Метод оценки как один из способов решения нестандартных уравнений
методическая разработка по алгебре (11 класс) на тему

Министерство образования Республики Марий Эл

Муниципальное общеобразовательное учреждение

 «Средняя общеобразовательная школа №3 г. Козьмодемьянска»

Методическая разработка по теме:

«Метод оценки как один из способов решения нестандартных задач»

                                                                     Составила: учитель математики

                                                                                      высшей категории

                                                                                    Уртюкова М.А.

                                         г. Козьмодемьянск

1. Применение метода к решению  уравнений вида f(x) = g (x).

Нестандартными обычно называются равнения вида f(x) = g (x), где f(x) и g (x) – функции совершенно разного типа. Например,

   sin х ,  log ах = 2 х  и т.д.

Существуют теоремы, способные облегчить решение данных уравнений. Например, одна из них:

 Если на некотором промежутке I наибольшее значение  f(x) равно числу А, а наименьшее значение g (x) тоже равно числу А, то уравнение  f(x) = g (x) равносильно системе               f(x) = А

                                                              g (x) = А

на данном промежутке I.

Для подтверждения правильности теоремы рассмотрим уравнение        х 2  + 1 = cos х . Для этого построим графики функций у = х 2  + 1 и у = cos х.

По теореме заключаем:

                                                        х 2  + 1 = 1  

                                                                             ⇒ x=0

                                          cos х = 1                      

Очень часто метод оценки называют «методом мажорант». «Метод мажорант» - это прием, который можно назвать оценкой соответствующих значений функции.

Определение. Мажорантой данной функции f(x) на множестве Р называется такое число М, что-либо f(x) ≤ М, для всех х ∈Р, либо f(x) ≥ М для всех  х ∈ Р.

Мы знаем много мажорант для известных функций: y=ax2+bx+c, y=sin x, y =cos x. 

 Как искать такое число М? Для того, чтобы найти мажоранту нужно:

 а) найти D(f) функции;

 б) найти E(f) функции;

 в) исследовать функцию на экстремум;

 г) если функция определена на отрезке, найти наибольшее и наименьшее значения;

 д) применить известные неравенства:

2, если > 0,

2, если < 0.

Например. Назовите наибольшее и наименьшее значения функций, если они существуют: y=sin 3x, y=2cosx, y=2x, y=x2 - 6x+5, y=5 - x2, y=x2+3, y=log3x.

Рассмотрим уравнения:

Пример 1. Решите уравнение

(х2 - 2х + 3) (у2  + 6у + 12) = 6

Решение: Первое, что необходимо сделать – надо выделить квадраты двучленов в каждом множителе левой части уравнения: 

((х – 1)2 +2) ((у + 3) 2+ 3) = 6

Далее оцениваем каждый множитель произведения или найдем мажоранту каждой функции, входящей в уравнение: (х – 1)2 +2 ≥ 2 и     (у + 3) 2+ 3 ≥ 3 при всех значениях примененных  х и у. Выделив все необходимые оценки, мы подходим к последнему этапу решения. Равенство (х2 - 2х + 3) (у2  + 6у + 12) = 6  возможно тогда и только тогда, когда выполняется система:

                                  х – 1 = 0

                                  у + 3 = 0

                                          Откуда х = 1, у = 3.

Пример 2. Решите уравнение

- cos (7πх) = х2 - 6х + 10

Решение: Для любого действительного α │cos α│ ≤ 1, следовательно, для любого х € Р - cos (7πх) ≤ 1. Преобразовывая правую часть, получим:

х2 - 6х + 10 = х2 - 6х + 9 + 1 = (х – 3)2 + 1 ≥ 1.

Таким образом, левая часть уравнения не больше 1, а правая не меньше 1. Поэтому неравенство может достигаться только в том случае, если обе части равны 1, т.е. исходное уравнение равносильно системе

- cos (7πх) = 1

(х – 3)2 + 1 = 1

Несложно заметить, что второе уравнение имеет единственный корень х = 3. Подставляя полученное значение в первое уравнение, получим истинное равенство.                                Ответ: х = 3.

Пример 3. Решите уравнение

log 2 (17 - | sin 0,5 πх |) =

Решение: Учитывая ограниченность функции синус,     log 2 (17 - | sin 0,5 πх |) ≥ log 2 (17 – 1) = 4 для всех х € Р; с другой стороны,   =  ≤  = 4 для всех х ∈ Р. Значит, уравнение равносильно системе                                         sin 0,5 πх = 1                

                                                              х = 1                  , откуда х = 1.

                       Ответ: х = 1.

Пример 4. Решите уравнение

сos 6 х + sin 2 3х + 4sin9х = 7

Решение: Сумма коэффициентов перед тригонометрическими функциями в левой части равна 6, что меньше 7. Это наталкивает на мысль о решении уравнения методом оценки. Действительно, сos 6 х ≤ 1, sin 2 3х ≤ 1, 4sin9х ≤ 4. Следовательно, левая часть не превосходит 6 при любом х, поэтому уравнение не имеет действительных решений.

Ответ: решений нет.

Пример 5. Решите уравнение

                           tg2 3х=cos 2x – 1      (1)

Решение:  tg2 3х  = - 2 sin2x

Так как tg2 3х ≥ 0, а - 2 sin2x ≤ 0, то уравнение tg2 3х  = - 2 sin2x имеет решение тогда и только тогда, когда выполняется система

tg2 3х =0                            х=               

                              ⇒                                              ⇒ х = , пz               

 - 2 sin2x=о                        х =, пz               

                                                          Ответ:    х =, пz 

Пример 6. Решите уравнение

              arccos(2x – 3) = +·│x2 – 6x + 5│.

Решение: ОДЗ:│ 2x – 3│≤12≤2х≤4х[1;2].

Множество значений функции y = arccos(2x – 3) принадлежит отрезку [0; ]. Правая часть уравнения всегда не меньше , и по определению модуля │x2 – 6x + 5│≥0 для всех хR. Значит, данное уравнение будет иметь решение тогда и только тогда, когда левая и правая части уравнения будут равны  ,т.е

Полученное значение х =1 принадлежит ОДЗ уравнения и, значит, является его корнем.

                                              Ответ: х = 1.

Пример 7. Решить уравнение

2     (1)

Решение: Допустимые значения определяются системой неравенств.

      откуда <1

Так как и  - функции возрастающие и , то ,

- функция убывающая <<1  и  0<1- ≤1 при , то

Решениями уравнения (1) будут являться значения переменной х, при которых каждое слагаемое уравнения (1) равно нулю, при этом

где  <1

Решим  первое уравнение

1+;

При   второе и третье уравнения  обращаются в верные равенства.

Следовательно,  единственный корень уравнения (1).

                                                       Ответ: 0

Пример 8. С помощью производной найдите все решения уравнения , лежащие на отрезке.

Решение:

Итак, рассмотрим функции f(x)=4x 3 +3x 2 - 6x+ и g(x) =sinх

xR,.

 при  и .

              +           ─                +                                  

Наименьшее значение принимает либо в точке либо в точке.

, .

 Значит 1 – наименьшее значение.

, 1 – наибольшее значение.

Итак, Значит при .

                                                       Ответ:

 Пример 9. Найти все пары чисел (x,у) удовлетворяющие условию

(х)(1+ sin2(x+y)) =1+7cos2(x+y)        (1)

Решение: Уравнение (1) равносильно уравнению (2).

х=  (2)

Преобразуем обе части уравнения (2).

х=()+8 = ()2+8    (3)

==

При выражение (3) принимает своё наименьшее значение, равное восьми.

При   выражение (4) принимает своё наибольшее значение, равное восьми. Следовательно, уравнение (2), значит, и (1) будут иметь решения, если обе части уравнения (2) принимают значения, равные восьми.

При х=2 ,y=-2+,

При х= - 2, ,

Ответ: (2; -2 +); (-2; 2+),.

Пример 10. Решить уравнение: log(3+|sin x|) - 2|x| =-2

Решение:               ОДЗ: xR

 log(3+|sin x|) =2|x|- 2

Оценим левую и правую части уравнения:

0 ≤ |sinx| ≤ 1,                                                           |x| ≥ 0,

3 ≤ 3+|sin x| ≤ 4,                                                      2|x| ≥ 1,

log4 ≤ log(3+|sin x|) ≤ log3,                             2|x|- 2 ≥- 1.

log4 ≤ log(3+|sin x|) ≤ -1.

Так как левая часть уравнения принимает значения не более -1, а правая – не менее -1, то равенство возможно, если одновременно выполняются условия

 log(3+|sin x|) = -1,

 2|x| - 2 = -1.

Решая систему, получаем х = 0.

                           Ответ: х = 0

Пример 11. Решите уравнение.

2 сos 2 (  ) = 2 х  + 2 – х

Решение: В левой части уравнения стоит тригонометрическая функция, а в правой – сумма показательных функции. Формул, позволяющих находить корни в таких случаях не существует. Оценим каждую из частей уравнения. Очевидно, что

2 сos 2 (  ) ≤ 2

Если  f(x) > 0, то f(x) +  =  = +2 ≥ 2, причем равенство достигается только при  f(x) = 1. В данном случае f(x) = 2 х . Таким образом, уравнение имеет решение, только если обе части равны 2. Следовательно, 2 х  = 1 <=> х = 0 . Проверив, убедимся, что  2 сos 2 () = 2 при  х = 0.

Ответ: х = 0.

Пример 12. Найдите все пары, для которых ()=.

Решение:

ОДЗ:, в этой области  , причем равенство достигается только при . Отсюда следует, что левая часть уравнения не менее 1. С другой стороны , т.е. правая часть уравнения не превосходит 1, причем равенство достигается только при y=1.

Итак,

Ответ:(n;1), .

Пример 13. Решить уравнение: sin= .

Решение. ОДЗ: х – любое, кроме 0, 1.

х2 + 6х + 13 = (х + 3)2 + 4 ≥ 4. Тогда 0 < ;   0 < ≤ ;

0 < sin≤ , т.к. функция у=sin t монотонно возрастает на.

Найдем границы области значений правой части уравнения, применяя неравенство ≥ 2, где а > 0.

Если log3|х| < 0, то правая часть уравнения будет принимать отрицательные значения, но sin> 0, следовательно, равенство возможно, если log3|х| > 0.

= ≥  2.

≥ ; ≥ .

Тогда данное уравнение равносильно системе

sin= ,

= .

Решая логарифмическое уравнение методом введения новой переменной, находим его корни: х1 = -3; х2 = 3. Проверка показывает, что число 3 не является корнем первого уравнения системы, следовательно, не является решением системы и исходного уравнения.

                                                                  Ответ: х = -3.

Все разработанные выше задачи достаточно непохожи друг на друга, однако их решения содержат общую идею – оценить одно аналитическое выражение другим выражением (чаще всего конкретным числом), «снизу», а другое – этим же числом «сверху».

Конечно, все эти признаки не гарантируют того, что задача решается методом оценки. Кроме того, порой применение метода сложно в техническом исполнении, поэтому, для того, чтобы хорошо овладеть им и уметь видеть когда его применение может принести успех, нужно прорешать большее количество задач такого типа.

Упражнения для самостоятельной работы

Решите уравнения:

1)                                    2)

3)                            4)

5)                                   6)

7)                                  8) 

9)              10)

11)                         12)

13)            14)                                            15   16

17)                                    18)  

19)                                 20)

 2. Использование метода при решении задач на неравенства  Коши и Бернулли.

Неравенство  Коши

         ≥ 

выполняется при неотрицательных  a 1 , a 2 , ... a n . Его можно переписать следующим образом:

a 1 + a 2 + ... + a n  ≥ n  

Рассмотрим частный случай неравенства   Коши   для n = 2, т.е.

≥   или   a 1 + a 2  ≥ 2  

Поскольку мы хотим воспользоваться неравенством для решения уравнений, нас интересует то, когда в неравенстве достигается равенство. Выясним это с помощью преобразований:

a 1 + a 2  = 2    ;                a 1 + a 2 - 2 ≥ 0

()2  ≥ 0.

Отсюда следует, что ()2  = 0, если a 1 = a 2 .

Для всех других значений  n условие a 1 = a 2 = … = a n также обеспечивает обращение неравенства Коши в равенство.

Приведем примеры.

Пример1.Решите уравнение   = 4х +

Решение: Сразу учтем область определения неизвестного: х ∈R, х ≠ 0.

Исходя из вида левой части, можно догадаться, что целесообразно применить неравенство Коши для n = 3. Но неравенство Коши выполняется для неотрицательных членов (множителей). Левая и правая части уравнения представляют собой нечетные функции. Отсюда следует, что корни уравнения – числа противоположные, поэтому достаточно решить уравнение для х > 0.

Преобразуем уравнение, умножив обе его части на х, так как х > 0:

х  = 4х2 + 3 => = 4х2 + 3

Рассмотрим левую часть и оценим ее:

 =≤ =  = 4х2+3

т.е.≤ 4х2 + 3, а по условию = 4х2 + 3. Таким образом, неравенство Коши обращается в равенство, а это возможно, если    5х2 =5х2 = 2х2  + 9 или    

    5х2 = 2х2  + 9

                                         ⇒х=

     х > 0                      

Учитывая нечетность функций, входящих в уравнение, получаем   х =  ±

Ответ: х = ± .

Пример 2 .Решите уравнение

Решение: Очевидно, что левая часть уравнения представляет собой функцию, которая определена при условиях   9 - х2 ≥  0  и   ≠ 3. Отсюда  х ∈[-3;0) U (0; 3] .

Пусть  = у, у ≥ 0. Тогда 9 - х2 = у2  => х2 = 9 – у2.

С учетом обозначения исходное уравнение примет вид:

Поскольку х2 = 9 – у2, приведем последнее уравнение к виду  

=1

Учитывая, что каждое слагаемое левой части неотрицательное, оценим левую часть

Теперь ясно, что исходное уравнение равносильно системе

                                                 1

                                        =1

Неравенство этой системы обращается в равенство тогда, когда

=’ 3 - y =

Дальнейшие рассуждения легко записать чисто символически:

4 (3-y)=1             у1 =       =               9 – х2 =         х2 = 

у2  =       ==>          9 – х2 =      х2 =-  

         х1 =

  х2  =-

Оба полученных корня принадлежат промежутку [- 3; 0) U (0; 3].

Ответ: х1,2 = ±  .

Пример 3.Решите в целых числах уравнение:

2х4  + 2у4  = 4ху – 1

Решение: Левая часть исходного уравнения представляет собой сумму двух неотрицательных выражений, поэтому можно воспользоваться неравенством Коши:         2х4  + 2у4  ≥ 2    = 2 ·2х2у2  = 4х2у2

С учетом исходного уравнения имеем:

  2х4  + 2у4  = 4ху – 1

  2х4  + 2у4  ≥ 4х2у2                 => 4ху – 1 ≥ 4х2у2

От последнего неравенства легко перейти к неравенству (2ху – 1)2 ≤ 0.

Отсюда 2ху – 1 = 0, => 2ху = 1, у =

Представим у =  в исходное уравнение, получим

2х4  +  = 2 -1.

При обозначении х4 = z, z > 0, предыдущие равенство примет вид

2z +  = 1 => (4z – 1)2  = 0 => z =

Вернемся к исходной переменной  х4  = 

Тогда х = ±  и    у = ±

Полученные х, у, целыми не являются, следовательно, в целых числах решений нет.

Ответ: решений нет.

Пример 4. Решите уравнение

=

Решение: Последовательно используя неравенство Коши между средним арифметическим и средним геометрическим и учитывая возрастание функции у = 2t, имеем  

≥ 2  =  ≥   =  . Равенство достигается тогда и только тогда, когда

х6 = х2          (поскольку неравенство Коши обращается в равенство в случае совпадения величин, к которым неравенство применяется).

Итак, х6 = х2  , откуда х 1= 0, х 2= 1, х 3= - 1.

Рассмотрим способ, с помощью которого будут решены уравнения  вида   +  =

Сначала оценивают каждый арифметический корень левой части уравнения с учетом показателя степени корня, для чего подкоренное выражение представляют в виде произведения множителей, количество которых определяется показателем степени корня. Например,

 =  ≤   ,

 =  ≤ .

Затем складывают полученные оценки и записывают неравенство:

 +  ≤ φ (x),         где φ (x) = +

Таким образом, получают систему :

         +  = g (x)

         +  ≤ φ (x),

из нее неравенство g (x) ≤ φ (x).

Теперь остается определить, при каких х достигается равенство в неравенстве g (x) ≤ φ (x).

Приведем ряд задач, в которых применяется этот способ.

Пример 1. Решите уравнение

 +  = х2  - х +2

Решение: Оценим каждый арифметический корень:

 =  ≤   = ;

  =  ≤      =  .

Найдем сумму полученных выражений:

+ ≤      +  = =  х + 1

С учетом исходного уравнения запишем систему

 +  = х2  - х +2

 +  ≤ х + 1

Отсюда х2  - х +2 ≤ х + 1, или х2  - 2х +1 ≤ 0 => (х – 1)2 ≤ 0.

В полученном неравенстве при х = 1 достигается равенство, следовательно, х = 1 является единственным решением уравнения.

Ответ: х = 1.

Пример 2. Решите уравнение:

 + = х2  - 6х + 11.

Решение: Оценим, каждый арифметический корень левой части уравнения. В силу их неотрицательности, имеем:

 ≤ = 

 ≤ = .

Найдем сумму полученных выражений:

  +   ≤ +  = 2,

т.е.  + ≤ 2.

Преобразуем теперь правую часть исходного уравнения:

х2  - 6х + 11 = (х2  - 6х + 9) + 2 = (х – 3)2 + 2 ≥ 2.

Сведя воедино найденные оценки левой и правой частей исходного уравнения    +  ≤ 2   и   х2  - 6х + 11 ≥ 2 , запишем систему

  +  = 2

х2  - 6х + 11 = 2.

Откуда     + = 2

                 (х – 3)2 + 2 = 2

и следовательно, х = 3.

Остается проверить, удовлетворяет ли найденное значение х области допустимых значений неизвестного. Из условий

х – 2 ≥ 0

4 – х ≥ 0

х2  - 6х + 11 ≥ 0

следует, что 2 ≤ х ≤ 4, т.е. 3 ∈ [2; 4].

Ответ: х = 3.

Неравенством Бернулли принято называть теорему, которая формулируется в три этапа:

1) Если h > -1, то при любом натуральном р выполняется (1 + h)р ≥ 1 + рh.

2) Если h > - 1 и      р > 1    , то (1 + h)р ≥ 1 + рh

                                   р < 0

3)  Если h > - 1 и 0 < р < 1, то (1 + h)р ≥ 1 + рh.

Замечание. Равенство достигается только тогда и только тогда , когда р = 1 или h = 0.

Для того, чтобы использовать эту теорему при решении уравнений вида

+ …+  = a

нужно левую часть уравнения представить в виде суммы степеней вида          (1 + f(x))р  и к каждому слагаемому применить неравенство Бернулли. Если после преобразований получим, что левая часть исходного уравнения совпадает с его правой частью, то, в силу только что приведенного замечания, делаем вывод, что р = 1 или f(x) = 0.

Приведем примеры применения описанного метода.

Пример 1. Решите в целых числах уравнение

x = lg (9x + 1).

Решение: Функция f(x) = lg (9x + 1) определена при  х > -  . Следовательно, целых отрицательных корней уравнение не имеет.

Проверим, существует ли корень, равный нулю. В самом деле, при х = 0 уравнение принимает вид 0 = lg (9 · 0 + 1), т.е. 0 = 0. Следовательно, х = 0 – корень уравнения.

Остается установить, не имеет ли уравнение положительных корней. Преобразуем:

x 1 = lg (9x + 1),         x ·lg 10 = lg (9x + 1),

lg 10х  = lg (9x + 1),  10х  = 9х + 1.

Получаем (1 + 9)х  = 9x + 1. В неравенстве (1 + 9)х  ≥ 9x + 1 равенство достигается или при х = 1 или при 9х +1 =0, т.е. при х = -  . Второе значение х не входит в область допустимых значений неизвестной в исходном уравнении.

Ответ:   х = 0; х = 1.

Пример 2. Решите уравнение:

= 2, при условии, что   ≥ 1.

Решение: Представим левую часть уравнения в виде суммы степеней:

  = (1++ (1 –  ).

Поскольку основание степени с дробным показателем неотрицательно, заключаем, что 0 ≤  ≤ 1. Тогда для выражений (1 ±  ) выполняется условие: > - 1 и  > - 1, к тому же  0 <  < 1.

Значит, можно применить неравенство Бернулли и записать:

(1 +  ≤ 1 +      и     (1 –  ≤ 1 –  .

Теперь можно рассмотреть сумму

(1 +  + (1 – ≤ 1 +             + 1 -   = 2.

Так как    ≠ 1, равенство возможно, если  = 0, отсюда 1 – х2 =0, х2 = 1 и х = ± 1.

Ответ: х = ± 1.

Пример 3. Решите уравнение  +  = 4.

Решение: В левой части уравнения стоят корни четной степени, а это значит, что 1 – х ≥ 0 и 1 + х ≥ 0, т.е. имеет место равенство -1 ≤ х  ≤ 1. Представим левую часть уравнения в виде суммы степеней:

 +  = 

Условия х > - 1 и  0 <  < 1 дают возможность применить неравенство Бернулли:

 ≤ 1 -  х + 1 +  х = 2.

Получили, что   ≤ 2, но  +  = 4, следовательно, решений нет.

Ответ: решений нет.

Рассмотрим  способ применения неравенства Бернулли к уравнению

+ …+  = + …+

Обе части уравнения сначала представим в виде сумм степеней            (1 + f(x))р. Затем к левой и правой частям уравнения применим неравенство Бернулли. Если после преобразования они совпадут, то определяем, при каких х выполняется равенство.

Пример 1. Решите уравнение

+  = (1 -  )4 + (1 +  )6

Решение: Представим левую часть уравнения в виде суммы степеней:

 +  = ,

приравняем и к правой части исходного уравнения:

 =(1 -  )4 +(1 +  )6;

применим к обеим частям неравенство Бернулли (так как х € [- 1; 3] и выполним преобразования:  ≤ 1 -  + 1 +   х = 2,

(1 -  )4 + (1 +  )6 ≥ 1 – 4 · + 1 + 6 · = 2.

Следовательно, левая часть исходного уравнения равна его правой части, если каждая из них равна 2, значит, равенство возможно, если:

                          = 0

                      х = 0                                   

         => х = 0

                       = 0

                          = 0                                               Ответ: х = 0.

Упражнения для самостоятельной работы

Решите уравнение:

1) + =

2)

3)

4)

Анализируя приведенные примеры, попытаемся сделать вывод, когда есть основания для предположения, что данная задача может быть решена методом оценки:

1. если в одной части соотношения стоят ограниченные функции, а в другой – конкретные числа;
2. если в задаче переменных больше, чем заданных соотношений (уравнений или неравенств);
3. если в соотношениях содержатся разного вида функции;
4. если в задаче просматриваются  неравенства для суммы двух взаимно обратных чисел, Коши, Бернулли или им подобные.

                    Список использованной литературы.

1. Аксенов А.А. Решение задач методом оценки //Математика в школе. -  1999. №3.
2. Бартенев Ф.А. Нестандартные задачи по алгебре – М. Просвещение, 1976.
3. Барчунова Ф.М., Денищева Л.О. Применение свойств функции при решении уравнении //Математика в школе. – 1992. №6. – С.11.
4. Петров В.В., Елисеева Е.В. Нестандартные задачи //Математика в школе. -  2001. №8. – С. 56-57.
5. Полякова Н.В. Решение нестандартных уравнений //Математика в школе. – 2004. №7. – С.48 – 50.
6. Саакян С.М., Гольдман А.М., Денисов Д.В. Задачи по алгебре и началам анализа для 10 – 11 классов. – М.: Просвещения, 1990.
7. Смоляков А.Н. Решение тригонометрических уравнений методом экстремальных значений //Математика в школе. – 2005. №6. – С. 64 – 65.
8. Соколова А.В., Пикан В.В., Оганесян В.А. Из опыта преподавания математики в средней школе. – М.: Просвещение, 1979. – 192
9. Фирстова Н.И. Решение некоторых видов уравнений при помощи неравенств / /Математика в школе. 2002, №1. – С.29 – 33.
10. Фридман Л.М., Турецкий Е.Н. Как научиться решать задачи. – М.: Просвещение, 1984