Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 1

Уравнения и неравенства второго порядка

Уравнения второго порядка

Уравнение вида

ax^{2} + bx + c = 0,  (1)

где a, b, c ∈ R, a ≠ 0, x - неизвестное, называется уравнением второго порядка (квадратным уравнением).

Числа a, b и c из (1) называются коэффициентами квадратного уравнения, а число Δ = b^{2} − 4ac - дискриминантом квадратного уравнения.

Пример 1. Следующие уравнения являются квадратными уравнениями

a) 6x^{2} + 5x + 1 = 0,  здесьa = 6, b = 5, c = 1
и Δ = 5^{2} − 4 · 6 · 1 = 1;
b) 9x^{2} − 12x + 4 = 0,  здесьa = 9, b = −12, c = 4
и Δ = (−12)^{2} − 4 · 9 · 4 = 0;
c) x^{2} − x − 2 = 0,  здесьa = 1, b = −1, c = −2
и Δ = (−1)^{2} − 4 · 1 · (−2) = 9;
d) − \frac{1}{2}x^{2} + \sqrt{3}x − 4 = 0, здесьa = −\frac{1}{2}, b = \sqrt{3}, c = −4
и Δ = (\sqrt{3})^{2} − 4 (−\frac{1}{2}) (−4) = −5.

Уравнения второго порядка можно решать используя следующее утверждение Утверждение 1. Если

a) дискриминант уравнения (1) положителен, то уравнение (1) имеет два различных действительных корня

x_{1} = \frac{−b − \sqrt{Δ}}{2a} и x_{2} = \frac{−b + \sqrt{Δ}}{2a};  (2)

b) дискриминант уравнения (1) равен нулю, то уравнение (1) имеет два равных корня (один корень двойной кратности)

x_{1} = x_{2} = −\frac{b}{2a};  (3)

c) дискриминант уравнения (1) отрицателен, то уравнение (1) не имеет действительных корней.

Таким образом (см. пример 1),

1. уравнение a) имеет два различных корня x_{1} = −\frac{1}{2} и x_{2} = −\frac{1}{3};

2. уравнение b) имеет два равных корня x_{1} = x_{2} = \frac{2}{3}; 3. уравнение c) имеет два различных корня x_{1} = −1 и x_{2} = 2;

4. уравнение d) не имеет действительных решений.

Уравнение второго порядка с a = 1 называется приведенным квадратным уравнением и обычно обозначается

x^{2} + px + q = 0.  (4)

Для приведенных квадратных уравнений формулы определения корней (2) и (3) принимают вид

x_{1,2} = −\frac{p}{2} ± \sqrt{(\frac{p}{2})^{2} − q}, (Δ > 0)  (5)
x_{1} = x_{2} = −\frac{p}{2}, (Δ = 0).  (6)

Уравнения вида

ax^{2} + bx = 0,  (7)
ax^{2} + c = 0.  (8)

называются неполными квадратными уравнениями. Уравнения (7), (8) могут быть решены с помощью утверждения 1, или иначе, более просто:

ax^{2} + bx = 0 ⇔ x(ax + b) = 0 ⇔ [ \begin{matrix}x_{1} = 0; \\ x_{2} = −\frac{b}{a}. \end{matrix}

ax^{2} + c = 0 ⇔ x^{2} = −\frac{c}{a} ⇔ [ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}x_{1,2} = ±\sqrt{−\frac{c}{a}}, \\ ac ≤ 0, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}x ∈ ∅, \\ ac > 0. \end{matrix} \end{matrix}

Пример 2. Решить уравнения

a) 2x^{2} − 7x = 0;  b) 9x^{2} − 25 = 0;  c) \sqrt{2}x^{2} + 3 = 0.

Решение. a) 2x^{2} − 7x = 0 ⇔ x(2x − 7) = 0 ⇔ [ \begin{matrix}x_{1} = 0, \\ x_{2} = \frac{7}{2}; \end{matrix}

b) 9x^{2} − 25 = 0 ⇔ 9x^{2} = 25 ⇔ x^{2} = \frac{25}{9} ⇔ x_{1,2} = ±\frac{5}{3};

c) \sqrt{2}x^{2} + 3 = 0 ⇔ x^{2} = −\frac{3}{\sqrt{2}}, откуда следует что уравнение не имеет действительных

корней (левая часть уравнения - неотрицательна, а правая - отрицательное число).

В дальнейшем рассмотрим несколько типов уравнений которые сводятся к уравнениям второго порядка.

Биквадратные уравнения

Уравнение вида

ax^{4} + bx^{2} + c = 0  (9)

где a, b, c ∈ R, a ≠ 0, x - неизвестное, называется биквадратным уравнением. Подстановкой x^{2} = t (тогда x^{4} = t^{2}) биквадратное уравнение сводится к уравнению второго порядка.

Пример 3. Решить уравнения

a) x^{4} − 29x^{2} + 100 = 0;  b) x^{4} + x^{2} − 6 = 0;  c) 2x^{4} − 3x^{2} + 4 = 0.

Решение. a) Обозначив x^{2} = t, (тогда x^{4} = t^{2}) получим квадратное уравнение относительно t

t^{2} − 29t + 100 = 0

решения которого t_{1} = 4 и t_{2} = 25. Таким образом

[ \begin{matrix}x^{2} = 4, \\ x^{2} = 25, \end{matrix}

откуда x = ±2 и x = ±5.

b) Аналогично предыдущему примеру, получим квадратное уравнение t^{2} + t − 6 = 0, решения которого t = −3 и t = 2. Поскольку t = x^{2} ≥ 0, остается t = 2 или x^{2} = 2, откуда x = ±\sqrt{2}.

c) Положив x^{2} = t, получим квадратное уравнение 2t^{2} − 3t + 4 = 0, которое не имеет действительных корней. Следовательно и исходное уравнение не имеет действительных корней.

Симметричные уравнения четвертого порядка

Уравнения вида

ax^{4} + bx^{3} + cx^{2} + bx + a = 0  (10)

где a, b, c ∈ R, a ≠ 0 называются симметричными уравнениями четвертого порядка.

Посредством подстановки x + \frac{1}{x} = t, симметричные уравнения четвертого порядка сводятся к уравнениям второго порядка. Действительно, так как x = 0 не является корнем уравнения (10) (a ≠ 0), разделив на x^{2} обе части уравнения, получим равносильное уравнение

ax^{2} + bx + c + \frac{b}{x} + \frac{a}{x^{2}} = 0

или

a (x^{2} + \frac{1}{x^{2}} ) + b (x + \frac{1}{x}) + c = 0.

Обозначив x + \frac{1}{x} = t, тогда |t| ≥ 2 и поскольку x^{2} + \frac{1}{x^{2}} = (x + \frac{1}{x})^{2} − 2 = t^{2} − 2, уравнение примет вид

a(t^{2} − 2) + bt + c = 0,

решение последнего уравнения не представляет трудностей.

Замечание. Уравнение ax^{4} ∓ bx^{3} ± cx^{2} ± bx + a = 0 сводится к уравнению второго

порядка используя подстановку t = x − \frac{1}{x}.

Пример 4. Решить уравнения

\begin{matrix}a) x^{4} + 5x^{3} + 2x^{2} + 5x + 1 = 0, \\ b) 2x^{4} + 3x^{3} − 4x^{2} − 3x + 2 = 0. \end{matrix}

Решение. a) Данное уравнение есть уравнение вида (10). Поскольку x = 0 не является корнем, разделив обе части уравнения на x^{2} ≠ 0 и удобно групируя, получим равносильное уравнение

x^{2} + \frac{1}{x^{2}} + 5 (x + \frac{1}{x}) + 2 = 0.

Сделаем подстановку t = x + \frac{1}{x}, |t| ≥ 2, тогда x^{2} + \frac{1}{x^{2}} = t^{2} − 2 и уравнение примет вид

t^{2} − 2 + 5t + 2 = 0

или t^{2} + 5t = 0, решения которого t_{1} = −5, t_{2} = 0 (не удовлетворяет условию |t| ≥ 2). Следовательно,

x + \frac{1}{x} = −5,

откуда получаем квадратное уравнение x^{2} + 5x + 1 = 0, решения которого x_{1} = \frac{−5 − \sqrt{21}}{2}

и x_{2} = \frac{−5 + \sqrt{21}}{2}.

b) Аналогично предыдущему примеру получим уравнение

2 (x^{2} + \frac{1}{x^{2}} ) + 3 (x − \frac{1}{x}) − 4 = 0.

Положим t = x− \frac{1}{x}, тогда x^{2} + \frac{1}{x^{2}} = (x − \frac{1}{x})^{2} +2 = t^{2} +2 и получим квадратное уравнение

2(t^{2} + 2) + 3t − 4 = 0 или 2t^{2} + 3t = 0,

решения которого t_{1} = 0 и t_{2} = −\frac{3}{2}. Следовательно

[ \begin{matrix}x − \frac{1}{x} = 0, \\ x − \frac{1}{x} = −\frac{3}{2}. \end{matrix}

Из первого уравнения совокупности получим x_{1} = −1 и x_{2} = 1, а из второго x_{3} = −2 и

x_{4} = \frac{1}{2}.

Возвратные уравнения

Уравнение

ax^{4} + bx^{3} + cx^{2} + dx + e = 0,  (11)

где \{a, b, c, d\} ⊂ R, a ≠ 0, b ≠ 0 и \frac{e}{a} = (\frac{d}{b})^{2} называется возвратным уравнением четвертого порядка.

Уравнения (11) сводятся к уравнениям второго порядка посредством подстоновки

t = x + \frac{d}{bx}.

Пример 5. Решить уравнение

x^{4} + x^{3} − 6x^{2} − 2x + 4 = 0.

Решение. Заметим что (\frac{4}{1}) = (\frac{−2}{1})^{2} и следовательно данное уравнение есть возвратное уравнение четвертого порядка.

Так как x = 0 не является решением уравнения, разделим на x^{2} (не теряя при этом решений) получим равносильное уравнение

x^{2} + \frac{4}{x^{2}} + x − \frac{2}{x} − 6 = 0.

Обозначим t = x − \frac{2}{x}, тогда t^{2} = x^{2} + \frac{4}{x^{2}} − 4, x^{2} + \frac{4}{x^{2}} = t^{2} + 4 и уравнение примет вид

t^{2} + 4 + t − 6 = 0 или t^{2} + t − 2 = 0

решения которого t_{1} = −2 и t_{2} = 1. Таким образом

[ \begin{matrix}x − \frac{2}{x} = −2, \\ x − \frac{2}{x} = 1, \end{matrix}

или, (x ≠ 0)

[ \begin{matrix}x^{2} + 2x − 2 = 0, \\ x^{2} − x − 2 = 0, \end{matrix}

откуда получим решения x = −1 ± \sqrt{3}, x = −1 и x = 2.

Уравнения вида

(x + a)^{4} + (x + b)^{4} = c  (12)

используя подстановку t = x+ \frac{a + b}{2} сводятся к биквадратному уравнению относительно t.

Пример 6. Решить уравнение

(x + 3)^{4} + (x − 1)^{4} = 82.

Решение. Сделаем подстановку t = x + \frac{3 + (−1)}{2} = x + 1 и получим следующее уравнение относительно t:

(t + 2)^{4} + (t − 2)^{4} = 82

или

t^{4} + 8t^{3} + 24t^{2} + 32t + 16 + t^{4} − 8t^{3} + 24t^{2} − 32t + 16 − 82 = 0

откуда получим биквадратное уравнение

t^{4} + 24t^{2} − 25 = 0

решение которого t^{2} = 1, откуда t = ±1. Следовательно x + 1 = ±1 и корни исходного уравнения имеют вид x = −2 и x = 0.

Уравнения вида

(x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m  (13)

где a + b = c + d сводятся к уравнениям второго порядка используя условие a + b = c + d. Действительно,

\begin{matrix}(x + a)(x + b) = x^{2} + (a + b)x + ab \\ (x + c)(x + d) = x^{2} + (c + d)x + cd = x^{2} + (a + b)x + cd \end{matrix}

и обозначив x^{2} + (a + b)x = t (или x^{2} + (a + b)x + ab = t) получим квадратное уравнение (t + ab)(t + cd) = m (соответственно, t(t + cd − ab) = m).

Пример 7. Решить уравнение

(x − 2)(x + 1)(x + 4)(x + 7) = 19.

Решение. Заметим, что −2 + 7 = 1 + 4 и удобно группируя, получим

[(x − 2)(x + 7)] · [(x + 1)(x + 4)] = 19

или

[x^{2} + 5x − 14][x^{2} + 5x + 4] = 19.

Обозначим t = x^{2} + 5x − 14, тогда x^{2} + 5x + 4 = t + 18 и уравнение примет вид

t(t + 18) = 19 или t^{2} + 18t − 19 = 0

откуда t = −19 и t = 1. Таким образом

[ \begin{matrix}x^{2} + 5x − 14 = −19, \\ x^{2} + 5x − 14 = 1, \end{matrix}

откуда x_{1,2} = \frac{−5 ± \sqrt{5}}{2} и x_{3,4} = \frac{−5 ± \sqrt{85}}{2}.

Рациональные уравнения

Пример 8. Решить уравнения

a) \frac{3x + 4}{5x − 4} − \frac{2x − 1}{x + 3} = 0;

b) \frac{x − 1}{(x − 2)(x − 3)} + \frac{1}{x − 2} + 1 = 0;

c) \frac{1}{x − 6} + \frac{1}{x − 4} + \frac{1}{x − 5} + \frac{1}{x − 3} = 0;

d) \frac{x + 1}{x − 1} + \frac{x + 5}{x − 5} = \frac{x + 3}{x − 3} + \frac{x + 4}{x − 4}.

Решение. a) ОДЗ уравнения есть множество R\\{−3; \frac{4}{5}\}. На ОДЗ уравнение равносильно следующему

(3x + 4)(x + 3) − (2x − 1)(5x − 4) = 0

откуда легко получить квадратное уравнение

7x^{2} − 26x − 8 = 0.

Решив его, найдем x_{1} = −\frac{2}{7} и x_{2} = 4. Оба корня принадлежат ОДЗ.

b) ОДЗ уравнения есть множество R \{2; 3}. Приводя к общему знаменателю получим

x − 1 + (x − 2)(x − 3) + x − 3 = 0

или

x^{2} − 3x + 2 = 0.

Корни последнего уравнения x_{1} = 1 и x_{2} = 2. Учитывая ОДЗ получим единственное решение исходного уравнения x = 1.

c) ОДЗ уравнения есть множество R \ {3; 4; 5; 6}. Имеем

(\frac{1}{x − 6} + \frac{1}{x − 3}) + (\frac{1}{x − 4} + \frac{1}{x − 5}) = 0

или

\frac{2x − 9}{(x − 6)(x − 3)} + \frac{2x − 9}{(x − 4)(x − 5)} = 0

откуда

(2x − 9)(x − 4)(x − 5) + (2x − 9)(x − 6)(x − 3) = 0

или

(2x − 9)[(x − 4)(x − 5) + (x − 6)(x − 3)] = 0,

откуда следует совокупность уравнений

[ \begin{matrix}2x − 9 = 0, \\ x^{2} − 9x + 19 = 0 \end{matrix}

и решения x = \frac{9}{2}, x = \frac{9 ± \sqrt{5}}{2}.

d) ОДЗ уравнения есть множество R \{1; 3; 4; 5}. Выделим целую часть каждой дроби.

\frac{x − 1 + 2}{x − 1} + \frac{x − 5 + 10}{x − 5} = \frac{x − 3 + 6}{x − 3} + \frac{x − 4 + 8}{x − 4}

или

1 + \frac{2}{x − 1} + 1 + \frac{10}{x − 5} = 1 + \frac{6}{x − 3} + 1 + \frac{8}{x − 4},

откуда

\frac{1}{x − 1} + \frac{5}{x − 5} = \frac{3}{x − 3} + \frac{4}{x − 4}

или

\frac{1}{x − 1} − \frac{3}{x − 3} = \frac{4}{x − 4} − \frac{5}{x − 5}.

Приведя к общему знаменателю, получим

\frac{−2x}{(x − 1)(x − 3)} = \frac{−x}{(x − 4)(x − 5)}

или

2x(x − 4)(x − 5) − x(x − 1)(x − 3) = 0,

откуда следует следующая совокупность уравнений

[ \begin{matrix}x = 0, \\ x^{2} − 14x + 37 = 0, \end{matrix}

и решения x_{1} = 0, x_{2,3} = 7 ± 2\sqrt{3} (все решения принадлежат ОДЗ).

Уравнения вида

\frac{px}{ax^{2} + bx + c} + \frac{qx}{ax^{2} + dx + c} = r, (r ≠ 0).  (14)

сводятся к уравнениям второго порядка, используя подствановку t = ax + \frac{c}{x}.

Пример 9. Решить уравнение

\frac{2x}{2x^{2} − 5x + 3} + \frac{13x}{2x^{2} + x + 3} = 6.

Решение. ОДЗ уравнения есть множество R \ \{1; \frac{3}{2}\}. Поскольку x = 0 не является решением данного уравнения, перепишем уравнение в виде

\frac{2}{2x − 5 + \frac{3}{x}} + \frac{13}{2x + 1 + \frac{3}{x}} = 6

(разделяем числитель и знаменатель каждой дроби на x).

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 9

Обозначим t = 2x + \frac{3}{x} и уравнение примет вид

\frac{2}{t − 5} + \frac{13}{t + 1} = 6

или 2(t + 1) + 13(t − 5) = 6(t − 5)(t + 1), откуда следует квадратное уравнение

6t^{2} − 39t + 33 = 0 или 2t^{2} − 13t + 11 = 0.

Решив это уравнение, получим t_{1} = 1 и t_{2} = \frac{11}{2} (оба корня удовлетворяют условиям t ≠ 5 и t ≠ −1). Таким образом получаем совокупность уравнений

[ \begin{matrix}2x + \frac{3}{x} = 1, \\ 2x + \frac{3}{x} = \frac{11}{2}, \end{matrix} или [ \begin{matrix}2x^{2} − x + 3 = 0, \\ 4x^{2} − 11x + 6 = 0 \end{matrix}

откуда x_{1} = \frac{3}{4} и x_{2} = 2.

Уравнения содержащие взаимно-обратные выражения

Уравнения вида

a · \frac{f(x)}{g(x)} + b · \frac{g(x)}{f(x)} + c = 0 (ab ≠ 0),  (15)

сводятся к уравнениям второго порядка используя подстановку t = \frac{f(x)}{g(x)}. Тогда \frac{g(x)}{f(x)} = \frac{1}{t} и уравнение (15) примет вид at^{2} + ct + b = 0.

Пример 10. Решить уравнения

a) \frac{2x + 1}{x} + \frac{4x}{2x + 1} = 5, b) 20 (\frac{x − 2}{x + 1})^{2} − 5 (\frac{x + 2}{x − 1})^{2} + 48\frac{x^{2} − 4}{x^{2} − 1} = 0.

Решение. a) ОДЗ уравнения есть множество R\\{−\frac{1}{2}; 0\}. Обозначим t = \frac{2x + 1}{x}, тогда \frac{4x}{2x + 1} = 4 · \frac{1}{t} и уравнение примет вид

t + \frac{4}{t} = 5

откуда следует квадратное уравнение t^{2} − 5t + 4 = 0, решения которого t_{1} = 1 и t_{2} = 4. Таким образом

[ \begin{matrix}\frac{2x + 1}{x} = 1, \\ \frac{2x + 1}{x} = 4, \end{matrix}

откуда x = −1 и x = \frac{1}{2} (оба решения входят в ОДЗ).

b) ОДЗ уравнения есть множество R\{±1}. Заметив что x = ±2 не являются решениями

данного уравнения, умножим обе части уравнения на выражение \frac{x^{2} − 1}{x^{2} − 4} и получим равносильное уравнение

20\frac{(x − 2)(x − 1)}{(x + 1)(x + 2)} − 5\frac{(x + 2)(x + 1)}{(x − 1)(x − 2)} + 48 = 0.

Обозначив t = \frac{(x − 2)(x − 1)}{(x + 1)(x + 2)}, тогда уравнение примет вид

20t − \frac{5}{t} + 48 = 0 или 20t^{2} + 48t − 5 = 0

решения которого t_{1} = \frac{1}{10} и t_{2} = −\frac{5}{2}. Таким образом

[ \begin{matrix}\frac{(x − 2)(x − 1)}{(x + 1)(x + 2)} = \frac{1}{10}, \\ \frac{(x − 2)(x − 1)}{(x + 1)(x + 2)} = −\frac{5}{2}, \end{matrix} или [ \begin{matrix}3x^{2} − 11x + 6 = 0, \\ 7x^{2} + 9x + 14 = 0, \end{matrix}

откуда получаем корни исходного x_{1} = 3, x_{2} = \frac{2}{3} (оба корня входят в ОДЗ).

В некоторых случаях удобно выделить полный квадрат.

Пример 11. Решить уравнения

\begin{matrix}a) x^{4} − 2x^{3} − x^{2} + 2x + 1 = 0; \\ b) x^{2} + (\frac{x}{2x − 1})^{2} = 2. \end{matrix}

Решение. a) Выделим полный квадрат

\begin{matrix}x^{4} − 2x^{2} · x + x^{2} − x^{2} − x^{2} + 2x + 1 = 0, \\ (x^{2} − x)^{2} − 2(x^{2} − x) + 1 = 0. \end{matrix}

Обозначим t = x^{2} − x и получим квадратное уравнение

t^{2} − 2t + 1 = 0

откуда t = 1 или x^{2} − x − 1 = 0, решения которого x = \frac{1 ± \sqrt{5}}{2}.

b) ОДЗ данного уравнения есть множество R \ \{\frac{1}{2}\}. Прибавив к обеим частям уравнения выражение

2x · \frac{x}{2x − 1}

получим

x^{2} + 2x\frac{x}{2x − 1} + (\frac{x}{2x − 1})^{2} = 2 + 2x\frac{x}{2x − 1}

или, выделяя в любой части полный квадрат

(x + \frac{x}{2x − 1})^{2} = 2 + 2\frac{2x^{2}}{2x − 1}

откуда следует уравнение

(\frac{2x^{2}}{2x − 1})^{2} − \frac{2x^{2}}{2x − 1} − 2 = 0.

Сделаем подстановку t = \frac{2x^{2}}{2x − 1} и получим уравнение

t^{2} − t − 2 = 0.

Решая его получим t = −1 и t = 2 и следующую совокупность уравнений

[ \begin{matrix}\frac{2x^{2}}{2x − 1} = −1, \\ \frac{2x^{2}}{2x − 1} = 2, \end{matrix} или [ \begin{matrix}2x^{2} + 2x − 1 = 0, \\ x^{2} − 2x + 1 = 0, \end{matrix}

откуда x_{1,2} = \frac{1 ± \sqrt{3}}{2} и x_{3} = 1.

Неравенства второй степени

Неравенства вида

ax^{2} + bx + c > 0,  (16)
ax^{2} + bx + c ≥ 0,  (17)
ax^{2} + bx + c < 0,  (18)
ax^{2} + bx + c ≤ 0,  (19)

где a, b, c ∈ R, a ≠ 0, называются неравенствами второй степени (квадратными неравенствами).

Квадратные неравенства решаются используя следующие утверждения.

Утверждение 2. Если a > 0 и дискриминант квадратного трехчлена ax^{2} + bx + c положителен, то

1. неравенство (16) имеет решения x ∈ (−∞; x_{1}) ∪ (x_{2}; +∞);

2. неравенство (17) имеет решения x ∈ (∞; x_{1}] ∪ [x_{2}; +∞);

3. неравенство (18) имеет решения x ∈ (x_{1}, x_{2});

4. неравенство (19) имеет решения x ∈ [x_{1}, x_{2}]

где x_{1} и x_{2} (x_{1} < x_{2}) есть корни трехчлена ax^{2} + bx + c.

Утверждение 3. Если a > 0 и дискриминант квадратного трехчлена ax^{2}+bx+c равен нулю, то 1. неравенство (16) имеет решения x ∈ R \ {x_{1}};

2. неравенство (17) имеет решения x ∈ R;

3. неравенство (18) не имеет решений;

4. неравенство (19) имеет единственное решение: x = x_{1},

где x_{1} есть двойной корень трехчлена ax^{2} + bx + c.

Утверждение 4. Если a > 0 и дискримининант трехчлена ax^{2} + bx + c отрицателен, то

1. неравенства (16) и (17) имеют решения x ∈ R;

2. неравенства (18) и (19) не имеют решений.

Если a < 0, умножая неравенства (16)-(19) на (-1) (при этом знак неравенства меняется на противоположный) получим неравенства в котором a > 0 и применяем утверждения 2-4.

Пример 12. Решить неравенства

\begin{matrix}a) x^{2} − x − 90 > 0; & d) x^{2} − x + 2 > 0; \\ b) 4x^{2} − 12x + 9 ≤ 0; & e) − 6x^{2} + 5x − 1 ≤ 0; \\ c) x^{2} − 6x < 0; & f) 4x^{2} − x + 5 ≤ 0. \end{matrix}

Решение. a) Корни трехчлена x^{2} − x − 90 есть x_{1} = −9 и x_{2} = 10, a = 1 > 0 и, следовательно, множество решений неравенста x^{2}−x−90 > 0 есть x ∈ (−∞; −9)∪(10; +∞).

b) Дискриминант трехчлена 4x^{2} − 12x + 9 равен нулю, a = 4 > 0 и следовательно,

единственное решение неравенства 4x^{2} − 12x + 9 ≤ 0 есть x = \frac{3}{2}.

c) Корнями трехчлена x^{2} − 6x являются x_{1} = 0 и x_{2} = 6, a = 1 > 0, следовательно x ∈ (0; 6) есть решения неравенства x^{2} − 6x < 0.

d) Дискриминант трехчлена x^{2} − x + 2 отрицателен, a = 1 > 0, и следовательно, любое действительное число удовлетворяет неравенство x^{2} − x + 2 > 0.

e) Умножим обе части неравенства на −1 и получим неравенство 6x^{2} − 5x + 1 ≥ 0. Используя утверждение 2, получим x ∈ (−∞; \frac{1}{3}] ∪ [\frac{1}{2}; +∞).

f) Неравенство не имеет решений.

При решении неравенств степени выше двух, можно использовать те же приемы, что и в случае уравнений (в некоторых случаях дополнительно используется и метод интервалов).

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 13

Пример 13. Решить неравенства a) 6x^{4} + 5x^{3} − 38x^{2} + 5x + 6 ≤ 0;

b) x(x − 2)(x − 4)(x − 6) ≥ 9;

c) x^{4} − 4x^{3} + 8x + 3 < 0;

d) \frac{x − 2}{x − 3} − \frac{2}{x − 1} − \frac{8}{x^{2} − 4x + 3} < 0;

e) 50x^{4} − 105x^{3} + 74x^{2} − 21x + 2 ≥ 0;

f) \frac{2x}{x^{2} − 4x + 7} + \frac{3x}{2x^{2} − 10x + 14} > 1;

g) (x + 5)^{4} + (x + 3)^{4} < 272.

Решение. a) Решив уравнение (см. (10))

6x^{4} + 5x^{3} − 38x^{2} + 5x + 6 = 0

находим нули левой части неравенства

6x^{4} + 5x^{3} − 38x^{2} + 5x + 6 = 0 ⇔ 6 (x^{2} + \frac{1}{x^{2}} ) + 5 (x + \frac{1}{x}) − 38 = 0 ⇔

⇔ 6 [(x + \frac{1}{x})^{2} − 2] + 5 (x + \frac{1}{x}) − 38 = 0 ⇔ \{ \begin{matrix}6t^{2} + 5t − 50 = 0, \\ t = x + \frac{1}{x}, \end{matrix} ⇔

⇔ \{ \begin{matrix}[ & \begin{matrix}t_{1} = −\frac{10}{3}, \\ t_{2} = \frac{5}{2}, \end{matrix} \\ t = x + \frac{1}{x}, \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}x + \frac{1}{x} = −\frac{10}{3}, \\ x + \frac{1}{x} = \frac{5}{2}, \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}3x^{2} + 10x + 3 = 0, \\ 2x^{2} − 5x + 2 = 0, \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}x_{1} = −3, \\ x_{2} = −\frac{1}{3}, \\ x_{3} = \frac{1}{2}, \\ x_{4} = 2. \end{matrix}

Следовательно,

6x^{4} + 5x^{3} − 38x^{2} + 5x + 6 ≤ 0 ⇔ 6(x + 3) (x + \frac{1}{3}) (x − \frac{1}{2}) (x − 2) ≤ 0

откуда, используя метод интервалов, находим множество решений исходного неравенства x ∈ [−3; −\frac{1}{3}] ∪ [\frac{1}{2}; 2].

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 14

b) Используя метод решения уравнений вида (13) получим x(x − 2)(x − 4)(x − 6) ≥ 9 ⇔ x(x − 6)(x − 2)(x − 4) − 9 ≥ 0 ⇔

⇔ (x^{2} − 6x)(x^{2} − 6x + 8) − 9 ≥ 0 ⇔ \{ \begin{matrix}t(t + 8) − 9 ≥ 0, \\ t = x^{2} − 6x, \end{matrix} ⇔

⇔ \{ \begin{matrix}t^{2} + 8t − 9 ≥ 0, \\ t = x^{2} − 6x, \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}[ & \begin{matrix}t ≤ −9, \\ t ≥ 1 \end{matrix} \\ t = x^{2} − 6x, \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}x^{2} − 6x ≤ −9, \\ x^{2} − 6x ≥ 1, \end{matrix} ⇔

⇔ [ \begin{matrix}x^{2} − 6x + 9 ≤ 0, \\ x^{2} − 6x − 1 ≥ 0, \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}x = 3, \\ x ∈ (−∞; 3 − \sqrt{10}] ∪ [3 + \sqrt{10}; +∞), \end{matrix} ⇔

⇔ x ∈ (−∞; 3 − \sqrt{10}] ∪ \{3\} ∪ [3 + \sqrt{10}; +∞).

c) Выделяя полный квадрат, получим x^{4} − 4x^{3} + 8x + 3 < 0 ⇔ (x^{2})^{2} − 2 · 2 · x^{2} · x + 4x^{2} − 4x^{2} + 8x + 3 < 0 ⇔

⇔ (x^{2} − 2x) − 4(x^{2} − 2x) + 3 < 0 ⇔ \{ \begin{matrix}t^{2} − 4t + 3 < 0, \\ t = x^{2} − 2x, \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}1 < t < 3, \\ t = x^{2} − 2x, \end{matrix} ⇔

⇔ \{ \begin{matrix}x^{2} − 2x < 3, \\ x^{2} − 2x > 1, \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}x^{2} − 2x − 3 < 0, \\ x^{2} − 2x − 1 > 0, \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}−1 < x < 3, \\ [ & \begin{matrix}x > 1 + \sqrt{2}, \\ x < 1 − \sqrt{2}, \end{matrix} \end{matrix} ⇔

⇔ x ∈ (−1; 1 − \sqrt{2}) ∪ (1 + \sqrt{2}; 3).

d) Используя метод интервалов, получим

\frac{x − 2}{x − 3} − \frac{2}{x − 1} − \frac{8}{x^{2} − 4x + 3} < 0 ⇔

⇔ \frac{(x − 2)(x − 1) − 2(x − 3) − 8}{(x − 3)(x − 1)} < 0 ⇔ \frac{x^{2} − 5x}{(x − 3)(x − 1)} < 0 ⇔ \frac{x(x − 5)}{(x − 3)(x − 1)} < 0

⇔ x ∈ (0; 1) ∪ (3; 5).

e) Решая уравнение (см. (11))

50x^{4} − 105x^{3} + 24x^{2} − 21x + 2 = 0

находим нули левой части неравенства (заметим, что x = 0 есть решение данного нера-

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 15

венства)

50x^{4} − 105x^{3} + 74x^{2} − 21x + 2 = 0 ⇔ 2 (25x^{2} + \frac{1}{x^{2}} ) − 21 (5x + \frac{1}{x}) + 74 = 0 ⇔

2 [(5x + \frac{1}{x})^{2} − 10] − 21 (5x + \frac{1}{x}) + 74 = 0 ⇔ \{ \begin{matrix}2t^{2} − 21x + 54 = 0, \\ t = 5x + \frac{1}{x}, \end{matrix} ⇔

⇔ \{ \begin{matrix}[ & \begin{matrix}t = 6, \\ t = \frac{9}{2}, \end{matrix} \\ t = 5x + \frac{1}{x}, \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}5x + \frac{1}{x} = 6, \\ 5x + \frac{1}{x} = \frac{9}{2}, \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}5x^{2} − 6x + 1 = 0, \\ 10x^{2} − 9x + 2 = 0, \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}x = \frac{1}{5}, \\ x = 1, \\ x = \frac{1}{2}, \\ x = \frac{2}{5}. \end{matrix}

Следовательно

50x^{4} − 105x^{3} + 74x^{2} − 21x + 2 ≥ 0 ⇔ 50 (x − \frac{1}{5}) (x − 1) (x − \frac{1}{2}) (x − \frac{2}{5}) ≥ 0.

Используя метод интервалов, получим x ∈ (−∞; \frac{1}{5}] ∪ [\frac{2}{5}; \frac{1}{2}] ∪ [1; +∞).

f) Так как x = 0 не является решением неравенства (0 > 1) исходное неравенство равносильно неравенству

\frac{2}{x − 4 + \frac{7}{x}} + \frac{3}{2x − 10 + \frac{14}{x}} > 1.

Обозначив t = x + \frac{7}{x}, тогда 2x + \frac{14}{x} = 2 (x + \frac{7}{x}) = 2t неравенство примет вид

\frac{2}{t − 4} + \frac{3}{2t − 10} > 1.

Используя метод интервалов, получим

\frac{2(2t − 10) + 3(t − 4) − (2t − 10)(t − 4)}{(t − 4)(2t − 10)} > 0 ⇔ \frac{2t^{2} − 25t + 72}{(t − 2)(2t − 10)} < 0 ⇔

⇔ \frac{2 (t − \frac{9}{2}) (t − 8)}{(t − 4)(2t − 10)} < 0 ⇔ t ∈ (4; \frac{9}{2}) ∪ (5; 8).

Следовательно

[ \begin{matrix}4 < x + \frac{7}{x} < \frac{9}{2}, \\ 5 < x + \frac{7}{x} < 8, \end{matrix} откуда [ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}\frac{x^{2} − 4x + 7}{x} > 0, \\ \frac{2x^{2} − 9x + 14}{x} < 0, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}\frac{x^{2} − 5x + 7}{x} > 0, \\ \frac{x^{2} − 8x + 7}{x} < 0, \end{matrix} \end{matrix} или

[ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}x > 0, \\ x < 0, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}x > 0, \\ [ & \begin{matrix}x < 0, \\ 1 < x < 7, \end{matrix} \end{matrix} \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}x ∈ ∅, \\ x ∈ (1; 7), \end{matrix} ⇔ x ∈ (1; 7).

g) Сделаем подстановку t = x + \frac{5 + 3}{2}, t = x + 4 (см. (12)), тогда неравенство примет вид

(t + 1)^{4} + (t − 1)^{4} < 272

или

t^{4} + 6t^{2} − 135 < 0

откуда

(t^{2} − 9)(t^{2} + 15) < 0 или |t| < 3.

Следовательно |x + 4| < 3. Используя свойства модуля получим

|x + 4| < 3 ⇔ −3 < x + 4 < 3 ⇔ −7 < x < −1. Упражнения

I. Решить уравнения 1. x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = 24.

2. (1 − x)(2 − x)(x + 3)(x + 3) = 84.

3. (x + 2)^{4} + x^{4} = 82.

4. (2x^{2} + 5x − 4)^{2} − 5x^{2}(2x^{2} + 5x − 4) + 6x^{4} = 0.

5. (\frac{x}{x + 1})^{2} + (\frac{x}{x − 1})^{2} = 6.

6. \frac{2x}{2x^{2} − 5x + 3} + \frac{13x}{2x^{2} + x + 3} = 6.

7. \frac{x^{2}}{2} + \frac{18}{x^{2}} = \frac{13}{5} (\frac{x}{2} + \frac{3}{x}).

8. \frac{x^{2}}{3} + \frac{48}{x^{2}} = 10 (\frac{x}{3} − \frac{4}{x}).

9. x^{4} − 4x^{3} + 2x^{2} + 4x + 2 = 0.

10. x^{4} + 6x^{3} + 5x^{2} − 12x + 3 = 0.

11. \frac{x + 1}{x − 1} − \frac{x + 2}{x + 3} + \frac{4}{(x − 1)(x + 3)} = 0.

12. \frac{3}{(x + 2)(x − 1)} = \frac{1}{x(x − 1)^{2}} + \frac{3}{x(x − 3)}.

13. (x^{2} + x + 1)(x^{2} + x + 2) = 12.

14. \frac{24}{x^{2} − 2x} = \frac{12}{x^{2} − x} + x^{2} − x.

15. 6x^{4} − 5x^{2} + 1 = 0. II. Решить неравенства

1. x + \frac{6}{x} < 7.

2. x^{4} − 8x^{3} + 14x^{2} + 8x − 15 ≤ 0.

3. \frac{x^{2} + 2x − 63}{x^{2} − 8x + 7} > 7.

4. \frac{3}{x + 1} + \frac{7}{x + 2} < \frac{6}{x − 1}.

5. \frac{3}{6x^{2} − x − 12} + \frac{3}{3x + 4} < \frac{25x − 47}{10x − 15}.

6. x^{4} + x^{3} − 12x^{2} − 26x − 24 < 0.

7. \frac{x^{2} + 5x + 4}{x^{2} − 6x + 5} < 0.

8. (x − 1)(x − 2)(x + 3)(x + 4) ≥ 84.

9. (x − 1)^{4} + (x + 1)^{4} ≥ 82.

10. (\frac{x + 1}{x + 2})^{2} + (\frac{x + 1}{x})^{2} ≥ 2.

Литература

1. P.Cojuhari. Ecuatii si inecuatii. Teorie si practica. Chisinau, Universitas, 1993.

2. P.Cojuhari, A.Corlat. Ecuatii si inecuatii algebrice. Mica biblioteca a elevului. Chisinau, Editura ASRM, 1995.

3. Ф.Яремчук, П.Руденко. Алгебра и элементарные функции. Киев, Наукова Думка, 1987.

4. Gh.Andrei si altii. Exercitii si probleme de algebra pentru concursuri si olimpiade scolare. Partea I, Constanta, 1990.