n a b 

Корни четной и нечетной степеней
Определение. Корнем степени n из числа a называется такое число b ,
что b n  a . Степень корня может быть только натуральным числом, не меньшим числа 2 .
1. Пусть степень корня n четна, т.е. n  2m . Тогда из равенства 2m a  b
следует, что a  b 2m . Поскольку четная степень любого числа неотрицательна,
то a  0 . Это означает, что число под знаком корня четной степени может
быть только неотрицательным.
Заметим, что корень четной степени из положительного числа имеет два
значения. Если число b удовлетворяет соотношению b 2m  a , то для числа
 b  также верно равенство  b 
2m
 a.
Определение. Арифметическим значением корня 2m a называется неотрицательное число b , удовлетворяющее соотношению b 2m  a .
Заметим, что в элементарной математике рассматриваются только
арифметические значения корня четной степени, т.е. всегда 2 m a  0 .
2. Пусть теперь степень корня нечетна, т.е. n  2m  1. В этом случае из равенства 2 m1 a  b следует, что a  b 2 m1 . Число a может иметь любой знак.
Число b имеет такой же знак, как и число a . Если a  0 , то и b  0 .
Степенная функция
Определение. Функция вида y  x p называется степенной.
При изучении степенной функции y  x p обратите внимание на тот факт,
что область определения и поведение функции зависят от показателя степени
p . Постройте графики функции при значениях p равных 2 ,  1 и 1,5 . Определите области определения и значений этих функций.
Остановимся подробнее на графике функции y  x .
4
Отметим следующие свойства функции.
1. Область определения функции D  y   0;   .
2. Область значений функции E  y   0;   .
3. Функция монотонно возрастает на всей области определения.
Иррациональные уравнения.
Определение. Уравнение называется иррациональным, если оно содержит
переменную под знаком радикала или дробного показателя степени.
Теорема 1. При возведении обеих частей уравнения f  x   g  x  в четную
степень 2m , полученное уравнение  f  x  
2m
  g  x 
2m
будет являться след-
ствием исходного уравнения.
Это означает, при такой процедуре могут появиться «посторонние» корни.
Эти корни являются корнями уравнения f  x    g  x  или получаются из-за
возможного изменения ОДЗ уравнения после возведения его в четную степень.
Теорема 2. При возведении обеих частей уравнения f  x   g  x  в нечетную степень 2m  1 , полученное уравнение  f  x  
2 m 1
  g  x 
2 m 1
будет рав-
носильно исходному уравнению.
В иррациональных уравнениях чаще всего встречается квадратный корень.
Напомним, что из определения арифметического корня следует: a  0 и а 0.
Приведем некоторые равносильные переходы, позволяющие избавиться от
радикала в иррациональных уравнениях. Заметим, что эти переходы даны для
понимания сути метода решения, а не для механического запоминания.
1.
2

 f  x  g  x,
f  x  g  x  

 g  x   0.
2. g  x 
3.
  g  x   0,

  f  x   0.
f  x  0  
  f  x   0,
 x  D g x .
  
 

 f  x  g  x, 
 f  x  g  x,
f  x  g  x  



 f  x  0
 g  x   0.
5
Примеры решения задач
Рассмотрим основные методы решения иррациональных уравнений на
простейших примерах.
Пример 1. Решить уравнение
x  1  3x  5 .
Решим это уравнение шестью различными способами.
1.
Перенесем 3x в правую часть и возведем обе части уравнения в
квадрат x  1  3x  10 3x  25 . Преобразуем уравнение к виду 5 3x  x  12
и вторично возведем в квадрат. После преобразований получим квадратное
уравнение x 2  51x  144  0 , корнями которого являются числа x1  3 и
x2  48 .
Среди полученных корней могут быть посторонние, т.к. при получении их
мы возводили уравнение в квадрат. Если получившиеся корни целые числа и
подстановка их в уравнение не вызывает затруднений, то лучше отбросить посторонние корни проверкой. Подставив числа в исходное уравнение, получаем
ответ: x  3 .
2.
Сделаем замену
x  1  t  0 , откуда следует, что x  t 2  1 . После
подстановки уравнение приобретает вид t  3t 2  3t  5 . Такая замена не
очень эффективна, но она сводит количество корней к одному. Решив это уравнение аналогично п.1 получим t1  2 и t2  7 . Поскольку t  0 , остается t  2 .
Следовательно,
x 1  2 и x  3 .
3.
Сделаем замену x  1  u , 3x  v . Уравнение в этом случае имеет вид u  v  5 . Добавив к нему возведенные в квадрат равенства, определяю-
u  v  5,

щие замену, получим систему уравнений u 2  x  1, Такая замена позволяет
v 2  3x.

свести уравнение к рациональной системе. Заметим, что нам не надо искать
полное решение системы. Достаточно найти неотрицательное решение неизвестной u или v . Решив систему обычным способом, найдем что u  2 . Затем
найдем x  3 .
Метод сведения иррационального уравнения к рациональной системе часто
бывает очень эффективным.
4.
Домножим обе части уравнения на выражение, сопряженное левой
части, т.е. на x  1  3x . После преобразований получим уравнение
x  1  3x 
1  2x
. Сложив полученное равенство с исходным уравнением
5
6
получим 5 x  1  13  x . Заметим, что последнее уравнение можно решить без
возведения в квадрат. Преобразуем его к виду x  1  5 x  1  14  0 . Замена
t  x  1 сводит уравнение к квадратному: t 2  5t  14  0 с корнями t1  2 и
t2  7 . Подходит только t1  2 . Получаем
x 1  2 и x  3 .
Метод несколько экзотический, но и он в некоторых случаях бывает эффективен.
5.
Заметим, что корень x  3 легко угадывается. Но мало корень угадать, надо еще доказать, что он единственный. Однако это непосредственно
следует из того, что левая часть уравнения возрастающая функция, а правая
часть – константа.
Наконец, решим уравнение графически, преобразовав к виду
3x  5  x  1 .
6.
Рассмотрим теперь на примерах другие типы уравнений и методы их решений.
Рассмотрим на двух примерах типичные ошибки, связанные с неравносильными переходами при преобразовании уравнений.
Допустимо, чтобы при преобразовании новое уравнение было следствием
исходного. Это означает, что все корни исходного уравнения содержатся в
множестве корней уравнения преобразованного, но преобразованное уравнение
может иметь корни, не удовлетворяющие исходному. Проверка полученных
корней или исследование функции, входящих в уравнение, позволят отбросить
посторонние корни и получить правильный ответ.
Пример 2. Решить уравнение
 x  1 5x  4    x  1 x   x  1 3x  1  0 .
7
Предложим сначала такое «решение». Вынесем за скобки
x 1
уравнение


x  1 . Получим
5 x  4  x  3x  1  0 . Последнее уравнение распадает-
x  1  0   и 5 x  4  x  3x  1  0  .
Первое уравнение дает корень x1  1, решение второго после двукратного возведения в квадрат дает уравнение 11x 2  2 x  9  0 с корнями x2  1 и
9
x3  . Уравнению  число x2  1 не удовлетворяет, а подходит только
11
9
x3  . Если же мы подставим эти числа в исходное уравнение, то картина бу11
9
дет обратной. Число x2  1 уравнению удовлетворяет, а x3 
не подходит.
11
ся на совокупность двух:
Как такое могло получиться?
Это произошло потому, что в общем случае недопустима замена выражения вида uv на u v . Дело в том, что исходный корень uv имеет смысл
при одновременно отрицательных u и v , а произведение корней при этом
условии смысла не имеет. Правильной формулой перехода является следующая:
uv 
u
v . Аналогичный переход:
u

v
u
.
v
Приведем теперь правильное решение. Найдем ОДЗ уравнения:
 ;0  1;   . Преобразуем уравнение к виду
x 1

5x  4 
x  3x  1  0 . Второе уравнение надо рассмотреть отдельно в двух случаях: 1 . x  1 и 2 . x  0 . Опустим решение этих
уравнений ввиду его легкости и приведем ответ: x 1 .
двух:
x 1  0 и

x  3x  1  0 . Уравнение распадается на совокупность
5x  4 
Пример 3. Решить уравнение x3  x  1  6  x  1 6 x3  x  1  0 .
3
Часто возникают ошибки при внесении сомножителя под знак корня. В
данном уравнении у школьников возникает «соблазн» внести сомножитель
 x  1 под знак корня, получив при этом уравнение
x3  x  1  6 6 x3  x  1  0 , чтобы заменой y  x3  x  1 свести его к ви3
3
3
8
ду y 2  6 6 y  0 . Такое «решение» будет ошибочным и приведет к потере
корня, т.к. уравнение
x3  x  1  6 6 корней не имеет.
3
Заметим, что если в выражении u v возникает необходимость внести сомножитель u под знак корня, то надо рассмотреть два случая.
1. Если u  0 , то u v  u 2v .
2. Если u  0 , то u v   u 2v .
В нашем случае можно обойтись без внесения сомножителя под знак корня.
Обозначим y   x  1 x3  x  1 , тогда y 2   x  1 x3  x  1 или
2
y 2  x3  x  1 . Уравнение приобретает вид y 2  6 6 y  0 , корни которого
3
y1  0 и y2  6 6 .
Рассмотрим первый вариант:  x  1 x3  x  1  0 . Получаем два корня x1  0
и x2  1.
Второй вариант:  x  1 x3  x  1  6 6 . Заметим, что правая часть уравнения отрицательна, следовательно, x  1  0 или x  1 . Возведем обе части уравнения в квадрат. Получим: x3  x  1  63 . Извлечем корень 3-ей степени из
3
обеих частей: x  x  1  6 . Квадратное уравнение имеет корни x1  3 , x2  2 ,
но подходит только второй корень. Ответ: x 2;0;1 .
Рассмотрим примеры решения других иррациональных уравнений.
Пример 4. Решить уравнение
4 x2  x  1  4  2 x .
Заметим, что правая часть уравнения 4  2 x  0 , т.е. x  2 . После возведения в квадрат и преобразования получим: 16  x  1  x  1 . Очевидный корень
x  1 . Если x  1 , разделим обе части уравнения на x  1 . Результат:
1
1 

16 x  1  1, откуда x  1
. Ответ: x  1;1
.
256
 256 
Пример 5. Решить уравнение
x 2  3x  2 x  4  3  x .
9
3  x  0,
 2
 x  3 x  0,
Данное уравнение равносильно системе 
Си2 x  4  0,

 x 2  3 x   2 x  4    3  x 2 .

стема первых трех неравенств имеет решением единствекнное число x  3 . Поскольку это число удовлетворяет уравнению, оно и является ответом.
Ответ: x 3 .
Пример 6. Решить уравнение
x 2  3x  5  x 2  3x  7 .
Сделаем замену x2  3x  5  t  0 . Тогда уравнение имеет вид t 2  t  12  0 с
корнями t1  3 , t2  4 , причем, подходит только первый корень. Получаем
x2  3x  5  3 или x2  3x  4  0 с корнями x1  4 , x2  1 . Корни, найденные таким способом, проверки не требуют, т.к. при решении не было неравносильных переходов.
Пример 7. Решить уравнение 1  x2  1  x2  x4  2 .
Обе части уравнения положительны, поэтому возведение в квадрат приводит к
равносильному уравнению. Получаем после небольших преобразований:
2  2 1  x 2   x 4  2  . Заметим, что максимальное значение левой части
уравнения равно 4 и достигается оно в точке x  0 . Правая часть имеет в точке
x  0 минимальное значение, равное 4 . Ответ: x 0 .
2
Пример 8. Решить уравнение
x2  x  1  x4  4 x2  x  7 .
 x 2  x  1  x 4  4 x 2  x  7,
Уравнение равносильно системе  2
Неравенство
x

x

1

0.

верно при всех x  R , следовательно, надо только решить уравнение. Опустив


выкладки, приведем ответ: x   2;  3 .
Пример 9. Решить уравнение
x2  5x  4  x  1  x  4  10  x .
10
Сделаем замену:
x  1  u,
x  4  v.
Заметив, что x 2  5 x  4   x  1 x  4  и возводя предыдущие равенства в квадuv  u  v  10  x ,

рат, получаем систему u 2  x  1,
 2
 v  x  4.
Полное решение системы нам не нужно. Достаточно найти только u или v. Из2

uv  u  v  10  u  1,
бавимся сначала от х:
 2
2

u  v  3
Преобразуем систему:

u  u  v    u  v   9,


 u  v  u  v   3,
Разделим одно уравнение на другое:

 u  v u  1  9,


 u  v u  v  3.
u1
 3;
uv
u
1  3v
.
2
2
 1  3v 
2
Подставим во второе уравнение: 
  v  3. Упростив, получим квад 2 
11
ратное уравнение 5v 2  6v  11  0 5 c корнями v1  1; v2   . Очевидно, что
5
подходит только первый корень. Итак: x  4  1; x  5 .
Ответ: x  5 .
x 2  14 x  47  1  x  7  1 .
Пример 10. Решить уравнение
Заметив, что x2  14 x  47   x  7   2 , сделаем замену x  7  t  0 . Получа2
ем уравнение
t 2  2  1  t  1 , которое равносильно системе
2
2

 t  2  1  t  2t  1,
Решением системы являются числа t1  1 и t2  0 .

t

1.


Опустив простые выкладки, приведем ответ: x 9; 8; 6; 5 .
11
Задачи для самостоятельного решения
Решить уравнения
2.
Ответ:5
2х 1  х  2
1.
3 2
х  28  2
Ответ: 6
Ответ: 2; 4 .
3. х  3 х3  х2  6 х  8
4.
x2  x6  2
Ответ: 7 .
5.
х2  16  х  2 .
Ответ:4
6. 2 x  1 
7.
8.
4
x  x2  x
3
x 1 1

Ответ: 3 .
 5.
1
x  x2  x

3
.
x
9  6 х  х2  х  4  3 .
9. 3 х2  3 х  6  0 .
10. х2  3х  18  4 х2  3х  6  0
х  8  2 х  7  х 1 х  7  4.
11.
12. x  x 2  5 x  2 x  2 x  5  5 .
13.
15.
4
Ответ: 5 .
Ответ: 8; 27 .
Ответ: 5;2 .
Ответ: 2.
Ответ: 9.
4х  1  3 х  1  1
Ответ: 7
х  2  3 3х  2  0
Ответ: 2
18  5х  4 64  5х  4
Ответ: 12,6;  3,4
3
14.
9

Ответ:  1;  .
16 

12