561

Полученные числа необходимо подставить в исходное ур-ние и убедиться, что они не являются посторонними корнями:

В обоих случаях мы получили верное равенство 0 = 0, а потому оба числа, 1 и 6561, являются корнями ур-ния.

Пример. Решите ур-ние

х 1/3 + 5х 1/6 – 24 = 0

Решение. Произведем замену t = x 1/6 , тогда х 1/3 = (х 1/6 ) 2 = t 2 . Исходное ур-ние примет вид:

Его корни вычислим через дискриминант:

D = b 2 – 4ac = 5 2 – 4•1•(– 24) = 25 + 96 = 121

Далее проводим обратную заменуx 1/6 = t:

х 1/6 = – 8 или х 1/6 = 3

Первое ур-ние решений не имеет, а единственным решением второго ур-ния является х = 3 6 = 729. Если подставить это число в исходное ур-ние, то можно убедиться, что это не посторонний корень.

Замена иррационального уравнения системой

Иногда для избавления от радикалов можно вместо них ввести дополнительные переменные и вместо одного иррационального ур-ния получить сразу несколько целых, которые образуют систему. Это один из самых эффективных методов решения иррациональных уравнений.

Пример. Решите ур-ние

Решение. Заменим первый корень буквой u, а второй – буквой v:

Исходное ур-ние примет вид

Если возвести (1) и (2) в куб и квадрат соответственно (чтобы избавиться от корней), то получим:

Ур-ния (3), (4) и (5) образуют систему с тремя неизвестными, в которой уже нет радикалов:

Попытаемся ее решить. Сначала сложим (4) и (5), ведь это позволит избавиться от переменной х:

(х + 6) + (11 – х) = u 3 + v 2

из (3) можно получить, что v = 5 – u. Подставим это в (6) вместо v:

17 = u 3 + (5 – u) 2

17 = u 3 + u 2 – 10u + 25

u 3 + u 2 – 10u + 8 = 0

Получили кубическое ур-ние. Мы уже умеем решать их, подбирая корни. Не вдаваясь в подробности решения, укажем, что корнями этого ур-ния являются числа

подставим полученные значения в (4):

x + 6 = 1 3 или х + 6 = 2 3 или х + 6 = (– 4) 3

x + 6 = 1 или х + 6 = 8 или х + 6 = – 64

х = – 5 или х = 2 или х = – 70

Итак, нашли три возможных значения х. Но, конечно же, среди них могут оказаться посторонние корни. Поэтому нужна проверка – подставим полученные результаты в исходное ур-ние. При х = – 5 получим

Корень подошел. Проверяем следующее число, х = 2:

Корень снова оказался верным. Осталась последняя проверка, для х = – 70:

Итак, все три числа прошли проверку.

Уравнения с «вложенными» радикалами

Порою в ур-нии под знаком радикала стоит ещё один радикал. В качестве примера приведем такую задачу:

При их решении следует сначала избавиться от «внешнего радикала», после чего можно будет заняться и внутренним. То есть в данном случае надо сначала возвести обе части равенства в квадрат:

Внешний радикал исчез. Теперь будем переносить слагаемые, чтобы в одной из частей остался только радикал:

Хочется поделить полученное ур-ние (1) на х, однако важно помнить, что деление на ноль запрещено. То есть, если мы делим на х, то мы должны наложить дополнительное ограничение х ≠ 0. Случай же, когда х всё же равен нулю, мы рассматриваем отдельно. Для этого подставим х = 0 сразу в исходное ур-ние:

Получили верное рав-во, значит, 0 является корнем. Теперь возвращаемся к (1) и делим его на х:

Возводим в квадрат и получаем:

х 2 + 40 = (х + 4) 2

х 2 + 40 = х 2 + 8х + 16

И снова нелишней будет проверка полученного корня:

Иррациональные неравенства

По аналогии с иррациональными ур-ниями иррациональными неравенствами называют такие нер-ва, в которых выражение с переменной находится под знаком радикала или возводится в дробную степень. Приведем примеры иррациональных нер-в:

Нет смысла решать иррациональные нер-ва, если есть проблемы с более простыми, то есть рациональными нер-вами, а также с их системами. Поэтому на всякий случай ещё раз просмотрите этот и ещё вот этот уроки.

Начнем с решения иррациональных неравенств простейшего вида, у которых в одной из частей стоит выражение под корнем, а в другой – постоянное число. Достаточно очевидно, что нер-во вида

Может быть справедливым только тогда, когда

То есть, грубо говоря, нер-ва можно возводить в степень. Однако при этом могут возникнуть посторонние решения. Дело в том, что нужно учитывать и тот факт, что подкоренное выражение должно быть неотрицательным в том случае, если степень корня является четной. Таким образом, нер-во

при четном n можно заменить системой нер-в

Пример. При каких значениях x справедливо нер-во

Решение. С одной стороны, при возведении нер-ва в квадрат мы получим такое нер-во:

х ⩽ – 5 (знак нер-ва изменился из-за того, что мы поделили его на отрицательное число)

Получили промежуток х∈(– ∞; – 5). Казалось бы, надо записать ещё одно нер-во

чтобы подкоренное выражение было неотрицательным. Однако сравните (1) и (2). Ясно, что если (1) выполняется, то справедливым будет и (2), ведь если какое-то выражение больше или равно двум, то оно автоматически будет и больше нуля! Поэтому (2) можно и не решать.

Теперь посмотрим на простейшие нер-ва с корнем нечетной степени.

Пример. Найдите решение нер-ва

Решение. Всё очень просто – надо всего лишь возвести обе части в куб:

x 2 – 7x– 8 2 – 7x– 8 = 0

D = b 2 – 4ac = (– 7) 2 – 4•1•(– 8) = 49 + 32 = 81

Далее полученные точки отмечаются на координатной прямой. Они разобьют ее на несколько промежутков, на каждом из которых функция у =x 2 – 7x– 8 сохраняет свой знак. Определить же этот самый знак можно по направлению ветвей параболы, которую рисует схематично:

Видно, что парабола располагается ниже оси Ох на промежутке (– 1; 8). Поэтому именно этот промежуток и является ответом. Нер-во строгое, поэтому сами числа (– 1) и 8 НЕ входят в ответ, то есть для записи промежутка используются круглые скобки.

Обратите внимание: так как в исходном нер-ве используется корень нечетной (третьей) степени, то нам НЕ надо требовать, чтобы он был неотрицательным. Он может быть меньше нуля.

Теперь рассмотрим более сложный случай, когда в правой части нер-ва стоит не постоянное число, а некоторое выражение с переменной, то есть оно имеет вид

Случаи, когда n является нечетным числом, значительно более простые. В таких ситуациях достаточно возвести нер-во в нужную степень.

Пример. Решите нер-во

Решение.Слева стоит кубический корень, а возведем нер-во в третью степень (при этом мы используем формулу сокращенного умножения):

И снова квадратное нер-во. Найдем нули функции записанной слева, и отметим их на координатной прямой:

D = b 2 – 4ac = (– 1) 2 – 4•1•(– 2) = 1 + 8 = 9

Нер-во выполняется при х∈(– ∞; – 1)⋃(2; + ∞). Так как мы возводили нер-во в нечетную степень, то больше никаких действий выполнять не надо.

стоит корень четной степени, то ситуация резко осложняется. Его недостаточно просто возвести его в n-ую степень. Необходимо выполнение ещё двух условий:

f(x) > 0 (подкоренное выражение не может быть отрицательным);

g(x) > 0 (ведь сам корень должен быть неотрицательным, поэтому если g(x)будет меньше нуля, то решений не будет).

Вообще говоря, в таких случаях аналитическое решение найти возможно, но это тяжело. Поэтому есть смысл решить нер-во графически – такое решение будет более простым и наглядным.

Пример. Решите нер-во

Решение. Сначала решим его аналитически, без построения графиков. Возведя нер-во в квадрат, мы получим

х 2 – 10х + 21 > 0(1)

Решением этого квадратного нер-ва будет промежуток (– ∞;3)⋃(7; + ∞). Но надо учесть ещё два условия. Во-первых, подкоренное выражение должно быть не меньше нуля:

Во-вторых, выражение 4 – х не может быть отрицательным:

Получили ограничение 2,5 ⩽ х ⩽ 4, то есть х∈[2,5; 4]. С учетом того, что при решении нер-ва(1) мы получили х∈(– ∞;3)⋃(7; + ∞), общее решение иррационального нер-ва будет их пересечением, то есть промежутком [2,5; 3):

Скажем честно, что описанное здесь решение достаточно сложное для понимания большинства школьников, поэтому предложим альтернативное решение, основанное на использовании графиков. Построим отдельно графики левой и правой части нер-ва:

Видно, что график корня находится ниже прямой на промежутке [2,5; 3). Возникает вопрос – точно ли мы построили график? На самом деле с его помощью мы лишь определили, что искомый промежуток находится между двумя точками. В первой график корня касается оси Ох, а во второй точке он пересекается с прямой у = 4 – х. Найти координаты этих точек можно точно, если решить ур-ния. Начнем с первой точки:

Итак, координата х первой точки в точности равна 2,5. Для нахождения второй точки составим другое ур-ние:

Это квадратное ур-ние имеет корни 3 и 7 (убедитесь в этом самостоятельно). Число 7 является посторонним корнем:

Подходит только число 3, значит, вторая точка имеет координату х = 3, а искомый промежуток – это [2,5; 3).

Ещё тяжелее случаи, когда в нер-ве с корнем четной степени стоит знак «>», а не « 1/2 = х – 3

ДВОЙНАЯ ПОДСТАНОВКА В ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЯХ Текст научной статьи по специальности « Математика»

Аннотация научной статьи по математике, автор научной работы — Г.М. Гузаиров

Двойная подстановка – метод решения задач с параметрами, содержащими уравнения и неравенства. Этот метод почти не представлен в школьных учебниках математики, задачниках и справочниках по элементарной математике, но иногда оказывается проще, чем более традиционные методы решения таких задач, обычно применяемых в школе, – возведение в степень, разложение на множители и обычная подстановка . В настоящей работе будет показано применение двойной подстановки к иррациональным уравнениям. Этот метод позволяет обойтись без возведения уравнения в степень, что в случае четных степеней является неравносильным преобразованием уравнения. Еще более удобным приемом является двойная подстановка в неравенствах и задачах с параметрами, примеры которых мы приведем в следующих работах.

Похожие темы научных работ по математике , автор научной работы — Г.М. Гузаиров

DOUBLE SUBSTITUTION FOR SOLVING EQUATIONS

Double substitution is a method of solving equations, inequalities and problems with parameters containing equations and inequalities. This method is almost not presented in school textbooks of mathematics, problem books and reference books on elementary mathematics, but sometimes it turns out to be simpler than traditional methods for solving such problems commonly used in schools – exponentiation, factorization , and substitution . Here, double substitution will be applied to irrational equations. This method allows to do without raising the equation to a power, which in the case of even powers, is an inequitable transformation of the equation. An even more convenient technique is double substitution in inequalities and problems with parameters, examples of which we will give in the following papers.

Текст научной работы на тему «ДВОЙНАЯ ПОДСТАНОВКА В ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЯХ»

воззрений, противоречивости, внутренних состояний творчества, истории создания феномена, исследование исполнительских традиций) приобретает черты целенаправленного целостного процесса. Он может стать увлекательным, предметно-познавательным, получая продолжение в виде нахождения конкретных исполнительских стимулов, смыслов, приемов, штрихов, действий-движений. Моделирующий этап освоения музыкального произведения, призванный сформировать исполнительскую концепцию (модель), получает методологическую платформу, «пропитывается» мировоззрением композитора и одновременно эвристическим «порывом» исполнителя. Репетиционный и предконцертный этапы не только постепенно «одевают» концертную одежду на исполнителя. Они позволяют под разным углом зрения внимательно «посмотреть» на художественный образ, подобрать выразительную звуковую палитру, темп и порядок ее движения в лабиринтах звукообразований, найти необходимые способы звукоизвлечения, звуковедения, увидеть «невидимое», «прочитать между строк», «почувствовать» дыхание эпохи создания сочинения. Все перечисленные «операции» становятся возможными и продуктивными, так как в данных психолого-педагогических условиях происходит мобилизация всего организма исполнителя-инструменталиста (его физиологической, психологической, гносеологической, аксиологической, эвристической, коммуникативной и социально-культурной подсистем), активизация мотивационной сферы в целом. В чем же состоит такая целостность мотивацион-ного и мобилизационного начала? Все перечисленные выше подсистемы глубоко между собой детерминированы, одна «вытекает» из другой, образуя единую, гармоничную, сбалансированную эмоционально-чувственную и логико-смысловую канву Подобная целостно-мозаичная организация являет собой мощную систему под названием «творческий потенциал». В свою очередь, творческий потенциал исполнителя-инструменталиста — это соединение «кругозора», его сознания в целом с безграничными просторами бессознательного. В предлагаемой педагогической парадигме благодатную почву для рассмотрения приобретает следующие векторы:

• сознание исполнителя, соединяющееся с сознанием педагога и общественным сознанием;

• бессознательное инструменталиста, которое делится на подсознание и сверхсознание, взаимодействующее с бессознательным педагога, зрителя, общества в целом.

Собственно концертный, итогово-аналитический и планово-перспективный этапы освоения музыкального произведения на базе «раскрывающегося» творческого потенциала исполнителя могут являть собой «творческую Мекку», «приношение» композитору, поклонение его гению. Вместе с тем — олицетворять эвристическую глубину, поиск оригинального, инновационного, позволяющего глазами современника взглянуть на каноническое, «незыблемое». Речь идет, с одной стороны, о приближении исполнителя к стилистической чистоте, пониманию музыкального языка, «почерка» композитора, с другой — о развитии исполнительских традиций, поиске своего творческого лица. При этом близкая, средняя и далекая перспективы в формировании и освоении музыкального репертуара приобретают свою неотъемлемую значимость.

Таким образом, становится очевидным, что применение педагогической парадигмы, определяющей систему освоения музыкального произведения в пространстве является перспективным направлением в поиске ресурсов современной педагогики музыкального творчества, педагогики музыкально-инструментального исполнительства. Изучение пространственных и «подпро-странственных» коридоров» сочинения на уровне нотного текста, «подтекста», «надтекста», «контекста» позволяет сфокусировать, активизировать резервы исполнителя, динамично повести его по пути целостного развития духовно-творческого потенциала.

На основе изложенного выше можно заключить:

• герменевтический подход, применяемый в музыкально-образовательной среде, продолжает быть в достаточной степени актуальным и открывает определенные перспективы в искусстве интерпретации музыкального произведения инструменталистами;

• сложившаяся проблемная ситуация в инструментально-исполнительских классах сегодня требует серьезного подхода к обеспечению качества художественно-педагогического процесса;

• предлагаемая педагогическая парадигма, определяющая систему освоения музыкального произведения в пространстве «Ж», может представлять интерес для теории и методики инструментального исполнительства, питать соответствующую исследовательскую платформу, обеспечивать эффективную реализацию реформирования и модернизации современного музыкального образования в классах инструменталистов.

1. Антология мудрости. Москва: Вече, 2005.

2. Аристотель. Риторика. Поэтика. Москва: Лабиринт, 2000.

3. Назайкинский Е.В. Проблемы комплексного изучения музыкального произведения. Музыкальное искусство и наука. Москва: Музыка, 1978; Выпуск 3: 3 — 12.

4. Блок O.A. Исполнительская культура музыканта: аспекты анализа. Теория и методика профессионального образования в социально-культурной и музыкально-педагогической деятельности: коллективная монография. Москва: МГИК, 2018.

5. Землянский Б.Я. О музыкальной педагогике. Москва: Музыка, 1987.

6. Гольденвейзер O.A. O музыкальном искусстве: сборник статей. Москва: Музыка, 1975.

7. Методология педагогики музыкального образования (Научная школа Э.Б. Абдуллина). Сборник научных статей. Москва: МПГУ, 2007.

8. Волкова Е.В. Произведение искусства в мире художественной культуры. Москва: Искусство, 1988.

9. Шульпяков O^. Работа над художественным произведением и формирование музыкального мышления исполнителя. Санкт-Петербург: Композитор, 2005.

10. Медушевский В.В. Музыкальное произведение и его культурно-генетическая основа. Музыкальное произведение: сущность, аспекты анализа. Киев: Музична Украина, 1988.

11. Назайкинский Е.В. Звуковой мир музыки. Москва: Музыка, 1988.

12. Блок O.A. К вопросу об освоении музыкального произведения в пространстве «4D». Москва: Научтехлитиздат: Музыковедение. 2019; 6: 42 — 47.

13. Блок O.A. Педагогика и психология музыкального творчества: учебное пособие для вузов. Москва: МГИК, 2011.

1. Antologiya mudrosti. Moskva: Veche, 2005.

2. Aristotel’. Ritorika. Po’etika. Moskva: Labirint, 2000.

3. Nazajkinskij E.V. Problemy kompleksnogo izucheniya muzykal’nogo proizvedeniya. Muzykal’noe iskusstvo i nauka. Moskva: Muzyka, 1978; Vypusk 3: 3 — 12.

4. Blok O.A. Ispolnitel’skaya kul’tura muzykanta: aspekty analiza. Teoriya i metodika professional’nogo obrazovaniya v social’no-kul’turnojimuzykal’no-pedagogicheskojdeyatel’nosti: kollektivnaya monografiya. Moskva: MGIK, 2018.

5. Zemlyanskij B.Ya. O muzykal’noj pedagogike. Moskva: Muzyka, 1987.

6. Gol’denvejzer O.A. O muzykal’nom iskusstve: sbornik statej. Moskva: Muzyka, 1975.

7. Metodologiya pedagogiki muzykal’nogo obrazovaniya (Nauchnaya shkola ‘E.B. Abdullina). Sbornik nauchnyh statej. Moskva: MPGU, 2007.

8. Volkova E.V. Proizvedenie iskusstva v mire hudozhestvennoj kultury. Moskva: Iskusstvo, 1988.

9. Shul’pyakov O.F. Rabota nad hudozhestvennym proizvedeniem i formirovanie muzykal’nogo myshleniya ispolnitelya. Sankt-Peterburg: Kompozitor, 2005.

10. Medushevskij V.V. Muzykal’noe proizvedenie i ego kul’turno-geneticheskaya osnova. Muzykal’noe proizvedenie: suschnost’, aspekty analiza. Kiev: Muzichna Ukraina, 1988.

11. Nazajkinskij E.V. Zvukovoj mir muzyki. Moskva: Muzyka, 1988.

12. Blok O.A. K voprosu ob osvoenii muzykal’nogo proizvedeniya v prostranstve «4D». Moskva: Nauchtehlitizdat: Muzykovedenie. 2019; 6: 42 — 47.

13. Blok O.A. Pedagogika ipsihologiya muzykal’nogo tvorchestva: uchebnoe posobie dlya vuzov. Moskva: MGIK, 2011.

Статья поступила в редакцию 06.10.20

Guzairov G.M., Cand. of Sciences (Physics, Mathematics), senior lecturer, Orenburg State Pedagogical University (Orenburg, Russia),

DOUBLE SUBSTITUTION FOR SOLVING EQUATIONS. Double substitution is a method of solving equations, inequalities and problems with parameters containing equations and inequalities. This method is almost not presented in school textbooks of mathematics, problem books and reference books on elementary mathematics, but sometimes it turns out to be simpler than traditional methods for solving such problems commonly used in schools — exponentiation, factorization, and substitution. Here, double substitution will be applied to irrational equations. This method allows to do without raising the equation to a power, which in the case of

even powers, is an inequitable transformation of the equation. An even more convenient technique is double substitution in inequalities and problems with parameters, examples of which we will give in the following papers.

Key words: methods for solving equations, factorization, substitution, double substitution, irrational equations and inequalities.

Г.М. Гузаиров, канд. физ.-мат. наук, доц., Оренбургский государственный педагогический университет, г. Оренбург, E-mail: gafur.mustafin@mail.ru

в иррациональных уравнениях

Двойная подстановка — метод решения задач с параметрами, содержащими уравнения и неравенства. Этот метод почти не представлен в школьных учебниках математики, задачниках и справочниках по элементарной математике, но иногда оказывается проще, чем более традиционные методы решения таких задач, обычно применяемых в школе, — возведение в степень, разложение на множители и обычная подстановка. В настоящей работе будет показано применение двойной подстановки к иррациональным уравнениям. Этот метод позволяет обойтись без возведения уравнения в степень, что в случае четных степеней является неравносильным преобразованием уравнения. Еще более удобным приемом является двойная подстановка в неравенствах и задачах с параметрами, примеры которых мы приведем в следующих работах.

Ключевые слова: методы решений уравнений, разложение на множители, подстановка, двойная подстановка, иррациональные уравнения и неравенства.

В работе [1]были рассмотрены применения двойной подстановки к три- другимиметодамидоторыми обычнопользуются ишкольники. Наэтих примерах гонометрическ-пл нракнлнням.ВнастрящеЭррОоые евойнар ходсеатачтамрмрт Весл покенмны преиоуществд рвойны-й подтааноики йорамболееытааинтокны-неименоне к ирытнкыыооыиым ыравнениям. Приведенные здесь уравнения за- ми методами решения иррациональных уравнений. имствоыаныв рабоорхприверечи ого списка ы нтератхыл, где о ни были ре шены Начнем с несложной задачи из сборника материалов ЕГЭ [2, с. 129].

Задача 1. Решить уравнение

л/4 + х —>/5 — х = 3 (л)

Терио жо зарычи ярершороеяянири рошеср и и шрроонра руряо моыоСрд: рСдчнр кии нечинеюр я рпрооооонио кСомяри орпмяrиалт вненоний, зерон ивСеиоо-юряо рр рериреори норыинряхоонла прорCрывриыниоа — двукрылян ирзиеоениеа и риеррер, яирро мреинонио р риыорытнрам, нрр пряоо рошонио промчоннрыр риыорырнрыр уреинонио рроСуор ррСрре рррней. Дирйнео прояренрире рроСуор аоноо рррпрроиилт оойяриий. Решение. ОCрвнениа

u = л14 + х v = yj 5 — x (11)

где, по определению арифметического корня,

Избавившись в системе (1.1) от параметра х, получим уравнение связи для u , v

Уравнение (1) в обозначениях (1.1) примет вид:

Подставив (1.4) в (1.3), получим неполное квадратное уравнение

с корнями vi = 0 , v2 = 3 — второй не удовлетворяет условию (1.2), а первый дает — х = 0, откуда х = 5, причем, Ul = v + 3 = 3 > 0, что также удовлетворяет условию (1.2).

Замечание. Среди преимуществ двойной подстановки в приведенной задаче — однократное возведение в квадрат на последнем этапе в более простом случае и необязательность нахождения ОДЗ, так как из (1.1) следуют равенства 4 + х = u ,5 — х = v — подкоренные выражения равны квадратам и неотрицательны. Эти преимущества двойной подстановки сохраняются и в следующем, немного более сложном, уравнении из [2, с. 129]. Задача 2. Решить уравнение

л/3х2 — 5х + 8 —V 3х2 — 5х +1 = 1. (2)

u =л/3х2 — 5х + 8 > 0, v = V3х2 — 5х +1 > 0, (21)

Избавившись в системе (2.1) от параметра х, получим уравнение связи для

Уравнение (2) в обозначениях (2.1) примет вид: u = v +1 (2.3)

Подставив (2.3) в (2.2), получим линейное уравнение 2v +1 = 7, откуда

v = 3 и u = 4 . (2.4)

Обратные к (2.1) подстановки дают одно и то же квадратное уравнение

3х2 — 5х — 8 = 0. (2 5)

Решив это квадратное уравнение, получим 1 , 3 — проверка не требуется. 8

Задача 3. Решить уравнение

V х +1 + V 4х +13 = V 3х +12 Решение. Обозначим u = V4х +13 > 0 v = V3х +12 > 0

откуда следует u v = х +1 и уравнение связи 4v 3u = 9 , а из (3) — уравнение

ОДЗ первого радикала дает х + 1 = u 2 -v 2 > 0, откуда u—v > 0 (так как u + v > 0) и u > v ; уравнение ^u 2 -v 2 = v-u дает v > u ; соединяя одно с другим, найдем u = v и х = -1 (из u —v = х +1). Ответ: х = — 1.

Замечание. В [3, с. 287] приведено следующее краткое описание решения этого же уравнения: «Дважды возведя в квадрат, находим 1 , 2 . Проверкой устанавливаем, что подходит только первый корень». Как видим, двойная подстановка позволила обойтись без посторонних корней. Задача 4. Найти число действительных корней уравнения

-v/u2 — u —1 + V u2 + u + 3 = V 2u2 + 8 (4)

х = -\/u2 — u —1, y = Vu2 + u + 3 (х> 0, y > 0). (41)

Уравнение (4) в обозначениях (4.1) примет вид:

х + У = Jx2 + y2 + 6 xv = 3 ,„„,

■г V , откуда . (4.2)

Из (4.1) следуют также равенства: y2 + x2 = 2u2 + 2 y2 -x2 = 2u + 4

2 x2 + У2 — 2 У2 — x2 — 4 u2 =— u = —

В системе (4.4) легко избавиться от параметра u, но избегая неравносильных преобразований уравнений (возведения в квадрат второго уравнения системы для сравнения с первым), продолжим первое из равенств (4.3) с помощью второго:

2 2 = 0), ее график в первой координатной четверти (х — 0, у — 0) пересекается с графиком х = 3 в единственной точке, при известных ее координатах соответствующее значение параметра и (отрицательное и иррациональное) дало бы второе из равенств (4.4).

Ответ: Уравнение имеет два действительных корня (и = 2 — один из них).

Замечание. В [3, с. 50] требовалось решить уравнение (4), ограничившись отысканием положительных корней. В решении [3, с. 305] возведением в квадрат

найден корень и = 2 и доказано, что других положительных корней уравнение не имеет. Задача 6. Найти все действительные корни уравнения

V х -1 + V х +1 = х • (5)

и = 31 х — 1 3 х + 1

ясно, что У > и . Из (5.1) получим х = 2и +1, у = 2у 1, откуда вытекает уравнение связи

Уравнение (5) перепишем в виде:

и + V = 2и +1 или и + V = 2у -1. (5.3)

Сложив два равенства (5.3), получим 2(и + = 2(и + у)(и 2 — и + У 2), откуда и + У = 0 (а) или и 2 — иу + У 2 = 1 (Ь)

(a): и + У = 0, тогда с помощью (5.3) получим 2 , 2 , а с помощью (5.1) х = 0.

(b): и -иу + У = 1, тогда и + У =1 + иу — перепишем с помощью этого равенства (5.2) в виде и)(у + + и 1 и далее (у и )(1 +2иу) =1. возведя последнее равенство в квадрат, получим равносильное при 1 +2иу — 0 уравнение

(v2 -29S + S2)(l + 4S9 + 4s292)4 1 затем (l-S9)(l + 4s9 + 4S292)4 1

(c): 09 0 , тогда из (5.3) найдем

, откуда имеем 09 4 0 (c), или

откуда из (5.1) x 4 1 или x 4 1.

. Тогда из (5.1) получим

Замечание. В [4, с. 134] (5) решается возведением в куб и разложением на множители. Для отыскания двух иррациональных корней решается уравнение, сводящееся к квадратному неравносильным извлечением корня квадратного: в результате приходится совершать громоздкую проверку корней, в ходе которой используется, фактически, подстановка (5.1).

Задача 6. При всяком действительном значении параметра р найти число действительных решений уравнения

Решение. Двойная подстановка (6.2) приводит уравнение к виду

x = 31 — t , y = 31 + t .

Найдем х =1-1, у = 1 +1, формулу связи между переменными х и у : х + у = 2 и явное выражение у , как функции аргумента х :

Эта функция является непрерывной и убывающей на R как композиция возрастающей у = \ 1 + / и убывающей t = 1 — х . График этой функции имеет

наклонную асимптоту y = kx + b , коэффициенты которой могут быть вычислены с помощью известных требований к асимптотам: lim -= 1 ,

lim (y — (kx + b)) = 0 , откуда и находим уравнение асимптоты

Впрочем, ученику, не знающему приведенных формул для асимптот, или даже не знакомому с понятием асимптоты, можно сделать следующие пояснения «на пальцах»:

при больших по модулю х .

Графики (6.3) и (6.4) не пересекаются (система из этих уравнений не имеет решений): график (6.3) лежит выше графика (6.4), что проверяется, например, по

точкам (0; ) графика (6.3) и (0;0) графика (6.4). На рисунке изображены график (6.3), ее асимптота, а также касательная в точке К(1,1) — наиболее удаленной от асимптоты точке графика.

Заметим, что график (6.3) симметричен относительно прямой у = х , т.к. (6.3)

равносильно уравнению х + у = 2 , инвариантному при одновременной замене х на у и у на х (эта симметрия использовалась, например, при отыскании точки К). Графиком уравнения (6.1) является прямая, параллельная асимптоте, а при разных значениях параметра р мы имеем семейство параллельных прямых с

угловым коэффициентом k = -1; геометрический смысл параметра состоит в том, что р это точка, в которой прямая х + у = р пересекает ось У . Асимптота является прямой этого семейства с р = 0 , касательная в точке К также является прямой этого семейства с р = 2 (это граничное значение параметра находится подстановкой в уравнение х + у = р координат точки К). Заметив, что увеличение р приводит к сдвигу прямой семейства вверх, можно по рисунку сказать, что система (6.1), (6.3) при р 2 не имеет решений.

Ответ: уравнение (6) не имеет решений при

, имеет одно решение при р = 2 , имеет два различных решения при р е (0,2)

Замечание. В задачнике [5, с. 27,29-30] уравнение (6) решается традиционным возведением в куб, что в действительной области является равносильным преобразованием, в отличие от возведения в четную степень. Но затем там анализируется полученное решение с помощью двойной подстановки (6.2). При этом анализе выясняется, что лишние корни все-таки появились! Мы переформулировали эту задачу в виде традиционной задачи № 18 из вариантов ЕГЭ профильного уровня. Но теперь решим уравнение (6), чтобы показать, что двойная подстановка не приводит к посторонним корням.

Задача 7. Решить уравнение (6).

Решение. Предварительные описания сделаны выше. Рассмотрим систему

х + у = р и х + у = 2 .

Преобразуем второе уравнение по формуле суммы кубов и подставим в него первое: