Тема 13. Решение уравнений

13.14 Уравнения, решаемые различными методами

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела решение уравнений

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#599

Решите уравнение

( x x+1 x )2 ( x 2x+1 x )4 27 − 9 − 3 + 9 + 27 + 3 − 3 − 3 = 0

Показать ответ и решение

Заметим, что уравнение можно переписать в виде

3x 2x x 2 3x 2x x 4 (3 − 9 ⋅3 − 3 + 9) + (3 + 3⋅3 − 3 − 3)= 0

С помощью замены переменной $t= 3x$ ( $t> 0$ ) данное уравнение сводится к виду

(t3− 9t2 − t+ 9)2+ (t3+ 3t2 − t− 3)4 = 0

Заметим, что в левой части стоит сумма двух неотрицательных выражений, которая является также неотрицательной. Значит, левая часть может быть равна нулю тогда и только тогда, когда оба выражения равны нулю, то есть

{ { t3− 9t2− t+ 9= 0 t2(t− 9)− (t− 9)= 0 t3+ 3t2− t− 3= 0 ⇔ t2(t+ 3)− (t+ 3)= 0 ⇔

{ (t− 9)(t− 1)(t+ 1)= 0 ⇔ (t+ 3)(t− 1)(t+ 1)= 0 ⇔ t= ±1

Т.к. $t> 0$ , то подходит только $t= 1 ⇒ 3x =1 ⇒ x= 0$ .

Ответ:

$x = 0$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#600

Решить уравнение

√----------- √ ----------- 2015− 2016x + 2017x − 2016= 1

Показать ответ и решение

Найдем ОДЗ данного уравнения:

( { |{ 2015- 2015 − 2016x ≥ 0 x ≤ 2016 2017x − 2016 ≥ 0 ⇔ | 2016- ( x ≥ 2017

Сравним числа $2015- 2016$ и $2016- 2017$ :

2015 2016 1 1 1 1 -----∨ ----- ⇔ 1 − -----∨ 1 − ----- ⇔ ----- ∧ ----- 2016 2017 2016 2017 2016 2017

Т.к. $1 1 ----- > ----- 2016 2017$ , то $2015 2016 ----- < ----- 2016 2017$ .

Значит, ОДЗ: $x ∈ ∅$ .

Таким образом, уравнение не будет иметь корней, т.к. ни при каких $x$ не определена его левая часть.

Ответ:

$x ∈ ∅$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#1069

а) Решите уравнение

6+ log2(4 cosx)⋅log2(16sin2x)= log2(64cos3 x)+ log2(256 sin4x)

б) Найдите все его корни, принадлежащие промежутку $[ ] − π-; 3π . 2 2$

Показать ответ и решение

а) Выпишем ОДЗ:

( cosx > 0 |||{ 2 { sin3x >0 ⇔ cosx> 0 |||( cos4x > 0 sin x⁄= 0 sin x >0

Решим на ОДЗ. Сделаем замену: $2 t= log2(4cosx), z =log2(16sin x)$ , тогда уравнение примет вид:

6 +t⋅z =3t+ 2z ⇔ (tz − 3t)− (2z − 6) =0 ⇔ (t− 2)(z − 3)= 0

Следовательно, решением являются

⌊ |x= 2πn,n ∈ℤ || π- ||x= 4 + 2πk,k ∈ ℤ [ ⌊cosx= 1 ||| π log2(4cosx)= 2 ⇒ |⌈ ⇒ ||x= − 4 + 2πk,k ∈ ℤ log2(16sin2x) =3 sin2 x= 1 || 2 ||x= 3π + 2πk,k ∈ ℤ ||| 4 ⌈ 3π x= − 4-+ 2πk,k ∈ ℤ

Так как по ОДЗ $cosx> 0$ и $sinx ⁄= 0$ , то подходят лишь

x= ± π-+2πk,k ∈ℤ 4

б) По окружности видно, что в указанный отрезок входят только $− π- 4$ и $π -4$ .

$PIC$

Ответ:

а) $± π+ 2πk, 4$ $k ∈ ℤ$

б) $π − -4;$ $π 4-$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Обоснованно получены верные ответы в обоих пунктах	2

Обоснованно получен верный ответ в пункте а)	1
ИЛИ
получены неверные ответы из-за вычислительной ошибки, но при этом имеется верная последовательность всех шагов решения обоих пунктов: пункта а) и пункта б)

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#1107

Найдите сумму корней уравнения

x + 1 = 2log (2x + 1) − 2 log (2016 − 2−x) 2 4

Показать ответ и решение

ОДЗ уравнения: $2016 − 2−x > 0$ .

Преобразуем уравнение на ОДЗ:

(2x + 1)2 (2x + 1 )2 log2 2x+1 = log2 ----------- ⇒ 2x+1 = ----------- 2016 − 2−x 2016 − 2−x

Сделаем замену: $x 2 = t > 0$ . Тогда уравнение примет вид:

( ) (t +-1)2- 1- 2 1- 2t = 2016 − 1 ⇒ 2t ⋅ 2016 − t = t + 2t + 1 (т.к. 2016 − t > 0 по О ДЗ ) t

Уравнение сведется к квадратному:

2 t − 4030t + 3 = 0

которое имеет два корня: $t1,t2$ , причем оба положительны (т.к. их произведение равно $3$ , то есть положительно, и сумма равна $4030$ , то есть тоже положительна). Проверим, подходят ли оба эти корня по ОДЗ. Для начала преобразуем ОДЗ:

2016 − 1-> 0 ⇒ 2016t − 1 > 0 ⇒ t > --1-- t 2016

Заметим, что абсцисса вершины параболы $y = t2 − 4030t + 3$ — это $4030 tв = -----= 2015 > -1-- 2 2016$ .

Следовательно, если выполнено $--1- y(2016) > 0$ , то это будет значить, что оба корня находятся правее $1 2016$ :

$PIC$

Проверкой убеждаемся, что действительно $1 y(2016) > 0$ . Значит, оба корня $t1$ и $t2$ подходят по ОДЗ.

Заметим, что $t ⋅ t = 2x1 ⋅ 2x2 = 2x1+x2 1 2$ . Следовательно, $x + x = log (t ⋅ t) = log 3 1 2 2 1 2 2$ .

Ответ:

$log2 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#1186

а) Решите уравнение

(x+ 3)2 20 (x +3 2 ) ---5---+ (x+-3)2-= 8⋅ --5--− x+-3- + 1

б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку $[−6;−4].$

Показать ответ и решение

а) Введем для удобства обозначения $x + 3= t$ и $1x0+3 = z.$ Умножим уравнение на 5, тогда оно примет вид:

t2+z2 = 8(t−z)+5 ⇔ t2−2tz+z2 = 8(t−z)+5− 2tz ⇔ (t−z)2− 8(t−z)−5+2tz = 0

Заметим, что

-10-- 2tz = 2⋅(x+ 3)⋅x+ 3 = 20

Следовательно,

(t− z)2− 8(t− z)+ 15= 0

Данное уравнение является квадратным относительно $t− z$ . По теореме Виета его корнями будут $3$ и $5$ . Следовательно,

⌊ ⌈t− z = 3 t− z = 5

Заметим, что $z = 10 t$ , следовательно,

⌊ √ -- |t= 5−---65 ⌊ 10 ⌊ t2-− 3t−-10 || 2 | t− t = 3 || t =0 || 5+ √65- |⌈ ⇔ |⌈ 2 ⇔ ||t= ---2--- t− 10= 5 t-− 5t−-10-=0 ||| t t ⌈t= 5 t= −2

Так как $t= x+ 3$ , то отсюда:

-- ⌊ −√-65−-1 || x1 = 2 || √-- || x2 =-65-− 1 ||| 2 |⌈ x3 = −5 x4 = 2

б) Отберем корни. Заметим, что $x4$ не лежит в $[− 6;− 4]$ , $x3$ – лежит.
Так как $8 < √65< 9$ , то

√ -- −--65−-1 9 − 5< 2 < − 2

√ -- 7< --65−-1< 4 2 2

Таким образом, мы видим, что $x1$ лежит в $[−6;−4]$ , а $x2$ – нет.

Ответ:

а) $− 5;$ $√ -- −--65−-1; 2$ $2;$ $√ -- --65−-1 2$

б) $− 5;$ $√-- −-65-− 1 2$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Обоснованно получены верные ответы в обоих пунктах	2

Обоснованно получен верный ответ в пункте а)	1
ИЛИ
получены неверные ответы из-за вычислительной ошибки, но при этом имеется верная последовательность всех шагов решения обоих пунктов: пункта а) и пункта б)

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#1831

a) Решите уравнение

(tg2(2x) + ctg2(2x) − 2) ⋅ arcsin(x2) = 0.

б) Найдите все его корни, принадлежащие промежутку $[− π;0 ]$ .

Показать ответ и решение

ОДЗ:

sin 2x ⁄= 0, cos2x ⁄= 0, − 1 ≤ x2 ≤ 1

(так как $tg (2x )$ не теряет смысл при $cos(2x) ⁄= 0$ , $ctg(2x)$ не теряет смысл при $sin(2x ) ⁄= 0$ , $2 arcsin(x )$ не теряет смысл при $− 1 ≤ x2 ≤ 1$ ). Решим на ОДЗ:

а) Произведение выражений равно нулю в том и только том случае, когда хотя бы одно из них равно нулю и все они не теряют смысла.

Рассмотрим сначала уравнение

arcsin (x2 ) = 0.

По определению $arcsin(x2)$ – это угол в радианах, лежащий на $[ π π] − --;-- 2 2$ , синус которого равен $2 x$ .

2 2 2 arcsin (x ) = 0 ⇒ sin(0) = x ⇒ x = 0 ⇒ x = 0.

Однако, $x = 0$ не подходит по ОДЗ, следовательно $x = 0$ – не является корнем исходного уравнения.

Рассмотрим теперь

tg2(2x) + ctg2(2x) − 2 = 0

заметим, что на ОДЗ $tg(2x) ⋅ ctg(2x) = 1$ , тогда $ctg(2x) = --1---- tg (2x )$ . Сделаем замену $tg(2x) = t$ , тогда рассматриваемое уравнение примет вид

2 1- t + t2 − 2 = 0,

причём на ОДЗ $0 ⁄= tg(2x) = t$ , тогда можно домножить последнее уравнение на $t2$ : $t4 + 1 − 2t2 = 0 ⇔ t4 + 1 − 2t2 = (t2 − 1)2 ⇔$

$⇔ (t2 − 1)2 = 0 ⇔ t2 − 1 = 0 ⇔ t = ±1.$

Так как $t = tg(2x )$ , то $tg(2x ) = ±1$ , откуда находим $2x = ± π-+ πk 4$ , тогда $x = ± π-+ πk- 8 2$ , где $k ∈ ℤ$ . Однако, на ОДЗ $2 − 1 ≤ x ≤ 1$ , то есть $− 1 ≤ x ≤ 1$ :

− 1 ≤ π-+ πk- ≤ 1 ⇔ − 8-≤ 1 + 4k ≤ 8-, 8 2 π π

но $k ∈ ℤ$ , тогда по ОДЗ среди таких корней подходит только корень при $k = 0$ : $π x = -- 8$ .

π- πk- 8- 8- − 1 ≤ − 8 + 2 ≤ 1 ⇔ − π ≤ − 1 + 4k ≤ π,

но $k ∈ ℤ$ , тогда по ОДЗ среди таких корней подходит только корень при $k = 0$ : $π x = − -- 8$ .

б) Среди корней $π ± 8-$ на отрезок $[− π; 0]$ попадает только $π − 8-$ .

Ответ:

а) $π -- 8$ , $π − -- 8$ .

б) $π − 8-$ .

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#1894

Решите уравнение $5x ⋅2x+2x-= 40.$

Показать ответ и решение

Преобразуем уравнение:

x x+2 3 x − 1 3 − x+2 5 ⋅2 x =5 ⋅2 ⇔ 5 ⋅5 = 2 ⋅2 x ⇔

x−1 2(x−1) x−1 x−1 ⇔ 5 = 2 x ⇔ 5 = 4 x

Так как обе части равенства представляют собой положительные выражения (по свойству показательной функции), то возьмем логарифм по основанию 5 от обеих частей:

x− 1 (x− 1)⋅log55 = -x--⋅log54 ⇔

⇔ x2− x(1+ log54)+ log54 = 0 (так как x⁄= 0)

По теореме Виета корнями данного уравнения являются $x1 = 1,x2 = log54.$

Ответ:

$log 4; 5$ $1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#1895

а) Решите уравнение

( ) ( ) 2 2π- 4-π cos(x + x) + cos x + 3 + cos x + 3 = 0

б) Найдите все корни, принадлежащие отрезку $[0;2]$ .

Показать ответ и решение

а) Применим формулу суммы косинусов $α + β α − β cos α + cosβ = 2cos ------cos ------ 2 2$ :

2 ( π) 2 1 cos(x + x ) + 2 cos(π + x)cos − -- = 0 ⇔ cos(x + x) + 2 ⋅ (− cosx) ⋅-= 0 ⇔ 3 2

2 2 ⇔ cos(x2 + x ) − cos x = 0 ⇔ − 2sin x-+--2x-sin x--= 0 ⇔ 2 2

⌊ 2 x--+-2x- [ || sin 2 = 0 x2 + 2x − 2πn,n ∈ ℤ ⇔ ⌈ 2 ⇔ x2 = 2πk,k ∈ ℤ sin x--= 0 2

Первое уравнение совокупности является квадратным и имеет решения, когда
$D = 4(1 + 2πn ) ≥ 0 ⇒ n = 0;1;2;...$
Тогда $√ -------- x = − 1 ± 1 + 2πn, n = 0;1;2;...$

Второе уравнение имеет решения, когда $2πk ≥ 0 ⇒ k = 0; 1;2;...$
Тогда $√ ---- x = ± 2πk, k = 0;1;2;...$

Эти две серии корней пересекаются по решению $x = 0$ (при $n = k = 0$ ), поэтому из одной серии необходимо убрать это решение, например, из второй. Тогда $√ ---- x = ± 2πk, k = 1; 2;...$

б) Рассмотрим первую серию корней: $√ --------- x1 = − 1 − 1 + 2πn1, n1 = 0;1; 2;...$
Заметим, что в этой серии все $x$ будут отрицательными, т.к. $√ -- √ -- − A ≤ 0 ⇒ − A − 1 ≤ − 1$ .
Значит, нет корней из отрезка $[0;2]$ .

Рассмотрим вторую серию корней: $x = − 1 + √1--+-2πn--, n = 0;1;2;... 2 2 2$
при $n2 = 0$ $√ -- x2 = − 1 + 1 = 0$ – подходит;
при $n2 = 1$ $√ ------- x2 = − 1 + 1 + 2π ∼ 1, ...$ — подходит;
при $n2 = 2$ $√ ------- x2 = − 1 + 1 + 4π > 2$ — уже не подходит.
Далее при возрастании $n2$ будет увеличиваться и $x2$ .

Аналогично рассуждая в третьей и четвертой сериях, получим, что в них нет корней из промежутка $[0;2]$ .

Ответ:

а) $√ -------- √ ---- − 1 ± 1 + 2 πn;± 2πk; n ∈ ℕ ∪ {0},k ∈ ℕ$

б) $√ ------- 0;− 1 + 1 + 2π$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#2354

Решить уравнение

2 --x--- --x---- x − 4 + 2 ⋅ x2 − 4 + 3 = 0

(Задача от подписчиков)

Показать ответ и решение

1 способ.

x2 2x x2 + x − 4 x + x2 − 4 ------+ 1 + -2-----+ 2 = 0 ⇔ -----------+ 2 ⋅---2-------= 0 ⇔ x − 4 x − 4 x − 4 x − 4

( ⌊ 2 ( ) ||{ x + x − 4 = 0 ⇔ (x2 + x − 4) ⋅ --1---+ ---2--- = 0 ⇔ ⌈ 2 ⇔ x − 4 x2 − 4 || x − 4 + 2x − 8 = 0 ( (x2 − 4)(x − 4) ⁄= 0

( ⌊ √ --- |||| x = −-1 ±---17 ⌊ √--- ||| || 2 −-1 ±--17- { ⌈ √--- |x = 2 ⇔ | x = − 1 ± 13 ⇔ |⌈ ||| √ --- ||| x ⁄= ±2 x = − 1 ± 13 ( x ⁄= 4

2 способ.
Разделим числитель и знаменатель каждой дроби на $x$ , так как $x = 0$ не является корнем уравнения:

x 1 ----4-+ 2 ⋅----4-+ 3 = 0 1 − x x − x

Пусть $4 x- = b$ . Тогда уравнение примет вид

2 2 --x-- + --2---+ 3 = 0 ⇔ x-+--3b-−-4bx-−--5b +-3x-+-2 = 0 1 − b x − b (1 − b)(x − b)

Рассмотрим числитель дроби:

(x2 + 4b2 + 1 − 4bx + 2x − 4b) − b2 + (x − b + 1) = 0 ⇔ (x − 2b + 1)2 − b2 + (x − b + 1) = 0 ⇔ ⇔ (x − 2b + 1 − b)(x − 2b + 1 + b) + (x − b + 1) = 0 ⇔ (x − b + 1)(x − 3b + 2) = 0

Следовательно, исходное уравнение равносильно:

( [ ||| x − b + 1 = 0 |{ x − 3b + 2 = 0 ||| 1 − b ⁄= 0 |( x − b ⁄= 0

Решим первое уравнение, сделав обратную подстановку $4 = b x$ :

√ --- 4- 2 −-1-±---17 1. x − x + 1 = 0 ⇔ x + x − 4 = 0 ⇔ x = 2

Решим второе уравнение:

4 √ --- x − 3 ⋅--+ 2 = 0 ⇔ x2 + 2x − 12 = 0 ⇔ x = − 1 ± 13 x

Сделав проверку, убеждаемся, что полученные корни не являются корнями уравнений $1 − 4x = 0$ и $4 x − --= 0 x$ .

Ответ:

$√ --- x = − 1 ± √13; x = − 1-±--17- 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#2411

Решите систему

( |{ x + y + xy = 1 |( x + z + xz = 1 y + z + yz = 1

Показать ответ и решение

Прибавим к обеим частям каждого уравнения системы единицу:

( ( |{ x + y + xy + 1 = 2 |{ (x + 1 )(y + 1) = 2 ⇔ (∗ ) |( x + z + xz + 1 = 2 |( (x + 1 )(z + 1) = 2 y + z + yz + 1 = 2 (y + 1 )(z + 1) = 2

Перемножим все три равенства:

(x + 1)2(y + 1)2(z + 1)2 = 8 ⇔ (x + 1)(y + 1)(z + 1 ) = ±2 √2

Поделив полученное уравнение по очереди на каждое уравнение из системы $(∗)$ , получим:

⌊ ( √ -- ⌊ ( √ -- |{ x + 1 = √ 2- |{ x = √ 2-− 1 || y + 1 = 2 || y = 2 − 1 || |( √ -- || |( √ -- | ( z + 1 = 2 ⇔ | ( z = 2 − 1 || | x + 1 = − √2-- || | x = − √2--− 1 || { √ -- || { √ -- ⌈ | y + 1 = − √ 2- ⌈ | y = − √ 2 − 1 ( z + 1 = − 2 ( z = − 2 − 1

Ответ:

$√ -- √ -- √ -- √ -- √ -- √ -- ( 2 − 1; 2 − 1; 2 − 1);(− 2 − 1;− 2 − 1;− 2 − 1)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#2444

а) Решите уравнение $log√ -(log (2− cos2x +2sinx)cos4x) = 2. 2 sinx+1$

б) Найдите все корни уравнения, принадлежащие промежутку $[−2π;0].$

Показать ответ и решение

а) Запишем ОДЗ внутреннего логарифма:

$pict$

Рассмотрим внутренний логарифм на его ОДЗ. Мы уже поняли, что

2− cos2x+ 2sinx= (sinx +1)2

Таким образом,

( 2)cos4x 2cos4x logsinx+1 (sin x+ 1) = logsinx+1(sinx + 1) = 2cos4x

Значит, уравнение приобретает вид:

log√2(2cos4x)= 2 (√-)2 2cos4x = 2 2cos4x = 2 cos4x= 1 4x= 2πn, n ∈ℤ x = πn2 , n ∈ ℤ

В этом уравнении мы не искали ОДЗ логарифма, потому что его основание равно $√ - 2,$ а аргумент должен равняться 2.

Пересечем данное решение с ОДЗ внутреннего (в данном случае это удобно сделать по окружности):

$PIC$

Таким образом, нам подходит всего одна точка на окружности, в которую попадают углы вида:

π- x= 2 + 2πk, k ∈ ℤ

б) Отберем корни:

− 2π ≤ π-+ 2πk ≤ 0 2 − 5 ≤ k ≤ − 1 4 4

Таким образом, единственное целое $k,$ подходящее в неравенство, это $k = − 1.$ При таком $k$ получаем корень $x= − 3π . 2$

Ответ:

а) $π+ 2πk, k ∈ℤ 2$

б) $− 3π 2$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Обоснованно получены верные ответы в обоих пунктах	2

Обоснованно получен верный ответ в пункте а)	1
ИЛИ
получены неверные ответы из-за вычислительной ошибки, но при этом имеется верная последовательность всех шагов решения обоих пунктов: пункта а) и пункта б)

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2