Page 1

Є. П. Нелін

АЛГЕБРА І ПОЧАТКИ АНАЛІЗУ Підручник для 10 класу загальноосвітніх навчальних закладів Академічний рівень

Рекомендовано М іністерством освіти і науки України

Харків «Гімназія » 2010


232

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

ВІДОМОСТІ З ІСТОРІЇ Поняття степеня виникло в далекій давнині. Збереглися глиняні плитки стародавніх вавилонян (близько 1700 р. до н. е.), які містять записи таблиць квадратів і кубів та їх обернених значень. До множення рівних множників приводить розв’язування багатьох задач. Вираз ква­ д р а т числа виник унаслідок обчислення площі квадрата, а куб числа — унаслідок знаходження об’єму куба. Але сучасні позначення (типу а4, а5) введено в XVII ст. Р. Д ек ар том (1596—1650). Дробові показники степеня та найпростіші правила дій над степеня­ ми з дробовими показниками застосував у XIV ст. французький матема­ тик Н. О рема (бл. 1323—1382). Відомо, що Н. Шюке (бл. 1445—бл. 1500) розглядав степені з від’ємними і нульовим показниками. С. С тевін запропонував розуміти під а п корінь л[а,. Але система­ тично дробові та від’ємні показники першим став застосовувати І. Нью­ тон (1643—1727). Німецький математик М. Ш тіф ель (1487—1567) дав позначення а° = 1, якщо а Ф 1, і ввів назву показник (від німецьк. ехропепі). Ні­ мецьке роїепгіегеп означає піднести до степеня. У свою чергу, термін ехропепіеп виник унаслідок не зовсім точного перекладу з грецької сло­ ва, яким Д іоф ант А л е к с а н д р ій с ь к и й (бл. III ст.) позначав квадрат невідомої величини. Терміни радикал і корінь, уведені в XII ст., походять від латинсько­ го гайіх, що має два значення: сторона і корінь. Грецькі математики замість «добути корінь» казали «знайти сторону квадрата за його даною величиною (площею)». Знак кореня у вигляді символу V з’явився впер­ ше в 1525 р. Сучасний символ увів Декарт, який додав горизонтальну риску. Ньютон уже позначав показники коренів так: л/~, .


УДК 373:[512+517] ББК 22.12я721+ 2.161я721 Н49 Видано за рахунок державних коштів Продаж заборонено Рекомендовано М іністерством освіти і науки України (наказ від 03.03.2010 № 177) Наукову експертизу проводив І н с т и т у т м атем ати к и Національної академії наук України Психолого-педагогічну експертизу проводив І н с т и т у т педагогіки Національної академії, педагогічних наук України Експерти, які здійснювали експертизу: 27. Я . Е ін д ю х , гімназія м. Ужгорода, директор, заслужений вчитель України, вчитель-методист Л. А. Б о й к о , Монастиригценська спеціалізована ш кола І—III ст. № 5 Монастиршценської районної ради Черкаської обл., вчитель, вчитель-методист І . О. В о р о б е й , Управління освіти Житомирської міської ради, методист М . А. М у р а т о в , Таврійський національний університет ім. В. І. Вернадського, кафедра математичного аналізу, доктор фізпко-математичних наук, доцент

Н49

Нелін Є. П. Алгебра і початки аналізу : підруч. для 10 кл. загальноосвіт. навчальн. закладів : академ. рівень / Є. П. Нелін. — X. : Гімназія, 2010. — 416 с. : іл. І8ІНЧ 978-966-474-095-8. УДК 373:[512+517] ББК 22.12я721+ 2.161я721

І8ІНЧ 978-966-474-095-8

© Є. II. Нелін, 2 0 10 © ТОВ ТО «Гімназія», оригінал-макет, 2 0 10


Передмова

ПЕРЕДМ ОВА Д Л Я УЧНІВ Ви починаєте вивчати новий предмет «Алгебра і початий аналі­ зу», який об’єднує матеріал кількох галузей математичної науки. Як і в курсі алгебри, значну увагу буде приділено перетворенням виразів, розв’язуванню рівнянь, нерівностей та їх систем і розгляду властивостей функцій. Поряд із розв’язуванням знайомих задач, пов’язаних з много­ членами, раціональними дробами, степенями і коренями, у 10 класі буде розглянуто нові види функцій: степеневі й тригонометричні та відповід­ ні рівняння і нерівності. Принципово нову частину курсу — початки аналізу — буде розгля­ нуто в 11 класі. М атематичний аналіз (або просто аналіз) — галузь математики, що сформувалася у XVIII ст. і відіграла значну роль у роз­ витку природознавства: з’явився потужний, достатньо універсальний ме­ тод дослідження функцій, які використовуються під час розв’язування різноманітних прикладних задач. Кілька зауважень про те, як користуватися підручником. Систему навчального матеріалу підручника з кожної теми подано за двома рівнями. Основний м атер іал наведено в параграфах, номери яких позначено синім кольором. Додатковий м атер іал (номери пара­ графів позначено сірим кольором) призначений для оволодіння темою на більш глибокому рівні (наприклад, для виконання складніших за­ вдань з алгебри і початків аналізу зовнішнього незалежного оцінювання з математики). Учні можуть опановувати його як самостійно, так і під керівництвом учителя. На початку багатьох параграфів наведено довідкові таблиці, які містять основні означення, властивості та орієнтири для пошуку пла­ ну розв’язування задач з теми. Для ознайомлення з основними ідея­ ми розв’язування задач наводяться приклади, у яких крім розв’язання міститься також коментар, що допоможе скласти план розв’язування аналогічного завдання. З метою закріплення, контролю і самоконтролю засвоєння на­ вчального матеріалу після кожного параграфа запропоновано систему запитань і вправ. Відповіді на ці запитання і приклади розв’язування аналогічних вправ можна знайти в тексті параграфа. Систему вправ до основного матеріалу подано за трьома рівнями. Задачі середнього рівня позначено символом «°>>, дещо складніші задачі достатнього рівня по­ дано без позначень, а задачі високого рівня складності позначено сим­ волом «*». У підручнику для багатьох задач поглибленого рівня також пропонуються спеціальні орієнтири, які дають можливість опанувати методи їх розв’язування. Відповіді і вказівки до більшості вправ наведе­ но у відповідному розділі. Про походження понять, термінів і символів ви зможете дізнатися, прочитавши «Відомості з історії». У кінці підруч­ ника наведено довідковий матеріал.

З


4

Передмова

ПЕРЕДМ ОВА Д Л Я ВЧИТЕЛЯ Пропонований підручник спрямовано на реалізацію основних поло­ жень концепції профільного навчання в старшій школі, на організацію особистісно-орієнтованого навчання математики. Підручник підготовле­ но відповідно до чинної програми з алгебри і початків аналізу акаде­ мічного рівня з урахуванням програми профільного рівня та програми і змісту зовнішнього незалежного оцінювання з математики. Відзначимо основні відмінності пропонованого підручника від ін­ ших підручників з алгебри і початків аналізу. Це дворівневий підруч­ ник, у кожному розділі якого поряд з параграфами, що призначені для оволодіння учнями стандартом математичної освіти на академічному рівні, є систематичний матеріал для організації індивідуальної роботи з учнями, які цікавляться математикою. Основний матеріал, який повинні засвоїти учні, структуровано у формі довідкових таблиць на початку параграфа, які містять система­ тизацію теоретичного матеріалу та способів діяльності з цим матеріалом у формі спеціальних орієнтирів для розв’язування завдань. У першу чер­ гу учні повинні засвоїти м атеріал, який м істи ть ся в таблицях. Тому під час пояснення нового матеріалу доцільно працювати з підручником, використовуючи відповідні таблиці та рисунки. Усі потрібні пояснення й обґрунтування теж наведено в підручнику, але кожен учень може ви­ бирати свій рівень ознайомлення з цими обґрунтуваннями. Підкреслимо, що будь-який підручник з алгебри і початків аналізу повинен забезпечити не тільки ознайомлення учнів з основними алгебра­ їчними поняттями та їх властивостями (тобто дати можливість формува­ ти в учнів знання з алгебри і початків аналізу), а й формування способів дій із цими поняттями (тобто дати можливість формувати в учнів уміння з алгебри і початків аналізу). Систему умов, на яку реально спираєть­ ся учень при виконанні дії, психологи називають орієнтовною осно­ вою дії. Якщо учням пропонують достатньо загальні орієнтовні основи для розв’язування відповідних завдань у вигляді спеціальних правил та алгоритмів, то кажуть, що їм пропонують орієнтовні основи другого і третього типів. Як правило, у підручниках алгебри і початків аналізу для 10 класів учням пропонуються тільки зразки розв’язувань завдань. Учні самостійно розв’язують ці завдання, орієнтуючись на зразки (тобто учням пропонуються орієнтовні основи першого типу). Таке навчання передбачає, що учень самостійно виконає систематизацію та узагальнен­ ня способів дій, орієнтуючись на запропоновані зразки, і виділить для себе орієнтовну основу розв’язування розглянутих завдань. Як правило, у цьому випадку орієнтовна основа, що створюється в учня, неповна. Крім того, вона часто не усвідомлена ним, бо учень не може пояснити,


Передмова

чому він виконував саме такі перетворення під час розв’язування за­ вдання, а не інші. Із цієї причини одним з принципів побудови пропонованого підруч­ ника було виділення для учнів орієнтовних основ відповідної діяльності з розв’язування алгебраїчних завдань безпосередньо в підручнику. У кожному розділі розв’язанню вправ передує виділення загальних орієнтирів для розв’язування таких завдань. Тому важливою складо­ вою роботи за пропонованим підручником є обговорення вибору відпо­ відних орієнтирів та планів розв’язування завдань. Пояснення методів розв’язування ведеться за схемою: Р о зв’я з а н н я

К ом ен тар

За умови такої подачі навчального матеріалу коментар, у якому по­ яснюється розв’язання, не заважає сприйняттю основної ідеї та плану розв’язування завдань певного типу. Це дозволяє учневі, який уже за­ своїв спосіб розв’язування, за допомогою наведеного прикладу згада­ ти, як розв’язувати завдання, а учневі, якому потрібна консультація з розв’язування, — отримати детальну консультацію, що міститься в коментарі. За рахунок чіткого виділення загальних орієнтирів роботи з прак­ тичними завданнями курсу вдається частину «нестандартних» (з точки зору традиційних підручників) завдань перевести в розряд «стандарт­ них» (наприклад, рівняння, для розв’язування яких доводиться вико­ ристовувати властивості функцій). Це дозволяє, зокрема, ознайомити учнів з методами розв’язування навіть складних завдань з алгебри і початків аналізу, які пропонуються в зовнішньому незалежному оцінюван­ ні з математики, та з оформленням їх розв’язання. Умовні позначення

головне в навчальному матеріалі ► < • О

початок розв’язання задачі закінчення розв’язання задачі початок обґрунтування твердження закінчення обґрунтування твердження

5


6

Передмова

Позначення, які застосовано в підручнику

N 2 2о <? Е К+ [а; Ь]

(а; Ь)

(а; Ь], [а; Ь) (а; +°°), [а; +оо), (— ; Щ, (-о°; Ь) (—оо; +оо)

множина всіх нату­ ральних чисел множина всіх цілих чисел множина всіх невід’­ ємних цілих чисел множина всіх раціо­ нальних чисел множина всіх дійсних чисел, числова пряма множина всіх додат­ них дійсних чисел відрізок (замкнений проміжок) з кінцями а і Ь, а < Ь інтервал (відкритий проміжок) з кінцями а і Ь, а < Ь напіввідкриті проміж­ ки з кінцями а і Ь, а <Ь нескінченні проміжки нескінченний промі­ жок, числова пряма модуль (абсолютна ве­ личина) числа х

[х] — ціла частина числа х {х} — дробова частина числа х / (х) — значення функції / у точці х І) (/) — область визначення функції / Е (/) — область значень функ­ ції / 8ІП — функція синус сов — функція косинус —

функція тангенс

сІ£ — функція котангенс агсвіп — функція арксинус агссов — функція арккосинус агсі£ — функція арктангенс агссі£ — функція арккотангенс л[а — арифметичний корінь із числа а ЧІа — арифметичний корінь 2к-то степеня із числа а (к є ТУ) 2к+у/а — корінь (2/і'+1) го степе­ ня із числа а (к є ТУ)


Р о з д іл 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ* ОСНОВНИЙ МАТЕРІАЛ

§ § § §

1. 2. 3. 4.

Множини Функції Рівняння Нерівності: рівносильні перетворення та загальний метод інтервалів

ДОДАТКОВИЙ МАТЕРІАЛ

§ 5 . Графіки рівнянь та нерівностей з двома змінними § 6. Метод математичної індукції § 7. Многочлени від однієї змінної та дії над ними § 8 - Рівняння і нерівності, що містять знак модуля § 9 - Рівняння і нерівності з параметрами В основній частині цього розділу ви систематизуєте та уза­ гальните свої знання й уміння, пов’язані з множинами, функціями, рівняннями і нерівностями, уточните, як дослі­ джують і обґрунтовують основні характеристики функцій. Також ви отримаєте рекомендації щодо розв’язування рів­ нянь та нерівностей різними методами. У додатковій частині розділу ви зможете ознайомитися з важливим методом доведення математичних тверджень (ме­ тодом математичної індукції) та з методами розв’язування деяких складних завдань, що їх пропонують у завданнях зовнішнього незалежного оцінювання чи державної підсум­ кової атестації з математики.


8

Розділ 1. Ф УНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

§ 1 1.1.

МНОЖИНИ Множини та операції над ними Т а б ли ц я 1 Поняття множини та її елементів Множину можна уявити собі як сукуп­ ність деяких об’єктів, що об’єднані за якоюсь ознакою. У математиці мно­ жини — це одне з основних неозначуваних понять. Кожний об’єкт, що входить до мно­ жини А , називається елементом цієї множини. Множина, що не містить жодного еле­ мента, називається порожньою множи­ ною і позначається 0 Підмножина (с )

Якщо кожен елемент однієї множини А є елементом другої множини В, то кажуть, що перша множина А є підмножиною другої множини В, і записують так: А с В. Використовують також запис А с В, якщо множина А або є підмножиною множини В, або дорівнює множині В Рівність множин х є А=>хє В А = В <=> х є Б=>хє А

Дві множини називаються рівними, якщо кожний елемент першої множини є елементом другої множини, і навпаки, кожний елемент другої множини є елементом першої множини


1. Множини

9

Продовження таб л. 1

Перетин МНОЖИН (П)

Перетином множин А ЇВ називають їх спільну частину, тобто множину С всіх елементів, що належать як множині А, так і множині В

О б’єднання множин (и)

С = АиВ х є С <=>х є А або х є В

Об’єднанням множин А і В називають множину С, складену з усіх елементів, що належать хоча б одній із цих множин (А або В)

Різниця множин (\)

С=А\В х є С <=>я є А і х і В

Різницею множин А і В називається множина С, що складається з усіх елементів, які належать множині А і не належать множині В

Доповнення множин Якщо всі множини, які ми розглядає­ мо, є підмножинами якоїсь так званої універсальної множини II, то різниця 17 \ А називається доповненням мно­ жини А. Тобто доповненням множини А називається множина, яка склада­ ється з усіх елементів, які не належать множині А (але належать універсаль­ ній множині Ц)


10

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Пояснення й обґрунтування

1. Поняття множини. Одним з основних понять, які використовують у математиці, є поняття множини. Для нього не дають означення. Мож­ на пояснити, що множиною називають довільну сукупність об’єктів, а самі об’єкти — елементами даної множини. Так, можна говорити про множину учнів у класі (елементи — учні), множину днів тижня (елемен­ ти — дні тижня), множину натуральних дільників числа 6 (елементи — числа 1, 2, 3, 6) тощо. У курсах алгебри та алгебри і початків аналізу найчастіше розглядають множини, елементами яких є числа, і тому їх називають числовими множинами. Як правило, множини позначають великими літерами латинського алфавіту. Наприклад, якщо множина М складається із чисел 1; 2; З, то її позначають так: М = {1; 2; 3}. Той факт, що число 2 входить до цієї множини (є елементом даної множини М), записують за допомогою спеціального значка є так: 2 є М; а те, що число 5 не входить до цієї множини (не є елементом даної множини), записують так: 5 £ М. Можна розглядати також множину, яка не містить жодного елемен­ та, — порожню множину. Наприклад, множина простих дільників числа 1 — порожня множина. Для деяких множин існують спеціальні позначення. Так, порож­ ню множину позначають символом 0, множину всіх натуральних чи­ сел — літерою ІУ, множину всіх цілих чисел — літерою 2 , множину всіх раціональних чисел — літерою ф, а множину всіх дійсних чи­ сел — літерою В. Множини бувають скінченні і нескінченні залежно від того, яку кількість елементів вони містять. Так, множини А = {7}; М = {1; 2; 3} — скінченні, бо містять скінченне число елементів, а множи­ ни N, 2 , ф, В — нескінченні. Множини задають або за допомогою переліку їх елементів (це можна зробити лише для скінченних множин), або за допомогою опису, коли задається правило — характеристична властивість, яке дозволяє ви­ значити, належить чи ні даний об’єкт розглядуваній множині. Напри­ клад, множина А = {—1; 0; 1} задана переліком елементів, а множина В парних цілих чисел — характеристичною властивістю елементів множи­ ни. Останню множину інколи записують так: В = {Ь \ Ь — парне ціле число} або так: В = {Ь\Ь = 2 т , де т є 2} — тут після вертикальної риски записана характеристична властивість.1 У загальному вигляді запис множини за допомогою характеристичної властивості можна подати так: А = {х \Р (х)}, де Р (х) — характеристична властивість. Наприклад, {х |х2 - 1 = 0} = { -1 ,1 } , {х |х є В і х2 + 1 = 0} = 0 . 1 У цьому випадку і в записах розв’язків тригонометричних рівнянь і нерів­ ностей в розділі 4 запис т є 7, означає, що т приймає будь-яке ціле значення, що також можна записувати так: т = 0; +1; +2; ...


1. Множини

11

2. Рівність множин. Нехай А — множина цифр трицифрового числа 312, тобто А = {3; 1; 2}, а В — множина натуральних чисел, менших від 4, тобто В = {1; 2; 3}. Оскільки ці множини складаються з одних і тих самих елементів, то їх вважають рівними. Це записують так: А = В. Для нескінченних множин таким способом (порівнюючи всі елементи) установити їх рівність неможливо. Тому в загальному випадку рівність множин означають таким чином. Дві множини називаються рівними, якщо кожний елемент першої множини є елементом другої множини і, навпаки, кожний елемент другої множини є елементом першої множини. З наведеного означення рівності множин випливає, що в множині од­ накові елементи не розрізняються. Дійсно, наприклад, {1; 2; 2} = {1; 2}, оскільки кожний елемент першої множини (1 або 2) є елементом другої множини і, навпаки, кожний елемент другої множини (1 або 2) є еле­ ментом першої. Тому, записуючи множину, найчастіше кожний її еле­ мент записують тільки один раз. 3. Підмножина Якщо кожен елемент однієї множини А є елементом множини В, то кажуть, що перша множина А є підмножиною множини В. Цезаписуютьтак: А с В . Наприклад, {1; 2} с { 0 ; 1; 2; 3},Л^с£(оскільки будь-яке натуральне число — ціле), 2 с ф (оскільки будь-яке ціле чис­ ло — раціональне), фс.й(оскількибудь-якераціональнечисло — дійсне). Вважають, що завжди 0 с А , тобто порожня множина є підмножи­ ною будь-якої непорожньої множини. Інколи замість запису А с В використовують також запис А с В , якщо множина А або є підмножиною множини В, або дорівнює множи­ ні В. Наприклад, А с А. Співставимо означення рівності множин з означенням підмножини. Якщо множини А і В рівні, то: 1) кожний елемент множини А є елемен­ том множини В, отже, А — підмножина Б ( А с В); 2) кожний елемент множини В є елементом множини А, отже, В — підмножина А {В сі А). Таким чином, дві множини рівні, якщо кожна з них є підмножиною іншої. Інколи співвідношення між мно­ жинами зручно ілюструвати за допо­ могою кругів (які часто називають кругами Ейлера—Венна). Наприклад, рисунок 1 ілюструє означення підмно­ жини, а рисунок 2 — співвідношення між множинами ЛГ, 2 , ф, а .


12

Розділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

4. Операції над множинами. Над множина­ ми можна виконувати певні дії: перетин, об’єднання, знаходження різниці множин. Дамо означення цих операцій і проілюстру­ ємо їх за допомогою кругів Ейлера—Венна. П еретином множин А і В називають їхню спільну частину, тобто множину С усіх еле­ ментів, що належать як множині А , так і множині В. Рис. 2 Перетин множин позначають знаком П (на рисунку 3 наведено ілюстрацію означення перетину множин). Наприклад, якщо А = {2; 3; 4}, В = {0; 2; 4; 6}, то А П В = {2; 4}. Об’єднанням множин А і В називають множину С, що складається з усіх елементів, які належать хоча б одній із цих множин {А або В). Об’єднання множин позначають знаком ЦІ (на рисунку 4 наведено ілюстрацію означення об’єднання множин). Наприклад, для множин А і В з попереднього прикладу А и В = {0; 2; 3; 4; 6}. Якщо позначити множину ірраціональних чисел через М, тоМи(^ = В. Різницею множин А і В називається множина С, яка складаєть­ ся з усіх елементів, які належать множині А і не належать мно­ жині В. Різницю множин позначають знаком \ (на рисунку 5 наведеню ілю­ страцію означення різниці множин).

А пв

Айв ------ ------------В

С = АГ\В жєСо ї є А і ї є В

с =Аив х е С <=>х е А або х є В

С =А \В їє С & х є А ї х е В

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

Наприклад, якщо А = { 1; 2; 3}, В = {2; 3; 4; 5}, то А \ В = {1}, а Б \ А = {4; 5}. Якщо В — підмножина А, то різницю А \ В називають доповненням множини В до множини А (рис. 6). Наприклад, якщо знову позначити множину ірраціональних чисел через М, то В \ (£ = М: кажуть, що множина М ірраціональних чисел


1. Множини

13

доповнює множину ф раціональних чисел до множини і? усіх дійсних чисел. Якщо всі множини, які ми розглядаємо, є підмножинами якоїсь так званої універсальної множини 17 (на рисунку її зазвичай зображують у вигляді прямокутника, а всі інші множини — кругами всередині цього прямокутника), то різницю 17 \ А називають доповненням множини А (рис. 7). Тобто доповненням множини А називається множина, яка складається з усіх елементів, які не належать множині А , але які належать універсальній множині II. Доповнення множини А позначають А (читають: «А з рискою» або «доповнення А»). Наприклад, якщо II = В, і А = [0; 1], то А = (—°°; 0) (1; + <>°). (Для цьо­ го прикладу зручно використати традиційну ілюстрацію множини дій­ сних чисел на числовій прямій — рис. 8).

V

Ш Запитання для контролю 1. Наведіть приклади множин, укажіть декілька елементів кожної множини. 2. Як позначають порожню множину, множини натуральних, цілих, раціональних, дійсних чисел? 3. Дайте означення рівності множин. Наведіть приклади двох рівних множин. 4. Дайте означення підмножини. Наведіть приклади. Проілюструйте це поняття за допомогою кругів Ейлера—Венна. 5. Дайте означення перетину, об’єднання, різниці двох множин. Наве­ діть приклади. Проілюструйте за допомогою кругів Ейлера—Венна. 6. Поясніть, що називають доповненням однієї множини до іншої; до­ повненням множини. Наведіть приклади. Проілюструйте ці поняття за допомогою відповідних рисунків.


14

Розділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Вправи

1°. Запишіть за допомогою фігурних дужок множину: 1) букв у слові «алгебра»; 2) парних однозначних натуральних чи­ сел; 3) непарних однозначних натуральних чисел; 4) однозначних простих чисел. 2°. За якою характеристичною властивістю записані такі множини: 1) {понеділок, вівторок, середа, четвер, п’ятниця, субота, неділя}; 2) {січень, лютий, березень, квітень, травень, червень, липень, сер­ пень, вересень, жовтень, листопад, грудень}; 3) {Австралія, Азія, Америка, Антарктида, Африка, Європа}; 4) {до, ре, мі, фа, соль, ля, сі}; 5) {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}? 3°. Наведіть приклади порожніх множин. 4°. А — множина натуральних чисел, які розміщені між числами 15 і 35. Запишіть множину А за допомогою фігурних дужок. Які з чи­ сел 18, 28, 36, 40 належать множині А? Відповідь запишіть за допо­ могою знаків є і е. 5°. Запишіть за допомогою фігурних дужок і позначте множину: 1) натуральних дільників числа 12; 2) натуральних дільників числа 30; 3) цілих дільників числа 6; 4) простих дільників числа 12. 6°. Відомо, що М = {1; 2; 5}, N = {1; 4; 5; 7; 9}, К = {4; 7; 9}. Запишіть за допомогою фігурних дужок або знака 0: 1) перетин М і И; 2) перетин М і К; 3) перетин N і К; 4) об’єднання М І Й ; 5) об’єднання М і К; 6) об’єднання N і К; 7) різницю М І Й ; 8) різницю М і К; 9) різницю N і К; 10) доповнення К до N. 7°. Поясніть, чому виконуються такі рівності: 1) А и 0 =А; 2) А и А = А; 3) А П 0 = 0 ; 4 ) А П А = А. 8°. Запишіть множину всіх двоцифрових чисел, які можна записати за допомогою цифр 0, 1, 3. 9°. Відомо, що А — множина натуральних дільників числа 12, а В — множина цілих дільників числа 6. Запишіть множини: 1) А и В; 2) А П В; З) А \ В ; 4) В \ А. 10*. Нехай А і В — деякі множини. Доведіть указані рівності та проілю­ струйте їх за допомогою кругів Ейлера—Венна: 1 ) А и В = В и А — переставний закон для об’єднання; 2 ) А П В = В П А — переставний закон для перетину.


1. Множини

15

11. В одній множині 40 різних елементів, а в другій — 30. Скільки еле­ ментів може бути в їх: 1) перетині; 2) об’єднанні? 12*. Нехай А, В, С — деякі множини. Доведіть указані рівності та про­ ілюструйте їх за допомогою кругів Ейлера—Венна: 1) (А и В) и с = А и (В Ці С) — сполучнии закон для- об єднання,^ 2) (А Г\ В) Г\ С = АГ\ (В Гі С) — сполучний закон для. перетину, 3) А П (В ЦІ С) = (А П В) ЦІ (А П С); 4) А и (В п С) = (А и В) п (А и су, Ь)АУ)В = АС\В ,

— закони де Моргана. 6)АГ\В = АІ)В 13. Кожний учень у класі вивчає англійську або французьку мову. Англійську мову вивчають 25 учнів, французьку — 27 учнів, а оби­ дві мови — 18 учнів. Скільки учнів у класі? 14*. Частина жителів міста вміє розмовляти тільки українською мо­ вою, частина — тільки російською, а частина — обома мовами. Українською мовою розмовляє 95 % жителів, а російською — 85 %. Скільки відсотків жителів міста розмовляє обома мовами? 15*. Доведіть рівності і проілюструйте їх за допомогою кругів Ейлера— Венна: 1) А \ В = А \ (А П Б); 2 ) А П ( Б \ С ) = (А П Б )\ ( А П С ) . 16*. Запишіть множину всіх правильних дробів —, де а є А, Ь є В ь і А = {2; 3; 4; 6}, Б = {1; 3; 4; 5; 6}. 17*. Які трицифрові числа можна записати, якщо: А = {3; 1; 2} — множина цифр для позначення сотень; Б = {2; 8} — множина цифр для позначення десятків; С = {5; 7} — множина цифр для позначення одиниць? Скільки таких чисел одержимо? Спробуйте сформулювати загальне правило підрахунку кількості таких чисел, якщо в множині А — т елементів (О £ А), у множині Б — п елементів, у множині С — к елементів.


16

Розділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

1.2. Числові множини. Множина дійсних чисел Таблиця 2 1. Ч и с л о в і

м нож ини

Дійсні числа К Числа, які можна подати у вигляді нескінченного десяткового дробу

Раціональні числа

Ірраціональні числа

Можна подати у вигляді нескорот- т ного дробу —, де т — ціле, п п — натуральне число. Записують у вигляді нескінченного періодичного десяткового дробу

Не можна подати у вигляді неско_ т ротного дробу —, де т — ціле, п п — натуральне число. Записують у вигляді нескінченного неперіодичного десяткового дробу

( і = 0,333... = 0,(3))

(л/2 = 1,4142135...)

Цілі числа 2

Дробові числа

Включають натуральні числа, числа, їм протилежні, та число 0

Числа, складені із цілого числа часток одиниці — звичайний дріб, 1,23 — десятковий дріб:


1. Множини

17

Продовження табл. 2

2. Модуль дійсного числа та його властивості Означення

Геометричний зміст модуля

М одулем додатного числа нази­ Ь 0 а ---- 1-----------1---------- 1------> вається саме це число, модулем В О А Х від’ємного числа називається чис­ | а | = О А, | Ь | = ОБ ло, йому протилежне, модуль нуля дорівнює нулю. |а - Ь |= АВ На координатній прямій модуль — а при а > 0, це відстань від початку координат Іа |= -{0 при а = 0, до точки, що зображує дане число. - а при а < 0 Модуль різниці двох чисел а і Ь — це відстань між точками а і Ь на координатній прямій Властивості 1.

а >0

Модуль будь-якого числа — невід’ємне число

2.

а |= |а |

Модулі протилежних чисел рівні Величина числа не перевищує вели­ чини його модуля

3.

а < а , тобто

4.

При Ь > 0 | а | < & < = > - Ь < а < Ь

5.

При Ь > 0 |а | > Ь < = > а < -Ь або а > Ь

6.

а- Ь\=\а

Модуль дробу дорівнює модулю чисельника, поділеному на модуль знаменника (якщо знаменник не дорівнює нулю)

7. 8.

9. 10 .

Модуль добутку дорівнює добутку модулів множників

а" = а |а + Ь |< |а 1 + \ь І І а1 + а2 + ... + а п 11 < 11а,1 11 + 11а„2 11 + . . + 11 а п 11 а - Ь < а ± Ь < а

+ Ь

Модуль суми не пере­ вищує суми модулів


18

Розділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Пояснення й обґрунтування

1. Числові множини. У курсі математики ви зустрічалися з різними числами: натуральними, цілими, раціональними, ірраціональними, дій­ сними. Уявлення про числа у людства складалися поступово, під впли­ вом вимог практики. Наприклад, натуральні числа з’явилися у зв’язку з необхідністю підрахунку предметів. Але для того щоб дати відповідь на запитання «Скільки сірників у порожній коробці з-під сірників?», множини натуральних чисел N = {1; 2; 3; ...} недостатньо — для цього потрібно мати ще й число нуль. Приєднуючи до множини N натураль­ них чисел число 0, одержуємо множину невід’ємних цілих чисел. Її час­ то позначають 2 () = {0; 1; 2; 3; ...}. Одних тільки невід’ємних цілих чисел виявилося недостатньо для розв’язування задач практики (а отже, і ма­ тематичних задач, що відображують задану реальну ситуацію). Так, для того щоб охарактеризувати температуру повітря вище і нижче нуля чи рух тіла в протилежних напрямках, потрібні протилежні до натураль­ них числа, тобто від’ємні числа. Для натурального числа п протилежним вважають число —п, а для числа —п протилежним вважають число п. Нуль вважають числом, протилежним самому собі. Натуральні числа, нуль і числа, протилежні натуральним, склада­ ють множину Ті цілих чисел. Вимірювання величин привело до необхідності розширення множи­ ни цілих чисел і введення раціональних чисел. Наприклад, середня ба­ гаторічна температура повітря в січні в м. Харкові становить —7,3 °С, З тривалість уроку — 45 хв, або — год. Таким чином, вибираючи якусь одиницю виміру, ми одержуємо чис­ лове значення величин, що можна виразити за допомогою різних раціо­ нальних чисел — цілих і дробових, додатних і від’ємних. Цілі і дробові числа складають множину ф раціональних чисел. Будь-яке раціональне число можна записати у вигляді дробу —, де п

т є 2 , п є N (тобто чисельник т є цілим числом, а знаменник п — на­ туральним). Раціональне число можна записати різними дробами. Наприклад, 1__2_3_10 _ 2 _ г2 _ г8_^10 1 2 - —- - - — 5 - ^ - 1 ® - ^ 2 _ 4 _ 6 _ 20 ’

7 ~ 7 _ 28 _ 35 ’

_ 10_ 5 _ 100’

~~ 1 _ 2 ~~ ю '

Як видно з наведених прикладів, серед дробів, що зображують дане раціональне число, завжди є єдиний нескоротний дріб (для цілих чи­ сел — це дріб, знаменник якого дорівнює 1). Зауважимо, що раціональне число, записане у вигляді дробу —, де п

т є 2 , п є N, можна записати також у вигляді скінченного або нескін­


1. Множини

19

ченного періодичного десяткового дробу, поділивши чисельник на знаО

1

4

З

менник. Наприклад, - = 0,75, - = 0,3333__ Домовимося, що скінченний десятковий дріб можна зображувати у вигляді нескінченного, у якого після останнього десяткового знака, відмінного від нуля, на місці наступних десяткових знаків записують нулі, наприклад, - = 0,75 = 0,75000.... 4

Цілі числа також домовимося записувати у вигляді нескінченного десяткового дробу, у якого справа від коми на місці десяткових знаків стоять нулі, наприклад 13 = 13 ,0 0 0 __ Таким чином, будь-яке раціо­ нальне число може бути записане як нескінченний періодичний дріб. Нагадаємо, що у нескінченного періодичного дробу, починаючи з деяко­ го місця, усі десяткові знаки повторюються. Групу цифр, що повторю­ ється, називають періодом дробу; у записі дробу період наводять у дужках. Наприклад, - = 0,3333... = 0,(3), — = 0,136363636... = 0,1(36). З

22

Отже, кожне раціональне число може бути записане у вигляді не­ скінченного періодичного десяткового дробу і, навпаки, кожний нескін­ ченний періодичний десятковий дріб задає раціональне число. Зауважимо, що будь-який періодичний десятковий дріб, який має своїм періодом дев’ятку, дорівнює нескінченному десятковому дробу з періодом нуль, у якого десятковий розряд, що передує періоду, збіль­ шений на одиницю порівняно з відповідним розрядом першого дробу. Наприклад, нескінченні періодичні дроби 0,2(9) і 0,3(0) є записом одного й того самого раціонального числа —. Дійсно, ураховуючи, що сума не­ скінченно спадної геометричної прогресії з першим членом а1 і знамен­ ником § обчислюється за формулою 5 =

, маємо: _9 0,2(9) = 0,2999... = 0,2 +— +— +— +... = 0,2 +^ - = 0,2 +— = 0,3 = 0,3(0). юо юоо юооо і ю ю У подальшому, записуючи раціональні числа за допомогою нескін­ ченних періодичних десяткових дробів, домовимося не розглядати не­ скінченні періодичні дроби, період яких дорівнює дев’яти. Кожне раціональне число можна зобразити точкою на координатній прямій (тобто на прямій, на якій вибрано початок відліку, додатний на­ прям і одиницю виміру). Наприклад, на рисунку 9 зображено декілька раціо1 0 1 25 х нальних чисел (0:1;——; 2,51. V 2 І

1-9

Рис. 9


20

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Але на координатній прямій розташо­ вані точки, які зображають числа, що не є раціональними. Наприклад, з курсу ал­ гебри відомо, що число л/2 не є раціональ­ ним. Це так зване ірраціональне число. Якщо побудувати квадрат із стороною, рівною 1, на координатній прямій х (рис. 10), то його діагональ дорівнюватиме ■\І2. Тоді, провівши дугу кола з центром у точці О і радіусом ОМ = -\І2, одержимо точку М, координата якої дорівнює у[2. Крім числа -^2, ви також зу­ стрічалися з ірраціональними числами л/з, л/ЇО тощо. Раціональні та ірраціональні числа складають множину дійсних чи­ сел В. На координатній прямій кожному дійсному числу відповідає єди­ на точка і, навпаки, кожній точці координатної прямої відповідає єдине дійсне число (у такому разі кажуть, що між множиною дійсних чисел і множиною точок координатної прямої встановлюється взаємно одно­ значна відповідність). Кожне дійсне число можна записати у вигляді нескінченного десят­ кового дробу: раціональні числа — у вигляді нескінченного періодичного десяткового дробу, ірраціональні — у вигляді нескінченного неперіодич­ ного десяткового дробу. Нагадаємо, що для порівняння дійсних чисел і виконання дій над ними (у випадку, коли хоча б одне з них не є раціональним) викорис­ товують наближені значення цих чисел. Зокрема, щоб порівняти два дійсних числа, треба розглядати послідовно їх наближені значення з недостачею з точністю до цілих, десятих, соти х і т . д. доти, поки не одержимо якесь наближене значення одного числа, більше за відповідне наближене значення другого. Тоді т е число, наближене значення якого більше, і вваж ається більшим. Наприклад, якщо а = >/з =1,7320508...,

Р = 1^ = 1,7500000..., то а < р

(оскільки 1,73 <

< 1,75). Для того щоб виконати додавання чи множення розглянутих чи­ сел а і р, послідовно записують їх наближені значення з недостачею та з надлишком (з точністю до цілих, десятих, сотих і т. д.) і виконують дії над одержаними раціональними числами. У результаті послідовно отримують значення суми чи добутку з потрібного точністю.


§ 1 Множини

а 1 ^ а <2 1,7

сс < 1,8

1,73 < а < 1,74

21

р 1 <Р<2

а + р

ар

2 <а + р <4

1 < ар < 4

1,7 < р < 1,8

3,4 < сс + р < 3,6

2,89 < ар < 3,24

1,75 < р < 1,76

3,48 < сс + р < 3,50

3,0275 ^ ар < 3,0624

1,732 < а < 1,733 1,750 < р < 1,751 3,482 < а + р < 3,484 3,031 < ар < 3,034483 ...

...

...

...

Як бачимо, а + р = 3,48..., ар = 3,03... . У курсі математичного аналізу доводиться, що у випадку, коли на­ ближені значення чисел а і р послідовно беруть з точністю до цілих, де­ сятих, сотих і т. д., то значення суми а + р з недостачею і з надлишком прямує до одного й того самого числа, яке приймають за значення суми а + р (аналогічно означають і добуток ар). 2. Модуль дійсного числа та його властивості. Нагадаємо означення мо­ дуля. М одулем додатного числа називається саме це число, модулем від’ємного числа — число, йому протилежне; модуль нуля дорівнює нулю. Це означення можна коротко записати декількома способами. а при а > 0, а при а > 0, а при а > 0, а = <0 при а = 0, або а = < або а = < або І-а при а <0, І- а при а <0, —а при а < 0, [а при а > 0, . а =< За потреби ми будемо користуватися будь-яким із [-а при а < 0. цих записів означення модуля. Для того щоб знайти |а |, за означенням необхідно знати знак числа а і використати відповідну формулу. Напри­ клад, |5 |= 5, |- 3 |= -(-3 ) = 3, |>/3-2| = -(л/3-2) = 2-л/з. На координатній прямій модуль чис­ ^ ла — це відстань від початку координат ^______ 0______ а до точки, що зображає це число. ^ 0 Дійсно, якщо а > 0 (рис. 11), то відстань ОА = а = \а\. Рис- 11 Якщо Ь < 0, то відстань ОБ = —Ь = \Ь |. Модуль різниці двох чисел а і Ь — це відстань між точкам и а і Ь на координатній прямій. • Для доведення можна скористатися тим, що при паралельному пере­ несенні вздовж осі координат на Ьодиниць абсциса відповідної точки змінюється на Ь: до абсциси заданої точки додається число Ь, тобто при

І


22

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Ь > 0 точка переноситься вправо, а при Ь < 0 — уліво. Позначимо на координатній прямій числа а, Ь, а —Ьвідповідно точками А, В, С. На рисунку 12 ці точки зображено для ви­ А С В О —І— — І---- -з» падку а > 0 і Ь < 0, хоча наведене далі об­ ґрунтування не залежить від знаків а і Ь. 0 а а -Ь При паралельному перенесенні вздовж Рис. 12 осі Ох на Ь одиниць точка О перейде в точку В, а точка С (з координатою а —Ь) — у точку з координатою а —Ь + Ь = а, тобто в точку А. Тоді СО = АВ. Але відстань СО — це відстань від точки а —Ь до початку координат, тобто СО = |а —Ь |, а отже, і АВ = |а —Ь \. О Використовуючи означення модуля та його геометричний зміст, можна обґрунтувати властивості модуля, наведені в таблиці 2. Наприклад, ураховуючи, що |а \— це відстань від точки а до точ­ ки О, а відстань може виражатися тільки невід’ємним числом, одержуємо І а |> 0, тобто модуль будь-якого числа є невід’ємним числом. Ураховуючи, що точки а і —а розташовані на однаковій відстані від точки О, одержуємо І “ Я І = І « І> це означає, що модулі протилежних чисел рівні. Якщо а > 0, то |а \= а, а якщо а < 0, то а < \а |. Отже, завжди а < |а |, тобто величина числа не перевищує величини його модуля. Якщо в останню нерівність замість а підставити —а і врахувати, що |—а |= |а |, то одержуємо нерівність —а < |а |. Звідси а > —|а |, що разом із нерівністю а < |а \свідчить, що для будь-якого дійсного числа а ви­ конується подвійна нерівність —|а |< а < |а \. (1) При Ь > 0 нерівність |а \< Ь означає, що число а на координатній прямій розміщене від точки О на відстані, яка не перевищує Ь (рис. 13), тобто в проміжку [—Ь; Ь]. Навпаки, якщо число а належить цьому про­ міжку, тобто —Ь < а < Ь, то |а \< Ь. Отже, при Ь > 0 |а |< Ь с? —Ь < а < Ь. (2 ) Зауважимо, що останнє твердження справедливе і при Ь = 0 (тоді обом нерів­ ностям задовольняє тільки одне значення а = 0). Аналогічно при Ь > 0 нерівність |а \> Ь означає, що число а на координатній пря­ мій знаходиться від точки О на відстані, яка більша або дорівнює Ь (рис. 13), тобто


§ 1. Множини

23

в цьому випадку а < —Ь або а > Ь. Навпаки, якщо число а задовольняє одній із цих нерівностей, то |а |> Ь. Отже, при Ь > 0 нерівність |а |> Ь рівносильна сукупності нерівностей а < —Ь або а > Ь, що можна записати так: при Ь > 0 |а |> Ь » а < —Ь або а > Ь. Властивості модуля добутку і модуля дробу фіксують відомі правила дій над числами з однаковими і різними знаками: модуль добутку дорівнює добутку модулів множників, тобто |а*Ь| = |а|*|Ь|; модуль дробу дорівнює модулю чисельника, поділеному на модуль знаменника (якщо знаменник не дорівнює нулю), тобто а

Ь = Ш (М 0 )Формулу для знаходження модуля добутку можна узагальнити для випадку декількох множників: |^ • а2 •... • ап |= |^ |• |а2 \•... • |ап \. (3) Якщо у формулі (3) взяти а1 = а2 = ... = ап = а, одержуємо формулу |ап |= |а |". Застосовуючи останню формулу справа наліво при п = 2к і врахо­ вуючи, що а21' > 0 при всіх значеннях а, одержуємо |а \21'' = \а21' \= а21'. Отже, |а \2к = а2к. Для обґрунтування нерівності |а + Ь |< |а |+ |Ь | (4) запишемо нерівність (1) для чисел а і Ь: -\ а |< а < |а |; -| Ь \< Ь < |Ь |. Додаючи почленно ці нерівності, одержуємо -(| а |+ |Ь |) < а + Ь < |а \+ \Ь \. Ураховуючи нерівність (2), маємо |а + Ь|<|а| + |Ь|, тобто модуль суми не перевищує суми модулів доданків. Якщо в нерівності (4) замінити Ь на —Ь і врахувати, що |—Ь \= \Ь |, то одержимо нерівність |а - Ь |< |а |+ |Ь \. (5) Якщо записати число а так: а = Ь + (а —Ь) і використати нерівність (4), то одержимо нерівність |а |< |Ь |+ |а —Ь\. Звідси |а |- |Ь |< |а - Ь |. (6) Якщо в нерівності (6) замінити Ь на —Ь і врахувати, що |—Ь \= |Ь |, то одержимо нерівність |а |- |Ь |< |а + Ь |, (7) тобто модуль суми двох чисел не менше різниці їх модулів.


24

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Міняючи місцями букви а і Ь у нерівностях (6) і (7) та враховуючи, що \а —Ь\ = \Ь —а |, маємо також нерівності |Ь |- |а |< |а ± Ь |. (8) Одержані нерівності (4)—(8) можна коротко записати так: | | а | - | Ь | | < | а ± Ь | < | а | + |Ь|. Н

Приклади розв'язання завдань

Приклад 1

Доведіть, що сума, різниця, добуток, натуральний степінь і частка (якщо дільник не дорівнює нулю) двох раціональ­ них чисел завжди є раціональним числом.

Р о зв ’я з а н н я ► Нехай задано два раціональних т| .

т9

и,

п2

К ом ен тар Будь-яке раціональне

число

і т„ —

можна записати як дріб —, де т —

цілі, а щ і п2 — натуральні числа. Оскільки сума, різниця, добуток, натуральний степінь і частка двох звичайних дробів завжди є звичай­ ним дробом, то одержаний резуль­ тат завжди буде раціональним числом. Наприклад, т лп0 +плт<і 12 де т (п2 + п1т 2 — ціле число, а п!п2 — натуральне. <1

ціле, п — натуральне число. Щоб довести твердження задачі, достат­ ньо довести, що сума, різниця, до­

числа г, = —*- і г2 = ——, де т

п

буток і частка двох дробів виду — п

буде дробом такого самого виду.

Приклад 2

Доведіть, що для будь-якого натурального числа п число 4п або натуральне, або ірраціональне. К ом ен тар Для доведення твердження задачі можна використати метод від су­ противного: припустити, що задане додатне число є раціональним нена­ туральним (тобто дробом), і отримати суперечність з умовою або з якимсь відомим фактом. Записуючи л/п у вигляді нескоротного дробу, слід ураховувати, що при натуральних значеннях п це число завжди буде невід’ємним. Р о зв ’я з а н н я ► Припустимо, що л/п не є ірраціональним числом (тоді це число ра­ ціональне) і не є натуральним числом. Отже, це число може бути тільки раціональним нескоротним дробом л[п = —, де р і д — натуральні числа


§ 1. Множини

25

(д Ф 1). За означенням квадратного кореня маємо п = -^—, тобто п = ——-. д ч-ч Ураховуючи, що д Ф 1, одержуємо, що дріб —— який дорівнює натуч-ч ральному числу п, повинен бути скоротним. Отже, у натуральних множ­ ників, що стоять у чисельнику і знаменнику цього дробу, повинен бути спільний натуральний дільник, який відрізняється від 1. Але в чисель­ нику стоять тільки множники р, а в знаменнику — тільки множники д. Тоді числа р і д мають натуральний дільник, який відрізняється від 1, тобто дріб £- є скоротним дробом, що суперечить умові. Таким чином, ч наше припущення неправильне, і для будь-якого натурального числа п число л/п або натуральне, або ірраціональне. <1 Наприклад, оскільки числа >/з і л/ЇО не є натуральними числами (і < Я <2, 3 < %/ЇО< 4), то >/з і л/ЇО — ірраціональні числа.

Приклад 3*

Доведіть, що сума >/з + л/б — число ірраціональне.

Р п зв’я за н ня ► Припустимо, що число л/з + л/5 = = г — раціональне. Тоді л/б = г —>/з. Піднісши обидві частини останньої рівності до квадрата, маємо 5 = г2—2гл/з + 3. Звідси 2гл/з = г2 —2. Отже, у/з= -— -. Але права частина 2г

цієї рівності — раціональне число (оскільки за припущенням г — ра­ ціональне число), а ліва — ірраціо­ нальне. Одержана суперечність означає, що наше припущення не­ правильне і число >/з+л/5 — ірра­ ціональне. <1 Приклад 4

К омен т а р Для доведення твердження за­ дачі можна використати метод «від супротивного» — припустити, що задане число є раціональним, і отри­ мати суперечність з якимсь відомим фактом, наприклад з тим, що л/з — ірраціональне число. Аналізуючи одержані вирази, використовуємо результат прикла­ ду 1: якщо число г —раціональне, т о числа г2 - 2 і 2г т а їх частка т е ж будуть раціональними. Зазначимо, що знаменник отри­ маного дробу 2г = 2 ф + л/5)*0.

Розв’яжіть рівняння1 |2х + 5 |= 7.

1 Розв’язування рівнянь і нерівностей, що містять знак модуля, докладніше розглянуто в § 8.


26

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Р о зв ’я з а н н я

К ом ен тар І спосіб

► 2х + 5 = 7 або 2х + 5= -7 , 2х = 2 або 2х = - 1 2 , х = 1 або х = —6. Відповідь: 1; -6 . <1

Задане рівняння має вигляд Іі І = 7 (у даному випадку і = 2х + 5). Його зручно розв’язувати, викорис­ товуючи геометричний зміст мо­ дуля: | 2х + 5 |— це відстань від точки 0 до точки 2х + 5. Але від­ стань 7 може бути відкладена від 0 як праворуч (одержуємо число 7), так і ліворуч (одержуємо число —7). Отже, рівність | 2х + 5 |= 7 можли­ ва тоді і тільки тоді, коли 2х + 5 = 7 або 2х + 5 = -7 . II спосіб

2х = 2 або 2х = - 1 2 , х = 1 або х = —6. Відповідь: 1; -6 . <1 Приклад 5

Розв’яжіть нерівність х2 - 5х |< 6.

Р о зв ’я з а н н я ►

З геометричної точки зору \а —Ь\ є відстань між точками а і Ь на коор­ динатній прямій. Запишемо задане рівняння так: | 2х —(—5) |= 7. Тоді рівність |2х —(—5) |= 7 означає, що відстань від точки 2х до точки —5 до­ рівнює 7. На відстані 7 від точки —5 знаходяться точки 2 і - 1 2 (рис. 14). Отже, задана рівність виконується тоді і тільки тоді, коли 2х = 2 або 2х = —12, тобто задане рівняння рів­ носильне цій сукупності рівнянь.

- 6 < х2 —5х < 6, [х2- 5 л :< 6 , \х 2 - 5 х - 6 <0,

[х2 - 5х > -6 , [х2 - 5х + 6 >0, Г(л: + 1)(л:-6) < 0, \ (х -2 )(х -6)> 0, Розв’язуючи ці нерівності (рис. 15), отримуємо Г-1< х< 6, \хК2&бох>3.

К ом ен тар Задана нерівність має вигляд |і |< 6 (у даному випадку і = х2 —5х), і її можна розв’язувати, використо­ вуючи геометричний зміст модуля. З геометричної точки зору, І і |— це відстань від точки 0 до точки І. На відстані 6 від 0 знаходяться числа 6 і -6 .


§ 1 Множини

27

Тоді нерівності |і |< 6 задоволь­ няють усі ті і тільки ті точки, які знаходяться в проміжку [—6; 6], тобто —6 < і < 6. Для розв’язування одер­ жаної подвійної нерівності її зручно замінити відповідною системою. Отже, - 1 < х < 2 або 3 < х < 6. Відповідь: [ -1 ; 2] і_і [3; 6]. <1 ■

Запитання для контролю

1. Поясніть, які числа входять до множин цілих, раціональних і дій­ сних чисел. Наведіть приклади. Зобразіть відповідні точки на коор­ динатній прямій. 2. Поясніть, чим відрізняються записи у вигляді нескінченного десят­ кового дробу раціонального та ірраціонального чисел. 3. Поясніть, як порівнюють дійсні числа. 4. Дайте означення модуля дійсного числа, а) Сформулюйте властивос­ ті модуля, б*) Обґрунтуйте властивості модуля дійсного числа. Н

1.

Вправи Поясніть, чому задане дійсне число не може бути раціональним: 1) 1 + л/2; 2) л/З-5; 3) Л 0;

4) уІ7 + 3; 5) 2-л/б. 2*. Доведіть, що сума (різниця, добуток і частка) раціонального та ірра­ ціонального чисел завжди є числом ірраціональним (добуток і частка тільки у випадку, коли задане раціональне число не дорівнює нулю). З*. Доведіть, що задані дійсні числа є ірраціональними: 1) л/2 + л/З; 2) л/5 + л/2; 3) лІ7-лІЗ; 4) лІ7-л[2. 4. Користуючись геометричним змістом модуля, зобразіть на коорди­ натній прямій множину чисел, які задовольняють нерівності: 1°) 1 х |< 2; 2°) |х |> 5; х 3 | < 0,5; 3)1 4)1 х + 1 |< 0,3. 5. Розв’яжіть рівняння: 2)1 4х - 2 |==6; 1)1 Зх + 1 |= 4; 3*) ||х - 1 - 2 |= 1; 4*) ||2х + 3 1 - 5 = 3. 6. Розв’яжіть нерівність: 2)1 Зх + 5 |.> 7; 1)1 2х - 7 |< 1; 3*) ||2х - 1 |+ 3 |> 5; 4*) ||4х + 7 |- 1 1 < 4.


28

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

§ 2

ф у н к ц ії

2.1. Поняття числової функції. Найпростіші властивості числових функцій Таблиця З 1. Поняття числової функції Числовою функцією з областю визна­ чення І) називається залежність, при якій кожному числу X із множини І) (області визначення) ставиться у від­ повідність єдине число у. Записують цю відповідність так: У = / (*)• Позначення і терміни Т) (/) — область визначення Е (/) — область значень х — аргумент (незалежна змінна) У — функція (залежна змінна) / — функція / (х0) — значення функції і у точці х0 2. Графік функції У/ № 0

X

X

Графіком функції / називається мно­ жина всіх точок координатної площи­ ни з координатами (ж; / (х)), де перша координата х «пробігає» всю область визначення функції, а друга координа­ та — це відповідне значення функції / у точці х

3. Зростаючі і спадні функції Функція / (х) зростаюча на множині Р: якщо х2 > х г то / (х2) > / (ж,) для всіх X є Р (при збільшенні аргументу відповідні точки графіка піднімаються)


§ 2. Функції

29

Продовження таб л. З

Функція / (х) спадна на множині Р: якщо х2 > х г то / (х2) < / (ху) Д Л Я В С ІХ X є Р (при збільшенні аргументу відповідні точки графіка опускаються). 4. Парні і непарні функції

О х

х

Функція і (х) парна: і (-х) = І (х) для всіх х з області визначення. Графік парної функції симетричний відносно осі Оу

Функція і (х) непарна: І (-х) = - і (х) для всіх х із області визначення. Графік непарної функції симетричний відносно початку координат — точки О

Ш Пояснення й обґрунтування 1. Поняття функції. З поняттям функції ви ознайомилися в курсі ал­ гебри. Нагадаємо, що залежність змінної у від змінної х називається функцією, якщо кожному значенню х відповідає єдине значення у. У курсі алгебри і початків аналізу ми будемо користуватися таким означенням числової функції. Числовою функцією з областю визначення І) називається залеж­ ність, при якій кожному числу х із множини І) ставиться у відповід­ ність єдине число у. Функції позначають латинськими (інколи грецькими) буквами. Роз­ глянемо довільну функцію і. Число у, яке відповідає числу х (на ри­ сунку до пункту 1 табл. З це показано стрілкою), називають значенням функції / у точці х і позначають і (х).


ЗО

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Область визначення функції / — це множина тих значень, яких може набувати аргумент х. Вона позначається Т) (/). Область значень функції / — це множина, яка складається з усіх чисел / (х), де х належить області визначення. Її позначають Е (/). Найчастіше функцію задають за допомогою формули. Якщо немає додаткових обмежень, то областю визначення функції, заданої форму­ лою, вважають множину всіх значень змінної, при яких ця формула має зм іст. Наприклад, якщо функція задана формулою у = л[х +1, то її об­ ласть визначення — х > 0, тобто Т) (у) = [0; +°°), а область значень — у > 1, тобто Е (у) = [1; +оо). Іноді функція може задаватися різними формулами на різних мно. . ІхприхХ), жинах значень аргументу. Наприклад, у = їх = < [-х п р и х < 0. Функцію можна задати не тільки за допомогою формули, а й за допо­ могою таблиці, графіка чи словесного опису. Наприклад, на рисунку 16 графічно задана функція у = / (х) з областю визначення Ю(/) = [—1; 3] і множиною значень Е (/) = [1; 4]. Значення, що приймає функція / (х) в деякій точці х0 множини М, на якій ця функція задана, називається найбільшим (найменшим) на цій множині, якщо ні в якій іншій точці множини 'Ч‘ функція не має більшого (меншого) значення. 4 і = ГО Тобто для всіх х є М виконується нерівність / / (х) < / (х0) (відповідно / (х) > / (х0) для най­ меншого значення). Іноді це записують так: т а х / (х) = / (хп) (відповідно т іп / (х) = / (хп) ). м м / Наприклад, для функції у = / (х), графічно за­ даної на відрізку [—1; 3] на рисунку 16, най­ оі і 1 4 1 і1 1* менше значення дорівнює 1, а найбільше — 4. Тобто т а х / (х) = 4. т іп / (х) = 1, [-1;3]

2.

Г-1;3]

Графік функції. Нагадаємо, що графіком функції у = / (ж) називається множина всіх точок коор­ динатної площини з координатами (ж; / (х)), де перша координа­ та х «пробігає» всю область визначення функції, а друга координа­ та — це відповідне значення функції / у точці X. На рисунках до пункту 4 таблиці 3 наведено графіки функцій у = х2

та у = —, а на рисунку 17 — графік функції у = |х |. я Наведемо також графік функції у = [х], де [х] — позначення цілої частини числа х, тобто найбільшого цілого числа, яке не перевищує х (рис. 18). Область визначення цієї функції Ю (у) = і? — множина всіх дійсних чисел, а область значень Е (у) = 2 — множина всіх цілих чисел.


§ 2. Ф ункції

На рисунку числової функції значення дробової означенням {х} = х

31

19 наведено графік у = {х}, де {х} — по­ частини числа х (за —[х]).

3. Зростаючі та спадні функції. Важ­ ливими характеристиками функцій є їх зростання та спадання. Рис. 19 Функція / (ж) називається зростаючою на множині Р, якщо біль­ шому значенню аргументу із цієї множини відповідає більше зна­ чення функції, тобто для будь-яких двох значень Х1 і х2 з множини Р, якщо х2 > х15 то / (х2) > / (х1). Наприклад, функція / (х) = 2х зростаюча (на всій області визначення, тобто на множині К), оскільки, якщо х2> х1? то 2х2> 2х], отже, /(х2) > / (^і). Відповідні точки графіка зростаючої функції при збільшенні аргу­ менту піднімаються (рис. 20).

На рисунку 21 наведено графік зростаючої функції у = х8. Дійсно, при х2 > х1 маємо > х]\ тобто / (х2) > / (х1).


32

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Функція / (ж) називається спадною на множині Р, якщо більшо­ му значенню аргументу із цієї множини відповідає менше значення функції, тобто для будь-яких двох значень Х 1 І Х 2 з множини Р, Я К Щ О Х 2 > Х г , ТО ї (х2) < / (х1). Наприклад, функція / (х) = —2х спадна (на всій області визначен­ ня, тобто на множині К), оскільки, якщо х2 > х1? то —2х2 < ~2хг, отже, / (х2) < / (х^. Відповідні точки графіка спадної функції при збільшенні аргументу опускаються (рис. 22).

Розглядаючи графік функції у = х2 (рис. 23), бачимо, що на всій об­ ласті визначення ця функція не є ні зростаючою, ні спадною. Але мож­ на виділити проміжки області визначення, де ця функція зростає і де спадає. Так, на проміжку [0; +оо) функція у = х2 зростає, а на проміжку (—оо; 0] — спадає. Зазначимо, що для зростаючих і спадних функцій виконуються властивості, обернені до тверджень, що містяться в означеннях. Якщо функція зростає, т о більшому значенню функції відпо­ відає більше значення аргум ен ту.

І

Якщо функція спадає, т о більшому значенню функції відпо­ відає менше значення аргум енту. • Обґрунтуємо першу із цих властивостей методом від супротивного. Нехай функція / (х) зростає і / (х2) > / (х1). Припустимо, що аргу­ мент х2 не більше аргументу х І, тобто х2 < х1. Із цього припущення одержуємо: якщо х2 < х1 і / (х) зростає, то / (х2) < / (х1), що суперечить умо­ ві / (х2) > / (х1). Отже, наше припущення неправильне і, якщо / (х2) > / (х1), то х2 > х 1, що і потрібно було довести. Аналогічно можна обґрунтувати і другу властивість. О Наприклад, якщо х3 > 8, тобто х8 > 28, то, ураховуючи зростання функції і (х) = х8, одержуємо х > 2.


§ 2. Функції

33

4. Парні і непарні функції. Розглянемо функції, області визначення яких симетричні відносно початку координат, тобто разом з кожним числом х містять і число —х. Для таких функцій визначено поняття пар­ ності і непарності. Функція / називається парною, якщо для будь-якого х з її області визначення / (-ж) = / (ж). Наприклад, функція у = хг (тобто функція / (х) = х2) — парна, оскільки / (-х) = (-х )2 = х2 = ї (х). • Якщо функція / (х) парна, то до її графіка разом з кожною точ­ кою М з координатами (х; у) = (х; / (х)) входить також і точка М 1 з координатами (-х ; у) = (- х ; / (-х)) = (-х ; / (х)). Точки М і М 1 роз­ міщені симетрично відносно осі Оу (рис. 24), тому й графік парної функції розміщений симетрично відносно осі Оу. О Наприклад, графік парної функції у = х2 (рис. 23) симетричний від­ носно осі Оу. Функція / називається непарною, якщо для будь-якого х з її області визначення / (—ж) = —/ (ж). Наприклад, функція О С К ІЛ Ь К И

у = — (тобто функція X

/ (л) = —І — непарна, Xі

ї(-х ) = — = - - = -/(х). — X X Якщо функція / (х) непарна, то до її графіка разом з кожною точ­ кою М з координатами (х; у) = (х; / (х)) входить також і точка М 1 з координатами (-х ; у) = (- х ; / (-х)) = (-х ; —/ (х)). Точки М і М 1 роз­ міщені симетрично відносно початку координат (рис. 25), тому й графік непарної функції розміщений симетрично відносно початку координат. О

Наприклад, графік непарної функції у = — (див. пункт 4 табл. 3) X

симетричний відносно початку координат, тобто відносно точки О.


34

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Приклади розв'язання завдань

Приклад 1

Знайдіть область визначення функції: 1) у = х2 + х;

1) 2)

Р о зв ’я з а н н я ► Обмежень для знаходження значень виразу х2 + х немає, отже, Л (у) = К. <1 ► Область визначення функції задана обмеженням , X2 +Х хг + х Ф 0, оскільки знаменник дробу не може дорівнювати нулю. З’ясуємо, коли х2 + х = 0. Маємо х (х + 1) = 0, х = 0 або х = —1. Тоді область визначення мож­ на задати обмеженнями х Ф 0, х Ф—1 або записати так: Т>(у) = Ь ч - і) и (-1; 0 ) и (0; +-). <3 ► Область визначення функції у = л[х + 5 задана обмеженням х + 5 > 0 , тобто х > —5, оскільки під знаком квадратного кореня по­ винен стояти невід’ємний вираз. Отже, Б (у) = [-5; +о°).<І У=

3)

Приклад 2*

2)

у =

, ’ X2 +х

3) у = л[х + 5.

К ом ен тар Оскільки всі функції задано формулами, то їх області визначен­ ня — це множина всіх значень змін­ ної х, при яких має зміст формула, тобто вираз, який стоїть у правій частині формули у = І (х). У курсі алгебри зустрічалися тільки два обмеження, які необхід­ но враховувати при знаходженні об­ л а с т і визначення-. 1) якщо вираз записано у вигляді 2 ) якщо запис виразу м іс т и т ь квадратний корінь 4 а , т о під­ кореневий вираз А > 0. У всіх інших випадках, які вам доводилося розглядати, областю ви­ значення виразу були всі дійсні чис­ ла1.

Знайдіть область значень функції у = х2 —3.

Р о зв ’я з а н н я ► Складаємо рівняння х 2 —3 = а. Воно рівносильне рівнянню х2 = а + З, яке має розв’язки, якщо а + 3 > 0, тобто при а > —3. Усі ці числа і скла­ дуть область значень функції. Отже, область значень заданої функції Е (/) = [-3; +оо) (тобто у > -3). <1

К ом ен тар Позначимо значення заданої функції / (х) (тобто х2 —3) через а і з’ясуємо, для яких а можна зна­ йти відповідне значення х (при цьо­ му значенні х значення { (х) = а). Тоді всі числа а, для яких існує хоча б один корінь рівняння / (х) = а, увійдуть до області значень функції / (х). Множина всіх таких а і складе область значень функції.

1 Надалі в курсі алгебри і початків аналізу 10 класу з’являться нові вирази з обмеженнями: % а, сі§ а, агсєіп а, агссоє а, у[а, а", де а — неціле число.


§ 2. Функції

35

Корисно пам ятати, що область значень функції у = ї (де) збігається з множиною т и х значень а, при яких рівняння / (ж) = а м ає розв’язки.

І

Приклад 3*

Доведіть, що при к Ф 0 областю значень лінійної функції у = кх + Ь є множина всіх дійсних чисел.

Р о зв ’я з а н н я ► Якщо кх + Ь = а (де к Ф 0), то розв’язок цього рівняння х = ——- іск

нує для будь-якого а є В, (к Ф 0 за умовою). <1 Таким чином, значенням зада­ ної функції може бути будь-яке дій­ сне число, отже, її область значень Е (/) = Е. Приклад 4*

К ом ен тар Позначимо значення заданої функції / (х) (тобто кх + Ь) через а і з’ясуємо, для яких а можна зна­ йти відповідне значення х, таке, що / (х) = а. Множина всіх таких значень а і буде складати область значень функції / (х).

Доведіть, що лінійна функція у = кх + Ь при к > 0 є зрос­ таючою, а при к < 0 — спадною.

Р о зв ’я з а н н я ► Нехай х2 > х 1 (тоді х2 - х 1 > 0). Розглянемо різницю / (х2) —/ (х1) = = кх2 + Ь - (кх1 + Ь) = к (х2 - х 1). Оскільки х2 —х 1 > 0 , то при к > 0 маємо / (х2) —/ (х1) > 0, отже, Н х 2) > / (л-і) — функція зростає. При к < 0 маємо / ( х2) — - / (х^ < 0, отже, / (х2) < / (х1) — функція спадає. <1

К ом ен тар Для обґрунтування зростан­ ня або спадання функції корисно пам’ятати, що для доведення нерів­ ності / (х2) > / (х^ чи / (х2) < / (х1) достатньо знайти знак різниці І (х2) - і (х1). Задана функція / (х) = кх + Ь буде зростаючою, якщо з нерівно­ сті х2 > х1 випливатиме нерівність Н х2) ^ /' (х|)? а для доведення остан­ ньої нерівності достатньо знайти знак різниці / (х2) —/ (х1). Аналогічно об­ ґрунтовують і спадання функції.

Приклад 5* Доведіть, що: 1) сума двох зростаючих на множині Р функцій завжди є зростаю­ чою функцією на цій множині; 2) сума двох спадних на множині Р функцій завжди є спадною функцією на цій множині.


36

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Р о зв ’я з а н н я 1)

► Нехай функції / (х) і £ (х) є зростаючими на одній і тій са­ мій множині Р. Якщо х2 > х1? то / (*2) > / (^ ) і £ (х2) > £ (л\)Додаючи почленно останні не­ рівності, одержуємо / (х2) + £ (х2) > / (х1) + £ (х1). Це і означає, що сума функцій / (х) і и (х) є зростаючою функ­ цією на множині Р. <} 2) ► Нехай функції / (х) і £ (х) є спадними на множині Р. Тоді з нерівності х,2 > х1 маємо / (*2) < / (^і) і В (X,) < В (д^). Після почленного додавання останніх нерівностей одержуємо: / (х2) + £ (х2) < / (хі) + £ (хі), а це й означає, що сума функцій / (х) і и (х) є спадною функцією на множині Р. <} Приклад 6

К ом ен тар Для доведення зростання суми двох зростаючих функцій / (х) і § (х) достатньо довести, що на множині Р з нерівності х2 > х1 випливає нерів­ ність / (х2) + £ (х2) > / (х1) + £ (х1). Аналогічно для доведення того, що сума двох спадних функцій є спадною функцією, достатньо до­ вести: якщо х2 > х1? то / (х2) + 8 (х2) < / (х1) + 8 (х1).

Доведіть, що зростаюча або спадна функція набуває кожного свого значення тільки в одній точці її області ви­ значення.

Р о зв ’я з а н н я ► Нехай функція / (х) є зростаючою і / (хг) = / (х2). ( 1) Припустимо, що Х1 Ф х 2. Якщо х, Ф х„, то або х і ' Х2’ або х г < х2. Ураховуючи зростання / (х), у випадку х > х2 маємо / (^ ) > / (х2), що суперечить рів­ ності (1). У випадку х1 < х2 маємо / (л^) < / (х2), що також суперечить рівності (1). Отже, наше припущення непра­ вильне, і рівність / (х1) = І (х2) мож­ лива тільки при Х1 = Х2.

К ом ен тар Доведемо це твердження мето­ дом від супротивного. Для цього до­ статньо припустити, що виконується протилежне твердження (функція може набувати одного й того само­ го значення принаймні у двох точ­ ках), і одержати суперечність. Це означатиме, що наше припущення неправильне, а правильним є задане твердження.


§ 2. Ф ункції

37

Тобто зростаюча функція набу­ ває кожного свого значення тільки в одній точці її області визначення. Аналогічно доводиться твер­ дження і для спадної функції. <1 Приклад 7

Дослідіть, які із заданих функцій є парними, які непарни­ ми, а які — ні парними, ні непарними: І

1) у = -х + 1

2) у = Xа;

Р о зв ’я з а н н я ► Область визначення функції

1)

у = ——: х Ф—1, тобто вона не сих+1

метрична відносно точки О (точ­ ка х = 1 входить до області визначення, а х = —1 — ні). - 1 0

1

X

З) у = х3 + х.

К ом ен тар Для дослідження функції у = / (х) на парність чи непарність достатньо, по-перше, упевнитися, що область визначення цієї функції симетрична відносно точки О (разом з кожною точкою х містить і точку —х), і, по-друге, порівняти значення / (-х) і / (х).

Отже, задана функція не може бути ні парною, ні непарною. <1 ► Область визначення функції у = Xа: Г) (у) = В, тобто вона си­ метрична відносно точки О. / (-х) = (-х)4 = х4 = / (х), а отже, функція парна. <1 ► Область визначення функції у = х8 + х: И (у) = К, отже, вона симетрична відносно точки О. <1 / (-х) = (-х)3 + (-х) = - х 8 - х = = -(х 8 + х) = -/ (х), отже, функція непарна.

2)

3)

І Запитання для контролю 1. 2.

Що називається числовою функцією? Наведіть приклади таких функцій. На прикладах поясніть, що таке область визначення функції, об­ ласть значень функції, найбільше та найменше значення функції на множині М. Які обмеження необхідно врахувати, щоб знайти об­ ласть визначення функції у = ^~? Знайдіть її область визначення.


38

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

3. 4. 5. 6.

Що називається графіком функції у = / (х)? Наведіть приклади. Яка функція називається зростаючою? Наведіть приклади. Яка функція називається спадною? Наведіть приклади. Яка функція називається парною? Наведіть приклади. Як розміще­ но графік парної функції на координатній площині? Наведіть при­ клади. 7. Яка функція називається непарною? Наведіть приклади. Як розмі­ щено графік непарної функції на координатній площині? Наведіть приклади.

Вправи

1°. Знайдіть значення функції в указаних точках:

2.

1) /(х) = х + — у точках 2; - 1 ; 3 ; а (а Ф0); X 2) £ (х) = х2 - 3 в точках 0; 1; - 2 ; Ь; 3) ф (х) = л/х + 1 у точках 0; 3; - 1 ; т ( т > 0). Знайдіть область визначення функції, заданої формулою: 1 ) у = 2х + 3;

2°) у = л/х + 3;

3°) у = — х+1

4) у = -£ —; X +1

5) у = у/хг- 1 ;

6) у = у/хг + 1;

7) у = у/х-1 + л/5-х; 8) у = ^х +3~; X

9*> У = Ш V х-^ 6 ;

1(Г) У =

1 Г ) У = |х \ - 2

1Г ) у = ' іх2 + х + і 3. Знайдіть область значень функції, заданої формулою: 1) / (х) = 5; 2) / (х) = х; 3) / (х) = х2; 4) ї(х) = у[х; 5*) у = -З х + 1 ; 6*) у = х2 - 5; 7*) у = \х \+ 3. 4°. Для функцій, які задано своїми графіками на рисунку 26, укажіть область визначення, область значень, найбільше та найменше зна­ чення на всій області визначення, проміжки зростання і спадання та значення кожної функції при х = 1. 5. Обґрунтуйте, що задана функція є зростаючою (на її області визна­ чення): 1) у = Зх; 2) у = х + 5; 3*) у = х8; 4*) у = х5; 5*) у = 4 х . 6*. Доведіть, що на заданому проміжку функція зростає: х+1

1) у = -~ , де х > 0; 2) у = -~ , де х < 0. X X 7. Обґрунтуйте, що задана функція є спадною (на її області визначення): 1) у = -Зх; 2) у = - х - 1; 3*) у = - х 8; 4*) у = - х 5. 8*. Доведіть, що на заданому проміжку функція спадає: 1) у = ~, де х < 0; X

2) у = ~, де х > 0. X


§ 2. Функції

39

Рис. 26

9*. Доведіть, що функція у = х 2 на проміжку [0; +оо) зростає, а на про­ міжку (—о°; 0] спадає. 10*. Користуючись твердженнями, доведеними в прикладі 5 (с. 35), ука­ жіть, які із заданих функцій є зростаючими, а які — спадними: 1) у = х 3 + х; 2) у = - х - х 5; 3) у = х + у[х; 4 ) у = ~х3 - х 5. 11*. Користуючись твердженнями, доведеними в прикладі 6 (с. 36): 1) обґрунтуйте, що рівняння х3 + х = 10 має єдиний корінь х = 2; 2) підберіть корінь рівняння у[х+х = 6 і доведіть, що інших коре­ нів це рівняння не має. 12. Обґрунтуйте, що задана функція є парною: 1 ) у = Xе;

2) у = ^ + 1; X

3) у = у/х2+ 1;

4) у = у]\х\ + х А.

13. Обґрунтуйте, що задана функція є непарною: 1) у = х 5;

2) у = —

X

3) у = х \х |;

4) у = х3 - х.


40

Розділ 1. Ф УНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

2.2. ВЛАСТИВОСТІ І ГРАФІКИ ОСНОВНИХ ВИДІВ ФУНКЦІЙ

Таблиця 4


2. Ф ункції

41

Продовження таб л. 4

2. Обернена пропорційність, функція у = — (кф 0) х

У* \ к к>

ь У= х спадає на кож­ ному з про­ міжків (—о°; 0) і (0; +°°)

0

х Ф0

У* 0

непарна

зростає на кожному з про­ міжків (—о°; 0) і (0; +°°)

к < 0

3. Функція у = ах2 (а ф0)

[ 0; +°°)

а >0

УА

а <0

спадає на проміжку (-°°9 0], зростає на проміжку [0; +оо) парна

К

0]

зростає на проміжку (-°°9 0], спадає на проміжку [0; +оо)


42

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Продовження табл. 4

1

2

3

4

5

6

4. Квадратична функція у = а х 2 + Ьх + с |а^О,х0 = - ~ )

\

а >0

і хо

і

.

0

д Уо

У В

У/у Уо

ґ

а <0

у\

0 ^Со

х

у загаль­ \У0’ +°°) ному ви­ падку — ні парна, ні непар­ на при Ь —0 функція у = ад& + с (-°°; Уо\ парна

1

спадає на про­ міжку (-°о; Х0], зростає на про­ міжку [х0; +°°)

зростає на про­ міжку (-°о; Х0], спадає на про­ міжку [х0; +°°)

Пояснення й обґрунтування

1. Лінійна функція у = кх + Ь. Лінійною функцією називається функ­ ція виду у = кх + Ь, де к і Ь — деякі числа. Обґрунтуємо основні характеристики цієї функції: область визна­ чення, область значень, парність чи непарність, зростання і спадання. Область визначення — множина всіх дійсних чисел: Т) (у) = В, оскільки формула кх + Ь має зміст при всіх дійсних значеннях х (тобто для будь-якого дійсного х ми можемо обчислити значення кх + Ь). Область значень лінійної функції буде різною залежно від значення коефіцієнта к. Якщо к = 0, то функція має вигляд у = Ь, тобто її область значень складається з одного числа Ь. У такому випадку графіком лінійної функ­ ції у = Ь є пряма, паралельна осі Ох, яка перетинає вісь Оу у точці Ь (рис. 27). Якщо к Ф0, то Е (у) = В (обґрунтування наведено в розв’язанні при­ кладу 3 до пункту 2.1). Парність і непарність лінійної функції суттєво залежить від зна­ чень коефіцієнтів Ь і к. При Ь = 0 і к Ф 0 функція у = кх + Ь перетворюється на функцію у = кх, яка непарна, оскільки для всіх х з її області визначення / (-х) = к (-х) = -к х = -/ (х).


2. Функції

43

Отже, графік функції у = кх (рис. 28) симетричний відносно точки О. При к = 0 одержуємо функцію у = Ь, яка є парною, оскільки для всіх х з її області визначення / (—х) = Ь = / (х). Тобто графік функції у = Ь симетричний відносно осі Оу (рис. 27).

У/і у =Ь

ь

X

0

У загальному випадку при к Ф 0 і Ь Ф 0 функція у = кх + Ь не буде ні парною, ні непарною, оскільки / (—х) = к (—х) + Ь = —кх + ЬФ? (х) і також / (-х) = -к х + Ь = ~(кх - Ь) ф - / (х). Зростання і спадання лінійної функції залежить від значення кое­ фіцієнта к. При к = 0 одержуємо функцію у = Ь — постійну. При к > 0 функція у = кх + Ь зростає, а при к < 0 — спадає (обґрун­ тування наведено в розв’язанні прикладу 4 до пункту 2.1). У курсі геометрії було обґрунтовано, що графіком лінійної функції у = кх + Ь завжди є пряма лінія. Оскільки при х = 0 функція набуває значення у = Ь, то ця пряма зав­ жди перетинає вісь Оу у точці Ь. Графіки лінійних функцій наведено в таблиці 4. 2.

к

Функція у = — (к Ф 0). Ця функція виражає обернено пропорційну X залежність. Область визначення: х ф 0. Це можна записати також так: -О

Область значень: у

(у) =

(-°°; 0 )

( 0 ; + °о ).

0. Це можна записати також так: Е (у) = (-°°; 0) (0; +°°). ф

Для обґрунтування області значень функції у = — позначимо —= а. X X к Тоді із цієї рівності одержимо х = — для всіх а Ф0. Тобто для всіх а Ф0

а

існує значення х = —9 при якому у = —= —= а. Отже, у набуває всіх дійа

х

к

а

сних значень, які не рівні нулю.


44

Розділ 1. Ф УНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Функція непарна, оскільки її областю визначення є множина, симе­ трична відносно точки О, і /(—х) = — = ——= —/(х). Отже, її графік симе— X X тричний відносно початку координат (рис. 29 і ЗО).

Рис. 29

Рис. ЗО

Зростання і спадання функції залежить від знака коефіцієнта к. Якщо х2 > х 1 (тобто х2 —х 1 > 0), то для порівняння значень / (х2) і / (х1) розглянемо їхню різницю: ч

ч

Ь

Ь

кх.-кх2

ґ(х2) - ґ ( х 1) = - — — = ^

-к(х2- х .)

2 =— х2х

(1) На проміжку (0; +оо) значення х 1 > 0 і х 2 > 0, отже, х гх2 > 0. На про­ міжку (—о°; 0) значення х 1 < 0 і х2 < 0, отже, х хх2 > 0. Ураховуючи, що х2 —х1 > 0, у кожному з проміжків (—°°; 0) або (0; +оо) при к > 0 з рівності (1) отримуємо / (х2) —/ (хг) < 0, а при к < 0 одержуємо / (х2) - / (хг) > 0. При к > 0 на кожному з проміжків ( —°°; 0) та (0; +оо) якщо х2 > х <, то / (х2) < / (ж1), отже, функція спадає на кожному із цих проміжків. При к < 0 на кожному з проміжків ( —°°; 0) та (0; +оо) якщо х2 > х <, то / (х2) > / (х1), отже, функція зростає на кожному з цих проміжків. О

З курсу алгебри відомо, що графік функції у = — (к Ф0) називається X

гіперболою (вона складається з двох віток). При к > 0 вітки гіперболи знаходяться в І і III координатних чвертях, а при к < 0 — у II і IV чвер­ тях (рис. 29 і 30). З а у в а ж е н н я . Характеризуючи зростання чи спадання функції у = — X

(к Ф0), слід пам’ятати, що, наприклад, функція у = — (рис. 31) спадає на X

кожному з проміжків (—оо; 0) та (0; +°°), але на всій області визначення (х Ф0) ця функція не є спадною (і не є зростаючою). Дійсно, якщо взяти


2. Функції

45

х 1 = - 1 і х2 = 1, то х2 > х15 але / ( х 2) = / (1) = 1 і / (х ^ = / (-1) = - 1 , тобто

більшому значенню аргументу не відповідає менше значення функції і на всій її області визначення функція /(х) = — не є спадною. я

Із цієї ж причини не можна сказати, що функція /(х) = — спадає при X

х є (—°°; 0)

(0; +°°).

3. Функція у = ах2 (а Ф 0). Як відомо з курсу алгебри, графіком цієї функції є парабола, вітки якої напрямлені вгору при а > 0 (рис. 32) і вниз при а < 0 (рис. 33). Оскільки при х = 0 значення у = 0, то графік завжди проходить через початок координат.

Область визначення: х є К, оскільки значення у = ах2 можна об­ числити при будь-яких значеннях х. Функція парна, оскільки / (-х) = а (~х)2 = ах2 = / (х). Отже, її графік симетричний відносно осі Оу. Інші властивості сформулюємо, скориставшись графіком функції у = ах2 (рис. 32 і 33). їх можна обґрунтувати аналітично (проведіть таке обґрунтування самостійно) або спираючись на властивості функції у = х2 і на геометричні перетворення її графіка, які буде розглянуто в пунк­ ті 2.3. Область значень. При а > 0 графік проходить через початок коор­ динат, а всі його інші точки розташовані вище осі Ох. Якщо значення х збільшується до нескінченності, то і значення у теж збільшується до нескінченності (+°°), отже, у > 0, тобто Е (у) = [0; +оо). Аналогічно при а < 0 графік також проходить через початок коорди­ нат, але всі інші його точки знаходяться нижче осі Ох. Якщо значення х збільшується до нескінченності, то значення у зменшується до мінус нескінченності (—°°), отже, у < 0, тобто Е (у) = (—°°; 0]. Зростання і спадання. При а > 0 на проміжку (—°°; 0] функція спа­ дає, а на проміжку [0; +оо) — зростає. При а < 0 на проміжку (—°°; 0] функція зростає, а на проміжку [0; +оо) — спадає.


46

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

4. Квадратична функція у = ах2 + Ьх + с (а Ф0). З курсу алгебри 9 кла­ су відомо, що функція виду у = ах2 + Ьх + с, де а, Ь, с — дійсні числа, причому а Ф0, називається квадратичною. Її графіком є парабола, вітки якої напрямлені вгору при а > 0 і вниз при а < 0. Абсциса вершини цієї параболи

. Для обґрунтування цього

достатньо в заданій формулі виділити повний квадрат: у = ах2+Ьх + с = а(х 2 + —х + —\= а{х + —) + 4ас~& , тобто V

а

аі

V

2а і

, 1, , ( , Ь\ , А а с- Ь 2 V и = ах 2 +Ьх + с = а\хч ----+уп, де ип=----------=----V 2а) 4а 4а = Ь2 —4ас — дискримінант квадратного тричлена ах2 + Ьх + с). Нагадаємо, що залежно від знака дискримінанта Юпарабола або пе­ ретинає вісь Ох (£) > 0), або не перетинає (£) < 0), або дотикається до неї (£) = 0). Основні варіанти розміщення графіка функції у = ах2 + Ьх + с (а Ф0) зображено в таблиці 5. Таблиця 5

У

Охарактеризуємо властивості функції у = ах2 + Ьх + с (а ф 0), спи­ раючись на ці відомі нам графіки (самостійно обгрунтуйте відповідні властивості аналітично). Область визначення'. Б (у) = В, оскільки значення у = ах2 + Ьх + с (а Ф0) можна обчислити при будь-яких значеннях х. Область значень. При а > 0 функція набуває всіх значень у > у0, тобто Е (у) = \у0; + ° о ) . При а < 0 функція набуває всіх значень у < у0, тобто Е (у) = (—°°; (/0].


2. Функції

47

Парність і непарність. При Ь = О одержуємо парну квадратичну функцію у = ф (х) = ах2 + с. Дійсно, ф (-х) = а (-х)2 + с = ах2 + с = ф (х). У загальному випадку (якщо Ь Ф 0) функція у = / (х) = ах2 + Ьх + с (а # 0) не є ні парною, ні непарною, оскільки / (—х) = а (—х)2 + + Ь (-х) + с = ах2 - Ьх + с Ф / (х) (і не дорівнює -/ (х)). Зростання і спадання. При а > 0 на проміжку (—°°; х0] функція спа­ дає, а на проміжку [х0; +°°) — зростає. При а < 0 на проміжку (—°°; х0] функція зростає, а на проміжку [х0; +°°) — спадає. Оскільки при х = 0 значення у = с, то графік завжди перетинає вісь Оу у точці с. Відповідні графіки при £) > 0 наведено також у таблиці 4. Н

Приклади розв'язання завдань

Приклад 1

1)

2)

Побудуйте графік функції: 2) у = -З х - 1; 3) у = 4. 1) у = 2х + 1; Р о зв ’я з а н н я К ом ен тар Усі задані функції лінійні, отже, ► Графік функції їх графіками є прямі. у = 2х + 1 — пря­ Щоб побудувати прямі в за­ ма. <1 вданнях 1 і 2, достатньо побудувати дві точки цих прямих. Наприклад, 0 1 X можна взяти х = 0 і х = 1 і знайти 1 3 У відповідні значення у. Оформляти ці обчислення зручно у вигляді таб­ ► Графік функції лички: у = —Зх - 1 — пря­ 0 1 X ма. <1 У

3)

X

0

1

У

-1

-4

► Графік функції у = 4 — пря­ ма, паралельна осі Ох, яка про­ ходить через точку 4 на осі Оу. < X

0

1

У

4

4

У‘ 4 0

X

У завданні 3 розглядається окремий випадок лінійної функції (у = Ь). Для побудови цього графі­ ка корисно пам’ятати, що пряма у = 4 — це пряма, паралельна осі Ох (при будь-якому значенні х зна­ чення у дорівнює 4).


48

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Приклад 2*

За наведеним графіком функції у = кх + Ь укажіть знаки к і Ь.

Р о зв ’я з а н н я

К ом ен тар

► При х = 0 значення у = Ь > 0 — за рисунком. Оскільки зображено графік спадної лінійної функції, то к < 0. <

Графік функції у =кх + Ь — пря­ ма, яка перетинає вісь Оу у точці Ь. На рисунку ця точка лежить вище нуля, отже, Ь > 0. Лінійна функція у = кх + Ь при к > 0 зростаюча, а при к < 0 — спад­ на. На рисунку зображено графік спадної функції, отже, к < 0.

Відповідь: Ь > 0, к < 0.

Приклад 3

Побудуйте графік1 функції у = х2 —4х + 3.

Р о зв ’я з а н н я ► Графік заданої функції — па­ рабола (виду у = х2), вітки якої на­ прямлені вгору. Абсциса вершини: Ь

-4

0

х0 =---- =------ = 2. 0 2а 2-1 Тоді У0 = У (2) = 22 - 4 - 2 + 3 = - 1 і графік має такий вигляд:

К ом ен тар Функція у = х2 —4х + 3 — ква­ дратична (має вигляд у = ах2 + + Ьх + с, де а Ф0). Отже, її графіком буде парабола (виду у = ах2), вітки якої напрямлені вгору (а = 1 > 0). Абсциса вершини параболи об­ числюється за формулою х0 =—-^~, а ордината у0 — це відповідне зна­ чення заданої функції при х = х(), тобто у0 = у (х0). Якщо потрібно уточнити, як проходить графік, то можна знайти координати кількох додаткових то­ чок, наприклад, при х = 0 одержує­ мо у = с = 3.

1 Побудову таких графіків за допомогою геометричних перетворень графіка функції у = х2 розглядатимемо в пункті 2.3.


2. Функції

49

Запитання для контролю 1. Яка функція називається лінійною? Назвіть властивості лінійної функції. Яка лінія є графіком лінійної функції? Наведіть приклади лінійних функцій та їх графіків.

к 2. Яка лінія є графіком функції у = — (к Ф0)? Наведіть приклади грах к фіків функцій у = — при к > 0 і при к < 0. За графіками вкажіть X властивості цієї функції при к > 0 і при к < 0. Доведіть непарність к

функції у = — (к Ф0). X 3. Яка лінія є графіком функції у = ах2 (а ^ 0)? Як розміщено цей графік при а > 0 і при а < 0? Наведіть приклади графіків функцій у = ах2 при а > 0 і при а < 0. За графіками вкажіть властивості цієї функції при а > 0 і при а < 0. Доведіть парність функції у = ах2 (а ^ 0). 4. Яка лінія є графіком функції у = ах2 + Ьх + с (а Ф0)? Як розміщено цей графік при а > 0 і при а < 0? Як знайти абсцису вершини графі­ ка функції у = ах2 + Ьх + с (а Ф0)? Наведіть приклади графіків цієї функції при а > 0 і при а < 0. За графіками вкажіть властивості цієї функції при а > 0 і при а < 0. ■

Вправи

1°. Побудуйте графік функції: 1) у = Зх - 2; 2) у = - х + 4; 3) у = - 2 ; 4) у = -5 х ; 5) у = 0; 6) у = 4х. Чи є серед цих функцій парні або непарні? Відповідь обґрунтуйте. 2*. За наведеними графіками функцій у = кх + Ь (рис. 34) укажіть зна­ ки к і Ь у кожному випадку.

а

б Рис. 34

в


50

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Побудуйте графік функції (3—5). 3°. 1) у = -±2 ;

Г.Ч у- = ^; з• 2) X X 4°. 1) у = - 2 х 2; 2) у = Зх2; 5. 1) у = х? - 6х + 7;

л\ 5 3) у = —1 ; 4) у = ~. X X 3) у = - Зх2; 4) у = 5х2. 2) у = - х2 + 4х + 2; 3)у = 2 х * -2 х + 1 ; 4) у = -Здг2 + 6х. 6*. За наведеними графіками функції у = ах2 + Ьх + с (а Ф 0) (рис. 35) укажіть знаки а, Ь і с у кожному випадку.

Рис. 35

На рисунку зображено графіки функцій у = лІх + 3 і у = х —3 (рис. 36). Укажіть проміжок, на якому виконується нерів­ ність ліх + 3 —3.

Рис. 36

2.3. Побудова графіків функцій за допомогою геометричних перетворень відомих графіків функцій Таблиця 6 Перетворення графіка функції у = і(х) Формула № Приклад Перетворення залежності і 2 3 4 У< \ •V/ #**/ / Симетрія відносно осі V 1 у = - і (х) Ох х* * V Ґ


2. Функції

51

Продовження табл. 6 У1 Симетрія відносно осі Оу

у = І (-х) 0

X

у = / (х - а)

Паралельне перене­ сення графіка функції у = / (х) уздовж осі Ох на а одиниць

у = / (х) + с

Паралельне перене­ сення графіка функції У = І (х) уздовж осі Оу на с одиниць

у = Іїі (х) (к > 0)

Розтяг або стиск гра­ фіка функції у = ї (х) уздовж осі Оу (при к > 1 розтяг, при 0 < к < 1 — стиск)

у = / (ах) (а > 0)

Розтяг або стиск гра­ фіка функції у = ї (х) уздовж осі О х (при а > 1 — стиск, при 0 < а < 1 — розтяг)


52

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Продовження табл. 6

у = \2х-і\

У = 1/0*0

/

у = 2х- 1

\ у‘ У = Н\х\)

Н

\

\о ]\ /і 2 ' <2 2х - 1/ ІІ

/у =X

Вище осі Ох (і на са­ мій осі) графік функції У = ї (лО — без зміни, нижче осі Ох — симе­ трія відносно осі Ох Праворуч від осі Оу (і на самій осі) графік функції у = / (х) — без зміни, і та сама части­ на графіка — симетрія відносно осі Оу

Приклади й обґрунтування

Розглянемо способи побудови графіків функцій за допомогою гео­ метричних перетворень відомих графіків функцій. 1. Побудова графіка функції у = —/ (ж). Порівняємо графіки функцій у = х2 та у = —х2 (див. перший рядок табл. 6). Очевидно, що графік функ­ ції у = —х2 можна одержати з графіка функції у = х2 симетричним відо­ браженням його відносно осі Ох. Покажемо, що завжди графік функції у = —/ (х) можна одержати з графіка функції у = / (х) симетричним відо­ браженням відносно осі Ох. • Дійсно, за означенням графік функції у = / (х) складається з усіх то­ чок М координатної площини, які мають координати (х; у) = (х; / (х)). Тоді графік функції у = —/ (х) складається з усіх точок К координат­ ної площини, які мають координати (х; у) = (х; —/ (х)). Точки М (х; / (х)) і К (х; —/ (х)) розміщено на координатній площині симетрично відносно осі Ох (рис. 37). Отже, кожна точка К графіка функції у = —/ (х) одержується симетричним відображенням віднос­ но осі Ох деякої точки М графіка функції у = / (х). Тому графік функції у = (де) можна одерж ати з графіка функції у = І (де) його симетричним відображенням відносно осі Ох. О Ця властивість дозволяє легко обґрунтувати побудову графіка функ­ ції у = |/ (х) |. Маємо: , [/(х) при /(х) > 0 (графік не змінюється); = 1 [—/(х) при /(х) < 0 (симетрія відносно осі Ох).

І

И


2. Функції

53

Отже, графік функції у = | / (ж) | може б у т и побудований т а к : час­ т и н а графіка функції у = і (де), яка леж ить вище осі Ох (і на самій осі), залиш ається без зміни, а т а частина, яка леж ить нижче осі Ох, відображується симетрично відносно цієї осі. Наприклад, на рисунку 38 і в таблиці 6 (рядок сьомий) з викорис­ танням цього правила зображено графік функції у = \2х —1 |.

І

2. •

Побудова графіка функції у = / (—де). Для побудови графіка функції у = / (—х) урахуємо, що в означенні графіка функції перша координата для точок графіка вибираєть­ ся довільно з області визначення функції. Якщо вибрати як першу координату (—х), то графік функції у = ї (—х) складатиметься з усіх то­ чок Т координатної площини з ко­ ординатами (-х ; у) = (-х ; / (х)), а графік функції у = / (х) — з усіх точок М (х; / (х)). Точки М (х; / (х)) і Т (- х ; ї (х)) роз­ міщено на координатній площині си­ метрично відносно осі Оу (рис. 39). Отже, кожна точка Т графіка функ­ ції у = / (—х) одержується симетрич­ ним відображенням відносно осі Оу деякої точки М графіка функції у = / (х). Тому

І

графік функції у = І (-де) можна одерж ати з графіка функції у = І (де) його симетричним відображенням відносно осі Оу. О


54

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Ця властивість дозволяє легко обґрунтувати побудову графіка функ­ ції у = ї (| х |). Маємо: /і і\ \ї(х) при х > 0 (графік не змінюється); і/= /(|л:|)Н [/(—х) при х < 0 (симетрія відносно осі Оу). Інакше кажучи, для того щоб отримати графік у = / (| х |) при х < 0 (тобто ліворуч від осі Оу), потрібно відобразити симетрично відносно осі Оу ту частину графіка функції у = / (х), яка лежить праворуч від осі Оу. Таким чином, частину графіка функції у = / (х), яка розташована ліворуч від осі Оу, узагалі не використовують у побудові графіка функції У = ґ(\ х |)). Отже, графік функції у = ї (\ х |) будую ть т а к : частину графіка функції у = і (де), яка леж ить праворуч від осі Оу (і на самій осі), залиш аю ть без зміни і саме цю частину відображують симетрично відносно осі Оу. Наприклад, на рисунку 40 та в табл. 6 (рядок восьмий) з використанням цього пра­ вила зображено графік функції у = 2 |х |—1. 3.

Побудова графіка функції у = $ (х —а). Для того щоб побудувати графік функції у = / (х —а), виберемо як першу коор­ динату точки N цього графіка значення х + а. Тоді графік функції у = / (х - а) складається з усіх точок N координат­ ної площини з координатами (х + а; у) = = (х + а; / (х + а - а)) = (х + а; / (х)), а графік функції у = / (х) — з усіх то­ чок М (х; / (х)). Якщо точка М має координати (х; у), а точка N — координати (х + а; у), то перетворення точок (х; у) -> (х + а; у) — це паралельне перенесення точки М уздовж осі Ох на а одиниць (тобто на вектор (а;0))-

Оскільки кожну точку N графіка функції у = / (х —а) одержують паралельним перенесенням деякої точки М графіка функції у = / (х) уздовж осі Ох на а одиниць (рис. 41), то у*/ графік функції у = ? (х —а) можна одерж ати паралельним пе­ ренесенням графіка функції у = / (ж) уздовж осі Ох на а оди­ ниць. О І Наприклад, у третьому рядку таблиці 6 зображено графік функції у = (х —2)2 (виконано паралельне перенесення графіка у = х2 на +2 оди­ ниці вздовж осі Ох) та графік функції у = (х + З)2 (виконано паралельне перенесення графіка у = х2 на —3 одиниці вздовж осі Ох).


2. Функції

4. •

55

Побудова графіка функції у = і (де) + Ь. Графік функції у = / (х) + Ь складається з усіх точок А координат­ ної площини з координатами (х ; у) = (х; / (х) + Ь), а графік функції у = ї (х) — з усіх точок М (х; / (х)). Але якщо точка М має координати (х; у), а точка А — координати (х; у + Ь), то перетворення точок (х; у) -> (х; у + Ь) — це паралельне пере­ несення точки М уздовж осі Оу на Ь одиниць (тобто на вектор (0; ь))Оскільки кожна точка А графіка функції у = / (х) + Ь одержується паралельним перенесенням деякої точки М графіка функції у = / (х) уздовж осі Оу на Ь одиниць (рис. 42), то графік функціїу = / (ж) + Ьможна одерж ати паралельним пере­ несенням графіка функціїу = / (ж) уздовж осі Оу на Ьодиниць. О Наприклад, у четвертому рядку таблиці 6 зображено графік функції у = х2 + 2 (виконано паралельне перенесення графіка функції у = х2 на +2 одиниці вздовж осі Оу) та графік функції у = х2 —1 (виконано пара­ лельне перенесення графіка функції у = х2 на —1 уздовж осі Оу).

І

5. •

Побудова графіка функції у = М 0*0Графік функції у = 1їі (х) (к > 0) скла­ дається з усіх точок В (х; к/[ (х)), а графік функції у = / (х) — з усіх то­ чок М (х; / (х)) (рис. 43). Назвемо перетворенням розтягу вздовж осі Оу з коефіцієнтом к (де к > 0) таке перетворення фігури Р, при якому кожна її точка (х; у) пере­ ходить у точку (х; ку). Перетворення розтягу вздовж осі Оу задають формулами: х' = х; у' = ку. Ці


56

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

формули виражають координати (х у ' ) точ­ ки М', у яку переходить точка М (х; у) при перетворенні розтягу вздовж осі Оу (рис. 44). При цьому відбувається розтягування від­ різка АМ у к разів, і в результаті точка М переходить у точку М'. (Зауважимо, що іно­ ді вказане перетворення графіка функції у = ї (х) називають розтягом тільки при к > 1, а при 0 < к < 1 його називають стис­ ком уздовж осі Оу у — разів.) к

Як бачимо, кожна точка В графіка функції у = М (х) одержується з точки М перетво­ ренням розтягу вздовж осі Оу. При цьому загальна форма графіка не змінюється: він розтягується або стискається вздовж осі Оу. Напри­ клад, якщо графіком функції у = / (х) була парабола, то після роз­ тягування або стискування графік залишається параболою. Тому графік функції у = к$ (де) (к > 0) одержується з графіка функ­ ції у = і (де) його розтягуванням (при к > 1 р о зтя г у к разів) або стискуванням (при 0 < к < 1 стиск у — разів) уздовж к

осі Оу. О 6. •

Побудова графіка функції у = І (шє). Для побудови графіка функції у = / (ах) (а > 0) виберемо як першу координату точки С цього графіка значення —. Тоді графік функції а

у = / (ах) =

складатиметься =

з

усіх

точок

С

з

координатами

а графік функції у = / (х) — з усіх то­

чок М (х; / (х)) (рис. 45). Назвемо перетворенням розтягу вздовж осі Ох з коефіцієнтом а (де а > 0) таке перетворення фігури Р, при якому кожна її точка (х; у) переходить у точку (ах; у). Перетворення розтягу вздовж осі Ох задається формулами: х' = ах; у' = у. Ці формули виражають координати (х'; у') точки М', у яку переходить точка М (х; у) при перетворенні розтягу вздовж осі Ох (рис. 46). При цьому перетворенні відбувається розтягування відріз­ ка ВМ в а разів, і в результаті точка М переходить у точку М'. (Зауважимо, що іноді вказане перетворення називають розтягом (у — разів) тільки при 0 < а < 1, а при а > 1 його називають стис-


§ 2. Ф ункції

57

ком уздовж осі Ох (у а разів). Як бачимо, кожна точка С графіка функції у = / (ах) одержується з точки М графіка функції у = / (х) перетворенням розтягу вздовж осі Ох (при цьому загальна форма графіка не змінюється). Тому графік функції у = і (аж) (а > 0) одержується з графіка функ­

І

ції у = і (де) його р озтягуванням (при 0 < а < 1 р о зтя г в — ра-

а

зів) або стискуванням (при а > 1 стиск в а разів) уздовж осі Ох. О М'(х';у')

ах

х

Рис. 46

Н

Приклади розв'язання завдань

Приклад 1

Побудуйте графік функції у =

Р о зв ’я з а н н я

х+3

К ом ен тар Ми можемо побудувати графік функції

у = ї(х) = —. X

Тоді

графік

функції у = — = /(х + 3) = /(х-(-3)) х+3

можна одержати паралельним пере­ несенням графіка функції у = / (х) уздовж осі Ох на —3 одиниці (тобто вліво).


58

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Приклад 2

Побудуйте графік функції у = —\2х —2

Р о зв ’я з а н н я ► Послідовно будуємо графіки: 1. у = 2х - 2

К ом ен тар Складемо план послідовної по­ будови графіка заданої функції. 1. Ми можемо побудувати графік функції у = / (х) = 2х - 2 (пря­ ма).

2.

2.

Потім можна побудувати гра­ фік функції у = ф(х) = |2х —2 |= = І / (х) | (вище осі Ох графік функції у=2 х —2 залишається без зміни, а частина графіка, розташована нижче осі Ох, відо­ бражається симетрично відносно осі Ох).

3.

Після цього можна побудувати графік функції у = - |2х - 2 |= -ср (х) (симетрія графіка функції у = ф (х) відносно осі Ох).

у = |2х - 2

< Приклал 3*

Побудуйте графік функції у = -^4 —х\

Р о зв’я з а н н я ► Запишемо рівняння функції так:

заданої

і/= л/4-|х|=л/-(|л:|-4). Послідовно будуємо графіки:

К ом ен тар Складемо план послідовної по­ будови графіка заданої функції. Для того щоб можна було скористатися перетвореннями графіків, наведени­ ми в таблиці 4, підкореневий вираз функції запишемо так: 1.

у = УІ~(\х\-4). Ми можемо побудувати графік функції у = ї(х) = л/х.

2.

Потім можна побудувати графік функції у = §(х) = л[-х = /(-х) (симетрія графіка функції / (х) від­ носно осі Оу).


2. Функції

3.

У = л] - ( х -

4)

59

3.

Після цього можна побудувати графік функції І/ = ф (х) = у]-(х - 4) = £■(х - 4) (паралельне перенесення графі­ ка функції (х) уздовж осі Ох на 4 одиниці).

4.

Потім уже можна побудувати графік заданої функції У

= лІ~(\х \-4) = (р(\х\) = л]4-\х\

(праворуч від осі Оу відповідна частина графіка функції у = ф (х) залишається без зміни, і та сама частина відображується симе­ трично відносно осі Оу). Ш Запитання д л я контролю

1- На прикладах поясніть, як можна з графіка функції у = / (х) одер­ жати графік функції: 1) У = - / (лО; 2) у = і (-х ); 3) у = і (х - а); 4) у = і (х) + с; 5) у = (х), де к > 0; 6) у = і (ах), де а > 0; 7) У = І / (х) |; 8) у = / (| х |). 2*. Обґрунтуйте геометричні перетворення, за допомогою яких із графіка функції у = / (х) можна одержати графіки вказаних вище функцій. Вправи 1.

Побудуйте графіки функцій та відповідностей (1—7): 1) у = |х - 5 1; 2) у = |х| - 5; 3) у = ||х| - 5|; 4*) \у\ = х —5.

2.

1°) у = х 2 - 9;

2) у = \х2 - 9|;

3.

Ґ )у = (х + іУ ;

2) у = (|х| + І)2;

3) у = (х + І)2 - 3; 4. 5.

2) у = і°) у = - ~х;

3) у = \х2\- 9;

4*) |у| = х2 - 9.

4) у = |(х + І)2 - 3|. х +2

2°) у = 3 ——; X

3) у = Іх\ + 2 3) у = -

2 х-1

4*) |г/|= х + 2 4) У= -гт . X


60

6.

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

1°) у = у } х - 3;

2°) у = у [ х - 3;

5*) у = І л /И - З|; 6*) 7. 8.

9.

3) у = ^\х\ —3;

4) і/ = |л/х-3|;

7*) \у\ = у[х -3 .

1°) у = -4х\ 2°) і/ = —\/х + 4; 3) у = - л/[х]; 4) у = —\Іх-1. Функція у = / (х) задана на проміжку [0; 12] і має графік, зображе­ ний на рисунку 47. Побудуйте графіки функцій (та відповідностей 9* і 10*): 1) у = Ч ( х ) ; 2) у = і ( - х ) ; 3 )у = |/(х)|; 4 )у = /(| х | ); 5*) у = 2 / (х);

6*) у = / (2х);

9*)М = /( х ) ;

10*)М = /(|х|).

7*) у = ! / ( * ) ;

8*) у = / (±х);

Виконайте завдання вправи 8 для функції у = / (х), заданої на про­ міжку [—14; 0], графік якої зображено на рисунку 48.

2.4. Обернена функція Т аблиця 7 1. Поняття оберненої функції Якщо функція у = / (де) набуває кожного свого значення в єдиній точці її області визначення, то можна задати функцію у = £ (де), яка називається оберненою до функції у = / (де): для кожного а є £) (/), якщо / (а) = Ь, то д (Ь) = а

1

®

о в

д (Я = £ ( £ ) ; £ (/) = £ ( £ )

Функції і (х) і 8 (лО взаємно обернені


§ 2 Ф ункції

61

Продовження табл. 7

2. Властивості оберненої функції Уі

У Ь(Ща-,Ь)/ \ /

В

У= Є(х)

1)

Графіки прямої та оберненої функцій симетричні відносно прямої у = де

2)

Якщо функція / (де) зростає (спа­ дає) на деякому проміжку, то вона має обернену функцію на цьому проміжку, яка зростає, якщо / (де) зростає, і спадає, якщо / (де) спа­ дає

а

У

У

а

А

У>

/Ть і(Ь’ а) / £>!

х

1 у = х 2, х > 0

/ > - --------- - -

/

1.

2. 3.

0

х

3. Практичний спосіб зна> одження формули функції, оберненої ДО(пункції у = / (х) Алгоритм Приклад Знайдіть функцію, обернену до З’ясувати, чи буде функція у = / (де) оборотною на всій облас­ функції у = 2х + 4. ті визначення: для цього достат­ ► 3 рівності у = 2х + 4 можна од­ ньо з’ясувати, чи має рівняння нозначно виразити х через у: у = / (х ) єдиний корінь відносно 1 и —2. о х =— змінної X. Ця формула задає обернену Якщо ні, то виділити (якщо мож­ ливо) проміжок, де існує оберне­ функцію, але в ній аргумент позна­ на функція (наприклад, це може чено через у, а функцію — через х. бути проміжок, де функція Позначимо в одержаній форму­ у = / (х ) зростає або спадає). лі аргумент через х, а функцію — че­ 3 рівності у = / (де) виразити де рез у. через у . Маємо функцію у = -^х —2, обер­ В одержаній формулі ввести традиційні позначення — аргу­ нену до функції у = 2х + 4. <1 мент позначити через де, а функ­ цію — через у .


Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

62

Н

Пояснення й обґрунтування

1. Поняття оберненої функції. Відомо, що залежність шляху від часу для тіла, яке рухається рівномірно з постійною швидкістю і? , виража­ ється формулою 8 = і>0£. З цієї формули можна знайти обернену залежність — часу від пройденого шляху і = — . Функцію і (Б) = — називають оберненою до функції 18 (і) = о()і. Зазначимо, що в розглянутому прикладі кожному значенню І (І > 0) відповідає єдине значення 8 і, навпаки, кож­ ному значенню 8 (і8 > 0) відповідає єдине значення І. Розглянемо процедуру одержання оберненої функції в загальному вигляді. Нехай функція / (х) набуває кожного свого значення в єдиній точці її області визначення (така функція називається оборотною). Тоді для кожного числа у0 = Ь (з області значень функції / (х)) існує єдине зна­ чення х0 = а, таке, що / (а) = Ь. Розглянемо нову функцію § (х), яка кожному числу Ь з області значень функції / (х) ставить у відповідність число а, тобто § (Ь) = а для кожного Ь з області значень функції / (х). У цьому випадку функція § (х) називається оберненою до функції / (х), а функція / (х) — оберненою до функції § (х). З означення оберненої функції випливає, що область значень прямої функції Е (/) є областю визначення оберненої функції Ю(д), а область ви­ значення прямої функції Ю(/) є областю значень оберненої функції Е (§). Отже, Е ф = О (§), П(Г) = Е (£)• 2.

Властивості оберненої функції Властивість 1. Графіки прямої і оберненої функцій симетрич­

ні відносно прямої у = х.

Ураховуючи наведену вище процедуру побудови функції, оберненої до функції у = / (х), маємо: якщо / (а) = Ь, то за означенням графіка функції точка М з координатами (а; Ь) належить графіку функції у = / (х). Аналогічно, оскільки £ (Ь) = а, то точка М 1 з координатами (Ь; а) нале­ жить графіку функції у = Є (х). Точки М (а; Ь) і М 1 (Ь; а) розміщені на коор­ динатній площині симетрично віднос­ но прямої у = х (рис. 49). Дійсно, пряма у = х є віссю симетрії системи координат. Отже, при симе­ трії відносно прямої у = х вісь Ох відо­ бражається на вісь Оу, а вісь Оу — на


§ 2. Функції

63

вісь Ох. Тоді (наприклад, при а > 0 і Ь > 0) прямокутник ОАМТ) із сторонами ОА = а і ОБ = Ь на осях координат відображається на прямокутник ОА1М 1Б1 із сторонами на осях координат, у якого ОА1 = ОА = а і ОБ{ = ОБ = Ь. Таким чином, при симетрії віднос­ но прямої у = х точка М (а; Ь) відображається в точку М 1 (Ь; а) (а точка М 1 — у точку М). Отже, при симетрії відносно прямої у = х будь-яка точка М (а; Ь), що належить графіку функції у = / (х), має відповідну точку М 1 (Ь; а), яка належить графіку функції у = £ (х), а будь-яка точка М 1(Ь; а), що належить графіку функції у = £ (х), має відповідну точку М (а; Ь), яка належить графіку функції у = / (х). Отримуємо, що графіки взаємно обернених функцій симетричні від­ носно прямої у = х. О

І

Властивість 2. Якщо функція / (де) зрост ає ( спадає ) на деяко­ му проміжку, то вона м ає обернену функцію на цьом у про­ міжку, яка зростає, якщо / (де) зростає, і спадає, якщо / (де) спадає.

Дійсно, якщо функція / (х) зростає (спадає) на деякому проміжку, то за властивістю зростаючої (спадної) функції кожного свого зна­ чення вона набуває в єдиній точці з цього проміжку (див. приклад 6 до пункту 2.1), отже, вона має обернену функцію £ (х) на цьому про­ міжку. Обґрунтувати, що функція £ (х) зростає, якщо / (х) зростає, можна методом від супротивного. Нехай числа а1 і а2 входять до області визначення функції / (х) і

а2 > аг (1) Позначимо / (о^) = ЬІ, / (а2) = Ь2. Якщо функція / (х) зростає, то / (а2) > / (о^), тобто Ь2 > Ьг. За означенням оберненої функції £ (х) числа Ь1 і Ь2 входять до її області визначення і £ (Ьг) = ах, £ (Ь2) = а2. (2) Якщо припустити, що функція £ (х) не є зростаючою, то з нерівності Ь2 > Ь1 не може випливати нерівність £ (Ь2) > £ (Ь() (інакше функція £ (х) буде зростаючою), отже, може виконуватися тільки нерівність £ (Ь2) < £ (Ь1). Але тоді за формулами (2) одержуємо а2 < аг, що су­ перечить умові (1). Отже, наше припущення неправильне, і функція £ (х) зростає, якщо / (х) зростає. Аналогічно обґрунтовується, що у випадку, коли функція / (х) спа­ дає, обернена до неї функція £ (х) теж спадає. О 3. Практичний спосіб знаходження формули функції, оберненої до функції у = / (де). З означення оберненої функції випливає, що для отри­ мання оберненої залежності необхідно знати, як значення х виражається


64

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

через значення у. Це можна зробити, розв’язавши рівняння у = / (х) від­ носно змінної х. Якщо задана функція оборотна, то рівняння матиме єдиний розв’язок для всіх у з області значень функції / (х), і ми одержи­ мо формулу х = § (у), яка задає обернену функцію. Але в цій формулі ар­ гумент позначено через у, а функцію — через х. Якщо поміняти позна­ чення на традиційні, то одержимо запис функції, оберненої до функції У = ї (*)• Ці міркування разом із відповідним алгоритмом наведено в табли­ ці 7 і зреалізовано в наступних прикладах. ■

П риклади розв'язування завдань

Приклад 1

Знайдіть функцію, обернену до функції у=

Р озвязання ► Область визначення: х Ф 1. Тоді 1 з рівності у = ----- маємо х-1

К ом ент ар На всій області визначення (х Ф 1) задана функція оборотна, 1 оскільки з рівняння у = ----- можна х-1

ху - у = 1, ху = у + 1, х = У

Позначаємо аргумент через х, а функцію — через у і одержуємо функцію у= Х+ 1, обернену до задаX ної. <1

Приклад 2

1 .

х-1

однозначно виразити х через у (у Ф 0 на області значень заданої функції). Одержана формула

х = !/+1 задає у

обернену функцію, але в ній аргу­ мент позначено через у, а функ­ цію — через х. Змінюючи позначення на традиційні, одержуємо кінцевий результат.

Знайдіть функцію, обернену до функції у = х2.

Р о з в ’яза н н я ► 3 рівності у = х 2 при у > 0 одер­ жуємо X = +^[у ■ Тоді при у > 0 одно­ му значенню у відповідають два значення х. Отже, на всій області визначення х є (—°°; +°°) функція у = х 2 не є оборотною, і для неї не­ можливо знайти обернену функцію.

К ом ент ар Область значень заданої функ­ ції: у > 0. Але при у > 0 з рівності у = х 2 не можна однозначно вирази­ ти х через у. Наприклад, при у = 4 одержуємо х = +2. Через це ми не можемо значенню у = 4 поставити у відповідність єдине число, щоб по­ будувати обернену функцію.


§ 2. Функції

Приклад 3

Знайдіть функцію, обернену до функції у = х 2 при х > 0.

Р оз в ’я за н н я

К ом ент ар Множина значень заданої функ­ ції: у > 0. При х > 0 задана функція у = х 2 зростає, отже, на проміжку х > 0 вона має обернену функцію. Тому на цьому проміжку рівняння х 2 = у ми зможемо однозначно роз­ в’язати: при х > 0 маємо х = у[у. Ця формула задає обернену функцію, але в ній аргумент позна­ чено через у, а функцію — через х. Замінюючи позначення на традицій­ ні, одержуємо кінцевий результат.

► 3 рівності у = х 2 при у > 0 одер­ жуємо х = ±у[у. Ураховуючи, що за умовою х > 0, маємо х = -^у. Позначимо аргумент через х, а функцію — через у і одержимо, що функцією, оберненою до функції у = х 2, яка задана тільки при х > 0, буде функція у = лГх. <]

З ауваж ення. У прикладах 2 і 3 ми фак­ тично розглядаємо різні функції (вони мають різні області визначення), хоча в обох випад­ ках ці функції задаються однією й тією самою формулою. Як відомо, графіком функції у = х 2 (приклад 2) є парабола, а графіком функції у = х 2 при х > 0 (приклад 3) є тільки права вітка цієї параболи (рис. 50).

Запитання д л я контролю 1. За якої умови для заданої функції у = І (х) можна побудувати обер­ нену функцію? 2 . Поясніть побудову графіка оберненої функції на прикладі функції у = / (х), яка задана таблицею: X

0

2

4

6

/(х )

1

3

5

7

Задайте обернену функцію у = £ (х) за допомогою таблиці: X В (х)

65


Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

ЄЄ

3. Як розміщено графіки прямої і оберненої функцій, якщо їх побудо­ вано в одній системі координат? Проілюструйте відповідну власти­ вість графіків на прикладі. 4. Обґрунтуйте взаємне розміщення графіків прямої і оберненої функцій. 5. Чи існує функція, обернена до функції у = х2, де х < 0? Поясніть це, спираючись на відповідні властивості оберненої функції. Якщо обер­ нена функція існує, то задайте її формулою виду у = £ (х). Вправи 1.

Запишіть формулу, яка задає функцію у = £ (х), обернену до заданої. Укажіть область визначення і множину значень функції £ (х): 1) у = Зх - 6;

2.

2°) у = х - 2;

X

4) у = - ~ ; X

5) у = 4 х.

3) у = - ~ ; 4*) у = — X

х-1

5*) у = у/х + 1.

Знайдіть функцію, обернену до даної на заданому проміжку, і побу­ дуйте на одному рисунку графік даної функції і функції, оберненої до неї: 1) у = —х г при х > 0;

2) у = —х г при х < 0;

3) у = (х - 2)2 при х > 2;

4) у = х 2 - 2 при х < 0.

4

§ з 3.1.

3) у = ~;

На одному рисунку побудуйте графік даної функції і функції, обер­ неної до даної: 1 ) У = 2х;

3.

2°) у = -Зх - 6;

4

РІВНЯННЯ Рівняння-наслідки та рівносильні перетворення рівнянь Таблиця 8 1. Поняття рівняння та його коренів Означення

Приклад

— лінійне рівняння; Рівність зі змінною називаєть­ 2х = —1 ся рівнянням. У загальному вигляді рівняння з однією змінною х запи­ х 2 — З х + 2 = 0 — квадратне рівняння; сують так: / (х ) = и (х). Під цим коротким записом ро­ лІх + 2 = х — ірраціональне зуміють математичний запис задачі рівняння (містить про знаходження значень аргумен­ змінну під знаком ту, при яких значення двох даних кореня) функцій рівні


§ 3. Рівняння

67

Продовження табл. 8 Коренем (або розв’язком) рів­ х = 2 — корінь рівняння у/х + 2 =х, няння з однією змінної називається оскільки при х = 2 одержуємо пра­ значення змінної, яке перетворює вильну рівність: = 2, тобто 2 = 2 це рівняння на правильну рівність. Розв’язати рівняння — означає знайти всі його корені або довести, що їх немає 2. Область допустимих значень (ОДЗ) Областю допустимих значень (або Для рівняння л]х + 2 = х областю визначення) рівняння на­ ОДЗ: х + 2 > 0, тобто х > -2 , зивається спільна область визна­ оскільки область визначення функ­ чення для функцій / (ж) і £ (де), що ції ї(х) = \Іх + 2 визначається умовою стоять у лівій і правій частинах рів­ х + 2 > 0, а областю визначення няння функції § (х) = х є множина всіх дій­ сних чисел 3. Рівняння-наслідки Якщо кожен корінь першого рів­ у]х + 2 =х. няння є коренем другого рівняння, ► Піднесемо обидві частини рів­ то друге рівняння називається на­ няння до квадрата: слідком першого. { уіх + 2) = х 2, х + 2 = х 2, Якщо з правильності першої х 2 - х - 2 = 0, рівності випливає правильність х 1 = 2, х 2 = -1 . кожної наступної, то одержуємо Перевірка, х = 2 — корінь (див. вище); рівняння-наслідки. х = —1 — сторонній корінь (при X = —1 неправильну рівність При використанні рівнянь- одержуємо наслідків не втрачаються корені 1 = -1). < початкового рівняння, але можли­ Відповідь: 2. ва поява сторонніх коренів. Тому при використанні рівнянь-наслідків перевірка одержаних коренів під­ становкою в початкове рівняння є складовою частиною розв’язування (див. пункт 5 цієї таблиці)


68

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Продовження табл. 8 4. Рівносильні рівняння Найпростіші теореми Означення Два рівняння називаються рів­ Якщо з однієї частини рівняння носильними на деякій множині, перенести в іншу частину до­ якщо на цій множині вони ма­ данки з протилежним зна­ ють одні й ті самі корені. ком, то одержимо рівняння, Це означає, що кожен корінь рівносильне заданому (на будьпершого рівняння є коренем другого якій множині) і, навпаки, кожен корінь другого є ко­ Якщо обидві частини рівняння ренем першого (схема розв’язування помножити або поділити на рівнянь за допомогою рівносильних одне й те саме число, яке не перетворень наведена в пункті 5 цієї дорівнює нулю (або на одну й таблиці) ту саму функцію, що визначена і не дорівнює нулю на ОДЗ за­ даного рівняння), то одержимо рівняння, рівносильне заданому (на ОДЗ заданого рівняння) 5. Схема пошуку плану розв'язування рівнянь

— початкове рівняння; (2 ) — рівняння, одержане в результаті перетворення початкового; 4-, Т — символічне зображення напрямку виконаних перетворень 1 Застосування властивостей функцій до розв’ язування рівнянь розглянуто в пункті 3.2.


§ 3. Рівняння

69

Пояснення й обґрунтування

1. Поняття рівняння та його коренів. Рівняння в математиці найчас­ тіше розуміють як аналітичний запис задачі про знаходження значень аргументу, при яких значення двох даних функцій рівні. Тому в загаль­ ному вигляді рівняння з однією змінною х записують так: Найчастіше рівняння означають коротше — як рівність із змінною. Нагадаємо, що коренем (або розв’язком) рівняння називається зна­ чення змінної, при підстановці якого в рівняння утворюється правиль­ на рівність. Розв’язати рівняння — означає знайти всі його корені або довести, що їх немає. Наприклад, рівняння 2х = —1 має єдиний корінь х = —

а рівняння

|х |= —1 не має коренів, оскільки значення |х |не може бути від’ємним числом. 2. Область допустимих значень (ОДЗ) рівняння. Якщо задано рівняння / (лО = Є (я), то спільна область визначення для функцій / (х) і § (х) нази­ вається областю допустимих значень цього рівняння. (Іноді використо­ вують також терміни «область визначення рівняння» або «множина до­ пустимих значень рівняння».) Наприклад, для рівняння х 2 = х областю допустимих значень є всі дійсні числа. Це можна записати, наприклад, так: ОДЗ: х є К, оскільки функції / (х) = х 2 і § (х) = х мають області ви­ значення Е. Зрозуміло, що кожен корінь заданого рівняння входить як до об­ ласті визначення функції / (х), так і до області визначення функції § (х) (інакше ми не зможемо отримати правильну числову рівність). Отже, кожен корінь рівняння обов’язково входить до ОДЗ цього рівняння. Це дозволяє в деяких випадках використовувати аналіз ОДЗ рівняння при його розв’язуванні. Наприклад, у рівнянні у/х —2 + л/і —х = х функція £ (х) = х визначена при всіх дійсних значеннях х, а функція / (х) = у/х —2 + л/і —х — тільки за умови, що під знаком квадратного кореня будуть стояти невід’ємні вирази. Отже, ОДЗ цього рівняння задається системою (х>2, що не має розв’язків. Таким чином, ОДЗ заданого |х<1, рівняння не містить жодного числа, і тому це рівняння не має коренів. Зазначимо, що знаходження ОДЗ заданого рівняння може бути ко­ рисним для його розв’язування, але не завжди є обов’язковим елемен­ том розв’язування. жуємо систему


70

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

3. Методи розв’язування рівнянь. Для розв’язування рівнянь викорис­ товують методи точного і наближеного розв’язування. Зокрема, для точ­ ного розв’язування рівнянь у курсі математики 5—6 класів використову­ вали залежності між компонентами та результатами дій і властивості чис­ лових рівностей; у курсі алгебри 7—9 класів — рівносильні перетворення рівнянь, а для наближеного розв’язування рівнянь — графічний метод. Графічний метод розв’язування рівнянь не дає високої точності зна­ ходження коренів рівняння, і за його допомогою найчастіше можна діс­ тати лише грубі наближення коренів. Іноді зручно графічно визначити кількість коренів рівняння або знайти межі, у яких знаходяться ці ко­ рені. У деяких випадках можна графічно довести, що рівняння не має коренів. З указаних причин у шкільному курсі алгебри і початків ана­ лізу під вимогою «розв’язати рівняння» розуміється вимога «використо­ вуючи методи точного розв’язування, знайти корені даного рівняння». Наближеними методами розв’язування рівнянь можна користуватися тільки тоді, коли це зазначено в умові задачі (наприклад, якщо ставить­ ся задача розв’язати рівняння графічно). Переважно при розв’язуванні рівнянь різних видів нам доведеться використовувати один із двох методів розв’язування. Перший із них поля­ гає в тому, що задане рівняння замінюють більш простим рівнянням, яке має ті самі корені, — рівносильним рівнянням. У свою чергу, одержане рівняння замінюють простішим, рівносильним йому, і т. д. У результа­ ті одержують найпростіше рівняння, яке рівносильне заданому і корені якого легко знайти. Ці корені і тільки вони є коренями даного рівняння. Другий метод розв’язування рівнянь полягає в тому, що задане рівняння замінюють простішим рівнянням, до коренів якого належать усі корені даного рівняння, тобто замінюють так званим рівняннямнаслідком. У свою чергу, одержане рівняння замінюють більш простим рівнянням-наслідком доти, поки не одержать найпростіше рівняння, ко­ рені якого легко знайти. Тоді всі корені заданого рівняння знаходяться серед коренів останнього рівняння. Отже, щоб знайти корені задано­ го рівняння, достатньо корені останнього рівняння підставити в зада­ не рівняння. За допомогою такої перевірки відділяють корені заданого рівняння (вилучають так звані сторонні корені — ті корені останнього рівняння, які не задовольняють заданому). У наступному пункті буде також показано застосування властивос­ тей функцій до розв’язування рівнянь певного виду. Рівняння-наслідки Розглянемо докладніше, як можна розв’язувати рівняння за до­ помогою рівнянь-наслідків. При розв’язуванні рівнянь головне — не загубити корені заданого рівняння, і тому в першу чергу ми повинні стежити за тим, щоб кожен корінь початкового рівняння залишався коренем наступного. Фактично це і є означенням рівняння-наслідку:


3. Рівняння

І

71

у тому випадку, коли кожний корінь першого рівняння є коре­ нем другого, друге рівняння називається наслідком першого.

Це означення дозволяє обґрунтувати такий орієнтир: для одержання рівняння-наслідку достатньо розглянути задане рівняння як правильну числову рівність і гарантувати (тобто мати можливість обґрунтувати), що кожне наступне рівняння ми можемо одержати як правильну чис­ лову рівність. Дійсно, якщо дотримуватися цього орієнтира, то кожен корінь пер­ шого рівняння перетворює це рівняння на правильну числову рівність. Але тоді друге рівняння теж буде правильною числовою рівністю, тобто розглядуване значення змінної є коренем і другого рівняння, а це й означає, що друге рівняння є наслідком першого. х 2-1 Застосуємо наведений орієнтир до розв’язування рівняння -----=0 х +1

(поки що не використовуючи відому умову рівності дробу нулю). Якщо правильно, що дріб дорівнює нулю, то обов’язково його чи­ сельник дорівнює нулю. Отже, з даного рівняння одержуємо рівняннянаслідок х 2 —1 = 0. Але тоді правильно, що (х —1 ) ( х + 1 ) = 0. Останнє рівняння має два корені: х = 1 та х = —1. Підставляючи їх у задане рів­ няння, бачимо, що тільки корінь х = 1 задовольняє початковому рівнян­ ню. Чому це сталося? Це відбувається тому, що, використовуючи рівняння-наслідки, ми гарантуємо тільки те, що корені заданого рівняння не втрачають­ ся (кожний корінь першого рівняння є коренем другого). Але дру­ ге рівняння, крім кореня першого рівняння, має ще й інший корінь, який не є коренем першого рівняння. Для першого рівняння цей корінь є стороннім, і, щоб його відсіяти, виконуємо перевірку підстановкою коренів у початкове рівняння. (Більш детально причини появи сторон­ ніх коренів розглянуто в таблиці 9.) Отже, щоб правильно використову­ вати рівняння-наслідки для розв’язування рівнянь, необхідно пам’ятати ще один орієнтир: при використанні рівнянь-наслідків можлива поява сторонніх коренів, і тому перевірка підстановкою коренів у початкове рівняння є складовою частиною розв’ язування. Схема застосування цих орієнтирів подана в таблиці 8. У пункті З цієї таблиці наведено розв’язання рівняння ^ х + 2= х. (1) Для того щоб розв’язати це рівняння за допомогою рівнянь-наслідків, достатньо задане рівняння розглянути як правильну числову рівність і зазначити, що у випадку, коли два числа рівні, то і їхні квадрати теж будуть рівні: (л/х + 2) = х 2.

(2)


72

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Отже, ми гарантуємо, що у випадку, коли рівність (1) правильна, то і рівність (2) теж буде правильною, а це й означає (як було показано вище), що рівняння (2) є наслідком рівняння (1). Якщо ми хоча б один раз використаємо рівняння-наслідки (а не рівносильні перетворення), то можемо отримати сторонні корені, і тоді до розв’язання обов’язково вхо­ дить перевірка одержаних коренів підстановкою їх у задане рівняння. Зауваж ення. Перехід від заданого рівняння до рівняння-наслідку можна позначити спеціальним значком =>, але його використання для запису розв’язання не є обов’язковим. Разом з тим, якщо цей значок використано, то це свідчить про те, що ми скористалися рівнянняминаслідками, і тому обов’язково до запису розв’язання необхідно вклю­ чити перевірку одержаних коренів. Рівносильні рівняння З поняттям рівносильності ви знайомі з курсу алгебри 7 класу, де рівносильними називалися рівняння, які мали одні й ті самі корені. За­ уважимо, що рівносильними вважалися і такі два рівняння, які не мали коренів. Формально будемо вважати, що і в цьому випадку рівняння мають одні й ті самі корені, оскільки відповіді до таких рівнянь однако­ ві: «рівняння не має коренів» (точніше: однаковими є множини коренів таких рівнянь — вони обидві порожні, що позначаюєть символом 0). У курсі алгебри і початків аналізу ми будемо розглядати більш за­ гальне поняття рівносильності, а саме рівносильність на певній множині.

І

Д ва рівняння називаються рівносильними на деякій множині, якщо на цій множині вони мають одні й ті самі корені, тоб­ то якщо кожен корінь першого рівняння є коренем другого і, навпаки, кожен корінь другого рівняння є коренем першого.

Для рівнянь, які задано на множині всіх дійсних чисел (напри­ клад, для лінійних), ми можемо дати однозначну відповідь на запитан­ ня «Чи рівносильні задані рівняння?». Наприклад, рівняння х + 3 = 0 і 2х + 6 = 0 рівносильні, оскільки обидва мають однаковий корінь х = —З і інших коренів не мають. Отже, кожне з них має ті самі розв’язки, що й друге. При розгляді рівносильності рівнянь на множині, яка відрізняється від множини всіх дійсних чисел, відповідь на запитання «Чи рівносиль­ ні задані рівняння?» може суттєво залежати від того, на якій множині ми розглядаємо ці рівняння. Наприклад, якщо розглянути рівняння: х +1

(3 )

х2 - 1 = 0, (4) то, як було показано вище, рівняння (3) має тільки один корінь х = 1, а рівняння (4) — два корені: х = 1 та х = —1. Таким чином, на множині


3. Рівняння

73

всіх дійсних чисел ці рівняння не є рівносильними, оскільки у рівняння (4) є корінь х = —1, якого немає у рівняння (3). Але на множині додат­ них дійсних чисел ці рівняння рівносильні, оскільки на цій множині рівняння (3) має єдиний додатний корінь х = 1 і рівняння (4) теж має тільки один додатний корінь х = 1. Отже, на множині додатних чисел кожне із цих рівнянь має ті самі розв’язки, що й друге. Зазначимо, що множина, на якій розглядають рівносильність рів­ нянь, як правило, не задається штучно (як в останньому випадку). Найчастіше за таку множину вибирають ОДЗ заданого рівняння. Домо­ вимося, що надалі всі рівносильні перетворення рівнянь (а також нерівностей і систем рівнянь та нерівностей) ми будемо виконувати на ОДЗ заданого рівняння (нерівності чи системи).

І

Зазначимо, що в тому випадку, коли ОДЗ заданого рівняння є множи­ на всіх дійсних чисел, ми не завжди будемо її записувати (як не запису­ вали ОДЗ при розв’язуванні лінійних чи квадратних рівнянь). І в інших випадках головне — не записати ОДЗ до розв’язання рівняння, а реаль­ но врахувати її, виконуючи рівносильні перетворення заданого рівняння. Наприклад, для рівняння л]х + 2 = х ОДЗ задається нерівністю X + 2 > 0. Коли ми переходимо до рівняння X + 2 = X2, то для всіх його коренів це рівняння є правильною рівністю. Тоді вираз х2, який стоїть у правій частині цієї рівності, завжди невід’ємний (х2 > 0), а отже, рів­ ний йому вираз х + 2 теж буде невід’ємним: х + 2 > 0. Але це й означає, що ОДЗ заданого рівняння (х + 2 > 0 ) врахована автоматично для всіх коренів другого рівняння і тому при переході від рівняння л/х + 2 = X до рівняння х + 2 = х2 ОДЗ заданого рівняння можна не записувати до розв’язання. Для виконання рівносильних перетворень спробуємо виділити за­ гальні орієнтири, аналогічні відповідним орієнтирам для одержання рівнянь-наслідків. Як указано вище, виконуючи рівносильні перетворення рівнянь, необхідно врахувати ОДЗ заданого рівняння — це перший орієнтир для виконання рівносильних перетворень рівнянь. За означенням рівносильності рівнянь потрібно гарантувати, щоб кожен корінь першого рівняння був коренем другого і, навпаки, кожен корінь другого рівняння був коренем першого. Для першої частини цієї вимоги ми вже виділили загальний орієнтир: достатньо гарантувати збере­ ження правильної рівності при переході від першого рівняння до другого. Щоб виконати другу частину цієї вимоги, достатньо друге рівнян­ ня розглянути як правильну рівність (тобто взяти таке значення змін­ ної, яке є коренем другого рівняння) і гарантувати, що при переході до


74

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

першого рівняння правильна рівність зберігається (цей корінь залиша­ ється і коренем першого рівняння). Фактично з означення рівносиль­ ності рівнянь одержуємо, що кожне з рівносильних рівнянь є наслідком другого рівняння. Таким чином, виконуючи рівносильні перетворення, ми повинні гарантувати збереження правильної рівності на кожному кроці розв’язування не тільки при прямих перетвореннях, а й при зво­ ротних — це другий орієнтир для розв’язування рівнянь за допомогою рівносильних перетворень. (Відповідні орієнтири схематично подано в пункті 5 таблиці 8.) Наприклад, щоб розв’язати за допомогою рівносильних перетворень 2 -1 рівняння —— і = 0, достатньо врахувати його ОДЗ: х + 1 Ф 0 і умову рів-

х +1

ності дробу нулю (дріб дорівнює нулю тоді і тільки тоді, коли чисельник дробу дорівнює нулю, а знаменник не дорівнює нулю). Також слід звер­ нути увагу на те, що на ОДЗ всі потрібні перетворення можна виконати як у прямому, так і у зворотному напрямках із збереженням правильної рівності. Запис розв’язання в цьому разі може бути таким: х2-1 ------ = 0. ОДЗ: х + 1 Ф 0. Тоді х 2 —1 = 0. Отже, х = 1 (задовольняє умові х +1

ОДЗ) або х = —1 (не задовольняє умові ОДЗ). Відповідь: 1. Для виконання рівносильних перетворень рівнянь можна також користуватися спеціальними теоремами про рівносильність. У зв’язку з уточненням означення рівносильності рівнянь узагальнимо також фор­ мулювання найпростіших теорем про рівносильність, відомих з курсу алгебри 7 класу. Т еорем а 1. Якщо з однієї частини рівняння перенести в іншу частину доданки з протилежним знаком, то одержимо рів­ няння, рівносильне заданому (на будь-якій множині). Т еорем а 2. Якщо обидві частини рівняння помножити або поділити на одне й те саме число, яке не дорівнює нулю {або на одну й ту саму функцію, що визначена і не дорівнює нулю на ОДЗ заданого рівняння), то одержуємо рівняння, рівно­ сильне заданому (на ОДЗ заданого). Обґрунтування цих теорем повністю аналогічне обґрунтуванню орі­ єнтирів для рівносильних перетворень заданого рівняння.

І І

З ауваж ення. Для позначення переходу від заданого рівняння до рівносильного йому рівняння можна використовувати спеціальний зна­ чок •», але в записі розв’язань це не є обов’язковим. (Хоча іноді ми його будемо використовувати, щоб підкреслити, що було виконано саме рів­ носильні перетворення.)


3. Рівняння

Приклад 1

Розв’яжіть рівняння

Р о з в ’яз а н ня ► ОДЗ: х - 2 ^ 0 і х - 1 ^ 0 . На цій ОДЗ задане рівняння рів­ носильне рівнянням: 5

З

х-2

х-1

5(х-1)-

=0,

З(х-2)

(х-2) (х-1) 2х + 1 (х-2) (х-1)

=0,

= 0,

тобто х = ——. 2

Урахуємо ОДЗ: при х = — х

- 2 = - - - 2

= - 2 - ф 0,

х

-1 = - - - 1

= - 1 - ф 0.

2

Отже, х = —і — корінь. Відповідь:

2

(2) (3 )

(4)

2х + 1 = 0,

2

(1)

х-2

75

х-1

Ком ентар Використаємо рівносильні пере­ творення для розв’язування задано­ го рівняння. Для цього необхідно врахувати ОДЗ, тому зафіксуємо її обмеження на початку розв’язання. Зазначимо, що в рівняннях обме­ ження ОДЗ можна тільки зафіксу­ вати, але не розв’язувати, а в кінці перевірити, чи виконуються ці об­ меження для знайдених коренів. При перенесенні члена заданого рівняння з однієї частини рівняння в іншу з протилежним знаком одер­ жуємо рівняння (1), рівносильне за­ даному. Зводячи до спільного знаменни­ ка, розкриваючи дужки і зводячи подібні члени, знову одержуємо пра­ вильну рівність і можемо обґрунту­ вати, що при виконанні зворотних дій рівність теж не порушується, отже, одержані рівняння (1)—(3) рів­ носильні заданому (на його ОДЗ). Дріб дорівнює нулю тоді і тіль­ ки тоді, коли чисельник дробу дорів­ нює нулю, а знаменник не дорівнює нулю. Але друга умова вже врахована в обмеженнях ОДЗ, отже, одержує­ мо рівняння (4), рівносильне задано­ му рівнянню на його ОДЗ. Оскільки всі перетворення були рівносильни­ ми тільки з урахуванням ОДЗ, то ми повинні перевірити, чи задовольняє одержане число обмеженням ОДЗ.

4. Причини появи сторонніх коренів та втрати коренів при розв’язуванні рівнянь. Найбільш типові випадки появи сторонніх коренів та втрати коренів рівняння наведено в таблиці 9. Там же вказано, як у кожному з цих випадків одержати правильне (чи повне) розв’язання.


76

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Перетворення, при яких це може відбуватися

Причина

Приклад неправильного (чи неповного) розв’язання 1. Поява сторонніх коренів х 2 + уі х -

Одержання рівняньна слідків за рахунок:

4

а)

переходу до 2. рівняння, у якого ОДЗ ширша, ніж у заданого рівняння;

3.

б)

виконання перетво­ рень, при яких від­ бувається неявне мно­ ження на нуль;

2=6

х

+ уі х - 2 .

Перенесемо з правої частини рівняння в ліву доданок уіх —2 1. Зведення подіб­ з протилежним знаком і зведе­ них членів мо подібні члени. Одержимо х2 —(зх = 0, х г = 0, х2 = 6

Зведення обох частин рівнян­ ня до спільно­ го знаменника (при відкиданні знаменника)

Піднесення обох частин ірраціонально­ го рівняння до квадрата

!

7

4

+ 5х + б' Помножимо обидві части­ ни рівняння на спільний зна­ менник усіх дробів ( х + 2) (х + 3). Одержимо 4 (х + 3) + 7 (х + 2) = 4, 11х = -2 2 , х = -2 х +2

х +3

Хг

>І2х + \ =л[х. Піднесемо обидві частини рівняння до квадрата. 2х + 1 = х, X = -1

х 2 + х + 1 = 0. Помножимо обидві частини Множення обох час­ рівняння на х — 1. тин рівняння на ви­ ( х - 1) ( х 2 + х + 1) = 0. раз зі змінною Одержимо х8 —1 = 0, х = 1


3. Рівняння

77

Т аблиця 9 У чому полягає помилка

Як одержати правильне (чи повне) розв’язання

Приклад правильного (чи повного) розв’язання

при розв’язуванні рівняння

х і = 0 не є коре­ нем заданого рів­ няння

х 2+ уіх- 2 = 6 х + уіх- 2. ► х2 - 6х = 0, х 1= 0, х2 = 6. Перевірка показує, що х 1 = 0 — сторонній корінь, х2 = 6 — корінь. Відповідь: 6. <1

4

!

7

4

+2 х + 3 х г + 5 х + б' ► 4 (х + 3) + 7 (х + 2) = 4; 11х = -22, х = -2 . Перевірка показує, що X = -2 — сторонній корінь. Відповідь: коренів немає. <1 х

х = —2 не є коре­ нем заданого рів­ няння Виконати перевірку підстановкою коренів у задане X = —1 не є коре­ рівняння нем заданого рів­ няння

х = 1 не є коре­ нем заданого рів­ няння

у/2х + 1=л[х. ► 2х + 1 = х, х = -1 . Перевірка показує, що х = —1 — сторонній корінь. Відповідь: коренів немає. <1 Для розв’язання цього рівнян­ ня не було необхідності мно­ жити па х —1. х 2 + х + 1 = 0. ► £) = -3 < 0. Відповідь: коренів немає. <1 Якщо помножити обидвічастини рівняння на х - 1, то перевірка показує, що х = 1 — сторонній корінь, тобто рівняння не має коренів.


78

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Перетворення, при яких це може відбуватися

Причина

Приклад неправильного (чи неповного) розв’язання 1. Поява сторонніх коренів

в)

застосуван­ ня до обох частин рів­ няння функ­ ції, яка не є зроста­ ючою або спадною

Піднесення обох частин рівняння х - 1 = 2х + 1. до парного степеня Піднесемо обидві частини рів­ або застосування до няння до квадрата: обох частин рівнян­ ( х - І ) 2 = (2х + І ) 2. ня тригонометрич­ Одержимо Зх2 + (зх = 0, них функцій хл = 0, х2 = -2 (див. с. 365) 2. Втрата коренів

1.

Явне чи неявне звуження ОДЗ заданого рів­ няння, зокрема виконання пере­ творень, у про­ цесі яких відбу­ 2. вається неявне ділення на нуль

Ділення обох X2 = X. частин рівнян­ Поділивши обидві частини рів­ ня на вираз зі няння на х, одержимо змінною х =1

Додавання, від­ німання, мно­ ження або ді­ лення обох час­ тин рівняння на вираз, у якого ОДЗ вужча, ніж у заданого рів­ няння

х2 = 1. Якщо до обох частин рівняння додати л[х, то одержимо рів­ няння X2+ л[х = 1 + л[х, у якого тільки один корінь X= 1


3. Рівняння

79

Продовження табл. 9 У чому полягає помилка

Як одержати правильне (чи повне) розв’язання

Приклад правильного (чи повного) розв’язання

при розв’язуванні рівняння

Виконати х і = 0 не є коре­ перевірку нем заданого рів­ підстановкою коренів у задане няння рівняння

У даному рівнянні не було необхідності підносити до квадрата. х - 1 = 2х + 1. ► х - 2х = 1 + 1, х = -2 . Відповідь: -2 . <1 Якщо використати піднесення до квадрата, то перевірка по­ казує, що х 2= —2 — корінь, а х1 = 0 — сторонній корінь

при розв’язуванні рівняння Втратили корінь X = 0, оскільки після ділення на х фактично одер­ жали рівняння 2 X X X

X’

у якого ОДЗ: х Ф 0, тобто зву­ зили ОДЗ задано­ Ті значення, на го рівняння які звузилася ОДЗ, необхідно Втратили корінь розглянути окремо X = — 1, оскільки ОДЗ заданого рів­ няння: х — будьяке число, а л[х існує тільки при х > 0

2.

X і = X. 1. При х = 0 одержуємо О2 = 0 — правильна рів­ ність, отже, х = 0 — ко­ рінь. При х Ф 0 одержуємо 2 X X — = —, X = 1. X

X

Відповідь: 0; 1. <1 (Зазвичай зручніше розв’язу­ вати так: х2 - х = 0, х (х - 1) = 0; х = 0, х = 1.) У даному рівнянні не було не­ обхідності додавати до обох частин у/х. ► х2 = 1, х = ±1. Відповідь: ±1. <1 (Якби довелося додавати до обох частин л[х, то при х < 0 задане рівняння потрібно було б розглянути окремо, і тоді одержали б ще й корінь X = -1 .)


80

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

■ Запитання д л я контролю 1. Що називається коренем рівняння? Наведіть приклади. 2. Дайте означення області допустимих значень (ОДЗ) рівняння. На­ ведіть приклади. 3. Дайте означення рівняння-наслідку заданого рівняння. Наведіть приклади. Поясніть, у якому випадку можна гарантувати, що в ре­ зультаті перетворення рівняння одержали рівняння-наслідок. 4. Дайте означення рівносильних рівнянь. Наведіть приклади. Пояс­ ніть, у якому випадку можна гарантувати, що в результаті перетво­ рення рівняння одержали рівняння, рівносильне заданому. 5. Сформулюйте основні теореми про рівносильність рівнянь. Наведіть приклади їх використання. 6. Поясніть, у результаті яких перетворень заданого рівняння можна одержати сторонні для заданого рівняння корені. Як можна відсіяти сторонні корені? Наведіть приклади. 7. Поясніть, у результаті яких перетворень заданого рівняння можна втратити корені цього рівняння. Наведіть приклади. Поясніть на прикладах, як необхідно доповнити відповідні перетворення, щоб не втратити корені заданого рівняння. ■ Вправи 1°. Знайдіть область допустимих значень (ОДЗ) рівняння: ^ \ х —5

2х —3

1) — ------------- = 0; х+2 х 2 ) ^ - _ ^ = 0;

г) \

/

Зх —6

3) л/х = ------

х-1

х +1

З

х +4

2. З’ясуйте: а) чи є друге рівняння наслідком першого; б) чи є ці рівняння рівносильними (відповідь обґрунтуйте): 1) 2х2 - 8х - 9 = 0 і х2 - 4х - 4,5 = 0;

2)

2-А

— — = 0 і х2 - 4 = 0.

х -5 х +6

3°. Обґрунтуйте рівносильність рівнянь: 1) 5х - 8 = 7 - Зх і 5х + Зх = 7 + 8; 2) (2х - 1) (х2 + 5) = х (х2 + 5) і 2х - 1 = х. 4°. Обґрунтуйте, що задані рівняння не є рівносильними: 1) х 2+ —!—= 9 + —!— і х2 = 9; х+3

х+3

2) (2х - 1) (х2 - 5) = х (х2 - 5) і 2х - 1 = х.

5°. Поясніть, які перетворення було використано при переході від пер­ шого рівняння до другого і чи можуть вони приводити до порушення рівносильності: 1) Зх + 1,1 = 6,8 - 2х і Зх + 2х = 6,8 - 1,1; 2

) — —— — ——+ Зх2—1. = 0 і х - 9 + Зх2 - 1 = 0 ; х+9


3. Рівняння

3)

81

^ + х = 3 і 5 + х (Зх - 1) = 3 (Зх - 1); ох —1

4) уіх2 - 1 = х - 2 і х2 - 1 = х2 - 4х + 4. 6. Чи є рівносильними задані рівняння на ОДЗ першого з них: 1) 5 - х = х + 7 і 5 -х ч — — = х + 7ч— — ; х-3

оч

2)

2х х 5 = -----х-2 х-2

• і л

о

х-3

г

і 12 - 2х = х - 5;

3) 6 - х = 10 і 6 - х + л/х-у [х =10; 4) (х2 + 2х - 3) (х2 + 6) = 5 (х2 + 6) і х2 + 2х - 3 = 5; 5) х2 —1 = 6х —1 і

= X X 7. Розв’яжіть рівняння і вкажіть, яке перетворення могло привести до порушення рівносильності: ч 8 5 - х _ % + Зх _ п\ х , ( х - 2 ) 2 + 8 ( 4 - х ) ( 2 - х ) ' 1) х “ — х х’-> Т -1 — » 2 4 х х 7

1

х +3

3-х

6

х —4 '

X2 - 9

з+х ’

_

1

х-6

х-2

Зх2 - 1 2

.

_ 1

^

2-х

8. Розв’яжіть рівняння за допомогою рівнянь-наслідків і вкажіть, яке перетворення могло привести до порушення рівносильності: 1) Зх + ^ х - 2 = 5 х - 1 + ^ х - 2 ; 2) уі2х + 5 = х + 1; 3) л/3-2х = 1 х ; 4) л/б + х 2 = х - 4 . 9. За якої умови рівняння є рівносильними: 1)

2х - З

=

і ? ( х ) = £ (х) (2х - 3);

2) /(х ) + л/х = §(х) + у[х і / (х) = ^ (х)? 10. Чи може відбутися втрата коренів або поява сторонніх коренів, якщо: 1) рівняння (х2 + 7) / (х) = 4х2 + 28 замінити рівнянням / (х) = 4; 2) рівняння (х —1 )/ (х) = (х —1)§(х) замінити рівнянням / (х) = §(х); Ґ(Х) В (X) ■ ■ г / / ч = -----замінити рівнянням т (х)ч = § (х); 3) рівняння ----х+3

4) рівняння

х+3

= 0 замінити рівнянням / (х) = 0? З*2 +5

11. Розв’яжіть рівняння і обґрунтуйте, що побудовано ланцюжок рівно­ сильних рівнянь: 1) 13 - ( х - І ) 2 + (2 х - 1) ( х + 1) = ( х + 2)2; 2) (х - І)8 - (х - З)8 = Зх + 26; 3) (х + І)8 - (х - І)8 = 6 (х2 + х + 1); 4) (Зх - І)2 + (6х - 3) (2х + 1) = (х - І)2 + 5 (2х + І)2.


82

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

3.2. Застосування властивостей функцій до розв’язування рівнянь Таблиця 10 Орієнтир

Приклад 1. Скінченна ОДЗ

Якщо область допустимих л /х 2 - 1 + х = 1 + уі2 - 2 х 2 . значень (ОДЗ) рівняння х 2- 1 > 0 , ( х 2 > 1, 2 (нерівності або системи) ►° Д 3: <,[ 2 - 2 х 2 > 0 <=><[ х 2 < 1 <=>Х = 1 < = > Х = складається із скінченного числа значень, то для роз­ Перевірка. в’язування достатньо пере­ х = 1 — корінь (л/о +1 = 1 + л/о, 1 = і), вірити всі ці значення X = —1 — не корінь Ш - 1^1 + л/о). Відповідь: 1. < 1

± 1.

2. Оцінка значень лівої та правої частин рівняння Ґ (х ) = 8 ( х )

<=>

Г/(х) = а, І£ (х ) = а

а, £ (х)< а

1 - х 2= а/і + у]\х\. ► і (х ) = 1 - х 2 < 1,

/ (д е ) >

£(х) =

(б о

Д

> о ) .

Якщо потрібно розв’ язати рівняння Отже, задане рівняння рівносильне виду / (ж) = § (де) і з’ясувалося, що системі Г і-х 2 =1, / (де) > а, § (де) < а, то рівність між <=>х = 0 лівою і правою частинами можлива К/ і + л Я тоді і тільки тоді, коли / (де) і £ (де) одночасно дорівнюють а Відповідь: 0. <1 /, (х) = 0, /■, (де) + и (*) + + ...+

п (*) > 0, и (*> > о, І, (*) > о

(де) = 0

<=>

/2(х) = 0,

у ] х - 2 + \ х 2 —2х\

2 х | > 0, 0. Отже, задане рівняння рівносильне системі

^

А (# ) = у і х - 2

> 0 ,

/ 2 ( х ) = |х 2 -

(х ) = (х 2 -

1 /„М = о .

+ (х 2 —4)2 =0.

4 )2 >

у}х-2=0, |х 2 - 2 х |= 0 ,

Сума кількох невід’ємних функ­ (х2- 4 ) 2= 0. цій дорівнює нулю тоді і тільки З першого рівняння одержуємо X = 2, тоді, коли всі функції одночасно що задовольняє всій системі дорівнюють нулю Відповідь: 2 . <1


3. Рівняння

83

Продовження табл. 10 3. Використання зростання та спадання функцій Схема розв’язування рівняння

1. Підбираємо один або декілька коренів рівняння. 2. Доводимо, що інших коренів це рівняння не має (використовуючи теоре­ ми про корені рівняння або оцінку лівої та правої частин рівняння) Теореми про корені рівняння 1. Якщо в рівнянні / (ж) = а функція / (ж) зростає (спадає) на деякому проміжку, то це рівняння може мати не більш ніж один корінь на цьому проміжку.

Приклад Рівняння 4 х + 2х8 = 3 має єди­ ний корінь х = 1 (л/І + 2 •І3 = З, тобто 3 = 3), оскільки функція { (х) = у[х + 2хя зростає на всій об­ ласті визначення х > 0 2.

Якщо в рівнянні / (ж) = § (де) функ­ ція / (де) зростає на деякому проміж­ ку, а функція § (де) спадає на цьому самому проміжку (або навпаки), то це рівняння може мати не більш ніж один корінь на цьому проміжку.

Приклад Рівняння у[х + х г = 3 —х має єди­ ний корінь X = 1 (л/ї + 13 = 3 -1 , тобто 2 = 2), ОСКІЛ ЬКИ / ( х ) = у[ х + х 3 зростає на всій області визначення х ^ 0, а § (х) = 3 —х спадає (на множині К, а отже, і при х > 0 ) Ш

Пояснення й обґрунтування

1. Скінченна ОДЗ. Нагадаємо, що у разі, коли задано рівняння і (х) = §(х), спільна область визначення для функцій і (х) і § (х) називається облас­ тю допустимих значень цього рівняння. Зрозуміло, що кожен корінь заданого рівняння входить як до області визначення функції і (х), так і до області визначення функції § (х). Отже, кожен корінь рівняння


84

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

обов’язково входить до ОДЗ цього рівняння. Це дозволяє в деяких ви­ падках, аналізуючи ОДЗ, одержати розв’язки рівняння. Наприклад, якщо задано рівняння у і х —2 + л/4 —2х = Зх —6, то його ОДЗ можна записати за допомогою системи систему, одержуємо

тобто х = 2. Отже, ОДЗ заданого рівняння

складається лише з одного значення х = 2. Але якщо тільки для одного числа потрібно з’ясувати, чи є воно коренем заданого рівняння, то для цього достатньо підставити це значення в рівняння. У результаті одер­ жуємо правильну числову рівність (0 = 0). Отже, х = 2 — корінь цього рівняння, інших коренів бути не може, оскільки всі корені рівняння знаходяться в його ОДЗ, а там немає інших значень, крім х = 2. Розглянутий приклад дозволяє виділити орієнтир для розв’язування аналогічних рівнянь:

І

якщо ОДЗ рівняння (а також нерівності або системи) скла­ даєт ься із скінченного числа значень, то для розв’язування достатньо перевірити всі ці значення.

З ауваж ення. У тому випадку, коли ОДЗ — порожня множина (не містить жодного числа), ми можемо зразу дати відповідь, що задане рівняння не має коренів. Наприклад, якщо потрібно розв’язати рівняння л/х —3 = л/2 —х + 5х, то його ОДЗ задається системою

тобто

яка не має

розв’язків. Отже, ОДЗ заданого рівняння не містить жодного числа, і тому це рівняння не має коренів. 2. Оцінка значень лівої та правої частин рівняння. Деякі рівняння можна розв’язати за допомогою оцінки значень лівої та правої частин рівняння. Нехай ми розв’язуємо рівняння і (х) = § (х) і нам удалося з’ясувати, що для всіх допустимих значень х значення і (х) > а, а значення § (х) < а. • Розглянемо два випадки: 1) і (х) > а; 2) ї (х) = а. Якщо і (х) > а, то рівність і (х) = § (х) не може виконуватися, бо § (х) < а, тобто при / (х) > а задане рівняння коренів не має. Зали­ шається тільки випадок і (х) = а, але, ураховуючи необхідність ви­ конання рівності і (х) = § (х), маємо, що тоді § (х) = а. Отже, ми об­ ґрунтували, що виконання рівності і (х) = § (х) (за умов / (х) > а і § (*) < а) гарантує одночасне виконання рівностей / (х) = а і § (х) = а (і навпаки, якщо одночасно виконуються рівності і (х) = а


3. Рівняння

85

і § (х) = а, то виконується і рівність і (х) = § (х)). Як було показано в пункті 3.1, це й означає, що рівняння і (х) = § (х) рівносильне сис. ( / (х) = а, темі і Коротко це можна записати так: їй1(х) = а.

/ (де) > а, § (де) < а

О

Приклад використання такого способу розв’язування рівнянь наве­ дено в пункті 2 таблиці 10. Аналогічно до попередніх міркувань можна обґрунтувати і орієнтир для розв’язування рівняння (х) + / 2 (х) + ... + / (х) = 0, у якому всі функції-доданки невід’ємні (/^ (х) > 0; (х) > 0; ...; ґп (х) > 0). • Якщо припустити, що / (х) > 0, то сума всіх функцій, що стоять у лівій частині цього рівняння, може дорівнювати нулю тільки тоді, коли сума (х) + ... + / (х) буде від’ємною. Але це неможливо, оскільки за умовою всі функції невід’ємні. Отже, при Д (х) > 0 за­ дане рівняння не має коренів. Ці самі міркування можна повторити для будь-якої іншої функції-доданка. Залишається єдина можли­ вість — усі функції-доданки дорівнюють нулю (очевидно, що в цьо­ му випадку рівність (х) + (х) + ... + / (х) = 0 обов’язково буде виконуватися). Таким чином, сума кількох невід’ємних функцій до­ рівнює нулю тоді і тільки тоді, коли всі функції одночасно дорівню­ ють нулю. О Наприклад, щоб розв’язати рівняння х4 + |х —1 |= 2х2 —1, достат­ ньо перенести всі члени в один бік, записати рівняння у вигляді (х2 — 1)2 + |х — 1 |= 0 і взяти до уваги, що (х2 — І)2 і |х —1 |— невід’ємні Г(х2- І)2 =0, функції. Отже, задане рівняння рівносильне системі -Г 3 друУх —11= 0. гого рівняння одержуємо х = 1, що задовольняє всій системі, тобто за­ дане рівняння має єдиний корінь х = 1. 3. Використання зростання та спадання функцій до розв’язування рівнянь спирається на таку властивість: зростаюча або спадна функція набуває кожного свого значення тільки в одній точці її області визна­ чення. Корисно пам’ятати спеціальні теореми про корені рівняння. Т еор ем а 1. Якщо в рівнянні / (ж) = а функція / (ж) зростає (спадає) на деякому проміжку, то це рівняння може мати не більш ніж один корінь на цьому проміжку.


Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

86

Графічно твердження теореми проілюстровано на рисунку 51. Пря­ ма у = а перетинає графік зростаючої на проміжку [а; р] функції у = і (х) тільки в одній точці. Це й означає, що рівняння і (х) = а не може мати більше одного кореня на проміжку [а; р]. Доведемо це твердження ана­ літично. • Якщо на проміжку [а; р] рівняння має корінь х0, то і (х0) = а. Ін­ ших коренів бути не може, оскільки для зростаючої функції ї (х) при х > х0 одержуємо ї (х) > ї (х0) = а, а при х < х0 маємо ї ( х ) < / (х0) = а. Отже, при х Ф х() і (х) Ф а. Аналогічно для спадної функції при х ф х0 одержуємо і (х) ф а. О Т еорем а 2. Якщо в рівнянні / (ж) = § (де) функція / (де) зростає на деякому проміжку, а функція § (де) спадає на цьому самому про­ міжку (або навпаки), то це рівняння може мати не більш ніж один корінь на цьому проміжку. Графічно твердження теореми проілюстровано на рисунку 52.

Якщо на проміжку [а; р] рівняння має корінь х0, то і (х0) = § (х0) = а. Інших коренів бути не може, оскільки, наприклад, для зростаючої функції і (х) і спадної функції § (х) при х > х0 маємо і (х) > а, а § ( х ) < а, отже, / (х) Ф § (х). Аналогічно і при х < х0 / (х) Ф § (х). О Кожна із цих теорем стверджує, що в розглянутому проміжку зада­ не рівняння може мати не більш ніж один корінь, тобто або це рівняння зовсім не має коренів, або воно має тільки єдиний корінь. Якщо нам удалося підібрати один корінь такого рівняння, то інших коренів у за­ даному проміжку рівняння не має. Наприклад, щоб розв’язати рівняння х8 + х = 10, достатньо помі­ тити, що функція і (х) = х8 + х є зростаючою на всій числовій прямій (як сума двох зростаючих функцій) і що х = 2 — корінь1 цього рівняння 1 Корінь х = 2 одержано підбиранням. Як правило, підбір починають із ці­ лих значень: х = 0, ±1, ±2, які підставляють у задане рівняння.


3. Рівняння

87

(23 + 2 = 10; 10 = 10). Отже, задане рівняння і (х) = 10 має єдиний ко­ рінь х = 2. Зазначимо, що кожна з цих теорем гарантує єдиність кореня рівнян­ ня (якщо він є) тільки на проміжку зростання (чи спадання) відповідної функції. Якщо функція має декілька проміжків зростання і спадання, то доводиться розглядати кожен з них окремо. Приклад

Розв’яжемо за допомогою теореми 2 рівняння х 8+ х = —. X

2 ► Спочатку слід урахувати його ОДЗ: х Ф0 і згадати, що функція у = — X на всій області визначення не є ні спадною, ні зростаючою (пункт 2.2), але вона спадає на кожному з проміжків (—°°; 0) і (0; +оо). Тому розгля­ немо кожен проміжок окремо. 1)

При х > 0 задане рівняння має корінь х = 1 |і3+1 = у, 2 = 2^. Функція і (х) = х 3 + х зростає при х > 0 (як показано вище, вона зростає на множині К), а функція § (х) = — спадає на проміжку х > 0. X Отже, задане рівняння і (х) = § (х) при х > 0 має єдиний корінь х = 1.

2)

Прих < 0 задане рівняння має корінь х = —1 |(—І)3+ (—1) =

—2 = —2^.

Функція / (х) = х3 + х зростає при х < 0, а функція § (х) = — спадає X на цьому проміжку. Тому задане рівняння і (х) = § (х) при х < 0 має єдиний корінь х = —1. У відповідь слід записати всі знайдені корені (хоч на кожному з про­ міжків корінь єдиний, але всього коренів — два). Отже, задане рів­ няння має тільки два корені: 1 і —1. <| Н

П риклади розв'язування завдань

П рикладі

Розв’яжіть рівняння х 4+ -^ = 2 —(х —І)2. X

Рпзв’язаи ня ►

ОДЗ: х Ф 0. На ОДЗ х4 > 0. Тоді

функція / (х) = х 4+

> 2 (як сума X двох взаємно обернених додатних чи­ сел), а функція § (х) = 2 - (х - І)2 < 2.

Ком ентар Якщо розкрити дужки і звести обидві частини рівняння до спільно­ го знаменника, то для знаходження коренів одержаного рівняння дове­ деться розв’язувати повне рівняння восьмого степеня, усі корені якого ми не зможемо знайти.


88

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Таким чином, задане рівняння рівЛ = 2’ <* 4+ X 2 - ( х - 1 ) г = 2. З другого рівняння системи одержу­ ємо х = 1, що задовольняє і першо­ му рівнянню, тобто система (отже, і задане рівняння) має єдиний розв’язок X = 1. Відповідь: 1. <] носильне

системі

Приклад 2

Спробуємо оцінити області зна­ чень функцій, які стоять у лівій і правій частинах рівняння. Оскіль­ ки на ОДЗ (х Ф 0) X і > 0, то в лівій частині рівняння стоїть сума двох взаємно обернених додатних чисел, яка завжди більша або дорівнює 2. У правій частині від 2 віднімається невід’ємне число (х —І)2. Отже, при всіх значеннях х одержуємо значен­ ня, менші або рівні 2. Рівність між лівою і правою частинами можлива тоді і тільки тоді, коли обидві час­ тини дорівнюють 2.

Розв’яжіть систему рівнянь

\у[х + х 8 =у[у + У8, х 2+ 3у2 =36.

Р оз в ’яз а н н я ► ОДЗ:

[у>0.

Розглянемо функ-

цію £ (і) = л[ї, + ґ\ На своїй області визначення (і > 0) ця функція є зрос­ таючою (як сума двох зростаючих функцій). Тоді перше рівняння за­ даної системи, яке має вигляд І (х) = І (у), рівносильне рівнянню х = у. Отже, на ОДЗ задана система [х = у , рівносильна системі [х2+ 3у2= 36. Підставляючи х = у у друге рівнян­ ня системи, маємо 4у2 = 36, у2 = 9, у = +3. Ураховуючи, що на ОДЗ у > 0, одержуємо у = 3. Тоді х = у = 3. Відповідь: (3; 3). <]

Ком ентар Іноді властивості функцій уда­ ється використати при розв’язуванні систем рівнянь. Якщо помітити, що в лівій і правій частинах першо­ го рівняння заданої системи стоять значення однієї і тієї ж функції, яка є зростаючою (як сума двох зростаючих функцій), то рівність ї (х) = ї (у) для зростаючої функції можлива тоді і тільки тоді, коли х = у, оскільки однакових значень зростаюча функція може набувати тільки при одному значенні аргу­ менту. (Зауважимо, що така сама властивість матиме місце і для спад­ ної функції.)

З ауваж ення. Твердження, яке було обґрунтовано в коментарі до при­ кладу 2, може бути використано при розв’язуванні аналогічних завдань. Коротко його можна сформулювати так: якщо функція і ( х ) є зростаючою ( або спадною) на певній множині, то на цій множині ї ( а ) = ї ($ ) « а = р.


3. Рівняння

89

■ Запитання д л я контролю 1. Поясніть на прикладах, як можна використати властивості функцій до розв’язування рівнянь. 2*. Обґрунтуйте правильність орієнтирів для розв’язування рівнянь з використанням властивостей функцій, які наведено в таблиці 10.

Вправи

Розв’яжіть рівняння (1—4), використовуючи властивості відповідних функцій. 1°. 1)

уіх -

2 + х 2 = л/8 - 4х + х + 2;

2) 2х + -^х 2^-9 = х 2 + л /і8 -2 л ^ -3 ; 3) ->І1-х2 +у/і + 3х + -^4х2+ у 2 - 2 у - 3 = у! х а - 1 - 2 у + 3. 2°. 1)

уі4 + х 2 =

2 - х і;

З*) х в + - ^ = 1 - 2 х - х 2;

2) 1 + \х5+ Зх \= уі1 - х 2; 4*) ч/2 х + _ і= = 2-|2л:-і|.

* 3.

л/2х

1) |х2 - 7х + 12 |+ |х 2 — 9 |+ |6 - 2 х |= 0; 2) |х + 2| + | у - 5 | + |2х2 - 8 |= 0;

3) у]і - у + л/х2- 9 + л/х2- Зх = 0;

4.

4) 5) 6) 1)

+ уіх - 2 + уіх2- х = 0; х2 + у2 + 5 = 4х + 2у; Зх2 + у2 + 2г2 = 4у - 6 х - 12г - 25. ^ х - 2 + уІх-6= 2 ; 2) х + л [ х + х д = 3;

л] х 2- 4

3) 2л/л: + 1 + л/х + 9 = 5 —л:;

4) ^

5) л/2х + 5 + л/х + 2 = — ;

6) 2л: + -\[х = л/і0 —х .

X 5*. Розв’яжіть систему рівнянь:

Г2 + л: = — ;

х-1


90

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

НЕРІВНОСТІ: РІВНОСИЛЬНІ ПЕРЕТВОРЕННЯ ТА ЗАГАЛЬНИЙ МЕТОД ІНТЕРВАЛІВ Т аблиця 11 1. Поняття нерівності зі змінною та її розв’язків Означення

Приклад

Якщо два вирази зі змінною сполучити одним із знаків >, <, >, <, то одержуємо нерівність зі змінною. У загальному вигляді нерівність з однією змінною х (наприклад, для випадку «більше») запису­ ють так: / (х) > и (х)

Зх < 1 — лінійна нерівність; х2 - Зх + 2 > 0 — квадратна нерівність;

Розв’язком нерівності з однією змінною називається значення змінної, яке перетворює задану нерівність на правильну числову нерівність. Розв’язати нерівність — озна­ чає знайти всі її розв’язки або довести, що їх немає

X = 4 — один з розв’язків нерівності 2х —3 > х, оскільки при х = 4 одержуємо правильну нерівність: 2*4 —3 > 4, тобто 5> 4

———<1 — дробова нерівність 2х +4

2. Область допустимих значень (ОДЗ) Областю допустимих значень (або областю визначення) нерів­ ності називається спільна об­ ласть визначення для функцій /(де) і £ (де), що стоять у лівій і правій частинах нерівності

Для нерівності л/х + 2 < х ОДЗ: х + 2 > 0, тобто х > -2 , оскільки область визначення функції /(х ) = -\/х+ 2 визнача­ ється умовою х + 2 > 0, а областю визна­ чення функції § (х) = х є множина всіх дійсних чисел

3. Рівносильні нерівності Означення Дві нерівності називаються рів­ 1. носильними на деякій множині, якщо на цій множині вони ма­ ють одні й ті самі розв’язки

Найпростіші теореми Якщо з однієї частини нерівності перенести в іншу частину доданки з протилежним знаком, то одержимо нерівність, рівносильну заданій (на будь-якій множині)


4. Нерівності: рівносильні перетворення та загальний метод інтервалів

91

Продовження табл. 11 тобто якщо кожен розв’язок 2. першої нерівності є розв’язком другої і, навпаки, кожен розв’язок другої нерівності є розв’язком першої

Якщо обидві частини нерівності по­ множити або поділити на одне й те саме додатне число (або на одну й ту саму функцію, що визначена і додат­ на на ОДЗ заданої нерівності), не змі­ нюючи знак нерівності, то одержимо нерівність, рівносильну заданій (на ОДЗ заданої) Якщо обидві частини нерівності по­ множити або поділити на одне й те саме від’ємне число (або на одну й ту саму функцію, що визначена і від’єм­ на на ОДЗ заданої нерівності) і змі­ нити знак нерівності на протилежний, то одержимо нерівність, рівносильну заданій (на ОДЗ заданої)

4. Метод інтервалів (розв’язування нерівностей виду і (х) 5 0) План 1. 2. 3.

4.

Приклад

Знайти ОДЗ. Розв’яжіть нерівність ^ + 3 ) 2 > 0 . Знайти нулі функції / (*) = 0. Позначити нулі на ОДЗ ► Нехай / (х) = (х + З )2 і знайти знак / (х) у кожно­ му проміжку, на які розби­ 1. ОДЗ: (х + З)2 Ф 0, отже, х Ф -3 . 2. Нулі функції: / (х) = 0. вається ОДЗ. Записати відповідь, урахо­ = 0, х2 - 1 = 0, (х + З у вуючи знак заданої нерів­ ності х1 = -1 , х2 = 1 (входять до ОДЗ)

3.

Відповідь: (-°°; -3 )

(-3 ; -1 ]

[1; +о°).


92

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Продовження табл. 11 5. Схема пошуку плану розв'язування нерівностей

(Т ) — початкова нерівність; (2 ) — нерівність, одержана в результаті перетворення початкової; 4, Т — символічне зображення виконаних перетворень (із вказівкою напрямку їх виконання) ■

Пояснення й обґрунтування

1. Поняття нерівності зі змінною та її розв’язків. Якщо два вирази зі змінною сполучити одним із знаків >, <, >, <, то одержимо нерівність зі змінною. Аналогічно до рівняння, нерівність зі змінною (наприклад, із зна­ ком >) найчастіше розуміють як аналітичний запис задачі про знахо­ дження тих значень аргументів, при яких значення однієї із заданих функцій більше за значення другої заданої функції. Тому в загальному вигляді нерівність з однією змінною х (наприклад, для випадку «біль­ ше») записують так: / (х) > § (х). Нагадаємо, що розв’язком нерівності називається значення змін­ ної, яке перетворює цю нерівність на правильну числову нерівність. Розв’язати нерівність — означає знайти всі її розв’язки або довес­ ти, що їх немає. Наприклад, розв’язками нерівності Зх < 6 є всі х < 2, розв’язками нерівності х2 > —1 є всі дійсні числа (В,), а нерівність х2 < —1 не має розв’язків, оскільки значення х2 не може бути від’ємним числом, мен­ шим за —1.


4. Нерівності: рівносильні перетворення та загальний метод інтервалів

93

2. Область допустимих значень (ОДЗ) нерівності означають аналогіч­ но до ОДЗ рівняння. Якщо задано нерівність / (х) > § (х), то спільна область визначення для функцій / (х) і § (х) називається областю до­ пустимих значень цієї нерівності (іноді використовують також терміни «область визначення нерівності» або «множина допустимих значень нерівності»). Наприклад, для нерівності х2 < х областю допустимих зна­ чень є всі дійсні числа (це можна записати, наприклад, так: ОДЗ: х є К), оскільки функції / (х) = х2 і § (х) = х мають області визначення х є і?. Зрозуміло, що кожен розв’язок заданої нерівності входить як до об­ ласті визначення функції / (х), так і до області визначення функції £ (х) (інакше ми не зможемо отримати правильну числову нерівність). Отже, кожен розв’язок нерівності обов’язково входить до ОДЗ цієї нерівності. Це дозволяє в деяких випадках використовувати аналіз ОДЗ нерівності для її розв’язування. Наприклад, у нерівності у]х-3 + л/2 - х > х функція £ (х) = х визна­ чена при всіх дійсних значеннях х, а функція / (х) = л/х —З + уі2 —х — тільки за умови, що під знаком квадратного кореня будуть стояти невід’ємні вирази. Отже, ОДЗ цієї нерівності задається системою [х -3 > 0 , .. (х>3, . <. з якої одержуємо систему і що не має розв язків. Отже, [2 -х > 0 , [х<2, ОДЗ заданої нерівності не містить жодного числа, через те ця нерівність не має розв’язків. Узагалі при розв’язуванні нерівностей різних видів нам доведеться використовувати один із двох методів розв’язування: рівносильні пере­ творення нерівностей або так званий метод інтервалів. 3. Рівносильні нерівності. З поняттям рівносильності нерівностей ви знайомі з курсу алгебри 9 класу. Як і для випадку рівносильних рівнянь, рівносильність нерівностей ми будемо розглядати на певній множині. Дві нерівності називаються рівносильними на деякій мно­ жині, якщо на цій множині вони мають одні й ті самі розв’язки, тобто якщо кожен розв’язок першої нерівності є розв’язком другої і, навпаки, кожен розв’язок другої нерівно­ сті є розв’язком першої. Домовимося, що надалі всі рівносильні перетворення нерівностей будемо виконувати на ОДЗ заданої нерівності. Зазначимо, що у випад­ ку, коли ОДЗ заданої нерівності є множина всіх дійсних чисел, ми не завжди будемо її записувати (як не записували ОДЗ при розв’язуванні лінійних чи квадратних нерівностей). І в інших випадках головне — не записати ОДЗ до розв’язання нерівності, а дійсно врахувати її, вико­ нуючи рівносильні перетворення заданої нерівності.

І


94

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Загальні орієнтири для виконання рівносильних перетворень нерів­ ностей аналогічні до відповідних орієнтирів для виконання рівносиль­ них перетворень рівнянь. Як було указано вище, виконуючи рівносильні перетворення нерів­ ностей, необхідно врахувати ОДЗ заданої нерівності — це і є перший орієнтир для виконання рівносильних перетворень нерівностей. За означенням рівносильності нерівностей потрібно забезпечити, щоб кожен розв’язок першої нерівності був розв’язком другої і, навпа­ ки, кожен розв’язок другої нерівності був розв’язком першої. Для цього достатньо забезпечити збереження правильної нерівності на кожному кроці розв’язування не тільки при прямих, а й при зворотних пере­ твореннях. Це і є другий орієнтир для розв’язування нерівностей за допомогою рівносильних перетворень. Дійсно, кожен розв’язок нерівно­ сті перетворює її на правильну числову нерівність, і якщо правильна нерівність зберігається, то розв’язок кожної з нерівностей буде також і розв’язком іншої, а отже, нерівності будуть рівносильні (відповідні орієнтири схематично подано в пункті 5 таблиці 11). Наприклад, щоб розв’язати за допомогою рівносильних перетворень нерівність х-3 . х+1

>0,

(1)

достатньо врахувати її ОДЗ: х + 1 Ф0 і умову додатності дробу (дріб буде додатним тоді і тільки тоді, коли чисельник і знаменник дробу мають однакові знаки), а також звернути увагу на те, що на ОДЗ всі потрібні перетворення можна виконати як у прямому, так і у зворотному напрям­ ку зі збереженням правильної нерівності. Р о з в ’яз а н н я ► Задана нерівність рівносильна сукупності двох систем: х - 3 < 0, х - 3 > 0, або (2 ) х + 1>0 х + 1<0. ™ . \х>г>, (х<з, Тоді одержуємо і або < |лс>-1 [х < -1 . Отже, х > 3 або х < —1. Відповідь: (-°°; -1 ) Ці (3; -Н»).<|

Ком ентар Зауважимо, що, записуючи умо­ ву додатності дробу — сукупність систем (2), ми неявно врахували ОДЗ нерівності (1). Дійсно, якщо х + 1 > 0 або х + 1 < 0, то х + 1 Ф 0, тому в явному вигляді ОДЗ заданої нерівності не записана при оформ­ ленні розв’язання.

Крім виділених загальних орієнтирів, виконуючи рівносильні пе­ ретворення нерівностей, можна також користуватися спеціальними теоремами про рівносильність. У зв’язку з уточненням означення рів­ носильності нерівностей узагальнимо також формулювання найпрості-


4. Нерівності: рівносильні перетворення та загальний метод інтервалів

95

ших теорем про рівносильність нерівностей, відомих з курсу алгебри 9 класу. I . Якщо з однієї частини нерівності перенести в іншу части­

I1

ну доданки з протилежним знаком, то одержимо нерів­ ність, рівносильну заданій (на будь-якій множині).

2. Якщо обидві частини нерівності помножити або поділити на одне й те саме додатне число {або на одну й ту саму функцію, що визначена і додатна на ОДЗ заданої нерівно­ сті), не змінюючи знака нерівності, то одержимо нерів­ ність, рівносильну заданій (на ОДЗ заданої).

З. Якщо обидві частини нерівності помножити або поділити

І

на одне й те саме від’ ємне число {або на одну й ту саму функцію, що визначена і від’ ємна на ОДЗ заданої нерівно­ сті) і змінити знак нерівності на протилежний, то одер­ жимо нерівність, рівносильну заданій (на ОДЗ заданої).

Обґрунтування цих теорем повністю аналогічне до обґрунтування орієнтирів для рівносильних перетворень заданої нерівності. З ауваж ення. Для позначення переходу від заданої нерівності до рівносильної їй нерівності можна використовувати спеціальний значок •», але його використання при записуванні розв’язань не є обов’язковим (хоча іноді ми будемо ним користуватися, щоб підкреслити, що було ви­ конано саме рівносильні перетворення). 4. Метод інтервалів. Розв’язування нерівностей методом інтервалів спирається на властивості функцій, пов’язані зі зміною знаків функції. Пояснимо ці властивості, використовуючи графіки відомих нам функ­ цій, наприклад у = — і у = 2х —2 (рис. 53). X

Рис. 53


Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

96

Розглядаючи ці графіки, помічаємо, що функція може змінити свій знак тільки у двох випадках: 1)

якщо графік розривається (як у випадку функції у = — (рис. 53, а) —

графік розривається в точці 0, і знак функції змінюється в точці 0); якщо графік без розриву переходить з нижньої півплощини у верх­ ню (або навпаки), але тоді графік перетинає вісь Ох (як у випадку функції у = 2х —2) (рис. 53, б). На осі Ох значення функції дорівню­ ють нулю. (Нагадаємо, що значення аргументу, при яких функція перетворюється на нуль, називають нулями функції.) Отже, будьяка функція може поміняти свій знак тільки в нулях або в точках, де розривається графік функції (у так званих точках розриву функ­ ції1). Точки, у яких розривається графік функції / (х), ми виділяємо, як правило, коли знаходимо область визначення цієї функції. Наприклад, 2)

якщо /(х ) = —, то її область визначення х Ф 0, і саме в точці 0 графік X функції розривається (рис. 53, а). Якщо ж на якомусь проміжку області визначення графік функції не розривається і функція не дорівнює нулю, то за наведеним вище висновком вона не може в цьому проміжку помі­ няти свій знак2. Отже, якщо відмітити нулі функції на її області визна­ чення, то область визначення розіб’ється на проміжки, усередині яких знак функції змінитися не може (і тому цей знак можна визначити в будь-якій точці з цього проміжку). У таблиці 12 наведено розв’язання дробово-раціональної нерівності 2х + 4

г.

------ >0

методом інтервалів; коментар, якии пояснює кожен крок

х-1

розв’язування; план розв’язування нерівностей виду / (х) ^ 0 методом інтервалів. Таблиця 12 Приклад 2х

+4

х-1

/ М " 2х" - ,1 4

Коментар Розглянемо функцію, яка стоїть у лівій частині цієї нерівності, і позначимо її че-

План розв’язування

рез / (х): / ( л:)=2£±1 х-1

1 Докладніше це поняття буде розглянуто в 11 класі. 2 В 11 класі ми уточнимо формулювання цієї властивості (так званих не­ перервних функцій). Для всіх відомих вам функцій (лінійних, квадратичних, степеневих, дробово-раціональних) ця властивість має місце.


4. Нерівності: рівносильні перетворення та загальний метод інтервалів

97

Продовження табл. 12 Розв’язком нерівності / (х) > 0 можуть бути тільки числа, що входять до облас­ ті визначення функції / (х), 1. ОДЗ: х - 1 Ф 0, тобто числа, які входять до тобто X Ф 1 ОДЗ нерівності. Тому пер­ шим етапом розв’язування нерівності методом інтерва­ лів буде знаходження її ОДЗ Нас цікавлять ті проміж­ 2. Нулі / (х): ки області визначення функ­ (/ (х) = 0). ції / (х), на яких ця функція додатна. Як було зазначено 2х + 4 =0, х-1 вище, функція / (х) може помі­ тоді х = —2. няти знак у своїх нулях, тому другим етапом розв’язування нерівності / (х) > 0 буде зна­ ходження нулів функції (для цього прирівнюємо функцію / (х) до нуля і розв’язуємо одержане рівняння) Якщо тепер відмітити нулі на області визначення функції / (х), то область ви­ значення розбивається на проміжки, причому всереди­ ні кожного проміжку функ­ 3. -2 1 х ція / (х) не змінює свій знак (рис. 1). Тому знак функції в кожному проміжку можна визначати в будь-якій точці цього проміжку. Це і є тре­ тім етапом розв’язування На рисунку до пункту 3 видно, що розв’язком нерів­ 4. Відповідь: ності є об’єднання проміжків (— —2) Ці (1; +°°).<] (—°°; —2) ЦІ (1; +°°)

1. Знайти ОДЗ нерівності

2.

Знайти нулі / (ж) (/ (*) = 0)

3.

Позначити нулі на ОДЗ і зна­ йти знак функ­ ції в кожному з проміжків, на які розбиваєть­ ся ОДЗ

4. Записати відпо­ відь, ураховуючи знак нерівності

Наведемо приклади розв’язування більш складної дробовораціональної нерівності методом інтервалів та за допомогою рівносиль­ них перетворень.


98

Розділ 1. ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Приклад

Розв’яжіть нерівність х + 3 < 0. (х + 1)2 І спосіб (метод інтервалів) Р о з в ’язання

► Нехай / (х) = х

+2х - З (х+1)2

1

2.

ОДЗ: х Ф —1.

Нулі / (х): х +2х: 8 = 0,

(Х + 1)2

х 2 + 2х —3 = 0, х1 = 1, х2 = -3 (входять до ОДЗ). 3.

Відмічаємо нулі функції на ОДЗ і знаходимо знак / (х) у кожно­ му з проміжків, на які розбива­ ється ОДЗ.

4.

Відповідь: [-3 ; -1 ) Ці (-1 ; 1]. <1

Ком ентар Задана нерівність має вигляд / ( х ) < 0, і для її розв’язування можна застосувати метод інтерва­ лів. Для цього використаємо план, наведений вище та в таблиці 11. При знаходженні нулів / (х) сте­ жимо за тим, щоб знайдені значення входили до ОДЗ (або виконуємо пе­ ревірку знайдених коренів рівняння І (х) = 0). Записуючи відповідь до нестрогої нерівності, слід урахувати, що всі нулі функції повинні ввійти до відповіді (у даному випадку — чис­ ла —3 і 1).

II спосіб (за допомогою рівносильних перетворень) Комента р Виберемо для розв’язування метод рівносильних перетворень нерів­ ності. Виконуючи рівносильні перетворення, ми повинні врахувати ОДЗ заданої нерівності, тобто врахувати обмеження (х + І)2 Ф 0. Але якщо х Ф —1, то (х + І)2 > 0, і тоді в заданому дробу знаменник додатний. Якщо виконується задана нерівність, то чисельник дробу х2 + 2х —3 < 0 (і навпаки, якщо виконується остання нерівність, то на ОДЗ дріб

х +2х - З

< 0 , тобто задана нерівність рівносильна на ОДЗ не-

(х + 1У

рівності х2 + 2х - 3 < 0. Щоб розв’язати одержану квадратну нерівність, знайдемо коре­ ні квадратного тричлена х2 + 2х —3 і побудуємо ескіз графіка функції у = х 2 + 2х —3. Розв’язок квадратної нерівності: —3 < х < 1.


4. Нерівності: рівносильні перетворення та загальний метод інтервалів

99

Оскільки всі перетворення були рівносильними тільки на ОДЗ, то ми повинні вибрати тільки ті розв’язки квадратної нерівності, які задо­ вольняють обмеження ОДЗ.

Розв'язання ► ОДЗ: (х + І)2 Ф 0, отже, х Ф —1. Тоді (х + І)2 > 0 і задана нерівність на її ОДЗ рівносильна нерівності х 2 + 2х —3 < 0. Оскільки х 2 + 2х —3 = 0 при х 1 = —3, х2 = 1 (ці значення х входять до ОДЗ), одержуємо —3 < х < 1 (див. рисунок). Ураховуючи ОДЗ, отримуємо відповідь. Відповідь: [-3 ; -1 ) ЦІ (-1 ; 1]. <1 ■

\

/

Запитання д л я контролю

1. Поясніть на прикладах зміст понять: «розв’язок нерівності», «розв’язати нерівність», «область допустимих значень нерівності», «рівносильні нерівності». 2. Сформулюйте відомі вам теореми про рівносильність нерівностей. Проілюструйте їх на прикладах. 3. Сформулюйте план розв’язування нерівностей методом інтервалів. Проілюструйте використання цього плану на прикладі. 4. Поясніть на прикладі, як можна виконувати рівносильні перетво­ рення нерівностей у тих випадках, які не описуються відомими тео­ ремами про рівносильність нерівностей. Н

Вправи

Розв’яжіть нерівність (1—2) двома способами: за допомогою рівно­ сильних перетворень і за допомогою методу інтервалів. 1) 3)

х

.

х 2- 4 -Зх-4

*2~25

>0;

(х + 5 ) ( х - 4 )

<0;

1) х 4 - 5х2 + 4 < 0;

г.4

2) —

2

х +2

4)

<

1

х-3

*2+ 12 >1.

х -2х-8

2) 9х4 - 10х2 + 1 > 0;

3) — > х 3; 4) (х2 + 4х - 5) (х2 + 4х + 3) < 105. X Знайдіть область визначення функції:

УЧ^_

2)*

3) і, = ^ 5 - х - ї ;

4) !і = ^

іч

Іх-4

12х —х 2 —1

- 7х+ 12


100

Розділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

ГРАФІКИ РІВНЯНЬ ТА НЕРІВНОСТЕЙ З ДВОМА ЗМІННИМИ

Т аблиця 13 1. Побудова графіків функцій виду у = ї(х) + £ (х) Якщо нам відомі графіки функцій у = / (де) та у = § (де), то ескіз графіка функції у = / (де) + £ (де) можна побудувати так: зобразити в одній системі координат графіки функцій / (де) і § (де), а потім буду­ вати шуканий графік за точками, виконуючи для кожного значення де (з області визначення функції / (де) + £ (де)) необхідні операції над відрізками, які зображають відповідні ординати / (де) і § (де). Аналогічно можна будувати і схематичні графіки функцій у = І (х) •д (х) та у = — /(*) Приклад Побудуйте графік функції у = х 2+ -1. х

Коментар Будуємо в одній системі коор­ динат графіки функцій-доданків: у = х2 та у = — (на рисунку вони X побудовані відповідно зеленою та синіми лініями). Для кожного зна­ чення х (крім X = 0, яке не входить до області визначення заданої функ­ ції) додаємо відповідні відріз­ ки — значення функцій (справа від осі Оу) або віднімаємо, якщо зна­ чення / (х) і и (х) протилежні за знаком (у даному випадку — зліва від осі Оу). На рисунку рожевою лі­ нією зображено результат — графік функції у = х 2+ -


5. Графіки рівнянь та нерівностей з двома змінними

101

Продовження табл. 13 2. Графіки рівнянь та нерівностей з двома змінними О з н а ч е н н я . Графіком рівняння (нерівності) з двома змінни­ ми де і у називається множина всіх точок координатної площини з коор­ динатами (ж; у), де пара чисел (де; у) є розв’язком відповідного рівняння (нерівності). Графіки деяких рівнянь і нерівностей у'

\----- а

II я

х<а X

0

а

х

У х 2 + у2 < В2

-В і х *

3. Геометричні перетворення графіка рівняння Р (х; у) = 0 Перетворення Р (де — а; у — Ь) = 0 Паралельне перенесення графіка рівняння Р (х ; у) = 0 на вектор п (а; Ь)

Приклад


102

Розділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Продовження табл. 13

Р (х; |у |) = 0 Частина графіка рівняння Р (х; у) = 0 вище від осі Ох (і на самій осі) залишається без зміни, і ця сама части­ на відображується симе­ трично відносно осі Ох. Ш

Уі

\

= у2

Х

У\

х

^0 X .

) и) \х\=у^у

1 У= 1 - х 2 ^

/

х

У/\ ! \у\ = 1 - Х 2

У/V

о

Р (1 X 1; у) = 0 Частина графіка рівнян­ ня Р (х; у) = 0 праворуч від осі Оу (і на самій осі) за­ лишається без зміни, і ця сама частина відображу­ ється симетрично відносно осі Оу.

V :V 0 )

х

Пояснення й обґрунтування

1. Побудова графіків функцій виду у = / (ж) + £ (де). Якщо відомі гра­ фіки функцій у = / (х) та у = Є (х), то можна побудувати орієнтовний вид графіка функції у = / (х) + В (х), або у = / (х) •£ (х), або у = —^—. Для /(*) цього достатньо зобразити в одній системі координат графіки функцій / (х) і и (х), а потім побудувати шуканий графік за точками, виконуючи для кожного значення х (з області визначення заданої функції) необхід­ ні операції над відрізками (або над довжинами цих відрізків), які зобра­ жають відповідні ординати / (х) і § (х). Приклад побудови графіка функції виду у = / (х) + § (х) наведено в таблиці 13, а графіка функції виду у = —^— — далі в прикладі 1 /(*) (в останньому випадку зручно будувати графіки функцій у = / (х) і у = —^— не в одній системі координат, а в різних, розміщених так, щоб

/(*) їхні осі ординат розташовувалися на одній прямій). Зауважимо, що такий спосіб побудови графіка функції не завжди дає можливість виявити всі характерні особливості поведінки графіка (часто це можна зробити тільки в результаті спеціального дослідження функції, яке буде розглянуто в 11 класі), але в багатьох випадках наве­ дений спосіб дозволяє отримати певне уявлення про вид графіка заданої функції.


5. Графіки рівнянь та нерівностей з двома змінними

103

2. Графіки рівнянь та нерівностей з двома змінними. З поняттям гра­ фіка рівняння з двома змінними ви ознайомилися в курсі алгебри. Ана­ логічно вводиться і поняття графіка нерівності з двома змінними. Тому можна дати спільне означення цих графіків: Графіком рівняння (нерівності) з двома змінними де і у назива­ ється множина всіх точок координатної площини з координатами (де; у), де пара чисел (де; у) є розв’язком відповідного рівняння (не­ рівності). Ф Для побудови графіка нерівності у > / ( х ) (чи у < / (х)) достатньо мати графік функції у = / (х). Дійсно, за означенням графік функції у = / (х) складається з усіх точок М координатної площини з координа­ тами (х; у) = (х; / (х)). Тоді для кожного значення х точки, координати яких задовольняють нерівності у > / (х), будуть розташовані вище точ­ ки М (рис. 54, а), а точки, координати яких задовольняють нерівності у < / (х), будуть розташовані нижче точки М (рис. 54, б). Таким чином,

графік нерівності у > / (де) складається з усіх точок координатної площини, які знаходяться вище від графіка функції у = / (де), а гра­ фік нерівності у < / (де) складається з усіх точок координатної площини, які знаходяться нижче від графіка функції у = / (де). О Наприклад, на рисунку 55 зображено графік нерівності у > х2, а на рисунку 56 графік нерівності у < х2. Оскільки точки графіка у = х2 не належать графіку нерівності у > X2, то на першому графіку парабола у = х2 зображена штриховою лінією; але точки графіка у = х2 належать графіку нерівності у < х2, тому на другому графіку парабола у = х2 зо­ бражена суцільною лінією.


104

Розділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Аналогічно, якщо на координатній площині є пряма х = а, то графіком нерівності х > а будуть усі точки координатної площини, які розташовані праворуч від цієї прямої, а графіком нерівності х < а будуть усі точки координатної площини, які розташовані ліво­ руч від цієї прямої. Наприклад, на рисунку 57 зображено графік нерівності х > 2, а на рисунку 58 — графік нерівності х < —1. УЬ

ж < -1

У>

-1 0 х

Рис. 57

Рис. 58

Зазначимо, що в тому випадку, коли на координатній площині є зо­ браження кола Xа + у2 = В2, то графіком нерівності х2 + у2 < В,2 будуть усі точки координатної площини, які розташовані всередині кола, а графіком нерівності х2 + у2 > В,2 будуть всі точки координатної площини, які розташо­ вані поза колом. • Дійсно, якщо на координатній площині розглянути точку М (х , у), то ОМ2 = х2 + у2 (точка О — початок координат). Якщо х 2 + у2 = В2 (де В > 0), то ОМ2 = В2, отже, ОМ = В — точка М лежить на колі радіуса В із центром у початку координат (рис. 59, а). Якщо х2 + у2 < В2, то ОМ2 < В2, отже, ОМ < В. Тобто нерівності Xа + у2 < В2 задовольняють координати всіх точок (і тільки цих то­ чок), які розташовані всередині круга, обмеженого колом радіуса В із центром у початку координат (рис. 59, б).

Рис. 59


5. Графіки рівнянь та нерівностей з двома змінними

105

Якщо х 2 + у2 > В2, то ОМ2 > В2, отже, ОМ > В. Тобто нерівності Xа + у2 > В2 задовольняють координати всіх точок (і тільки цих то­ чок), які знаходяться поза кругом, обмеженим колом радіуса В із центром у початку координат (рис. 59, в). Аналогічно, якщо на площині є зображення кола (х —а)2 + + ІУ ~ ЬУ = В2, то графіком нерівності (х —а)2 + (у —Ь)2 < В2 будуть усі точки координатної площини, які розташовані всередині кола, а графіком нерівності (х —а)2 + (у —Ь)2 > В2 будуть усі точки коор­ динатної площини, які розташовані поза колом. Наприклад, на ри­ сунку 60 зображено графік нерівності х 2 + у2 > 9, а на рисунку 61 — графік нерівності (х - І)2 + (у - 2)2 < 16. О х 2 + у2 > 9

-4 -

3і / / /

Рис. 60

х

Рис. 61

Геометричні перетворення графіка рівняння Р (х ; у) = 0. За означенням графік рівняння Р (х; у) = 0 (1) складається з усіх точок М (х0; у0) координатної площини, коорди­ нати (х0; у0) яких є розв’язками цього рівняння. Це означає, що при підстановці пари чисел (х0; у0) у задане рівняння воно перетворюєть­ ся на правильну числову рівність, отже, Р (х0; у0) = 0 — правильна рівність. Розглянемо точку М 1 (х0 + а; у0 + Ь). Якщо координати цієї точки підставити в рівняння Р (х - а; у - Ь) = 0, (2) то одержимо рівність Р (х0; у0) = 0, яка є правильною. Тому коорди­ нати точки М 1 є розв’язками рівняння (2), а отже, точка М 1 нале­ жить графіку рівняння Р (х —а; у —Ь) = 0. Точку М1 (х0 + а; у0 + Ь) можна одержати з точки М (х0; у0) паралельним перенесенням її на вектор п(а;Ь). Оскільки кожну точку М 1 графіка рівняння Р (х - а; у —Ь) = 0 можна одержати з точки М графіка рівняння


106

Розділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Р (х; у) = 0 паралельним перенесенням її на вектор п (а; Ь) (рис. 62), то і весь графік рівняння Р (х —а; у —V) = 0 можна одержати з графі­ ка рівняння Р (д е; у) = 0 паралельним перенесенням його на вектор п (а; Ь). О Для обґрунтування зв’язку між графіками Р (х; у) = 0 і Р (|х |; у) = 0 достатньо помітити, що при х > 0 рівняння Р (| х |; у) = 0 збігається з рівнянням Р (х; у) = 0, отже, збігаються і їхні графіки праворуч від осі Оу і на самій осі. Нехай точка М (х0; у0) (де х0 > 0) — одна із спільних точок цих графіків. Тоді Р (х0; у0) = 0 — правильна рівність. Розглянемо точку М 1 (—х0; у0). Якщо координати цієї точки підста­ вити в рівняння Р (| х |; у) = 0 і врахувати, що х0 > 0, то одержимо рівність Р (х0; у0) = 0, яка є правильною. Тому координати точки М 1 є розв’язками рівняння Р (| х |; у) = 0, а отже, точка М х належить графіку цього рівняння. Ураховуючи, що точки М і М х симетричні відносно осі Оу (рис. 63), графік рівняння Р (| де |; у) = 0 можна одержати із графіка {являн­ ня Р (де; у) = 0 так: частину графіка рівняння Р (де; у) = 0 праворуч від осі Оу (і на самій осі) залишити без змін і цю саму частину відобразити симетрично відносно осі Оу. О

І І

Аналогічно можна обґрунтувати, що для побудови графіка рівняння Р (де; |у |) = 0 частину графіка рівняння Р (де; у) = 0 вище від осі Ох (і на самій осі) потрібно залишити без змін і цю саму частину відобразити симетрич­ но відносно осі Ох.

І

У таблиці 13 наведено найпростіші приклади використання геоме­ тричних перетворень графіків рівнянь. Указані співвідношення вико­ ристовують у завданнях типу: побудувати графік рівняння чи нерівності або зобразити на координатній площині множину точок, координати яких задовольняють заданому рівнянню (нерівності).


5. Графіки рівнянь та нерівностей з двома змінними

107

П риклади розв'язання завдань Приклад 1 ґ

Побудуйте графік функції У= ~^----• х -9

* зе ’ялі н на

х2 - 9 = 0 при х = +3. Тому об­ ласть визначення заданої функ­ ції: х 2 - 9 Ф 0, тобто х Ф ±3.

Коментар Побудуємо дві системи коорди­ нат так, щоб осі ординат у них були на одній прямий. У тих точках, де функція / (х) = Xа —9 дорівнює нулю (х = ±3), не існує графіка функції У= ~ -у = —2 ^— • Тому проведемо че­ рез ці точки вертикальні прямі, що не перетинають графік функції у = —^—. Потім для кожного значен/(*) ня х поділимо 1 на відповідне значення ординати / (х) (використо­ вуючи те, що ординати / (х) від­ мічені на верхньому графіку). На рисунку червоною лінією зобра­ жено результат — графік функції 1 (Для побудови цього гра­ У= ^ ~ фіка вибрано різний масштаб по осях Ох і Оу.)


108

Розділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Приклад 2

Покажіть штриховкою на координатнш площині множи­ ну точок, координати яких задовольняють системі Гх2+ і/<0, [х-у<2.

Розв'язання ► Задана система рівносильна сис­ темі [у < - х 2, [у>х-2. Зобразимо штриховкою графіки нерівностей системи (першої — вер­ тикальною , другої—горизонтальною):

Рис. 64 Тоді множина точок, коорди­ нати яких задовольняють системі, буде такою:

Ком ентар Перепишемо задану систему так, щоб нам було зручно зобра­ жати графіки заданих нерівностей (тобто запишемо нерівності у вигля­ ді У > / (х) або у < / (х)). Множиною точок, координати яких задовольня­ ють нерівності у < —х2, є об’єднання параболи у = —х2 і точок коорди­ натної площини, які розташовані нижче цієї параболи (на рис. 64 ця множина позначена вертикальною штриховкою). Множина точок, ко­ ординати яких задовольняють не­ рівності у > х —2, складається з точок координатної площини, які знаходяться вище прямої у = х —2 (на рисунку ця множина позначена горизонтальною штриховкою). Системі нерівностей задовольня­ ють координати тих і тільки тих то­ чок, які належать перетину множин точок, що задаються кожною з не­ рівностей заданої системи (на ри­ сунку перетину множин відповідає та область, де штриховки наклалися одна на одну). Зауважимо, що в подібних завданнях можна не виконува­ ти проміжних рисунків, а відразу штрихувати шукану множину то­ чок координатної площини (вище прямої у = х —2 і нижче параболи у = —х2 разом з тією частиною па­ раболи, яка лежить вище прямої; рис. 65).


5. Графіки рівнянь та нерівностей з двома змінними

109

Приклад 3

Побудуйте графік рівняння \х —у\ + 2\ х + у\ = х + Ь. Орієнтир Для спрощення виразу з кількома модулями з двома змінними мож­ на знайти нулі підмодульних виразів (тобто прирівняти їх до нуля) і розбити область визначення розглядуваного виразу на декілька частин, у кожній з яких всі модулі розкриваються однозначно. Використовуючи цей орієнтир, одержуємо план розв’язання прикладу. Прирівняємо до нуля підмодульні вирази х —у = 0 (звідси у = х) і х + у = 0 (звідси у = —х). Прямі у = х і у = —х розбивають координатну площину на чотири області. У кожній із цих областей всі модулі роз­ криваються однозначно, і після перетворення одержаної рівності можна будувати відповідну частину графіка заданого рівняння. Розв'язання ► 1. Область визначення: х є К, у є К. 2. х - у = 0 при у = х; х + у = 0 при у = -х. 3. Прямі у = х і у = —х розбивають координатну площину на чотири частини, у кожній з яких позначено знаки першого і другого під­ модульних виразів (рис. 66, а). (Будемо вважати, що кожна область береться разом із променями, які її обмежують.) Дійсно, якщо точки розташовані в області І або на її межі, то їхні координати задовольняють системі нерівностей

яку можна записати так:

\ х - у < 0, і Тоді в області І перший підмодульний вираз є від’ємним, [х + у > 0. а другий — додатним, і тому задане рівняння має вигляд: —(дг —у) + + 2 (х + у) = х + 6. Звідси у = 2. Будуємо частину графіка цієї функ­ ції, що розміщується в області І (рис. 66, б).

а

б Рис. 66


Розділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

110

Аналогічно для точок області II: і

тобто і

^

Отже, в області II задане рівняння має вигляд: —(х - у) —2 (х + у) = = х + 6. Звідси у = —4х —6. Будуємо частину графіка цієї функції, що розташовується в області II. Гї/ < л:, \ х - у > 0, Якщо точки розташовані в області III: < тобто і |лс+ г/<0, із заданого рівняння одержуємо (х —у) —2 (х + у) = х + 6. Звідси

Якщо точки лежать Б області IV: { » < * ^ із задано[у>-х, [х + у > 0, го рівняння маємо (х —у) + 2 (х + у) = х + 6. Звідси у = —2х + 6. Остаточний вигляд графіка рівняння наведено на рисунку 66, б. <] ■ Запитання д л я контролю 1- Поясніть на прикладах, як можна, маючи графіки функцій у = / (х) та у = £ (х), побудувати ескіз графіка функції у = / (х) + § (х) та функції у = 7Іх ) . 2. Що називається графіком рівняння з двома змінними? Що назива­ ється графіком нерівності з двома змінними? Наведіть приклади. 3. Як, знаючи графік функції у = / (х), побудувати графік нерівності у > / (х) та нерівності у < / (х)? Наведіть приклади. 4. Як, знаючи графік рівняння Р (х; у) = 0, можна побудувати графік рівняння Р (х - а; у - Ь) = 0 та рівнянь Р ( |х|; у) = 0 і Р (х; |у |) = 0? Наведіть приклади. 5. Обґрунтуйте правила геометричних перетворень графіка рівняння Р (х; у) = 0 для одержання графіків рівнянь Р (х - а; у —Ь) = 0, Р (| х |; у) = 0, Р ( х ; \у |) = 0. 6. Поясніть на прикладі, як можна знайти на координатній площині множину точок, координати яких задовольняють системі нерівно­ стей із двома змінними. Н 1.

Вправи Побудуйте ескіз графіка функції: 1) у = х + - ;

2) у = х - ~ ;

3) у = х 3+ - ;

4) у = х 2- - .


6. Метод математичної індукції

2.

3.

Побудуйте графік рівняння: 1) І У І = х - 2; 2) |у |= х2 - х; 4) |х |+ |у |= 2; 5) |х |- |у \= 2. Побудуйте графік нерівності: 1) у > х 2 - 3;

4.

5.

2) у < - ;

111

3) |х |= - у 2;

3) х2 + у2 < 25;

4) (х - 2)2 + (у + З)2 > 4. Покажіть штриховкою на координатній площині множину точок, координати яких задовольняють системі:

Побудуйте графік рівняння: 1 ) \ х ~ у \ - \ х + у\ = у + 3; 2) |х - 2у |+ |2х - у |= 2 - у; 3) |Зх + у |+ |х - у |= 4.

§ 6

МЕТОД МАТЕМАТИЧНОЇ ІНДУКЦІЇ

При розв’язуванні математичних завдань інколи виникає потреба обґрунтувати, що певна властивість виконується для довільного нату­ рального числа п. Перевірити задану властивість для кожного натурального чис­ ла ми не можемо — їх кількість нескінченна. Доводиться міркувати так: 1) я можу перевірити, що ця властивість виконується при п = 1; 2) я можу показати, що для кожного наступного значення п вона теж ви­ конується, отже, властивість буде виконуватись для кожного наступного числа починаючи з одиниці, тобто для всіх натуральних чисел. Такий спосіб міркувань при доведенні математичних тверджень на­ зивається методом математичної індукції. Він є одним з універсаль­ них методів доведення математичних тверджень, у яких містяться слова «для довільного натурального п» (можливо, не сформульовані явно). До­ ведення за допомогою цього методу завжди складається з двох етапів: 1) початок індукції', перевіряють, чи виконується розглядуване твер­ дження при п = 1; 2) індуктивний перехід: доводять, що коли задане твердження викону­ ється для к, то воно виконується і для к +1. Таким чином, почавши з п = 1, ми на основі доведеного індуктивно­ го переходу одержуємо справедливість сформульованого твердження для п = 2, 3, ..., тобто для будь-якого натурального п.


112

Розділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

На практиці цей метод зручно використовувати за схемою, наведе­ ною в таблиці 14. Т аблиця 14 Схема доведення тверджень за допомогою методу Приклад математичної індукції Доведіть, що для довільного натурального п:

1.

2.

3.

4.

1 •2 + 2 •3 +... + п (п + 1) = —п (п + 1) (п + 2). 3 ► Для зручності запису позначимо Перевіряємо, чи викону­ 5 п = 1 * 2 + 2*3 + . . . + п (хп + 1). ' ється дане твердження 1. При п = 1 рівність виконується: при п = 1 (іноді почина­ 1-2 = —-1-2-3, тобто 2 = 2. ють з п = р). 3 2. Припускаємо, що задана рівність є пра­ Припускаємо, що задане вильною при п = к, де к > 1, тобто твердження справедливе 8 к = 1 •2 + 2 •3 + ... + к (к + 1) = при п = к, де к > 1 (дру­ = \к(к + 1)(к + 2). (1) гий варіант — при п < к). О 3. Доведемо, що рівність виконується і при п = к + 1, тобто доведемо, що Доводимо (спираючись 8 к+ 1 = 1 -2 + 2 -3 + ... + к (к + 1) + на припущення) справед­ ливість нашого тверджен­ + (к + 1) (к + 2) = -(к + 1) (к + 2) (к + 3). 3 ня і при п = к + 1. Ураховуючи, що 5 л+1 = 5 4 + (й + 1) (к + 2), Робимо висновок, що дане і підставляючи 5 з рівності (1), одер­ твердження справедливе жуємо для будь-якого натураль­ ного числа п (для будь8к+1=- к (к + 1)(к + 2) + (к + 1)(к + 2) = 3 якого п > р) = -(к + 1)(к + 2)(к + 3), 3 що й потрібно було довести. 4. Отже, задана рівність правильна для будь-якого натурального п. <1

■ П риклади розв'язування завдань Приклад 1 Доведіть, що 10" —9п —1 ділиться на 81 при будь-якому натуральному п. Комен та р Оскільки твердження необхідно довести для будь-якого натурально­ го п, то використаємо метод математичної індукції за схемою, наведеною в таблиці 14. Виконуючи індуктивний перехід (від п = к до п = к + 1),


6. Метод математичної індукції

113

подамо вираз, який одержуємо при п = к + 1, як суму двох виразів: того, що одержали при п = к, і ще одного виразу, який ділиться на 81. 1.

2. 3.

4.

Розв'язання ► Перевіряємо, чи виконується задане твердження при п = 1. Якщо п = 1, заданий вираз дорівнює 0, тобто ділиться на 81. Отже, задана властивість виконується при п = 1. Припускаємо, що задане твердження виконується при п = к, тобто що 10а —9к —1 ділиться на 81. Доведемо, що задане твердження виконується і при п = к + 1, тобто що 10а+ 1 —9 (к + 1) — 1 ділиться на 81. 10А41 - 9 (к + 1) - 1 = 10*-10 - 9* - 9 - 1 = 10 (10а - 9к - 1) + 81 к. Вираз у дужках — це значення заданого виразу при п = к, яке за припущенням індукції ділиться на 81. Отже, кожний доданок остан­ ньої суми ділиться на 81, тоді і вся сума, тобто 10к+1 —9 (к + 1) —1, ділиться на 81. Таким чином, задане твердження виконується і при п = к + 1. Отже, вираз 10* —9п —1 ділиться на 81 при будь-якому натурально­ му п. <СІ

Приклад 2

Доведіть, що 2" > 2п + 1, якщо п > 3, п є N.

Коментар Оскільки твердження повинно виконуватися починаючи з п = 3, то перевірку проводимо саме для цього числа. Записуючи припущення ін­ дукції, зручно використати, що за означенням поняття «більше» а > Ь тоді і тільки тоді, коли а —Ь > 0. Доводячи нерівність при п = к + 1, знову використовуємо те саме означення і доводимо, що різниця між лівою і правою частинами відповідної нерівності додатна. 1. 2. 3.

4.

Р о з в ’яз а н ня При п = 3 одержуємо 28 > 2 •3 + 1, тобто 8 > 7 — правильна нерів­ ність. Отже, при п = 3 задана нерівність виконується. Припускаємо, що задана нерівність виконується при п = к (де к > 3): 2к> 2к + 1, тобто 2к - 2к - 1 > 0. (1) Доведемо, що задана нерівність виконується і при п = к + 1, тобто доведемо, що 2к+1 > 2(к + 1) + 1. Розглянемо різницю 2к+1 - (2 (к + 1) + 1) = 2к-2 - 2к - 3 =2 (2к - 2к - 1) + 2к - 1 > 0 (оскільки вираз у дужках за нерівністю (1) додатний і при к ^ 3 ви­ раз 2к — 1 теж додатний). Отже, 2к+1 > 2 (к + 1) + 1, тобто задана нерівність виконується і при п = к + 1. Таким чином, задана нерівність виконується при всіх натуральних п > 3.


Розділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

114

Вправи Доведіть за допомогою методу математичної індукції (1—12). 1.

——ч— — + ... ч----- -----= п при всіх натуральних п (п є ІУ). 1*2

2.

2*3

ч- —

1*5

5*9

п ( п ч-І)

п ч-1

ч-... + --------- ^--------- = — (4п - 3) (4п + 1)

,депєЛ^.

4п + 1

3.

18 + 28+ 33 + ... + п3 = ',2(п + і)2, де п є М .

4.

1-2 -3 +2 -3 -4 + ... + п(п + 1)(п+2) = —п(п + 1)(п + 2)(п + 3), де п є N.

4

4

5. Добуток 1*2*3*. . . *п позначається пі (читається: «п факторіал»). Доведіть, що 1 •1! + 2 •2! + ... + п - пі = (п + 1)! - 1, де п є N. 6. 4" > 7п —5, якщо п є N. 7. 2п > п8, якщо п > 10. 8. Доведіть, що 9" —8п —1 ділиться на 16 при будь-якому натурально­ му п. 9. Доведіть, що 5" + 2 •3" —3 ділиться на 8 при будь-якому натураль­ ному п. 10. Доведіть, що 7й + 3" —2 ділиться на 8 при будь-якому натуральному п. 11. Доведіть, що 23п+3 - 7п + 41 ділиться на 49 при будь-якому нату­ ральному п. 12. Доведіть, що коли а1 = 2, а2 = 8, ап+2 = 4ап+ 1 - 3ап, то ап = Зп - 1, де п є N.

§

7

7.1.

МНОГОЧЛЕНИ ВІД ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ ТА ДІЇ НАД

ними

Означення многочленів від однієї змінної та їх тотожна рівність

Розглянемо одночлен і многочлен, які залежать тільки від однієї змінної, наприклад від змінної х. За означенням одночлена числа і букви (у нашому випадку одна бук­ ва — х) у ньому пов’язані тільки двома діями — множенням і піднесен­ ням до натурального степеня. Якщо в цьому одночлені добуток усіх чисел записати перед буквою, а добуток усіх степенів букви записати як цілий невід’ємний степінь цієї букви (тобто записати одночлен у стан­ дартному вигляді), то одержимо вираз виду ах", де а — деяке число. Тому одночлен від однієї змінної х — це вираз виду ахп, де а — деяке число, п — ціле невід’ємне число. Якщо а Ф 0, то показник степеня п змінної х називається степенем одночлена. Наприклад, 25х6 — одно­ член шостого степеня, —х 2 — одночлен другого степеня. Якщо одночлен з є числом (не рівним нулю), то його степінь вважають рівним нулю. Для


7. Многочлени від однієї зм інної та дії над ними

115

одночлена, який заданий числом 0, поняття степеня не означають (о

ск іл ьк и

0 = 0 -

х

= 0 -

х

2 = 0 - х 8. . . ) .

За означенням многочлен від однієї змінної х — це сума одночленів від однієї змінної х. Тому

І

многочленом від однієї змінної х називається вираз виду / (де) = апх п + ап |х" ] + ... + а2х 2 + а1де + а0, (1)

де коефіцієнти ап, ап ,, ..., а0 — деякі числа. Якщо а Ф 0, то цей многочлен називають многочленом п-го сте­ пеня від змінної х. При цьому член апх п називають старшим членом многочлена / (х), число ап — коефіцієнтом при старшому члені, а член а0 — вільним членом. Наприклад, 5х8 - 2х + 1 — многочлен третього степеня, у якого вільний член дорівнює 1, а коефіцієнт при старшому члені дорівнює 5. Зазначимо, що іноді нумерацію коефіцієнтів многочлена починають з початку запису виразу (1), і тоді загальний вид многочлена / (х) за­ писують так: // (х) Л х п 1 + ... + Ь71-1,х + Ьїї, у =/ Ьп 0х" + Ь1 де Ь0, Ьг, ..., Ьп — деякі числа.

Т еорем а 1. Одночлени ахп, де а Ф 0, та Ьх"‘, де Ь Ф 0, тотожно рівні тоді і тільки тоді, коли а = Ь і п = т.

І

Одночлен ах" тотожно рівний нулю тоді і тільки тоді, коли а = 0.

Оскільки рівність одночленів (2) ахп = Ьх”' виконується при всіх значеннях х (за умовою ці одночлени тотожно рівні), то, підставляючи в цю рівність х = 1, отримуємо а = Ь. Скоро­ чуючи обидві частини рівності (2) на а (де а Ф 0 за умовою), одержу­ ємо х" = х"1. При х = 2 із цієї рівності маємо: 2” = 2™. Оскільки 2п = 2 -2 -...-2 , а 2т = 2 -2 -...-2 , то рівність 2п = 2т можлива лише п разів

т разів

тоді, коли п = т. Отже, з тотожної рівності ахп = Ьх”' (а Ф 0, Ь Ф 0) отримуємо, що а = Ь і п = т. Якщо відомо, що ах" = 0 для всіх х, то при х = 1 одержуємо а = 0. Тому одночлен ах" тотожно рівний нулю при а = 0 (тоді ах" = 0 •х" = = 0і). О Надалі будь-який одночлен виду 0 •х" замінюватимемо на 0. Т еорем а 2. Якщо многочлен / (де) тотожно рівний нулю ( тоб­ 1 Значком = позначено тотожну рівність то набуває нульових значень примногочленів. всіх значеннях х), то всі його

І

коефіцієнти рівні нулю.


116

Розділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Для доведення використовуємо метод математичної індукції. Нехай // (х) =/ а71хп + а7 1 - 1,хи~1 + ... + а,х + ап = 0. у 1 0 При п = 0 маємо / (х) = а0 = 0, тому а0 = 0. Тобто в цьому випадку твердження теореми виконується. Припустимо, що при п = к це твердження також виконується: якщо многочлен а,хк + а,к - л х к і + ... + а,х + ап = 0,7 то а,к = а,к 1 = ... = а1 = к 1 1 0 = а0= °.

Доведемо, що задане твердження виконується й при п = к + 1. Нехай / (х) = ак+1хк+1 + акх к + ... + агх + а0 = 0. (3) Оскільки рівність (3) виконується при всіх значеннях х, то, підстав­ ляючи в цю рівність х = 0, одержуємо, що а0 = 0. Тоді рівність (3) перетворюється на таку рівність: ак+ 1х/г+1 + а^х'1'+ ... + а^х = 0. Ви­ несемо х у лівій частині цієї рівності за дужки та одержимо х (аАН1х* + аАхА_ 1 + ... + с 1) = 0. (4) Рівність (4) повинна виконуватися при всіх значеннях х. Для того щоб вона виконувалася при х Ф0, повинна виконуватися тотожність а,к + ,х* + а,хк 1 + ... + а,1 = 0. 1 п У лівій частині цієї тотожності стоїть многочлен із степенями змінної від х° до хк. Тоді за припущенням індукції всі його коефіцієнти дорів­ нюють нулю: ак+1 = а, = ... = а1 = 0. Але ми довели також, що а0 = 0, тому наше твердження виконується і при п = к + 1. Отже, тверджен­ ня теореми справедливе для будь-якого цілого невід’ємного п, тобто для всіх многочленів. О Многочлен, у якого всі коефіцієнти рівні нулю, зазвичай називають нульовим многочленом, або нуль-многочленом, і позначають 0 (де) або просто 0 (оскільки 0 (де) = 0). Т еорем а 3. Я кщо два многочлени / (де) і § (де) тотожно рівні, то вони збігаються (тобто їхні степені однакові й коефіцієн­ ти при однакових степенях рівні). • Нехай многочлен / (х)' = ап х п + ат і - 1,х" 1 + ... + а„х2 + а,х + а,0 7. 2 1 а многочлен сє’ (х) = Ь7?гх"! + Ьпі —1,х'" 1 + ... + Ь2ах 2 + Ь,х + Ь,. Розглянеу / 1 0 мо многочлен / (х) —и (х). Оскільки многочлени І (х) І и (х) за умо­ вою тотожно рівні, то многочлен / (х) —и (х) тотожно дорівнює 0. Отже, усі його коефіцієнти дорівнюють нулю. Але / (х) - £ (х) = (а0 - Ь0) + (аг - Ьг) х + (а2 - Ь2) х 2 + ... . Тоді а0 - Ь0 = 0, а1 - Ь і = 0, а2 - Ь2 = 0, ... . Звідси а0 = Ь0, а1 = Ь15 а,2 = Ь2, ... •Як бачимо, якщо припустити, що в якогось із двох заданих многочленів степінь вищий, ніж у другого многочлена (наприклад, п більше т), то коефіцієнти різниці дорівнюватимуть нулю. Тому, починаючи з (пі + 1)-го номера, усі коефіцієнти а. також дорівнюва­ тимуть нулю. Отже, многочлени / (х) і и (х) дійсно мають однаковий степінь і відповідно рівні коефіцієнти при однакових степенях. О

І


7 Многочлени від однієї зм інної та дії над ними

117

Теорема 3 є основою так званого методу невизначених коефіцієнтів. Покажемо його застосування на такому прикладі. Приклад

Доведіть, що (х + 2) (х + 4) (х + 6) (х + 8) + 16 є повним квадратом. ► Заданий многочлен є многочленом четвертого степеня, тому він може бути повним квадратом тільки многочлена другого степеня. Многочлен другого степеня має вигляд ах2 + Ьх + с (а Ф 0). Одержуємо тотожність: (х + 2) (х + 4) (х + 6) (х + 8) + 16 = (ах2 + Ьх + с)2. (5) Розкриваючи дужки в лівій і правій частинах цієї тотожності та при­ рівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х, одержуємо систему рівностей. Цей етап зручно оформляти в такому вигляді: X4

1 =а2

X3

2 + 4 + 6 + 8 = 2аЬ

X2

2 -4 + 2- 6 + 2- 8 + 4- 6 + 4- 8 + 6- 8 = Ь2 + 2ас

2*4*6 + 2*4*8 + 2*6*8 + 4*6*8 = 2Ьс

х°

2 •4 •6 •8 + 16 = с2

З першої рівності одержуємо а = 1 або а = —1. При а = 1 із другої рівності маємо Ь = 10, а з третьої — с = 20. Як бачимо, при цих значеннях а, Ь і с останні дві рівності також викону­ ються. Отже, тотожність (5) виконується при а = 1, Ь = 10, с = 20 (анало­ гічно можна також одержати а = —1, Ь = —10, с = —20). Таким чином, (х + 2)(х + 4)(х + 6)(х + 8) + 16 = (х2 + Юх + 20)2. <1 ■

Вправи

1.

Знаючи, що многочлени / (х) і § (х) тотожно рівні, знайдіть значен­ ня коефіцієнтів а, Ь, с, сі: 1) / (х) = 2х2 - (3 - а) х + Ь, § (х) = сх3 + 2йх2 + х + 5; 2) / (х) = (а + 1) х3 + 2, £ (х) = Зх3 + Ьх2 + (с - 1) х + сі. Знайдіть такі числа а, Ь, с, щоб задана рівність (х2 —1) а + Ь(х —2) + + с (х + 2) = 2 виконувалася при будь-яких значеннях х. Доведіть тотожність: 1) (х - 1) (х + 1) (х2 - х + 1) (х2 + х + 1) = х6 - 1;

2. 3.

2 ) 1 + х 4 = ( і + л :л/ 2 + л :2)( і - л :л/ 2 + л :2).

4.

Доведіть, що заданий вираз є повним квадратом: 1) (х - 1) (х - 2) (х - 3) (х - 4) + 1; 2) (х + а) (х + 2а) (х + За) (х + 4а) + а4.


118

Р озділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

5.

Знайдіть такі а і Ь, щоб при будь-яких значеннях х виконувалася рівність Зх4 + 4х 8 + 8х 2 + Зх + 2 = (Зх 2 + ах + 1) (х 2 + х + Ь).

6.

Запишіть алгебраїчний дріб ------ ------- як суму двох алгебраїчних 15хг + х - 2

дробів виду —

Зх - 1

і —

5х + 2

.

7.2. Дії над многочленами. Ділення многочлена на многочлен з остачею Додавання і множення многочленів від однієї змінної виконують за допомогою відомих правил додавання і множення многочленів. У ре­ зультаті виконання дій додавання або множення над многочленами від однієї змінної завжди одержують многочлен від тієї самої змінної. З означення добутку двох многочленів випливає, що старший член добутку двох многочленів дорівнює добутку старших членів множни­ ків, а вільний член добутку дорівнює добутку вільних членів множни­ ків. Звідси одержуємо, що степінь добутку двох многочленів дорівнює сумі степенів множників.

При додаванні многочленів одного степеня одержують многочлен цього самого степеня, хоча іноді можна одержати многочлен меншого степеня. Наприклад, 2х 8 - 5х 2 + Зх + 1 + (- 2 х 8 + 5х 2 + х + 5) = 4х + 6 . При додаванні многочленів різних степенів завжди одержуємо мно­ гочлен, степінь якого дорівнює більшому степеню доданку. Наприклад, (Зх 8 - 5х + 7) + (х 2 + 2х + 1) = Зх8 + х 2 - Зх + 8. Ділення многочлена на многочлен означається аналогічно діленню цілих чисел. Нагадаємо, що ціле число а ділиться на ціле число Ь (Ь Ф 0), якщо існує таке ціле число §, що а = Ь•§. О з н а ч е н н я . Многочлен А (де) ділиться на многочлен В (де) (де В (де) — ненульовий многочлен), якщо існує такий многочлен ф (де), що А (де) = В (де) • (2 (де). Як і для цілих чисел, операція ділення многочлена на многочлен виконується не завжди, тому в множині многочленів уводять операцію ділення з остачею. Кажуть, що многочлен А (де) ділиться на многочлен В (де) (де В (де) — ненульо­ вий многочлен) з остачею, якщо існує така пара многочленів ф (де) і К (д е), що А (де) = В (де) •(2 (де) + К (д е ), причому степінь остачі К (де) менший за степінь дільника В (де). (Зазначимо, що в цьому випадку многочлен ф (де) називається неповною часткою.)


7. М но гочлен и від о дн ієї зм ін но ї та дії над ними

119

Наприклад, оскільки х 8 — 5х + 2 = (х2 - 5) х + 2, то при діленні многочлена х 8 — 5х + 2 на многочлен х 2 — 5 одержуємо неповну частку х і остачу 2 . Іноді ділення многочлена на многочлен, як і ділення багатозначних чисел, зручно виконувати «куточком», користуючись таким алгорит­ мом. Xі

— 5х 8 + х 2 + 8х —20 на

х 2 - 2х + 3 00

— 5х 8 + х 2 + 8х - 20 — 2х 8 + Зх2

СО

а і

► Xа

Розділимо многочлен А (х) = многочлен В (х) = х 2 - 2х + 3. ам і

Приклад

-З х 8 - 2х 2 + 8х - 20 -З х 8 + 6х 2 - 9х - 8 х 2 + 17х - 20 - 8 х 2 + 16х - 24 х + 4

<1

Доведемо, що одержаний результат дійсно є результатом ділення А (х) на В (х) з остачею.

Якщо позначити результат виконання першого кроку алгоритму че­ рез / (х), другого кроку — через / (х), третього — через / (х), то операцію ділення, яку виконали вище, можна записати у вигляді системи рівностей: Д (х) = А (х) - х 2 • В (х); (1) и (*) = и ( * ) _ (-З х ) • в /„ (х) = ґ2 (х) - ( - 8) . В (х).

(2) (3)

Додамо почленно рівності (1), (2), (3) та отримаємо А (х) = (х 2 - Зх - 8) В (х) + /3 (х). (4) Ураховуючи, що степінь / (х) = х + 4 менший за степінь дільника В (х) = х 2 - 2х + 3, позначимо / (х) = В (х) (остача), а х 2 - Зх - 8 = = Сі (х) (неповна частка). Тоді з рівності (4) маємо: А (х) = В (х) •Сі (х) + + В (х), тобто х 4 - 5х 8 + х 2 + 8х - 20 = (х 2 - 2х + 3) (х 2 - Зх - 8) + + х + 4, а це й означає, що ми розділили А (х) на В (х) з остачею. Очевидно, що наведене обґрунтування можна провести для будь-якої пари многочленів А (х) і В (х) у випадку їх ділення стовпчиком. Тому описаний вище алгоритм дозволяє для довільних діленого А (х) і діль­ ника В (х) (де В (х) — не нульовий многочлен) знайти неповну частку Сі (х) та остачу В (х). Зазначимо, що у випадку, коли степінь діленого А (х) менший за степінь дільника В (х), вважають, що неповна частка Сі (х) = 0, а остача В (х) = А (х).


120

Р озділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Вправи

1.

Виконайте ділення многочлена на многочлен: 1) Зх8 - 5х 2 + 2х - 8 на х - 2; 2) х 10 + 1 на х 2 + 1; 3) х 5 + Зх8 + 8х - 6 на х 2 + 2х + 3. Виконайте ділення многочлена на многочлен з остачею: 1) 4х 4 - 2х 8 + х 2 - х + 1 на х 2 + х + 2; 2) х 5 + х 4 + х 8 + х 2 + 1 на х 2 - х - 2 . При яких значеннях а і Ь многочлен А (х) ділиться без остачі на многочлен В (х)? 1) А (х) = х 8 + ах + Ь, В (х) = х 2 + 5х + 7; 2) А (х) = 2х 8 - 5х 2 + ах + Ь, В (х) = х 2 - 4; 3) А (х) = х 4 - х 8 + х 2 - ах + Ь, В (х) = х 2 - х + 2. Знайдіть неповну частку і остачу при діленні многочлена А (х) на многочлен В (х) методом невизначених коефіцієнтів: 1) А (х) = х 8 + 6х 2 + 11х + 6 , В (х) = х 2 - 1; 2) А (х) = х 8 - 19х - 30, В (х) = х 2 + 1.

2.

3.

4.

7.3. Теорема Везу. Корені многочлена. Формули Вієта Розглянемо ділення многочлена / (х) на двочлен (х —а). Оскільки степінь дільника дорівнює 1 , то степінь остачі, яку ми одержимо, пови­ нен бути меншим за 1 , тобто в цьому випадку остачею буде деяке чис­ ло Е. Таким чином, якщо розділити многочлен / (х) на двочлен (х —а), то одержимо / (х) = (х - а) •Я (х) + В. Ця рівність виконується тотожно, тобто при будь-якому значенні X. При х = а маємо: / (а) = В. Одержаний результат називають теоремою Безу1. Т е о р е м а 1 (теорема Безу). Остача від ділення многочлена / (де) на двочлен (де - а) дорівнює / (а) (тобто значенню многочлена при де = а).

І

Доведіть, що х 5 - Зх4 + 2х 8 + 4х —4 ділиться без остачі на х - 1. Підставивши в / (х) = х 5 —Зх4 + 2х 8 + 4х —4 замість х значення 1, одержуємо: Отже, остача від ділення / (х) на (х — 1) дорів­ нює 0 , тобто / (х) ділиться на (х — 1 ) без остачі. <1

Приклад 1 ►

О з н а ч е н н я . Число а називається коренем многочлена / (де), якщо / (а) = 0. 1 Безу Етьєн (1730—1783) — французький математик, який зробив значний внесок у розвиток теорії алгебраїчних рівнянь.


7. М но гочлен и від одн ієї зм ін но ї та д ії над ними

121

Якщо многочлен / (х) ділиться на (х - а), то а — корінь цього мно­ гочлена.

Дійсно, якщо / (х) ділиться на (х —а), то / (х) = (х - а) • (і (х) і тому / ( а ) = (а —а) • Сі (а) = 0. Отже, а — корінь многочлена / (х). О Справедливе і зворотне твердження. Воно є наслідком теореми Безу. Т е о р е м а 2. Якщо число а є коренем многочлена / (де), то цей многочлен ділиться на двочлен (де - а) без остачі. За теоремою Безу остача від ділення / (х) на (х —а) дорівнює / (а). Але за умовою а — корінь / (х), отже, / (а) = 0. О Узагальненням теореми 2 є таке твердження.

І І

Т е о р е м а 3. Якщо многочлен /(де) має попарно різні ко­ рені а х, а2, ап, то він ділиться без остачі на добуток (де — а х) (де — а 2)*...*(де — ап). Для доведення використовуємо метод математичної індукції. При п = 1 твердження доведено в теоремі 2. Припустимо, що твердження справедливе при п = к. Тобто, якщо (/.(, а 2, ..., ак — попарно різні корені многочлена / (х), то він ділиться на добуток (х —а 1) (х - а 2) - ... -(х - а А). Тоді / (х) = (х - а х) (х - а 2) - ...- ( х - а А)-© (х). (1) Доведемо, що твердження теореми справедливе й при п = к + 1. Нехай осх, а 2, ..., ак, оік+ 1 — попарно різні корені многочлена / (х). Оскільки ак 1 — корінь / (х), то / (ак 1) = 0. Беручи до уваги рів­ ність ( 1 ), яка виконується згідно з припущенням індукції, одержу­ ємо: Ґ К + 1) = К + 1 - о д ( а л + | - а 2) - . . . - ( а л + 1 - а * ) - © ( а л + 1) = 0 . За умовою всі корені а 1? а 2, ..., ак, схА+ 1 різні, тому жодне із чисел ак+1 " а і’ ак+1 " а 2’ •••’ ак+1 " акне дорівнює нулю. Тоді (а 4+ х) = 0. Отже, а А+ 1 — корінь многочлена Сі (х). За теоремою 2 многочлен Сі (х) ділиться на (х - ак+1), тобто Сі (х) = (х - а, ( ,)•©, (х) і з рівно­ сті ( 1 ) маємо І (х) = (х - а г) (х - а 2) - ...- ( х - а 4) (х - ак+ 1) • (х). Це означає, що / (х) ділиться на добуток (х - а 1) (х - а 2) - ...- ( х - ак) (х - а 4+ 1), тобто теорема доведена й при п = к + 1 . Отже, теорема справедлива для будь-якого натурального п. О | Н а сл ід ок . Многочлен степеня п має не більше п різних коренів. Припустимо, що многочлен п-то степеня має (п + 1) різних коренів: а 15 а 2, ..., а п, ос г Тоді / (х) ділиться на добуток (х - ^ ) (х — (/.2) - ... -(х - и.п ! ,) — многочлен степеня (п + 1 ), але це неможливо. Тому многочлен п-то степеня не може мати більше ніж п коренів. О


122

Р озділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Нехай тепер многочлен п-то степеня / (х) = апх" + ап (х" 1 + ... + + а2х 2 + а{х + а0 (ап ф 0) має п різних коренів а 15 а 2, ..., ап. Тоді цей многочлен ділиться без остачі на добуток (х — а 1) • (л: - а 2) •... • (х - ап). Цей добуток є многочленом того самого п-то степеня. Отже, у результа­ ті ділення можна одержати тільки многочлен нульового степеня, тобто число. Таким чином, апх" + ап_1х "~1 + ... + а2х 2 + агх + а0 = Ь(х - о^) (х - а 2)*...*(х - ап). (2) Якщо розкрити дужки в правій частині рівності (2) і прирівняти коефіцієнти при старших степенях, то одержимо, що Ь = а , тобто ап х" + а/ 1 - 1,хп 1 + ... + а„х2 + а,х + ап = апУ(х - а,) (х - а„)*... *(х - а ті) 2 1 0 1' ' 2/ '

(3)

Порівнюючи коефіцієнти при однакових степенях X, що стоять в то­ тожності (3) зліва і справа, одержуємо співвідношення між коефіцієнта­ ми рівняння та його коренями, які називають формулами Вієта:

(4)

Наприклад, при п = 2 маємо: СІ,

а, +а, = —

аг

а,а, =

«о — , «2

а при п = 3:

(5)

Виконання таких рівностей є необхідною і достатньою умовою того, щоб числа а 1? а 2, ..., а п були коренями многочлена / (х) = апх п + ап_ 1х " 1 + ... + а2х 2 + агх + а0 (ап ф 0).


§ 7. М ногочлен и від о дн ієї зм ін но ї та дії над ними

123

Формули (3) і (4) справедливі не тільки для випадку, коли всі корені многочлена / (х) різні. Введемо поняття кратного кореня многочлена. Якщо многочлен / (х) ділиться без остачі на (де —а)*, але не ділиться без остачі на (де —а)4+ 1,то кажуть, що число а є корінь кратності к многочлена / (д е ). Наприклад, якщо добуток ( х + 2 )8 (х — І )2 (х + 3) записати у вигляді многочлена, то для цього многочлена число (—2) є коренем кратності З, число 1 є коренем кратності 2 , а число (—3) є коренем кратності 1 . Використовуючи формули Вієта у випадку кратних коренів, необ­ хідно кожен корінь записати таке число разів, яке дорівнює його крат­ ності. Приклад 2 ►

Перевірте справедливість формул Вієта для многочлена / (х) = х 8 + 2х 2 - 4х - 8 . / (х) = х 8 + 2х 2 - 4х - 8 = х 2 (х + 2) - 4 (х + 2) = (х + 2) (х 2 - 4) = = (х — 2)(х + 2)2. Тому / (х) має корені: сх^ = 2, а 2 = -2 , а 3 = —2 (оскіль­ ки —2 — корінь кратності 2). Перевіримо справедливість формул (5). У нашому випадку: а3 = 1, а2 = 2, аЛ= -4 , а 0 = - 8. Тоді

2 + ( - 2) + ( - 2) =

2 - ( - 2) + 2 - ( - 2) + ( - 2) . ( - 2) = у ; 2 -( -2 )-(-2 ) = ~ .

Як бачимо, усі рівності виконуються, тому формули Вієта є справед­ ливими для даного многочлена. <1 Приклад 3 ►

Складіть квадратне рівняння, коренями якого є квадрати коренів рівняння х 2 — 8х + 4 = 0. Позначимо корені рівняння х 2 — 8х + 4 = 0 через х 1 і х 2. Тоді коре­ нями шуканого рівняння повинні бути числа а, = х 2 і а 2= х 2. Отже, це рівняння має вигляд х 2 + рх + § = 0, Де Р = -( а ! + а 2) = - ( х 2+ х 2) = - ( ( х ^ ) 2- 2хіх 2), д = аіа 2= х 2х 2 = (хгх 2)2. За формулами Вієта маємо: х 1 + х 2 = 8 і х 1х 2 = 4. Звідси знаходимо,

що

5 = (х 1х 2)2 = 42 = 16, а р = -((х 1 + х 2) 2- 2 х 1х 2) = - ( 8 2- 2 - 4 ) = -5 6 . Таким чином, шукане рівняння має вигляд х 2 — 56х + 16 = 0. <1

Вправи

1.

Знайдіть остачу від ділення многочлена х 5 — 4х 4 + 2х 8 — 5х + 1 на х + 2. Знайдіть коефіцієнт а, знаючи, що остача від ділення многочлена х 8 —ах2 + 5х —3 на х — 1 дорівнює 6 .

2.


124

Р озділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

3. Многочлен / (х) при діленні на х - 1 має остачу 4, а при діленні на х - 3 — остачу 6. Знайдіть остачу від ділення многочлена / (х) на х9 - 4х + 3. 4. При яких значеннях а і Ь многочлен Xі + 2Xх + ах2 — Ьх + 2 ділиться без остачі на х + 2, а при діленні на х — 1 має остачу, яка дорівнює З? 5. Остача від ділення многочлена / (х) на Зх2 - 5х + 2 дорівнює 7х + 1. Знайдіть остачу від ділення цього многочлена на двочлени х — 1 і Зх — 2. 6 . Запишіть формули Вієта при п = 4. 7. Складіть кубічний многочлен, який має корені 5, —2, 1 і коефіцієнт при старшому члені —2. Розв’ яжіть задачу двома способами. 8. При яких значеннях а сума квадратів коренів тричлена х 2 — - (а + 2) х + За дорівнює 12? 9. Яку кратність має корінь 2 для многочлена / (х) = х 5 — 5х 4 + 7х 8 — - 2х 2 + 4х - 8? 10. Складіть кубічний многочлен, який має корінь 3 кратності 2 і ко­ рінь (—1 ), а коефіцієнт при старшому члені 2 . 11. Знайдіть такі а і Ь, щоб число 3 було коренем не менш ніж другої кратності для многочлена / (х) = х 8 — 5х 2 + ах + Ь. 12. Складіть квадратне рівняння, корені якого протилежні кореням рів­ няння х 2 — 5х + 1 = 0 . 13. Складіть квадратне рівняння, корені якого обернені до коренів рів­ няння 2х 2 - 5х + 1 = 0. 14. Складіть квадратне рівняння, коренями якого є квадрати коренів рівняння х 2 + 6х + 3 = 0.

7.4. Схема Горнера Ділити многочлен / (х) на двочлен (х —а) іноді зручно за допомогою спеціальної схеми, яку називають схемою Горнера. % Нехай многочлен / (х) = а0хп + алхп 1 + ... + ап Хх + ап (а0 Ф 0) потріб­ но розділити на двочлен (х - а). У результаті ділення многочлена п-то степеня на многочлен першого степеня одержимо деякий многочлен <5 (х) (п - 1 ) - Г О степеня (тобто (£ (х) = Ь0ХП 1 + Ь!х" + ... +Ь п 2Х + + Ьп_ іг де Ь0 ф 0) і остачу К. Тоді / (х) = (х - а) •ф (х) + К, тобто а0х" + а ^ " 1 + ... + ап_ іх + ап = = (х —а)-(Ь0х" 1 + Ь1х "~2 + ... + Ьп_ 2х + Ьп_ і) + В. Оскільки ліва і права частини тотожно рівні, то перемножимо мно­ гочлени, які стоять справа, і прирівняємо коефіцієнти при відповід­ них степенях х:


§ 7. М ногочлен и від о дн ієї зм ін но ї та дії над ними

125

Знайдемо із цих рівностей коефіцієнти Ь0, Ь|5 Ьп_ 1 і остачу В: Ь0 = а0, Ьх = аЬ0 + аіг Ь2 = аЬх + а2, ..., Ьп_ 1 = аЬп 2 + ап_ 1? В = аЬп_ л + ап. Як бачимо, перший коефіцієнт неповної частки дорівнює першо­ му коефіцієнту діленого. Решту коефіцієнтів неповної частки і остачу знаходять таким чином: для того щоб знайти коефіцієнт Ьк+ 1 неповної частки, достатньо попередньо знайдений коефіцієнт Ьк помножити на а і додати к-ік коефіцієнт діленого. Цю процедуру доцільно оформляти у вигляді спеціальної схеми-таблиці, яка називається схемою Горнера. ©

°0

/ /

.

&0 = ° 0

“ і

©

Ь1=аЬ0+

^

ах

“ з

°п-1

©

Ь2=аЬ1+ а '

а

®

Е

К -і

остача

Розділіть за схемою Горнера многочлен / (х) = Зх4 —2хл—4х + 1 на двочлен х — 2. Запишемо спочатку всі коефіцієнти многочлена / (х) (якщо в мно­ гочлені пропущено степінь 2 , то відповідний коефіцієнт вважаємо рівним 0), а потім знайдемо коефіцієнти неповної частки і остачу за вказаною схемою:

Приклад 1 ►

-2

3

2

з

^

^

7

0

У»

4

© "

8

✓ © "

“4 12

^ © "

1 25

остача

Отже, Зх4 - 2х 3 —4х + 1 = (х —2)(3х 3 + 4х 2 + 8х + 12) + 25. <1 Приклад 2 ►

Перевірте, чи є х = —3 коренем многочлена / (х) = 2х 4 + 6х 8 + 4х 2 — 2х — 42. За теоремою Безу остача від ділення многочлена / (х) на х —а до­ рівнює / (а), тому знайдемо за допомогою схеми Горнера остачу від ділення / (х) на х —(—3) = х + 3. -3

2

6

4

-2

-4 2

2

0

4

-1 4

0 (остача = / (—3))

Оскільки / (—3) = 0, то х = —3 — корінь многочлена / (х). <1

Вправи

1.

Використовуючи схему Горнера, знайдіть неповну частку та остачу від ділення многочлена А (х) на двочлен В (х): 1) А (х) = х 8 + Зх2 + Зх + 1; В (х) = х + 1; 2) А (х) = 5х 3 - 26х2 + 25х - 4; В (х) = х - 5; 3) А (х) = х 8 - 15х2 + Юх + 24; В (х) = х + 3.


126

2.

3.

Р озділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Використовуючи схему Горнера, перевірте, чи ділиться многочлен / (х) на двочлен д (х): 1) / (х) = 4х 8 - х 2 - 27х - 18; д ( х ) = х + 2; 2) / (х) = х 4 - 8х 8 + 15х2 + 4х - 20; (х) = х - 2. Розділіть многочлен А (х) на двочлен В (х): 1) А (х) = 2х 8 - 19х2 + 32х + 21; В (х) = х - 7; 2) А (х) = 4х 8 - 24х2 + 21х - 5; В (х) = 2х - 1.

7.5. Знаходження раціональних коренів многочлена з цілими коефіцієнтами Т е о р е м а 4. Якщо многочлен з цілими коефіцієнтами / (д е ) = апхп + ап |х" 1 + ... + а1х + а0 має раціональний корінь

І

х = ^ (д ф 0), то р є дільником вільного члена (а0), а д — діль­

ником коефіцієнта при старшому члені ап.

Якщо — є коренем многочлена / (х), то /І — 1=0. Підставляємо — а

уа )

ч

замість х у / (х) і з останньої рівності маємо П—1

ап„— +а Л І „п

г+ ... + а,1 —+0 а „ = 0.

п- 1

^1 )

Помножимо обидві частини рівності (1) на дп (^ Ф 0). Одержуємо ау

+ ап_

^ + ... + ахрдп 1 + айдп = 0.

( 2)

У рівності (2) всі доданки, окрім останнього, діляться на р. Тому а 0<7" = - (апр" + ап ^р" 'д + ... + ахрдп ') ділиться на р. Але коли ми записуємо раціональне число у вигляді —, то цей дріб ч

вважається нескоротним, тобто р і д не мають спільних дільників. Добуток а0дп може ділитися на р (коли р і д — взаємно прості числа) тільки тоді, коли а0 ділиться на р. Тобто р — дільник вільного чле­ на а0. Аналогічно всі доданки рівності (2), крім першого, діляться на д. Тоді а^р" = —(ап 1 рп 1 д + ... + а^рд" 1 + а0дп) ділиться на д. Оскільки р і д взаємно прості числа, то а ділиться на д, тобто д — дільник коефіцієнта при старшому члені. О Відзначимо два наслідки із цієї теореми. Якщо взяти д = 1, то коре­ нем многочлена буде ціле число р — дільник а0. Отже, має місце такий наслідок.

І

Н а с л ід о к 1. Будь-який цілий корінь многочлена з цілими ко­ ефіцієнтами є дільником його вільного члена.


§ 7. М но гочлен и від о дн ієї з м ін н о ї та д ії над ними

127

Якщо в заданому многочлені / (х) ап = 1, то дільниками ап можуть бути тільки числа ± 1 , тобто в цьому випадку «у = ± 1 , і має місце: Н а с л ід о к 2. Якщо коефіцієнт при старшому члені рівняння

І

з цілими коефіцієнтами дорівнює 1, то всі раціональні корені цього рівняння (якщо вони існують ) — цілі числа.

Знайдіть раціональні корені многочлена 2х 8 —х 2 + 12х — 6 .

Приклад 1 ►

Нехай нескоротний дріб — є коренем многочлена. Тоді р необхідно 9

шукати серед дільників вільного члена, тобто серед чисел ± 1 , ±2 , ±3, ± 6 , а ^ — серед дільників старшого коефіцієнта: ± 1 , ± 2 . Таким чином, раціональні корені многочлена потрібно шукати серед 1 З чисел ± —, ±1, ± —, ±2, ±3, ± 6 . Перевіряти, чи є дане число коренем многочлена, доцільно за допомогою схеми Горнера. При х = ~ маємо таблицю. Крім того, за схемою Горнера 2 -1 12 -6 можна записати, що і 2

2

0

12

2ха- х г + 12 х - 6 = | х -і| ( 2х 2+ 12 ).

0

Многочлен 2х2 + 12 не має дійсних коренів (а тим більше раціональ­ них), тому заданий многочлен має єдиний раціональний корінь х = - . <1 2

Розкладіть многочлен Р (х) = 2х 4 + Зх8 —2х 2 —х —2 на множники. Ш укаємо цілі корені многочлена серед дільників вільного члена: ±1, ±2. Підходить 1. Ділимо Р (х) на х — 1 за допомогою схеми Горнера.

Приклад 2 ►

ТодіР(х) = (х - 1)(2х 8 + 5х 8 + 3 х + 2). Ш укаємо цілі корені кубічного мно­ 1 3 гочлена 2х 8 + 5х 2 + Зх + 2 серед дільників його вільного члена: ±1, ±2. Підходить (—2). Ділимо на х + 2.

2 2

3 5

-2

-1 2

-2

-2 0

2 2

5

3

1

1

2 0

Маємо Р (х) = (х - 1) (х + 2) (2х 2 + х +1). Квадратний тричлен 2х 2 + х +1 не має дійсних коренів і на лінійні множники не розкладається. Відповідь: Р (х) = (х - 1) (х + 2) (2х 2 + х +1). <1


128

Р озділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Зазначимо, що в множині дійсних чисел не завжди можна знайти всі корені многочлена (наприклад, уже квадратний тричлен х 2 + х + 1 не має дійсних коренів). Таким чином, многочлен п-то степеня не завжди мож­ на розкласти в добуток лінійних множників. Але многочлен непарного степеня завжди можна розкласти в добуток лінійних і квадратних множ­ ників, а многочлен парного степеня — у добуток квадратних тричленів. Наприклад, многочлен четвертого степеня розкладається в добуток двох квадратних тричленів. Для того щоб знайти коефіцієнти цього роз­ кладу, іноді можна використовувати метод невизначених коефіцієнтів. Приклад 3 Розкладіть на множники многочлен X і + х Й+ Зх2 + х + 6 . ► Знайти раціональні корені не вдається — многочлен не має раціо­ нальних (цілих) коренів. Спробуємо знайти розклад цього многочлена в добуток двох ква­ дратних тричленів. Оскільки старший коефіцієнт многочлена дорів­ нює 1 , то й у квадратних тричленах візьмемо старші коефіцієнти рівними 1. Тобто шукатимемо розклад нашого многочлена у вигляді: X і + х8 + Зх2 + х + 6 = (х2 + ах + Ь) (х2 + сх + й ) , (3) де а, Ь, с і сі — якісь невизначені (поки що) коефіцієнти. Многочлени, що стоять у лівій і правій частинах цієї рівності, то­ тожно рівні, тому коефіцієнти при однакових степенях х у них од­ накові. Розкриємо дужки в правій частині рівності і прирівняємо відповідні коефіцієнти. Це зручно записати так: хА+

Xі +

Зх2 + х

+ 6 = Xі +

сх 8+ сіх1 +

а х8 +

асх1 + а,сіх + Ьх8

+

Ьсх + Ьсі.

Одержуємо систему: ХА 1 = 1, х 3 1 = а + с, х 2 3 = ас + Ь+ й, х 1 1 = Ьс + ай, х° 6 = Ьй.

Спроба розв’язати цю систему методом підстановки приводить до рівняння 4-го степеня, тому спробуємо розв’язати систему (4) у ці­ лих числах. З останньої рівності системи (4) одержуємо, що Ь і сі можуть бути тільки дільниками числа 6 . Усі можливі варіанти за­ пишемо в таблицю. Коефіцієнти Ь і сі у рівності (3) рів­ ноправні, тому ми не розглядаємо випадки Ь = 6 і сі = 1 або Ь = —6 6 -6 3 -3 а і й = - 1 і т. д. Для кожної пари значень Ь і сі з третьої рівності системи (4) знайде­ мо ас: ас = 3 — (Ь + сі), а з другої рівності а + с = 1. Ь

1

-1

2

-2


§ 7. М ногочлен и від о дн ієї зм ін но ї та дії над ними

129

Знаючи а + с і ас, за теоремою, оберненою до теореми Вієта, зна­ ходимо а і с як корені квадратного рівняння. Коли буде знайдено всі числа а, Ь, с, й, то із четвертої рівності Ьс + асі = 1 системи (4) можна вибрати ті числа, які є розв’язками системи (4). Зручно ці міркування оформити у вигляді таблиці: ь

1

1

2

-2

а

6

-6

3

-3

а + с= 1

1

1

1

1

ас = 3 - (Ь + й)

-4

10

-2

8

а

неціле

не існує

2

-1

не існує

с

неціле

не існує

-1

2

не існує

Ьс + асі = 4

Ьс + асі = 1

4*1

1 = 1

Ьс + асі = 1

Як бачимо, системі (4) задовольняє набір цілих чисел а = —1, Ь = 2, с = 2, сі = 3. Тоді рівність (3) має вигляд X і + х 8 + Зх2 + х + 6 = (х2 - х + 2)(х 2 + 2х + 3). (5) Оскільки квадратні тричлени х 2 — х + 2 і х 2 + 2х + 3 не мають не тільки раціональних, але й дійсних коренів, то рівність (5) дає оста­ точну відповідь. <1

■ 1.

Вправи

Знайдіть цілі корені многочлена: 1) х 3 - 5х + 4; 2) 2х 8 + х 2 - ІЗх + 6 ; 3) 5х 8 + 18х2 - Ю х - 8; 4) 4х 4 - 11х 2 + 9х - 2. 2. Знайдіть раціональні корені рівняння: 1) х 3 - З х 2 + 2 = 0; 2) 2х3 - 5х2 - х + 1 = 0; 3) Зх4 + 5х 8 - х 2 - 5х - 2 = 0; 4) Зх4 - 8х 8 - 2х 2 + 7х - 2 = 0. 3. Розкладіть многочлен на множники: 1) 2х 8 - х 2 - 5х - 2; 2) х 8 + 9х 2 + 23х + 15; 3) х 4 - 2х 8 + 2х - 1; 4) х 4 - 2х 8 - 24х2 + 50х - 25. 4. Знайдіть дійсні корені рівняння: 1) х 8 + х 2 - 4х + 2 = 0; 2) х 8 - 7х - 6 = 0; 3) 2х 4 - 5х 8 + 5х 2 - 2 = 0; 4) 2х 8 - 5х 2 + 1 = 0. 5х. Розкладіть многочлен на множники методом невизначених коефіцієнтів: 1) х 4 + х 8 - 5х 2 + ІЗх - 6 ; 2) х 4 - 4х 8 - 20х 2 + ІЗх - 2. 6*. Розкладіть многочлен на множники, заздалегідь записавши його за допомогою методу невизначених коефіцієнтів у вигляді (х 2 + Ьх + с )2 - (тх + гі)2: 1) х 4 + 4х - 1; 2) х 4 - 4х 8 - 1; 3) х 4 + 4а8х - а4.


130

Розділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

§ 8

РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ, ЩО МІСТЯТЬ ЗНАК МОДУЛЯ Т а б л и ц я 15

2. Використання геометричного змісту модуля (при а > 0)

0

а

1. | / (де) | = а <=> / (д е) = а або / (де) = —а. 2 . І / (де) І = | £ (д е) | <=> / (д е) = £ (де) або / (де) = - § (д е). 3 . | / (де) | > а <=> / (де) < —а або / (д е) > а.

4. |/ (де) |< а <=>- а < / (де) < а <=>

>

[/(д е )< а .

Узагальнення 1 / ( * ) = £ ( * ) або / (де) = - £ (де). 6 . | / (де) | > § (де) <=> / (де) < - £ (д е) або / (д е) > § (де). 7 . | /( д е )| < £ (д е )< ^ -£ (д е )< /(д е )< £ (д е )< ^ Г

[/(* )< £ (* )•


8. Рівняння і нерівності, що м істять зн а к м одуля

131

Продовження табл. 15

3. Використання спеціальних співвідношень

1 . |и |= и 2 . |и |= —и 3. |и |= |V |» 4. |и |> |V |

и > 0. и < 0.

V2. и2 > V2. Тоді |и \— \V \> 0

и2 =

и2 —

V2 > 0;

знак різниці модулів двох виразів збігається зі знаком різниці їх квадратів.

5. 6.

і» і+ і » і= » + »<=>•{\и > 0 ’

1 111

і і і і

1 111

[г> 0 .

Гм < 0 > |и< 0. + і?| -«• ііі» >

7. |і*| + |і?| = | іл 0. 8 . |іл| + |г?| = | и . — г?| ілі? < 0. 9. |де-а| + |л; -Ь| = Ь — а а - а < х < Ь, де а < Ь.

Н

Приклади й обґрунтування

Розв’язувати будь-яке рівняння або нерівність, що містить знак мо­ дуля, можна одним з трьох основних способів: за означенням модуля, виходячи з геометричного змісту модуля або за загальною схемою. Деякі рівняння або нерівність, що містить знак модуля, можуть бути розв’язані також з використанням спеціальних співвідношень (табл. 15). Залежно від обраного способу одержуємо різні записи розв’ язання. Розв’яжіть рівняння |2х —4 |= 6 . І спосіб (за означенням модуля)

Приклад

Р о з в ’я за н н я

К ом ен т ар

1) Якщо 2х - 4 > 0,

(1)

то одержуємо рівняння 2х - 4 = 6 . Тоді х = 5, що задовольняє умо­ ві ( 1 ). 2) Якщо 2х - 4 < 0, (2) то одержуємо рівняння ~(2х - 4) = 6 . Тоді х = —1 , що задовольняє та­ кож умові ( 2). Відповідь: 5; -1 . <1

Ураховуючи означення модуля, розглянемо два випадки: 2х - 4 > 0 і 2х - 4 < 0. За означенням модулем додат­ ного (невід’ємного) числа є саме це число, а модулем від’ємного числа є протилежне йому число. Тому при 2х - 4 > 0 |2х - 4 |= 2х - 4, а при 2х - 4 < 0 |2х - 4 |= -( 2 х - 4).

У кожному випадку розв’язуємо одержане рівняння і з’ ясовуємо, чи задовольняє кожен із знайдених коре­ нів умові, за якої ми його знаходили.


132

Розділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

II спосіб (використовуючи геометричний зміст модуля) ►

Р о з в ’я за н н я

К ом ен т ар

2х - 4 = 6 або 2х - 4 = - 6 , 2х = 10 або 2х = —2, х = 5 або х = —1. Відповідь: 5; -1 . <1

З геометричної точки зору |2х — 4 |— це відстань від точки 0 до точки 2х —4. За умовою рівнян­ ня вона дорівнює 6 , але відстань 6 може бути відкладена від 0 як пра­ воруч (одержуємо число 6), так і лі­ воруч (одержуємо число —6). Отже, рівність | 2х —4 |= 6 можлива тоді і тільки тоді, коли 2х —4 = 6 або 2х - 4 = - 6 .

З а у в а ж е н н я . При застосуванні геометричного змісту модуля знак модуля розкривається неявно, тобто не доводиться використовувати означення в явному вигляді. Загальна схема розв’ язування рівнянь та нерівностей, що містять знак модуля, — це фактично трохи змінений метод інтервалів. Поясни­ мо зміст цієї схеми на прикладі рівняння, що містить два модулі, виду І / (лО І + І 5і (лО І = а (а > 0). • Щоб розв’ язати це рівняння, необхідно розкрити знаки модулів, а для цього потрібно знати, де функції / (х) і § (х) будуть додатними, а де — від’ ємними. Тобто фактично ми повинні розв’ язати нерівно­ сті І (*) ї 0, (1) £ (*) ї о. ( 2) Кожну із цих нерівностей ми вміємо розв’ язувати методом інтерва­ лів. Перебудуємо прийом розв’язування нерівностей методом інтер­ валів таким чином, щоб він давав можливість одночасно розв’язувати кожну з останніх нерівностей. Як відомо, розв’ язування нерівності (1) методом інтервалів починається із знаходження її ОДЗ (тобто об­ ласті визначення функції / (х)), а розв’ язування нерівності ( 2) — із знаходження її ОДЗ (тобто області визначення функції § (х)). Щоб почати одночасно розв’ язувати обидві нерівності, необхідно знайти спільну область визначення для функцій / (х) і § (х), тобто знайти ОДЗ заданого рівняння (це перший з орієнтирів потрібної схеми). Щоб продовжити розв’язування нерівностей / (х) ї 0 та Я (х) ї 0 ме­ тодом інтервалів, необхідно знайти нулі функцій / (х) і § (х), тобто знайти нулі всіх підмодульних функцій (це другий орієнтир). Якщо далі використовувати схему методу інтервалів одночасно для двох нерівностей, то необхідно на ОДЗ позначити нулі підмодульних функцій і розбити ОДЗ на проміжки (це третій орієнтир).


8. Рівняння і нерівності, щ о м істять зн а к м одуля

133

У кожному з одержаних проміжків знаки функцій і (х) і § (х) не змінюються. Отже, ми можемо знайти знаки підмодульних функцій на кожному проміжку (у будь-якій точці цього проміжку), розкри­ ти знаки модулів і знайти розв’язок заданого рівняння в кожному з цих проміжків (це четвертий орієнтир загальної схеми). <1 Можливість застосування наведеної схеми до розв’ язування нерівно­ стей, що містять знак модуля, обґрунтовують аналогічно.

Н

Приклади розв'язання завдань

Приклад 1

Розв’яжіть рівняння

1. ОДЗ:

2.

Нулі підмодульних функцій:

х ф і

я х —1

+ \х-2\ = 2.

.

----- = 0 х-1

(х = 0) та х - 2 = 0 (х = 2). Нулі 0 і 2 розбивають ОДЗ на чотири проміжки, у яких підмодульні функції мають знаки1, показані на рисунку 67. Знаходимо розв’язки заданого рівняння в кожному з проміжків (оскільки знаки підмодульних функцій однакові на проміжках І і III, зручно для розв’язання об’ єднати ці проміжки). Проміжки І і III: х є (—°°; 0) І_І (1; 2). Ураховуючи знаки підмодульних функцій на цих проміжках і означення модуля, одержуємо, що в цих

3.

4.

проміжках задане рівняння рівносильне рівнянню — ---- (х —2) = 2. х-1

Звідси х = 0 або х = 2. До розглянутих проміжків одержані значення не входять, отже, у цих проміжках коренів немає. Проміжок II: х є [0; 1). (Слід звернути увагу на те, щоб не пропус­ тити значення х = 0, яке входить до ОДЗ.) У цьому проміжку одер­ жуємо рівняння — ----- ( х - 2 ) = 2. Звідси х = 0 — корінь, оскільки х-1

входить у цей проміжок. Проміжок IV: х є [2; +оо) (і в цьому проміжку потрібно не забути значення х = 2). Одержуємо рівняння

х + х —2 = 2. Звідси х = 2 —

х-1

корінь, оскільки входить у цей проміжок. Об’єднуючи всі розв’язки, які ми одержали в кожному з проміжків, маємо розв’ язок заданого рівняння на всій ОДЗ. Відповідь: 0; 2. <1 1 На рисунку 67 у кожному з проміжків перший знак — це знак функції

X

------ , а другий — знак функції х - 2 . Виконуючи рисунок, зручно спочатку пох-1

значити на числовій прямій ОДЗ, а потім на ОДЗ — нулі підмодульних функцій.


134

Розділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Проілюструємо також одержання і використання спеціальних спів­ відношень, наведених у таблиці 15. [и > 0, Обґрунтуємо, наприклад, співвідношення 5: ц + і; =ц + і;<=> і ; > 0. Запишемо задану рівність у вигляді м + у = | и | + | і;| і проаналізує­ мо її, спираючись на відомі із 6 класу правила дій над числами з од­ наковими і з різними знаками. Щоб додати два числа и і V , ми додали їх модулі, отже, ці числа мають однакові знаки. Якби обидва ці числа були від’ємними, то їх сума була б теж від’ємною, але и + V = \и \+ \V \ 0. Тоді одержуємо, що числа и і V — обидва не\и> 0, від ємні. Навпаки, якщо 1 > д то виконується рівність и + V = |и |+ |V |. Отже, рівняння Ги > 0 , нерівностей . ^ =

Приклад 2*

|

и

\ + \ V \=

и+

V

рівносильне системі

Розв’яжіть рівняння х - 5 | + | 2 х + 5 | = Зх. К ом ен т ар

з в ’язан ня

► Оскільки Зх = (х - 5) + (2х + 5), то задане рівняння має вигляд |и \+ + | V |= и + V , але ця рівність може виконуватися тоді і тільки тоді, коли числа и і V — обидва невід’ ємні. Отже, задане рівняння рівносильне системі х -5 > 0 , 2х + 5 > 0 .

[х > 5 ,

Звідси "і

д \х > — . 2

Якщо позначити х —5 = и і 2х + 5 = V , то и + V = Зх і задане рівняння має вигляд |и \+ \V \= и + + V , а за співвідношенням 5 таке рівняння рівносильне системі и > 0, V>0.

Зауважимо, що задане рівняння можна розв’язувати і за загальною схемою, але тоді розв’язання буде більш громіздким.

Отже, х > 5. Відповідь: [5; -Н»).<| При розв’ язуванні нерівностей, що містять знак модуля, міркуван­ ня щодо розкриття знаків модулей повністю аналогічні міркуванням, які використовувалися при розв’язуванні рівнянь, що містять знак модуля. Приклад 3

Розв’яжіть нерівність |2х — 5 |< 7.

Р о з в ’я за н н я

К ом ен т ар

► За геометричним змістом моду­ ля задана нерівність рівносильна не­ рівності - 7 < 2х - 5 < 7. (1)

Нерівність виду |/ (х) | < а (де а > 0) зручно розв’язувати, вико­ ристовуючи геометричний зміст модуля. Зокрема, задананерівність —


8. Рівняння і нерівності, щ о м істять зн а к м одуля

Тоді - 2 < 2х < 12, отже, - 1 < х < 6. Відповідь: [-1 ; 6]. <1

135

це нерівність виду |і |< 7. Але мо­ дуль числа — це відстань на коор­ динатній прямій від точки, що зображує дане число, до точки 0. Тобто заданій нерівності задоволь­ няють усі точки, які розташовані в проміжку [—7; 7], отже, —7 < і < 7. Якщо виникають ускладнення з розв’язуванням подвійної нерівно­ сті ( 1 ), то її замінюють на рівносиль\ 2 х -5 > -7 ,

ну систему < 2 х -5 < 7 . Приклад 4

Розв’яжіть нерівність Ід е— ЗІ

(1) ► 2. 3.

4.

1. ОДЗ: |х - 2 |- 1 Ф 0. Тоді |х - 2 |Ф 1, тобто х - 2 Ф ±1, отже: х Ф 3 або х Ф 1. Нулі підмодульних функцій: х — 3 = 0 (х = З — не входить до ОДЗ) та х — 2 = 0 (х = 2). Нуль 2 розбиває ОДЗ на чотири проміж­ ки, на яких підмодульні функції мають знаки, показані на рисунку 68 (на кож ­ ному з проміжків перший знак — це знак функції х — 3, а другий — знак функції х — 2). Знаходимо розв’язки заданої нерівності в кожному з проміжків (оскільки знаки підмодульних функцій є однаковими на проміжках І і II, зручно для розв’ язання об’єднати ці проміжки). Проміжки І і II: х є (—°°; 1) (1; 2]. Ураховуючи знаки підмодуль­ них функцій у цих проміжках і означення модуля, одержуємо, що при х є ( —оо; 1 ) ( 1 ; 2] задана нерівність рівносильна нерівності ч х -3 ) > 1 . Тоді - > 1 , тобто > 0. Звідси х < 1. До проміж-(х-2)-1

1-х

1-х

ків, які ми розглянули, входять усі значення х < 1 , отже, у цьому випадку розв’ язком буде х < 1 . Проміжок III: х є [2; 3). На цьому проміжку одержуємо нерівність —(х

—Зї

—( х

—Зї

—----- -> 1, тобто —-------> 1 . Але при будь-якому значенні х із прох —2 —1

х-3

міжку III остання нерівність перетворюється на хибну нерівність (—1 > 1). Отже, у проміжку III нерівність (1) розв’язків не має.


136

Розділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Проміжок IV: х є (3; +оо). У цьому проміжку одержуємо нерівність ^ ^ --------- >1, тобто ------ >1. Як бачимо, при будь-якому х із проміжх —2 —1

х-3

ку IV нерівність (1) перетворюється на правильну числову нерівність (1 > 1). Отже, розв’язком нерівності (1) у проміжку IV є будь-яке число із цього проміжку (х > 3). Об’єднуючи всі розв’язки, які ми одержали в кожному з проміжків, маємо розв’ язок заданої нерівності на всій ОДЗ: х < 1 або х > 3. Відповідь: (-°°; 1) (3; +о°). <| Зазначимо, що для розв’язування деяких нерівностей, що містять знак модуля, зручно використовувати також спеціальні співвідношення, наведені в таблиці 15. тт

П риклало-*

т>

> • • (І х ~ 1 1“Іх + 3 1) (12х І— Іх + 6 1) „ РоЗВЯЖІТЬ нерівність ^ -!----- Г|^----!—!------ —< 0. 1

х

+ 2|

► Оскільки | а | > 0 і функція у = І2 монотонно зростає на множині невід’ємних чисел, то всі різниці модулів у нерівності можна замінити на різниці їх квадратів (тобто скористатися співвідношенням 4: |и \— \V \> ► 0 « и2 — V2 > 0). Тоді одержуємо нерівність, рівносильну заданій: { ( х - 1 ) 2 ~ ( х + З)2) ( ( 2х ) 2 - (х + б)2 ) ( 1 - х ) 2 - ( х + 2)2

Тепер, розкладаючи на множники всі різниці квадратів, маємо: (-4) (2х + 2) (х - 6) (Зх + 6)

в

(-\-2х)3

Далі методом інтервалів одержуємо —2 < х < —1 або —і < х < 6 (рис. 69). Відповідь: —2 < х < —1 або ——< х < 6 . <1 2

Загальна схема, запропонована в таблиці 15, може бути використана не тільки при розв’язуванні рівнянь чи нерівностей, що містять знак мо­ дуля, але й при виконанні перетворень виразів, що містять знак модуля. Наприклад, для побудови графіка функції / (х) = | х + і | + |х — 1| зручно спочатку за загальною схемою розкрити знаки модулів, а вже потім будувати графік функції / (х). Оформлення розв’ язання подібного прикладу може бути таким. Приклад 6 Побудуйте графік функції / (х) = |х + 1 |+ |х — 1 |. ► 1. Область визначення функції: всі х є К. 2. Нулі підмодульних функцій: х = —1 і х = 1. 3. Позначаємо нулі на області визначення і розбиваємо область визна­ чення на проміжки (на рисунку 70 також указано знаки підмодуль­ них функцій у кожному з проміжків).


8. Рівняння і нерівності, що м істять зн а к м одуля

Рис. 69

4.

137

Рис. 70

Тоді - ( х + 1 ) - (х - 1), якщо х < - 1,

/(* ) = х + \ -(х -\ ), х + І + х -1 ,

ЯКЩ О

якщ ох>1.

—2х, якщо х < —1,

Отже, / (х) = - 2,

якщо - 1 < х < 1,

2л:, якщо х > 1 . Рис. 71

Будуємо графік цієї функції (рис. 71).

Н

Запитання д ля контролю

1. 2.

3.

Н

Поясніть, якими способами можна розв’язувати рівняння та нерівно­ сті, що містять знак модуля. Проілюструйте ці способи на прикладах. Обґрунтуйте спеціальні співвідношення, наведені в таблиці 15. Про­ ілюструйте їх застосування до розв’язування рівнянь та нерівностей, що містять знак модуля. Обґрунтуйте узагальнення використання геометричного змісту модуля, наведені в таблиці 15. Проілюструйте їх застосування до розв’язування рівнянь та нерівностей, що містять знак модуля.

Вправи Розв’яжіть рівняння і нерівності, що містять знак модуля (1—15). 1. 1) |Зх - 5 |= 7; 2) |8 - 4х |= 6 ; 3) |х 2 - 5х |= 6 . і 2х-3 2. 1) |2х - 3 |> 5; 2) |3 - 5х |< 7; З*) > 2; < 1. 4) х+ 1

3. 1 ) І X 4. 1) |х 3 )| х + 5. 1) |х + 3 )| х +

2 І - 2х - 1 = 0 ; 1 |+ |х - 3 |= 2; 5 | + | х — 8 |= 13. 3 |< х - 2; 3| + | х - і | < | б - 3 х

2) х 2 + Зх + |х + 3 |= 0. 2 ) | х + 1 | + | х —5| = 20;

2 ) | х + і | + | х - 2 | < 2х - 1 ;

6 . 1 ) л/х2- 2х + 1 +|л:- 2 |= 1;

2) л/х2+4х + 4 + |л:|= л: + 5.

7. 1) у/х2- 4 х + 4 + у[х^ = 8;

2)

л/і

6 - 8 х + л:2 +л/х2 + 2х + 1 = 5 .


138

Розділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

= 1;

8. 1

9. 1 ||х - 1 |- 2 |= 1;

2) 1---- — = \х + 1 . |дс+ 11—2 1 1 2) ||2х —4 |— 5 |= 3.

10 . 1 |х 2 - 4х |< 5;

2) |х 2 - х - 6 |> 4.

11. 1 З |х - 1 |+ х 2 - 7 > 0;

2) |х - 6 |> х 2 — 5х + 9.

12. 1

2)

|аГ+3| +*>1; х +2

|я :|— 3

2

13. 1

|х — 1 |— 5 |< 2;

2 ) | х - 1 | + | х + 2| —|х —3 | > 4 .

14. 1

х - 2х2 |> 2х 2 — х ;

2) |х 2 + х — 20 |< х 2 + х — 20.

15. 1

4

->\х + 2\;

|лс+ 3 |—1 16. Побудуйте графік функції: 1) у = |2х - 4 |+ |2х + 6 |;

§9 9.1.

2)

— > \ х -і\ . |лс+ 11—2

2) у = \х — 5 |+ |Зх + 6 |.

РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ З ПАРАМЕТРАМИ Розв’язування рівнянь і нерівностей з параметрами

Якщо крім змінної та числових коефіцієнтів до запису рівняння чи нерівності входять також буквені коефіцієнти — параметри, то при розв’ язуванні можна користуватися таким орієнтиром.

І

Будь-яке рівняння чи нерівність з параметрами можна розв’язувати як звичайне рівняння чи нерівність до тих пір, поки всі перетворення або міркування, необхідні для розв’язування, можна виконати однозначно. Якщо якесь пере­ творення не можна виконати однозначно, то розв’язування необхідно розбити на кілька випадків, щоб у кожному з них відповідь через параметри записувалася однозначно.

На етапі пошуку плану розв’ язування рівняння чи нерівності з па­ раметрами або в ході розв’ язування часто зручно супроводжувати відпо­ відні міркування схемами, за якими легко простежити, у який момент ми не змогли однозначно виконати необхідні перетворення, на скіль­ ки випадків довелося розбити розв’ язання та чим відрізняється один випадок від іншого. Щоб на таких схемах (чи в записах громіздких розв’ язань) не загубити якусь відповідь, доцільно поміщати остаточні відповіді в прямокутні рамки. Зауважимо, що відповідь треба записати для всіх можливих значень параметра.


9. Рівняння і нерівності з п арам етрам и

Приклад 1

139

Розв’яжіть нерівність зі змінною х : 3ах + 2 > х + 5а. К ом ен т а р

Задана нерівність є лінійною відносно змінної х, тому використаємо відомий алгоритм розв’язування лінійної нерівності: 1 ) переносимо члени зі змінною х в одну частину, а без х — у другу: Зах - х > 5а - 2; 2) виносимо в лівій частині за дужки спільний множник х (тобто приводимо нерівність до вигляду А х > В): (За — 1) х > 5а —2. Для знаходження розв’язків останньої нерівності ми б хотіли по­ ділити обидві її частини на (За — 1). Але якщо обидві частини нерівно­ сті поділити на додатне число, то знак нерівності не зміниться, а якщо на від’ ємне, то знак нерівності необхідно змінити на протилежний. Крім того, слід урахувати, що на нуль ділити не можна. Отже, почи­ наючи з цього моменту потрібно розглянути три випадки: За — 1 > 0, За — 1 < 0, За — 1 = 0. Наведені вище міркування можна наочно записати так: Зах + 2 > х + 5а Р о з в ’я за н н я

► 3 ах - х > 5а - 2

Відповідь: 1) якщо а > —,т о х > —— 3

За-1

2) якщо а< —,т о л :< —— 3

За-1

3) якщо а = —, то х — будь-яке число. <1 З При розв’язуванні більш складних рівнянь чи нерівностей слід пам’ ятати, що рівняння та нерівності з параметрами найчастіше роз-


140

Р озділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

в ’язують за допомогою рівносильних перетворень, а всі рівносильні пе­ ретворення рівнянь чи нерівностей виконують на області допустимих значень (ОДЗ) заданого рівняння чи нерівності (тобто на спільній об­ ласті визначення для всіх функцій, які входять до запису рівняння чи нерівності). Тому, перш ніж записати відповідь, потрібно обов’язково врахувати ОДЗ заданого рівняння чи нерівності.

Приклад 2

Розв’яжіть рівняння

х =1 + —, де х — змінна.

х-3

х

К ом ен т ар

Задані дробові вирази існують тоді і тільки тоді, коли знаменники заданих дробів не дорівнюють нулю, отже, ОДЗ рівняння: х Ф 3, х Ф 0. Помножимо обидві частини заданого рівняння на вираз х (лґ —3) — спільний знаменник дробів — і одержимо ціле рівняння, яке за умови х (х — 3) Ф 0 (тобто на ОДЗ заданого рівняння) рівносиль­ не заданому: х2 = х (х — 3) + а (х — 3). З цього рівняння одержуємо х 2 = х2 - 3х + ах - За, тобто ах - Зх = За. Тоді (а - 3) х = За. Для того щоб знайти значення змінної х, хотілося б поділити обидві частини останнього рівняння на (а —3), але при а = 3 довелося б ділити на 0, що неможливо. Отже, починаючи з цього моменту, потрібно роз­ глянути два випадки. Розв’ язання відповідно до наведених вище міркувань можна наочно записати у вигляді схеми. =1+х-3

х

Р о з в ’я за н н я

ОДЗ: х

Ф

3, х

Ф

0.

х2 = х (х - 3) + а (х - 3), х2 = х 2 - Зх + ах - За, ах - Зх = За,

З’ ясуємо, при яких значеннях а знайдені корені не входять до ОДЗ рівняння, тобто при яких значеннях а одержуємо х = 3 та х = 0 . ,іа = 3, тоді За = 3 (а — 3), За = За — 9 — розв’ язків немає. Отже,

а -З

3сі

п

при всіх значеннях а корінь ----- не дорівнює о. а -З


9. Рівняння і нерівності з п арам етрам и

141

’іа =0 тоді а = 0. Отже, при а = 0 маємо х = 0 — сторонній корінь

а -з

(не входить до ОДЗ), тобто при а = 0 задане рівняння не має коре­ нів. Відповідь'. 1) при а = 3 і а = 0 коренів немає;

2 ) при а Ф 3, а Приклад 3

ф

0 х = - ^ —. <1 а -З

Розв’яжіть рівняння ——- = — відносно змінної х. х —а

х

К ом ен т а р

Будемо виконувати рівносильні перетворення заданого рівняння. Для цього знайдемо його ОДЗ (знаменники дробів не дорівнюють нулю). Якщо далі обидві частини рівняння помножити на добуток виразів, що стоять у знаменниках дробів (і який не дорівнює нулю на ОДЗ рівняння), то одержимо рівняння ах2 — 5х + 4а = 0, рівносильне заданому (на ОДЗ заданого). Але останнє рівняння буде квадратним тільки при а Ф 0, тому для його розв’язування слід розглянути два випадки (а = 0 і а Ф 0). Якщо а Ф 0, то для дослідження одержаного квадратного рівняння потрібно розглянути ще три випадки: Т) = 0, Т) < 0 , £) > 0 і в кожному з них перевірити, чи входять знайдені корені до ОДЗ, чи ні. При Т) = 0 зручно використати, що значення кореня відповідного квадратного рів­ няння збігається з абсцисою вершини параболи у = ах2 — 5х + 4а, тобто х = х0 =

Розглядаючи випадок £) > 0, слід пам’ятати також про

попереднє обмеження: а Ф 0. Оскільки корені рівняння (1) записуються достатньо громіздкими формулами (див. розв’ язання), то замість підстановки одержаних коре­ нів в обмеження ОДЗ підставимо «заборонені» значення х у рівняння (1) і з’ясуємо, при яких значеннях параметра а ми отримаємо значення х, які не входять до ОДЗ, а потім перевіримо отримані значення параметра. Р о зв'я за н н я

1. 2.

ОДЗ: х Ф 0, х Ф а. На цій ОДЗ задане рівняння рівносильне рівнян­ ням: ах2 - х = 4х - 4а, ах2 - 5х + 4а = 0. (1) Якщо а = 0, то з рівняння (1) одержуємо х = 0 — не входить до ОДЗ, отже, при а = 0 коренів немає. Якщо а Ф 0, то рівняння (1) — квадратне. Його дискримінант Г) = 25 — 16а2. Розглянемо три випадки: 1) Г) = 0, тобто 25 — 16а2 = 0, а = + —. Тоді рівняння (1) має одне зна4

5

чення кореня х = — . 2а


142

Р озділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

5 Якщо а = —, то корінь х = 2 рівняння (1) входить до ОДЗ і є коренем 4

заданого рівняння. £ Якщо а = — , то корінь х = —2 рівняння (1) теж входить до ОДЗ і є 4

коренем заданого рівняння. 5

5

4

4

2) Т) ^ 0, тобто 25 — 16а2 < 0, отже, а < — або а > —. Тоді рівняння ( 1 ) не має коренів. - 16а2 > 0, отже, ——< а < — але а Ф 0. Тоді рівнян3) £) > 0, тобто 25 — 4

4

ня ( 1 ) має два корені 5± л /25-16 а2 2

™ '

{ >

З’ясуємо, при яких значеннях а знайдені корені не входять до ОДЗ, тобто при яких значеннях а одержуємо х = 0 і х = а. Підставляючи в рівняння (1) х = 0, одержуємо а = 0, але при а = 0 задане рівняння не має коренів. Підставляючи в рівняння (1) х = а, одержуємо а 8 — 5а + 4а = 0, тоб­ то а8 —а = 0, а (а 2 — 1) = 0. Тоді а = 0 (задане рівняння не має коре­ нів), або а = ±1. Перевіримо ці значення а. При а = 1 ОДЗ записується так: х Ф 0, х Ф 1. Із формули коренів (2) маємо х 1 = 4 (входить до ОДЗ) і х2 = 1 (не входить до ОДЗ). Отже, при а = 1 задане рівняння має тільки один корінь х = 4. При а = —1 ОДЗ записується так: х Ф 0, х Ф —1, а із формули коре­ нів (2) отримаємо: х 1 = —4 (входить до ОДЗ) і х 2 = —1 (не входить до ОДЗ). Отже, при а = —1 задане рівняння має тільки один корінь х = -4 .

Таким чином, формулу коренів (2) можна використовувати, якщо 5

5

— < а < —, тільки при а Ф 0 і а Ф ± 1 . 4 4 5 Відповідь: 1) якщо а = —, то х = 2; 4

2) якщо а = ——, то х = —2; 4

3) якщо а = 1, то х = 4; 4) якщо а = —1, то х = —4; 5) якщо а є ( - | ; -і| іі (-1 ;0 )и (0,1) и {і;

6) якщо а є

ці

то х ,<2= 5±^

-=^ - ;

+оо| або а = 0, то коренів немає. <1

З а у в а ж е н н я . Щ об полегшити запис відповіді в цьому та аналогіч­ них прикладах, можна користуватися таким способом. Перед записом


9. Р івняння і нерівності з п арам етрам и

143

відповіді в складних або громіздких випадках зобразимо вісь параметра (а) і відмітимо на ній усі особливі значення параметра, які з’явилися в процесі розв’язування. Під віссю параметра (лівіше від неї) випишемо всі одержані розв’язки (крім розв’язку «коренів немає») і напроти кож­ ної відповіді відмітимо, при яких значеннях параметра цю відповідь можна використовувати (рис. 82). Після цього відповідь записують для кожного з особливих значень параметра і для кожного з одержаних про­ міжків осі параметра. Зокрема, у розглянутому прикладі перед записом

відповіді зручно зобразити на чернетці таку схему (рис. 72).

\) х = 2

2 )х = -2 оч

_ 5 + л /25-16а2

} Хі’2“

4) х = 4 5) х = - 4 Рис. 72

9.2. Д ослідницькі задачі з параметрами Деякі дослідницькі задачі з параметрами вдається розв’язати за та­ кою схемою: 1 ) розв’язати задане рівняння чи нерівність; 2) дослідити одержаний розв’язок.

Приклад 1

(х + а) (х - 5 а)

,,

Знайдіть усі значення а, при яких рівняння ---------------- = 0 х +7

має єдиний корінь. Р о з в ’я за н н я

ОДЗ: х Ф -7 . На ОДЗ одержуємо рівносильне рівняння (х + а) (дг - 5а) = О. Тоді х + а = О або х - 5а = О. Одержуємо х = —а або х = 5а. Урахуємо ОДЗ. Для цього з ’ ясуємо, коли х = —7: -а = - 7 при а = 7, 5а = —7 при а = ~ .

К ом ен т ар

Оскільки дріб дорівнює нулю тоді і тільки тоді, коли його чисель­ ник дорівнює нулю, а знаменник не дорівнює нулю, то на ОДЗ (х + 7 Ф О) задане рівняння рівносильне рів­ нянню (х + а) (дг — 5а) = О. Далі вра­ ховуємо, що добуток дорівнює нулю тоді і тільки тоді, коли хоча б один із множників дорівнює нулю (а дру­ гий має зміст).


144

Р озділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Тоді при а = 7 одержуємо: х = —а = —7 — сторонній корінь; х = 5а = 35 —єдиний корінь. При а = — одержуємо: 5

х = 5а = —7 — сторонній корінь; 7

х = —а = — — єдинии корінь.

Також задане рівняння матиме єди­ ний корінь, якщо —а = 5а, тобто при а = 0 (тоді х = - а = 0 т а х = 5 а = 0 * * -7 ). у Відповідь-, а = 7, а = — , а = 0. <1 5

Після цього з ’ясуємо, при яких значеннях а знайдені корені не входять до ОДЗ, тобто х = —7: при­ рівнюємо корені до —7 і знаходимо відповідні значення а. При знайдених значеннях а один із двох одержаних коренів буде стороннім (х = —7) і рівняння матиме єдиний корінь (одне зна­ чення кореня). Крім того, задане рівняння матиме єдиний корінь ще й у тому випадку, коли два одержа­ ні корені (х = —а та х = 5а) збігати­ муться (і входитимуть до ОДЗ).

Дослідження кількості розв’язків рівнянь та їх систем. При розв’ язуванні деяких завдань із параметрами можна користуватися таким орієнтиром: якщо в завданні з параметрами йдеться про кіль­ кість розв’язків рівняння (нерівності або системи), то для аналізу за­ даної ситуації часто зручно використовувати графічну ілюстрацію розв’язування.

Достатньо простим є відповідне дослідження в тому випадку, коли задане рівняння можна подати у вигляді / (х) = а, оскільки графік функції у = а — це пряма, паралельна осі Ох (яка перетинає вісь Оу у точці а). Відзначимо, що, замінюючи задане рівняння на рівняння / (х) = а, потрібно слідкувати за рівносильністю виконаних перетворень, щоб одержане рівняння мало ті самі корені, що й задане, а отже, і кіль­ кість коренів у них буде однаковою. Для того щоб визначити, скільки коренів має рівняння / (х) = а, достатньо визначити, скільки точок пере­ тину має графік функції у = / (х) з прямою у = а при різних значеннях параметра а. (Для цього на відповідному рисунку доцільно зобразити всі характерні положення прямої.) Приклад 2

Скільки коренів має рівняння |х2 — 4 |х \\= а залежно від значення параметра а?

Р о з в ’я за н н я

Побудуємо графіки функцій у = \х 2 - 4|х|| та у = а (рис. 73). Аналізуючи взаємне розміщення одержаних графіків, отримуємо відповідь:

К ом ен т ар

Оскільки в цьому завданні мова йде про кількість розв’язків рівнян­ ня, то для аналізу заданої ситуації спробуємо використати графічну ілюстрацію розв’язування.


9. Р івняння і нерівності з п арам етрам и

1) 2) 3) 4) 5)

при а < 0 рівняння коренів не має; при а = 0 рівняння має 3 корені; при а < 0 < 4 рівняння має 6 ко­ ренів; при а = 4 рівняння має 4 корені; при а > 4 рівняння має 2 корені.

1.

2. 3.

145

Будуємо графік функції у = |х2 - 4 |х 11 (ураховуючи, що х2 = \х\2, побу­ дова може відбуватися, напри­ клад, за такими етапами: -» |х2 - 4 |х Ц). Будуємо графік функції у = а. Аналізуємо взаємне розміщення одержаних графіків і запису­ ємо відповідь (кількість коре­ нів рівняння / (х) = а дорівнює кількості точок перетину гра­ фіка функції у = / (х) з прямою у = а).

Рис. 73 Зазначимо, що значну кількість дослідницьких завдань не вдається розв’ язати безпосередніми обчисленнями (або такі обчислення є дуже громіздкими). Тому часто доводиться спочатку обґрунтувати якусь влас­ тивість заданого рівняння або нерівності, а потім, користуючись цією властивістю, давати відповідь на запитання задачі. Наприклад, беручи до уваги парність функцій, що входять до запису заданого рівняння, можна використовувати такий орієнтир. Якщо в рівнянні / (де) = 0 функція / (де) є парною або непарною, то разом з будь-яким коренем а ми можемо вказати ще один корінь цього рівняння (—а).

Приклад 3

Знайдіть усі значення параметра а, при яких рівняння х 4 - а |х |3 + а2 - 4 = 0 має єдиний корінь.

(1)

Р о з в ’я за н н я

Ко м е н т а р

Функція /( х ) = х 4- а |х |3+ а2- 4 є парною (Б (/) = Е , / ( - х ) = / (х)). Якщо х = а — корінь рівняння ( 1 ), то х = —а теж є коренем цьо­ го рівняння. Тому єдиний корінь

Помічаємо, що в лівій части­ ні заданого рівняння стоїть парна функція, і використовуємо орієн­ тир, наведений вище. Дійсно, якщо х = а — корінь рівняння / (х) = 0 ,


Р озділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

146

у заданого рівняння може бути тіль­ ки тоді, коли а = —а , тобто а = 0. Отже, єдиним коренем заданого рів­ няння може бути тільки х = 0. Якщо X = 0, то з рівняння ( 1 ) одержуємо а2 - 4 = 0, тоді а = 2 або а = - 2 . При а = 2 рівняння (1) перетворю­ ється на рівняння X а —2 \х |3 = 0. Тоді |х |4 - 2 |х І8 = 0, |х | 3•(| х |- 2) = 0. Одержуємо |х |3 = 0 (тоді |х |= 0, тобто х = 0) або |х |- 2 = 0 (тоді |х \= 2, тоб­ то х = +2). Отже, при а = 2 рівняння ( 1 ) має три корені, тобто умова задачі не виконується. При а = —2 рівняння (1) перетво­ рюється на рівняння X а + 2 \х |3 = 0. Тоді |х |4 + 2 |х |3 = 0, |х |3•( |х |+ + 2) = 0. Оскільки | х |+ 2 Ф 0, то одержуємо | х |3 = 0. Тоді | х |= 0, тобто X = 0 — єдиний корінь. Отже, а = —2 задовольняє умові задачі. Відповідь: а = - 2 . <1

то / (а) = 0 — правильна числова рівність. Ураховуючи парність функ­ ції / (х), маємо і (~а) = / (а) = 0. Отже, х = —а — теж корінь рівнян­ ня / (х) = 0. Єдиний корінь у цього рівняння може бути тільки тоді, коли корені а і —а збігаються. Тоді х = а = —а = 0. З’ ясуємо, чи існують такі зна­ чення параметра а, при яких х = 0 є коренем рівняння (1). (Це значен­ ня а = 2 і а = - 2 .) Оскільки значення а = 2 і а = —2 ми одержали з умови, що х = 0 — корінь рівняння ( 1 ), то необхідно перевірити, чи дійсно при цих зна­ ченнях а задане рівняння матиме єдиний корінь. При розв’ язуванні одержаних рівнянь доцільно використати, що ос^ — І ос І^

9.3. Використання умов розміщення коренів квадратного тричлена / (х) = ах2+ Ьх + с (а ф 0) відносно заданих чисел А і В Розв’язування деяких дослідницьких задач з параметрами можна звести до використання необхідних і достатніх умов розміщення коренів квадратного тричлена. Основні з цих умов наведено в таблиці 16 (у таб­ лиці використано традиційні позначення: х0 = —-^~, £) = Ь2 — 4ас). Т а б л и ц я 16 Необхідні і достатні умови розміщення коренів Розміщення коренів 1.

*1

при а > 0

при а < 0

х 1< А

П А )>0

х2 < А

І) > 0; х0 < А

Ї(А )< 0 І) > 0; х0 < А

Х2

А

— 'Х

*/ — •— V. А•— > Гх і хо *

\хг х0 х2І А

х

у загальному випадку (а ф 0)

Га • П А ) > 0, - Б>0, [ж,, < А


§ 9. Рівняння і нерівності з п арам етрам и

147

Продовження табл. 16

Необхідні і достатні умови розміщення коренів Розміщення коренів 2.

<■ А < х2 Х-,

3.

А

при а > 0

при а < 0

Ґ(А)< 0

П А )> 0

у загальному випадну (аФО)

а-Н А) < 0

х2

х1 > А х2 > А

Г(А)>0 Б > 0; х > А

Ґ(А)<0 Б > 0; х > А

•------ •------•— >

А

х,

а • / ( Л ) > 0,

В > 0,

х2

х0 > А

4.

А < х1 < В А < х2 < В А

/О 4 )> 0 ;/(В )> 0 Б > 0; А < х < В

/ (А) < 0; / (В) < 0 Б > 0; А < х < В —(1- і----- •----

х1 х2 В

/*1 *0

>—>

а • П Л )>С а • /(В )> 0

Б>0, А <х0< В

5.

х1 < А А < х2 < В хх А

ґ(А )<0-,ґ(В )>0

а • / (А) < 0,

а • /(В)>0

хг В

6. А < хі < В

/ (А) > 0; / (В) < 0

х2 > В А

х,

7.

В

а • Д Л )>0, а • /(В)<0

хг

В

/ (А) < 0; / (В) > 0 А

/ (А) < 0; / (В) < 0

х2 > В Хл А

/ (А) > 0; / (В) < 0

/ (А) > 0; / (В) > 0 а • / ( А ) < 0,

х2

а • / ( В )<0


148

Р озділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Пояснення й обґрунтування

Для обґрунтування зазначених умов достатньо скористатися тим, що графік функції / (х) = ах2 + Ьх + с (а Ф 0) — суцільна (нерозривна1) лінія. Якщо така функція на кінцях якогось проміжку набуває значень з різними знаками (тобто відповідні точки графіка розташовані в різних півплощинах відносно осі Ох), то всередині цього проміжку є принаймні одна точка, у якій функція дорівнює нулю (рис. 74). + +

+

0

Рис. 74

Рис. 75

Наприклад, для того щоб два різні корені квадратного тричлена / (х) = ах2 + Ьх + с (а ф 0) при а > 0 були розміщені по різні боки від за­ даного числа А, достатньо зафіксувати тільки одну умову: / (А) < 0 (рис. 75). • Дійсно, графік квадратичної функції / (х) = ах2 + Ьх + с при а > 0 — парабола, вітки якої напрямлено вгору. Тоді у випадку, коли аргу­ мент х прямує до +оо або до —оо (це позначають зазвичай так: х —» +°° або х —» —оо), функція / (х) прямує до +оо ( / (х) —» -Н»), отже, / (х) > 0 при х —» +оо або при х —» —оо. Якщо виконується умова / (А) < 0, то зі зміною значення аргументу х від А до +оо квадратична функція / (х) змінює свій знак з «—» на « +» , отже, / (х) має принаймні один корінь х 2 > А. Так само зі зміною значення аргументу х від —оо до А квадратична функція / (х) змінює свій знак з «+ » на «—», отже, / (х) має при­ наймні один корінь х 1 < А. Але квадратний тричлен / (х) не може мати більше двох коренів, отже, при а > 0 умова / (А) < 0 необхідна і достатня для того, щоб два різні корені квадратного тричлена роз­ міщувалися по різні боки від заданого числа А. Аналогічні міркування при а < 0 показують, що для виконання цієї самої вимоги необхідно і достатньо, щоб / (А) > 0. Ці дві умови можна об’єднати в одну: а •/ (А) < 0. Отже, 1 Відповідну властивість буде обґрунтовано більш строго в 11 класі під час розгляду так званих неперервних функцій.


9. Р івняння і нерівності з п арам етрам и

149

І

квадратний тричлен / (де) = ах2 + Ьх + с (а Ф 0) має два різні корені, що знаходят ься по різні боки від заданого числа А , тоді і тільки тоді, коли виконуєт ься умова а ' і (А ) < 0. Аналогічно можна обґрунтовати й інші умови, наведені в табли­

ці 16. Зауважимо, що наведені умови не обов’язково запам’ ятовувати: для їхнього запису можна користуватися графіком квадратичної функції (зо­ браженим для потрібного розміщення коренів) і таким орієнтиром. Для того щоб корені квадратного тричлена / (х) = ах2 + Ьх + с (а ф 0) були розміщені заданим чином відносно даних чисел А і В, необхідно і достатньо виконання системи умов, яка включає:

1) 2) 3)

знак коефіцієнта при старшому члені-,

4)

положення абсциси вершини параболи |х0=

знаки значень / (А) і / (Б); знак дискримінанта Б;

1 відносно даних чи­

сел А і В.

Зазначимо, що для випадків, у яких хоча б одне з даних чисел розмі­ щено між коренями квадратного тричлена (див. другий, п’ятий, шостий і сьомий рядки табл. 16), достатньо, щоб виконувалися перші дві умови цього орієнтира, а для інших випадків доводиться розглядати всі чотири умови. Зауважимо також, що, записуючи кожну з указаних умов, слід розглядати, чи виконуватиметься вимога задачі в тому випадку, якщо в цій умові записати знак нестрогої нерівності. Приклад 1

Знайдіть усі значення параметра а, для яких рівняння ах2 — х + За = 0 має один корінь більший за 2, а другий — менший від 1 . Коментар

Оскільки задане рівняння має два різних корені, то воно квадратне /

г

гг

1 -л /і-1 2 а 2

1 + л /і- 1 2 а 2 .

г

(тобто а Ф 0). Тоді х1= --------------- , х 2= ---------------- і, щоб отримати відпо2і(х

відь на запитання задачі, достатньо розв’ язати сукупність із двох систем Гх1> 2 , [х, < 1 , ірраціональних нерівностей: \ або \ Але такий шлях [х 2<1 [х 2 > 2 . розв’ язування достатньо громіздкий. Спробуємо скористатися умовами розміщення коренів квадратного тричлена. Для цього можна безпосередньо використати відповідні умо­ ви, зафіксовані в таблиці 16, або отримати їх за допомогою запропо­ нованого орієнтира. Зокрема, позначимо / (х) = ах2 — х + За і зобразимо


150

Р озділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

графік квадратичної функції і (х) (параболу) в таких положеннях, які задовольняють умові задачі (рис. 76, а і б). +

а> 0

+ X

х

а < 0

Рис. 76 Для того щоб корені квадратного тричлена розміщувалися по різні боки від чисел 1 і 2 , необхідно і достатньо, щоб виконувалася сукупність а > 0, а< 0, умов:

/ ( 1) < 0, або

/ ( 1) >0, Помічаємо, що в кожній системі знаки а

/ ( 2)<0 / (2) > 0. і І ( 1 ) та а і І ( 2) протилежні, тому цю сукупність систем можна заміниГа / (1 ) < 0, ти рівносильною системою \ 3 цього випливає такий план [о / (2) < 0. розв’ язування. Розв’язання

► Оскільки задане рівняння має два різних корені, то воно є квадрат­ ним (тобто а * 0). Позначимо і (х) = ах2 — х + 3а. Як відомо, корені ква­ дратного тричлена можуть розміщуватися по різні боки від чисел 1 і 2 тоді і тільки тоді, коли виконується система умов: [ о / (1) < 0, | а / ( 2) < 0. Одержуємо систему

(а (4 а -1 )< 0 ,

(1)

[а (7 а -2 )< 0 .

(2)

Розв’язуємо нерівності (1) і (2) і зна­ ходимо спільний розв’ язок системи (рис. 77).

Відповідь', задане рівняння має один ко­

рінь більший за 2 , а другий — менший Рис. 77

від 1 при а є


Д о да тк ові вправи до ро зділу 1 151

Н

Вправи Розв’яжіть рівняння та нерівності ЗІ ЗМІННОЮ X (1—3). 1. 1) 5ах - а = ах + а; 2) 4 - ах = 2х + 7а; 3) ах + 7а < ах + 8а; 4) 2а - 6х > 2ах + 11. 2. 1 ) | х - 2 | + | х + і | = а х + 3; 2) |х - а |+ |х |= 2; 3 ) | а - х | + |х + а + і| = 1 . 3. 1 ) ах + 1 = ® ^ ;

2) 2 а х -1 = ^ - ± ;

х

3) ££±1 = 1 .

х-1

х+а

х

4. Знайдіть усі значення а, при яких задане рівняння має єдиний ко-.ч ( х - а ) ( х - 2 а )

рінь: 1 ) ^

^

------ = 0;

х —4

(х + 2а) (х - 6а)

2) ^

х + 12

---- - = 0.

5. Знайдіть усі значення а, при яких задане рівняння має єдиний ко­ рінь: 1) х 8 + ах6 + а2 + 4а = 0; 2) X і + ах2 + а2 - а = 0. 6 . Для кожного значення параметра Ь знайдіть число коренів рівняння 2х 2 + Ю х + |6х + 30 |= Ь. 7. Знайдіть усі значення параметра а, при яких рівняння |х 2 — 2ах \= 1 має рівно три різних корені. 8. Знайдіть усі значення параметра а, при яких рівняння |х 2 + 2х + а \=2 має чотири різних корені. 9. Знайдіть найбільше значення параметра к, при якому обидва корені рівняння х 2 + (2 к + 6) х + Ак + 12 = 0 більші від -1 . 10. Знайдіть усі значення параметра пі, для яких рівняння ( т — 2) х 2 — — 2 ( т + 3) х + 4т = 0 має один корінь більший за 3, а другий — менший від 2 .

ДОДАТКОВІ ВПРАВИ ДО РОЗДІЛУ 1 1. Визначте суму розв’язків рівняння: 1) |х + 5 І = 7; 2) І 2х — 1 І = 5; 3) |х + 7 |= 2; 4) |4х - 8 |+ |2 - х |= 4; 5) 2 | х —3| —|3 —х| = 5; 6 ) 5 | х + 4| —2 | 4 —х| = 4. 2. Визначте х + у, якщо: 1 ) | х - у | + | 4 - х | = 0; 2) |2х - у |+ 2 |2 - х |= 0. 3. Визначте ху, якщо: 1) |х - 2 |+ 4х 2 - 4ху + у2 = 0; 2) |у - 1 |+ х 2 - 2 ху + у2 = 0. 4. Знайдіть кількість цілих розв’язків нерівності: 1) |х — 1 |< 2; 2) |х + 2 |< 4; 3) |х - 3 |< 6 ; 4) |х + 4 |< 5. 5. Знайдіть кількість цілих розв’язків нерівності в проміжку [—5; 5]: 1) |х + 2 І > 3; 2) І х - 1 І > 4; 3) |х - 2 |> 3; 4) |2х - 1 |> 3. 6 . Визначте найбільший цілий розв’язок нерівності: 1) |Зх — 1 |< 2х + 2; 2) |2 - Зх |- х < 8 ; 3) |7 - Зх |- 2х < 2.


152

Р озділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

7. Визначте найменший цілий розв’ язок нерівності: 1) |1 - 2х |- х < 10; 2) |Зх - 2 |+ 2х < 8; 3) |4х - 4 |+ 4х > 5. 8 . Визначте найменший розв’язок нерівності: 1) |Зх + 1 |< х + 7; 2) |2х + 3 |< х + 12; 3) |4х + 3 |< х + 21. 9. Знайдіть найбільше значення параметра а, при якому рівняння має розв’ язок: 1) |2х — 1 |= 1 —4а; 2) |Зх + 2 |= 3 - 4а. 10. Знайдіть найменше значення параметра а, при якому рівняння має розв’ язок: 1) |2х — 1 |= 4с + 1; 2) |Зх + 3 |= 5а - 7. 11. Знайдіть найбільше ціле значення параметра а, при якому рівняння має розв’ язок: 1) 2 | х —3| —а | 3 —х| = 5; 2 ) 3 | х —2| + а | 2 —х| = -4 . 12. Знайдіть найменше ціле значення параметра а, при якому рівняння має розв’ язок: 1 ) 8 | х - 3 | + а | 3 —х| = 5; 2 ) 3 | х —2| —а | 2 —х| = - 6 . 13. Визначте значення параметра т, при якому рівняння має точно чо­ тири розв’язки: 1) |х (| х |- 5) |= т; 2) |(х + 1 ) (| х + 1 |- 3) |= т; 3) |2 (5 - |х |х) |= т. 14. При якому найменшому цілому значенні параметра т рівняння х 2 - |16х —48 |= т має чотири розв’язки? 15. При якому значенні параметра т рівняння х 2 — |14х —28 |= т має один розв’ язок? 16. Укажіть, скільки всього дійсних коренів має рівняння х®-3| х |= 0. 17. Знайдіть всі значення параметра а, при яких задана система рівнянь має єдиний розв’язок.

Розв’ яжіть завдання (18—29), використовуючи складання рівнянь, нерівностей або їх систем. 18. Робітник повинен був за планом виготовити за декілька днів 72 де­ талі. Оскільки щодня він виготовляв на 2 деталі менше плану, то закінчив роботу через 3 дні після запланованого терміну. Скільки деталей в день повинен був виготовляти робітник за планом? 19. Три однакові комбайни, працюючи разом, зібрали врожай з першо­ го поля, а потім два з них зібрали врожай з другого поля (іншої


Д о да тк ові вправи до р о зділу 1

20.

21.

22.

23.

24. 25.

26.

27.

28.

153

площі). Уся робота зайняла 12 годин. Якби три комбайни виконали половину всієї роботи, а потім частину, що залишилася, виконав один з них, то робота зайняла б 20 годин. За який час два комбайни можуть зібрати врожай з першого поля? Продуктивність першого верстата на 25 % більша за продуктивність другого верстата. На другому верстаті виготовлено деталей на 4% більше, ніж на першому. На скільки відсотків час, витрачений ро­ бітником на виготовлення деталей на другому верстаті, більший за час, потрібний для цієї роботи на першому верстаті? Перша труба наповнює басейн водою у два рази швидше, ніж друга. Якщо половину басейну наповнити через першу трубу, а частину, що залишилася, через другу, то для наповнення басейну буде потріб­ но 6 годин. За скільки годин можна наповнити басейн водою тільки через першу трубу? Два велосипедисти виїжджають одночасно назустріч один одному з пунктів А і В, відстань між якими 30 км, і зустрічаються за годи­ ну. Не зупиняючись, вони продовжують шлях з тією самою швидкіс­ тю, і перший прибуває в пункт В на 1,5 години раніше, ніж другий у пункт А. Визначте швидкість першого велосипедиста. Протягом 7 год 20 хв катер пройшов угору по річці 35 км і повернув­ ся назад. Швидкість течії дорівнює 4 км за годину. З якою швидкіс­ тю катер ішов за течією? Змішали 3 0 % -вий розчин соляної кислоти з 10% -вим і одержали 600 г 15 % -вого розчину. Скільки грамів кожного розчину було взято? Є два сплави, що складаються з цинку, міді та олова. Відомо, що перший сплав містить 40% олова, а другий — 26% міді. Процент­ ний вміст цинку в першому і в другому сплавах однаковий. Спла­ вивши 150 кг першого сплаву і 250 кг другого, одержали новий сплав, у якому виявилося 30% цинку. Визначте, скільки кілограмів олова міститься в новому сплаві. Знайдіть таке двозначне число, у якому число одиниць на два більше від числа десятків, а добуток шуканого числа на суму його цифр до­ рівнює 144. Біля дому посаджено берези та липи, причому загальна їх кількість більша за 14. Якщо кількість лип збільшити вдвічі, а кількість беріз збільшити на 18, то беріз стане більше. Якщо збільшити вдвічі кіль­ кість беріз, не змінюючи кількості лип, то лип все одно буде більше. Скільки беріз і скільки лип було посаджено? Групу людей намагалися вишикувати в колону по 8 чоловік у ряд, але один ряд виявився неповним. Коли ту ж групу людей вишику­ вали по 7 чоловік у ряд, то всі ряди виявилися повними, а число рядів виявилося на 2 більшим. Якби тих же людей вишикували по


154

Р озділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

5 чоловік в ряд, то рядів було б ще на 7 більше, причому один ряд був би неповним. Скільки людей було в групі? 29. У магазині продаються гвоздики і троянди. Гвоздика коштує 1 грн. 50 коп., троянда — 2 грн. На купівлю гвоздик і троянд можна ви­ тратити не більше 30 грн. 50 коп., при цьому число гвоздик не по­ винне відрізнятися від числа троянд більше ніж на 6 . Необхідно купити максимально можливу сумарну кількість квітів, при цьому гвоздик потрібно купити якомога менше. Скільки гвоздик і скільки троянд можна купити за вказаних умов?

ВІДОМОСТІ З ІСТОРІЇ Нагадаємо, що алгебра — розділ математики, присвячений вивчен­ ню буквених виразів і рівнянь. Довгий час алгебра була частиною на­ уки про число — арифметики. Значну кількість задач, які виникають у процесі практичної діяльності людини, розв’язують однаковими спо­ собами. Використовуючи замість чисел букви, математики навчилися розв’ язувати такі задачі в загальному вигляді. Цим шляхом і утворила­ ся математична наука — алгебра. Історично зачатки алгебри були відомі вавилонянам, єгиптянам і грекам задовго до нашої ери. Зберігся єгипетський папірус А х м е с а (XVII ст. до н. е.) з розв’язуванням алгебраїчних задач. Учені Вавилона (більше 4000 років тому) вміли знаходити наближене значення ква­ дратного кореня з будь-якого натурального числа, а також розв’язувати квадратні рівняння. Це було пов’язано з розв’ язуванням задач про зна­ ходження площ земельних ділянок і з розвитком астрономії. Проте у вавилонян ще не було поняття від’ємного числа, і тому корінь квадратного рівняння міг бути тільки додатним. Д і о ф а н т , грецький математик, який жив у III ст. в Александрії, написав трактат «Арифметика», у якому він уже розв’язував лінійні та інші рівняння. У Середні віки особливо активно алгебра розвивалася в арабських країнах і Середній Азії. Завдання, пов’язані з квадратними рівняннями, можна знайти і в працях індійських математиків V ст. Квадратні рівняння класифі­ кував у трактаті «Алгебра» а л ь - Х о р е з м і . Він же навів і способи їх розв’ язання. Упродовж багатьох століть розвиток алгебри сильно гальмувався, тому що математикам довго не вдавалося ввести у свої дослідження до­ речні позначення. Тому виклад математичних робіт виглядав громіздко. Тільки починаючи із XVI ст. поступово до математики почали вводити сучасні позначення. Символи а2, а3, а 4 тощо вперше застосував фран­


В ідом ості з історії

155

цузький учений Р е н е Д е к а р т (1596—1650). Символ ап для довільного числа п запропонував англійський учений І с а к Н ь ю т о н (1643—1727). Завдяки дослідженням французького математика Ф р а н с у а В і є т а (1540—1603) рівняння другого ступеня, третього і четвертого ступенів уперше стали розглядати в буквених позначеннях. Він увів буквені по­ значення для невідомих величин і коефіцієнтів рівнянь. Особливо ціну­ вав відкриті ним формули, названі згодом формулами Вієта. Проте Вієт визнавав тільки додатні корені. Лише в XVII ст., після робіт Р. Декарта, І. Ньютона й інших математиків, розв’язування квадратних та інших рівнянь набуло сучасного вигляду. Ідея залежності величин теж бере початок від старогрецької науки. Але греки розглядали лише величини, що мають «геометричну» при­ роду, і не ставили питання про загальне вивчення різних залежностей. Графічне зображення залежностей між величинами широко використо­ вували Ґ. Ґ а л і л е й (1564—1642), П. Ф е р м а (1601—1665) і Р. Декарт, який увів поняття змінної величини. Розвиток механіки і техніки при­ вів до необхідності введення загального поняття функції, що зробив ні­ мецький філософ і математик Г. Л е й б н і ц (1646—1716). Великі класи функцій вивчав у ході своїх досліджень І. Ньютон. У 1718 р. учень Лейбніца, І. Б е р н у л л і (1667—1748), дав означення функції, позбавлене геометричних образів. Наступний крок у розвитку поняття функції зробив його учень, член Петербурзької академії наук Л. Ейлер (1707-1783). Після робіт ряду математиків (Ж . Ф у р ’є (1768—1830), М. І. Л о ­ б а ч е в с ь к и й , П. Д і р і х л е та ін.) було дано таке означення: «Змінна величина у називається функцією змінної величини х, якщо кожному значенню величини х відповідає єдине значення величини у». На су­ часному етапі до слів «кожному значенню величини х» додають «що належить деякій множині», а замість змінних величин говорять про еле-

М. І. Лобачевський (1792-1856)

П. Діріхле (1805-1859)


156

Р озділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

менти цих множин. Цей підхід дозволяє розглядати з єдиної точки зору як числові функції, так і, наприклад, геометричні перетворення тощо. Несумірність сторони квадрата та його діагоналі була відкрита в V ст. до н. е. в Стародавній Греції. Це відкриття показало, що для вимірювання геометричних величин недостатньо раціональних чисел. Тому грецькі математики відмовилися від вираження геометричних ве­ личин числами і стали розвивати геометричну алгебру (тому і зараз ка­ жуть «квадрат числа», «куб числа» тощо). Грецький математик Е в д о к с (IV ст. до н. е.) розробив теорію відношень геометричних величин, що замінювала для старогрецьких математиків сучасну теорію дійсних чи­ сел. В основу теорії Евдокса покладено ідею про нескінченну подільність відрізків та інших фігур. Р. Декарт увів довільно вибраний одиничний відрізок, що дозволи­ ло йому виразити всі дії над числами через дії над відрізками. По суті, він уже працював з додатними дійсними числами. Лише в другій по­ ловині X IX ст. теорія дійсних чисел була зведена до теорії натуральних чисел. Про поняття дійсного числа. Перші уявлення про числа формува­ лися поступово під впливом практики. З давніх часів числа застосовува­ лись під час лічби і вимірювання величин. Відповідь на запитання «Скільки елементів містить дана скінченна множина?» завжди виражається або натуральним числом, або числом «нуль». Отже, множина { 0; 1 ; 2 ; ...} всіх невід’ ємних чисел обслуговує всі потреби лічби. Інакше з вимірюванням величин. Відстань між двома пунктами може дорівнювати 3,5 кілометра, площа кімнати — 16,45 квадратних метра тощо. Історично додатні дійсні числа з’ явились як відношення довжин від­ різків. З відкриттям несумірності діагоналі одиничного квадрата з його сто­ роною стало зрозумілим, що відношення довжин відрізків не завжди можна виразити не тільки натуральним, а й раціональним числом. Щоб числове значення кожного відрізка при фіксованій одиниці виміру було визначене, потрібно було ввести нові числа — ірраціональні. Усі практичні вимірювання величин мають лише наближений характер. їх результат з потрібного точністю можна виразити за допо­ могою раціональних дробів або скінченних десяткових дробів. Напри­ клад, вимірюючи діагоналі квадрата із стороною 1 м з точністю до 1 см, ми виявимо, що її довжина наближено дорівнює 1,41 м. Ви­ мірюючи з точністю до 1 мм, дістанемо, що ця довжина наближено до­ рівнює 1,414 м.


В ід о м о с т і з історії

157

Проте в математиці часто відхиляються від наближеного характеру практичних вимірювань. Послідовний теоретичний підхід до вимірюван­ ня довжин відрізків приводить до необхідності розглядання нескінченних десяткових дробів. (Саме такими дробами є числа —= 0,666..., З л/2 =1,41421356..., 71 = 3,14159265... .) Відношення довжини будь-якого відрізка до довжини відрізка, при­ йнятого за одиницю виміру, завжди можна виразити числом, поданим у вигляді нескінченного десяткового дробу. Повна теорія дійсних чисел достатньо складна і не входить у про­ граму середньої школи. Її зазвичай розглядають у курсах математичного аналізу. Проте з одним із способів її побудови ми ознайомимося в за­ гальних рисах. 1. Покладають: а) кожному дійсному числу відповідає (як його запис) нескінченний десятковий дріб: х = ап , ал а„...а п ...;7 О7 1 2 б) кожний нескінченний десятковий дріб є записом дійсного числа. Але при цьому природно вважати десятковий дріб, що закінчується нескінченною послідовністю дев’яток, лише другим записом числа, поданим десятковим дробом, що закінчується нескінченною послі­ довністю нулів: 0,9999... = 1,0000...; 12,765999... = 12,766000... . Тільки вилучивши з розгляду десяткові дроби з дев’ яткою в періоді, дістаємо взаємно однозначну відповідність між множиною дійсних чисел і множиною нескінченних десяткових дробів. Число а0 — це ціла частина додатного числа х, х - а0 = 0,а 1а 2...ап... — дробова частина числа х. Число х п = а,.а.а,....а називають десятковим наближенням, х з точ07 1 2 п ністю до 10 " з недостачею, а число х' = хп+10 " називають десят­ ковим наближенням з точністю до 10 з надлишком для числа х = с 0,с 1с 2...с п... . Якщо число х від’ємне, тобто х = -а 0,аіа2...ап..., то вважають

2.

3.

х' = - а 0,а,а 2...ап і х„ = х ' - 1 0 ". Вводять правило порівняння двох дійсних чисел. За означенням чис­ ло х менше від числа у, коли принаймні для одного п виконується нерівність X < у , де х і у — десяткові наближення з точністю до 10 ” з недостачею для чисел х і у. (Ми скористалися тим, що правило порівняння скінченних десяткових дробів уже відоме.) Означають арифметичні дії над дійсними числами (при цьому та­ кож користуються тим, що ці дії вже означені для скінченних де­ сяткових дробів).


158

Р озділ 1 ФУНКЦІЇ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Сутою двох дійсних чисел х і у (позначають: х + у) називають таке дійсне число г, що для будь-якого п виконуються нерівності хп+ Уп< х + У<х'п+ у'п.

У курсах математичного аналізу доводиться, що таке число існує і воно єдине. Аналогічно добутком двох невід’ємних чисел х і у називають таке число г (позначають ху), що при будь-якому п виконуються нерівності хпУп< х у < х пуп.

Таке число існує, і воно єдине. Нагадаємо, що приклади виконання означених таким чином дій до­ давання і множення дійсних чисел було розглянуто в курсі алгебри 8 класу. Для дійсних чисел різних знаків, скориставшись тим, що добуток невід’ємних чисел |х | і |у |уже означений, покладають ху = - \х |•|у |, а для чисел однакових знаків ху = \х |•|у |(зазвичай модулем кож ­ ного з чисел а0,а1а2...ап... і - а (),аІа2...а/ ... називають число а 0,а 1а2... ап ...). '

4.

Віднімання означається як дія, обернена до додавання: різницею х — у чисел х і у називається таке число г, що у + г = х. Ділення означають як дію, обернену до множення: часткою х : у називається таке число г, що уг = х. Показують, що нерівності та арифметичні операції, означені вище, зберігають основні властивості, притаманні їм у множині раціональ­ них чисел.

Теорія дійсного числа була побудована відразу в декількох формах німецькими математиками Р. Д е д е к і н д о м (1831—1916), К. В е й є р ш т р а с с о м (1815—1897) і Г. К а н т о р о м (1845—1918).


Розділ 2 , СТЕП ЕН ЕВА і ФУНКЦІЯ ОСНОВНИЙ М АТЕРІАЛ

§ 1 0 . Корінь п-го степеня та його властивості. Функція у = л[х та її графік § 1 1 . Ірраціональні рівняння § 12. Узагальнення поняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік ДОДАТКОВИЙ М АТЕРІАЛ

§ 13. Застосування властивостей функцій до розв’язування ірраціональних рівнянь § 1 4 . Ірраціональні нерівності § 1 5 . Розв’язування ірраціональних рівнянь та нерівностей з параметрами В основній частині цього розділу ви ознайомитеся з узагаль­ ненням поняття квадратного кореня — коренем н-го степеня та його властивостями, навчитеся розв’ язувати ірраціональні рівняння та будувати графіки степеневих функцій і функції

у = у[х та використовувати їх властивості до розв’ язування різноманітних задач. У додатковій частині розділу ви зможете ознайомитися з ме­ тодами розв’ язування більш складних завдань з теми, які пропонують у завданнях зовнішнього незалежного оціню­ вання чи державної підсумкової атестації з математики (це, у першу чергу, методи розв’ язування ірраціональних нерів­ ностей, застосування властивостей функцій до розв’ язування ірраціональних рівнянь та методи розв’ язування ірраціо­ нальних рівнянь і нерівностей з параметрами).


160

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

б 1п З

КОРІНЬ п-го СТЕПЕНЯ ТА ЙОГО ВЛАСТИВОСТІ. ФУНКЦІЯ у = Ч[ос ТА М ГРАФІК Т а б л и ц я 17 1. Означення Квадратний корінь

Корінь п-го степеня

Квадратним коренем із числа а Коренем п-го степеня з числа а нази­ називається таке число Ь, квадрат вається таке число Ь, ге-й степінь якого якого дорівнює а. дорівнює а. Якщо а = Ь2, то Ь — квадратний Якщо а = Ьп (п є Ж, п ^ 1), то 6 — корінь із числа а. корінь п-го степеня з числа а. Арифметичний корінь — невід’ємне значення кореня.

При а > 0: 4а., 4а — позначен ня арифметичного значення кореня. Ш

(л/а) =а

П= а

2. Область допустимих значень (ОДЗ) Квадратний корінь 4а існує тільки при а, > 0

Корінь п-го степеня 24а існує тільки при а > 0 (к є ТУ); 2к 4а існує при будь-яких значеннях а

Запис розв’язків рівняння х п = а (п є Щ п = 21і + 1 — непарне (к є Щ

При будь-яких значеннях а рівняння х 21' +1 = а має єдиний корінь х =

2к+1І у]а.

п = 2к — парне ( к є ТУ)

При а < 0 рівняння х21' = а не має коренів

При а > 0 всі корені рівняння х21' = а можна записати так: х = ± 4 а

Приклади Рівняння х 5 = 3 має єдиний корінь х = 4%

Рівняння х8 = - 7 не має коренів

Рівняння х 8 = 7 має корені х = ± 4 ?

3. Властивості кореня п-го степеня п = 2к + 1 — непарне число

п = 2к — парне число

1 )ч 2к+$1І- а = - 2к+у1Іа 2)

л!ап = 2(г+л/а2й+1 = а

4 ^ = 24 ^ = \а\


10. К орінь

п-го

степеня та його вла стивості Ф ункція

у = у[х

та її гра ф ік

161

Продовження табл. 17 Для довільних значень п і к (п є М , п ф 1, к є Щ

3) При а > 0

’4аЬ = '4а ■ ЧІЬ

Наслідки = аф> — вине­

а ф = 4сП> — вне­

сення множника з-під знака кореня. сення множника під знак кореня.

6) При а > 0, Ь > 0

ь

7) При а > 0 Щат ="%]атк — основна властивість кореня Значення кореня з степеня невід’ємного числа не зміниться, якщо по­ казник кореня і показник степеня підкореневого виразу помножити (або поділити) на одне й те саме натуральне число. якщо а>Ь, то %/а > ЧІЬ 4. Функція у = л[х та її графік Графікфункції у = л[х п — парне (п = 2к, к є Щ

( п е і , п > 2 )

п — непарне (п = 2к + 1 , к є і ї )


162

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Продовження табл. 17

Властивості функції у = '4х п — непарне (п = 21і + 1 , її є Щ

п — парне (п = 2к, її є Щ

1. Область визначення: х > 0, тоб­ 1. Область визначення: х є Е (х — то будь-яке дійсне число), тобто £ )( 2-ч/х) = [0;+оо). £>(2' '4х )=К. 2. Область значень-, у > 0, тобто 2. Область значень: у є В (у — будьяке дійсне число ), тобто е ( Ч ^ ) = [ о,+оо). Е { т+4 х ) = Е. Найбільшого значення функція 3. Найбільшого і найменшого зна­ 0};І ^ у - Щх не має; найменше значення — чень функція у = п '-Ух не має.

3.

у = 0 (при х = 0). 2к+1І— = - Цх, отже, графік функції симетричний відносно початку координат. .

_

.

4. Функція непарна: 4. Функція ні парна, ні непарна.

2*+1 1 --уі - х

\х = 0, \у = 0, „ Ох і 1у = 0; [х = 0.

5. Точки перетину з осями координат: Оу і

Графік проходить через початок координат.

6 . Проміжки зростання і спадання: на всій області визначення функція зростає. 7. Проміжки знакосталості: при х > 0 значення у > 0

7. Проміжки знакосталості: при х > 0 значення у > 0, при х < 0 значення у < 0

Ш Пояснення й обґрунтування 1. Означення кореня п-то степеня. Поняття кореня квадратного з чис­ ла а вам відомо: це таке число, квадрат якого дорівнює а. Аналогічно означають і корінь п-го степеня з числа а, де я — довільне натуральне число, більше за 1 . Коренем п-го степеня з числа а називається таке число, ге-й степінь якого дорівнює а. Наприклад, корінь третього степеня з числа 27 дорівнює 3, оскіль­ ки З3 = 27; корінь третього степеня з числа —27 дорівнює —3, оскільки (—З)3 = —27. Числа 2 і —2 є коренями четвертого степеня з 16, оскільки 24 = 16 і ( - 2)4 = 16. При п = 2 та при п = 3 корені п-го степеня називають також відпо­ відно квадратним та кубічним коренями.


10. К ор ін ь п -г о степеня та його вла стивості. Ф ункція

у = у[х

та її граф ік

163

Як і для квадратного кореня, для кореня п-то степеня вводять по­ няття арифметичного кореня. Арифметичним коренем п-го степеня з числа а називається невід’ємне число, п-й степінь якого дорівнює а. При а > 0 для арифметичного значення кореня п-го степеня з чис­ ла а існує спеціальне позначення1: л[а; число п називають показником кореня, а саме число а — підкореневим виразом. Знак у!~ і вираз ЧІа на­ зивають також радикалом.

Наприклад, те, що корінь третього степеня з числа 27 дорівнює З, записують так: л/27 = 3; те, що корінь четвертого степеня із 16 дорів­ нює 2, записують так: л/іб = 2. Але для запису того, що корінь четверто­ го степеня із 16 дорівнює —2 , позначення немає. При а < 0 значення кореня п-го степеня з числа а існує тільки при непарних значеннях п (оскільки не існує такого дійсного числа, парний степінь якого буде від’ємним числом). У цьому випадку корінь непарно­ го степеня п із числа а теж позначають л[а. Наприклад, те, що корінь третього степеня з числа —27 дорівнює —3, записують так: %/—27 = —3. Оскільки —3 — від’ємне число, то і]—27 не є арифметичним значенням кореня. Але корінь непарного степеня з від’ємного числа можна вирази­ ти через арифметичне значення кореня за допомогою формули

Щ об довести наведену формулу, зауважимо, що за означенням корег

ня п-го степеня ця рівність буде правильною, якщо

( т+і/—\л+1 л/а) = —а.

й число а, оскільки при піднесенні до непарного степеня знак числа не

змінюється. Також за означенням кореня п-го степеня можна записати, що в тому випадку, коли існує значення , виконується рівність

1 Усі властивості виразів виду л/а наведено для випадку п є ІУ, п > 2. При п = 1 домовимося вважати, що у[а = у[а = а.


164

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

2. Область допустимих значень виразів із коренями п-то степеня. Розв’язки рівняння хп = а (п є ІУ). Зазначимо, що

І

2Ь+ 1Г ~

значення <Іа — кореня непарного степеня з числа а — існує при будь-яких значеннях а.

Обґрунтуємо це, наприклад, для кореня третього степеня. Позначимо у[а = х. Тоді за означенням кореня п-го степеня х ‘Л= а і значення у[а буде існувати, якщо рівняння х 2 = а матиме розв’язок. Зобразивши графіки функцій у = х 2 і у = а (рис. 78), бачимо, що при будь-яких значеннях а пряма у = а перетинає графік функції у = х 2 в одній точці. Отже, при будь-якому значенні а існує єдине значення у[а (оскільки функція у = х'лзростає і набуває всіх значень від —оо до +оо). О Аналогічне обґрунтування можна навести і для інших коренів непар­ ного степеня (див. графіки і властивості функцій виду у = х 2к+ 1 у § 12 ). Наведені міркування дозволяють записати розв’язки рівняння х" = а для непарних значень п = 2к + 1 : при будь-яких значеннях а рів­ няння х 21' +1 = а (к є ТУ) має єдиний корінь х = 2к+у[а. Наприклад, рівняння х 5 = 3 має єдиний корінь х = у/з, а рівняння х 7 = —11 має єдиний корінь х = >/-ГГ (ураховуючи, що х = л/-ЇТ = -л/ЇТ,

корінь для рівняння х 7 = —11 можна записати так: х = —>/ЇТ).

І

Значення 2у[а — кореня парного степеня з числа а — існує тільки при а > 0.

Дійсно, у тому випадку, коли = х, за означенням кореня п-го степеня а = х 2к. Отже, а > 0. Для квадратного кореня це можна також обґрунтувати, використо­ вуючи відомий графік функції у = х 2.

Рис. 78

Рис. 79


10. К ор ін ь п -г о степеня та його вла стивості. Ф ункція

у = у[х та її граф ік

165

Нехай 4а = х, тоді за означенням квадратного кореня х 2 = а і зна­ чення 4а буде існувати, якщо рівняння х 2 = а матиме розв’язок. Зобразивши графіки функцій у = х 2 і у = а (рис. 79), бачимо, що пряма у = а перетинає графік функції у = х 2 тільки при а > 0 (при­ чому при а > 0 — у двох точках: х1= 4 а і х 2= —4а , а при а = 0 — тільки в одній точці х = 0). Отже, при будь-яких значеннях а > 0 існує значення 4а , оскільки функція у = х 2 набуває всіх зна­ чень із проміжку [0; +оо). О Розглянемо розв’язки рівняння х" = а для парних значень п = 2к

(к є Ю-

Рівняння х 2 = а при а < 0 не має коренів, оскільки квадрат будьякого числа не може бути від’ємним (на рисунку 79 пряма у = а при а < 0 не перетинає графік функції у = х 2). Так само рівняння х 21' = а (к є Щ при а < 0 не має коренів (оскільки парний степінь будь-якого числа не може бути від’ ємним). При а = 0 рівняння х 21' = 0 (к є Щ має єдиний корінь х = 0 (оскільки парний степінь будь-якого відмінного від нуля числа — число додатне, тобто не рівне нулю, а 02к = 0). При а > 0 за означенням кореня 2к-го степеня \уІа)

=а. Отже,

х = 24а — корінь рівняння х 2к = а. Але (~24а ) = (24а) = а, тому х = - 24а — теж корінь рівняння х 2к = а. Інших коренів це рівняння не має, оскільки властивості функції у = х 2к аналогічні властивостям функції у = х 2: при х > 0 функція зростає, отже, значення а вона може набувати тільки при

одному значенні аргументу (х = 24 а ). Аналогічно при х < 0 функція у = х 2к спадає, тому значення а вона може набувати тільки при одному значенні аргументу (х = —24а). Таким чином, рівняння х 2к = а при а > 0 має тільки два корені: х = ± 24а . Наприклад, рівняння х'° = —1 не має коренів, а рівняння х 6 = 5 має корені х = +л/б. 3. Властивості кореня п-то степеня можна обґрунтувати, спираючись на означення кореня п-го степеня. 1)

Формула

2к+1Г~ +11--<І-а = - <]а була обґрунтована в пункті 1 пояснень.

Обґрунтуємо інші формули, наведені в таблиці 17. Нагадаємо, що за означенням кореня п-го степеня для доведення рівності 4 а = В (при А > 0, В > 0) достатньо перевірити рівність Вп = А.


166

2)

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Вираз \а." розглянемо окремо при п = 21і + 1 (непарне) і при п = 2к (парне). Якщо п — непарне, то враховуємо те, що вираз у[а^ існує при будь•

ТІЇ

77

2Й +1/

9&+1

—•

яких значеннях а і що знак \а = у}а збігається зі знаком а. Тоді за означенням кореня п-го степеня одержуємо у[а" = 2к+у]а2к+1 = а

Якщо п — парне, то враховуємо те, що вираз у[а" = л/а2* позначає арифметичне значення кореня п-го степеня (отже, |а |2,,= а2'1. Тоді

л/а2* > 0) і що

\а п = 2\Іа2к =|а|

3)

Формулу у]л/а = пу[а при а > 0 обґрунтуємо, розглядаючи її справа наліво. Оскільки {ФИа)

4)

= ((л/%/а) ) = (%/а) = а, то за означенням "%/а = \Д/а.

Справедливість формули (л/а) =%/а^ при а > 0

5)

випливає з рівності ((л/а) ) =(л/а) Для обґрунтування формули

=((л/а) ) = а

л/аЬ =у[а • уіЬ при а > 0, Ь > 0

6)

використовуємо рівність (^/а •>/&) г = Ш ) Пф ) П= аЬ. Для обґрунтування формули пРи а > 0 ’ ь > 0 використовуємо рівність

7)

'"£ Г

Властивість кореня

випливає з рівності (\/а"')

=

) ) =(атТ = а тк. О

Наприклад, л/8 = л/2^ = л/2 (показник кореня і показник степеня під­ кореневого виразу поділили на натуральне число 3).


10. К ор ін ь п -г о степеня та його вла стивості. Ф ункція

у = у[х та її граф ік

167

За допомогою формули л/аЬ = л/ал/ь (а > 0, Ь > 0) можна одержати важливі наслідки: формули винесення множника з-під знака кореня або внесення множника під знак кореня. Дійсно, при а > 0, Ь > 0 л]а"Ь = у[а" •лІЬ= аАІЬ. Розглядаючи одержа­ ну формулу зліва направо, маємо формулу винесення невід’ємного множ­ ника з-під знака кореня: 4 с ґь = а 4ь

,

а справа наліво — формулу внесення невід’ємного множника під знак кореня: а 4ь = 4а^ь

8)

Наприклад, л/96 = ^/32 •3 = ^ 25 •3 = 2л/з. Зазначимо ще одну властивість коренів п-го степеня: для будь-яких невід’ємних чисел а і Ь якщо а > Ь, то л/а > лІЬ -

ки

Доведемо це методом від супротивного. Припустимо, ЩО л/а < Л ІЬ . Тоді при піднесенні обох частин останньої нерівності з невід’ємними членами до п-то степеня (із збереженням знака нерівності) одержу­ ємо правильну нерівність а < Ь. Це суперечить умові а > Ь. Отже, наше припущення неправильне і л/а > л/ь. О Наприклад, ураховуючи, що 21 > 16, одержуємо >/2Т>л/І6. Оскіль­ = 2, маємо, що л/2 1 > 2 .

Узагальнення властивостей кореня п-го степеня1 Основна частина формул, які виражають властивості коренів п-го степеня, обґрунтована для невід’ємних значень підкореневих виразів. Але інколи доводиться виконувати перетворення виразів з коренями п-то степеня і в тому випадку, коли таких обмежень немає, наприклад добувати корінь квадратний (або в загальному випадку корінь парного степеня) з добутку аЬ від’ємних чисел (а < 0, Ь < 0). Тоді аЬ > 0 і ЧаЬ існує, проте формулою 4аь=4^4ь (1) скористатися не можна: вона обґрунтована тільки для невід’ємних зна­ чень а і Ь. Але у випадку аЬ > 0 маємо: аЬ = \ аЬ \= \ а \•| Ь \ і тепер |а |> 0 та |Ь |> 0. Отже, для добування кореня з добутку |а \•|Ь \можна використати формулу ( 1 ). 1 Цей матеріал є обов’ язковим тільки для класів фізико-математичного профілю.


168

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Тоді при а <- 0, Ь <- 0 можемо записати: 2у[аЬ = 2^\ а |•|Ь|= г^\а\' 2^/[ь].

Зазначимо, що одержана формула справедлива і при а > 0, Ь > 0, оскільки в цьому випадку |а \= а і |Ь \= Ь. Отже, при аЬ > 0

2\[аЬ = 2^\а \•2т/[ь] ■

Аналогічно можна узагальнити властивість 6 .

пр "!> °

*£=

Слід зазначити, що в тих випадках, коли обґрунтування основних формул можна повторити і для від’ємних значень а і Ь, такими фор­ мулами можна користуватися для будь-яких а і Ь (з ОДЗ лівої частини формули). Наприклад, для коренів непарного степеня для будь-яких значень аіЬ 2к'^ Ь = 2к'47і.2к'% . ( 2) Дійсно, ліва і права частини цієї формули існують при будь-яких значеннях а та Ь і виконується рівність { ^ ■ тЩ 2к+1 = №

Г +1 Г - ^ Г 1= аЬ.

Тоді за означенням кореня (2к + 1)-го степеня виконується і рівність (2). Наприклад, л/а1БЬ = л/а1Б•>/&= аБл/ь при будь-яких значеннях а і Ь. Але деякими формулами не вдається скористатися для довільних значень а і Ь. Наприклад, якщо ми за основною властивістю кореня за­ пишемо, що л/а^ = л/а (показник кореня і показник степеня підкоренево­ го виразу поділили на натуральне число 2), то одержана рівність не є тотожністю, оскільки при а = —1 (ліва і права частини цієї рівності означені при всіх значеннях а) маємо у/С—І )2 =у/—ї , тобто 1 = —1 — не­ правильну рівність. Таким чином, при діленні показника кореня і показника степеня підкореневого виразу на парне натуральне число потрібно узагальнити основну властивість кореня. Для цього достатньо помітити, що а2 = |а |2, і тепер основа степеня підкореневого виразу |а |> 0, а отже, можна ви­ користати основну формулу (властивість 7): л/а2 = уЦ~аГ=л/ МУ загальному випадку, якщо при використанні основної властивос­ ті кореня доводиться ділити показник кореня і показник степеня під­ кореневого виразу на парне натуральне число, то в результаті основу степеня підкореневого виразу потрібно брати за модулем, тобто


10. К ор ін ь п -г о степеня та його вла стивості. Ф ункція

у/а

у = у[х та її граф ік

169

—у//ім~ іт

Аналогічно можна обґрунтувати й інші приклади використання основних властивостей коренів при довільних значеннях а і Ь (з ОДЗ лівої частини формули), які наведено в таблиці 18. Т а б л и ц я 18 Основні формули для кореня п-го степеня (тільки для невід’ємних значень

Чи можна користуватися основними формулами для будь-яких а і Ь з ОДЗ лівої частини формули (якщо ні — дано узагальнену формулу) корінь непарного степеня

корінь парного степеня

1. (ц[аТ = а

можна

тільки для невід’ємних а

2. 4а " =а

можна

Го>оЛ

а і Ь, тобто і

\ь> 0 ^

/

2^

= \а\

3. Корінь із кореня Ф /а = пу[а

можна

можна

4. Корінь із добутку і добуток коренів

можна можна

5. Корінь із частки А/ь

^

( ь ^ 0)

і частка коренів

2^

можна можна

чіь

6. Основна властивість

Перехід парний —»

кореня: фї™ = п4 а ^

і навпаки

парний можна

Перехід непарний —» можна, якщо всі парний корені непарного сте­ пеня (тобто перехід не­ ^ = № ^ п р и а - > 0, парний -> непарний)

пу[сГ* = 4 с ^

[-'л/а '"7 при ат< 0 п!І ^

= 4\ат\


170

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Продовження табл. 18

Основні формули для Чи можна користуватися основними формулами кореня п-го степеня для будь-яких а ЇЬ з ОДЗ лівої частини (тільки для формули (якщо ні — дано узагальнену формулу) невід’ ємних значень корінь корінь \а> 0Л а ЇЬ, тобто і непарного степеня парного степеня \ь> 0 ^ / 7. Винесення множни­ ка з-під знака кореня можна 4^ь=\а\4ь 4сП> = а4ь

8 . Внесення

множника під знак кореня а4ь = 4аРЬ

можна

„ Ф = І Л ^ ,І,ри‘,> 0 , \—у!аЛЬ, при а < 0, де Ь > 0

З а у в а ж е н н я . Під терміном «перехід», який використано в табли­ ці 18, слід розуміти перехід у відповідній формулі від кореня п-го степе­ ня до кореня тп- то степеня. Якщо п і т обидва парні, то такий перехід коротко охарактеризова­ но як «перехід парний —» парний» (типу 4 а 2 = 4а*). Якщо піт, обидва непарні, то в таблиці записано, що виконано «пе­ рехід непарний —» непарний» (типу '4а" = 4а?). Якщо п — непарне число, а пі — парне число, то в таблиці говорить­ ся, що виконано «перехід непарний —» парний» (типу у](—2)3 = —у](—2)(' ). Таким чином, якщо за умовою завдання на перетворення виразів із коренями п-го степеня (ірраціональних виразів) відомо, що всі букви (які входять до запису заданого виразу) невід’ ємні, то для перетворення цього виразу можна користуватися основними формулами, а якщо та­ кої умови немає, то необхідно аналізувати ОДЗ заданого виразу і тільки після цього вирішувати, якими формулами користуватися — основними чи узагальненими. 4. Функція у = 4 х (п є N , 4 > 2) та її графік. Характеризуючи власти­ вості функцій, найчастіше виділяють такі їх характеристики: 1 ) область визначення; 2) область значень; 3) парність чи непарність; 4) точки пере­ тину з осями координат; 5) проміжки знакосталості; 6) проміжки зрос­ тання і спадання1; 7) найбільше і найменше значення функції. 1 Проміжки зростання і спадання функції інколи називають проміжками монотонності функції.


§ 10. К орінь

п-го степеня та його властивості. Ф ункція у = у[х та її гра ф ік

171

Розглянемо властивості функції у = л[х. Оскільки деякі властивості коренів непарного степеня не збігаються з властивостями коренів парно­ го степеня, то для відповідних випадків ці корені будемо розглядати окремо. Якщо п — непарне (п = 2к +1,

Якщо п — парне (п = 2к, к є її):

к є АГ);

1.

Область визначення. При не­ парних значеннях п (п = 2к + 1 , к є ІУ) корінь непарного степеня з числа х існує при будь-яких значеннях х, тому областю ви-

1.

корінь парного степеня з числа х існує тільки при X > 0, тому областю визначення функції у = Ч х є множина невід’ ємних чисел:

, ... 2Й+1/ значення функції у = л]х є всі дійсні числа: в ( п 'Ух) = К. 2.

При непарних значеннях п функція непарна, оскільки 2#+1/ 2к+1І .. лі- х = <Іх, отже, графік , ... 2к+1І функції у = <Іх симетричнии відносно початку координат.

3.

Область визначення. При пар­ них значеннях п (п = 2к, к є ІУ)

с ( 2- ^ ) = [ 0 ; + о о ) .

2.

При парних значеннях п функція ні парна, ні непарна (тому що її область визначення несиметрична відносно початку координат).

Оскільки при х = 0 значення у = 0, то графік функції у = ч[х завжди проходить через початок координат (інших точок перетину з осями координат немає: при у = 0 з рівняння ц[х = 0 знову одержуємо тільки х = 0).

4.

На всій області визначення функція у = ч[х зростає. Справді, для не­

від’ ємних значень х 1 і х2 за властивістю 8 , якщо х > х , то у[хї > у[х^, а це означає, що функція зростає при невід’ємних значеннях х. Отже, при парному значенні п функція дійсно зростає на всій області визна­ чення. Для непарного значення п достатньо врахувати, що графік функції у = л[х симетричний відносно початку координат, і, відо­ бражуючи графік зростаючої при х > 0 функції, знову одержати графік зростаючої функції (див. нижче). 5.

Для того щоб знайти область значень функції у = л[х (п є IV, п > 2), складемо рівняння


172

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Якщо

п — непарне,

то вираз як невід’ ємних, так і від’ ємних значень, і рівняння у[х = а при будь-якому а за означен­ ням кореня п-го степеня має корінь х = ап. Отже, для непарних п мно­ жина значень складається з усіх

реня о), тому рівняння у[х = а має корінь тільки при а > 0. Тоді для всіх а > 0 маємо х = ап. Отже, для парних п множина значень складається з усіх невід’ємних чи­

дійсних чисел:

сел: Е ( 2і[х ) = [О, +оо).

ц[х набуває

Е (П л/х ) = К.

Тому

найменшого і найбільшого значень .

.

функція у =

6.

2к+1І

\ х немає.

Проміжки знакосталості: при х > 0 значення у > 0 (оскіль2к+1І

ки в цьому випадку у — \ х — арифметичне значення кореня), а при х < 0 значення у < 0 (оскіль­ ки корінь непарного степеня з від’ємного числа є числом від’ємним).

Якщо п — парне, то вираз ц[х позначає арифметичне значення ко­

Тому найбільшого значення функція у = Ц[х не має, а наймен­ шого — у = 0 — набуває при х = 0.

6.

Проміжки знакосталості: при х > 0 значення у >

0

(оскільки у = л/х — арифметичне значення кореня).

Зазначимо також, що при х = 1 маємо у = 1 , отже, графік функції у = ц[х завжди проходить через точк V ( і ; і)Наведене дослідження дозволяє побудувати графік функції у = Ч[х . 8 1 ) значень п. для непарних (рис. 80) і парних У‘ у = ш+Чх

1 -1 Оу

1

X

-1

Рис. 80

Рис. 81

На рисунку 82 в одній і тій самій системі координат зображено гра­ фіки функцій у = л/х та у = л/х і для порівняння графік функції у = х.


§ 1 0 К орінь

п-го степеня та його вла стиво сті. Ф ункція у = у[х та її гра ф ік

173

Зауважимо, що графік функції у = 4 х можна побудувати, викорис­ товуючи графік функції у = х". Наприклад, функцію у = 4 х можна роз­ глядати як обернену до функції у = х 3, а отже, побудувати її графік (рис. 83) як криву, симетричну кубічній параболі у = х 3 відносно прямої у = х. Аналогічно в пункті 2.4, використовуючи праву вітку параболи у = х 2, було побудовано графік функції у = л/х (рис. 50, с. 65).

Рис. 82

Рис. 83

Приклади розв'язання завдань

Приклад 1

Знайдіть значення виразу:

2) $£ І Т ~ ;.

1 ) л/б25;

V

3) й—

V 243

27’

.

Р о з в ’я з ан н я

Ко м е н т а р

1 ) ► л/б25 = 5, оскільки 54 = 625. <1

Використаємо означення кореня п-го степеня. Запис 4а =Ь означає, що Ьп = а.

2) * ^ = 4 ’ оскільки (-^)

<

04

<1

б[

^ _ 2 V 243 3

/2 \5 32 = ---- . У з/ 243

3) ► \П7777_ Т7’ оскільки Приклад 2

Знайдіть значення виразу: 1) ^/27 • 125;

2) 4 2 - 4 8 . Ко м ен та р

Використаємо властивості кореня п-го степеня і врахуємо, що кож ­ ну формулу, яка виражає ці властивості, можна застосувати як зліва направо, так і справа наліво. Наприклад, для розв’ язування завдання 1


174

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

скористаємося формулою л[аЬ=у[а- уіЬ, а для розв’ язування завдан­ ня 2 — цією самою формулою, але записаною справа наліво, тобто: у[а • Ф) = у[аЬ (при а > 0, Ь > 0). Р о з в ’я з ан н я

1) ► ^27 • 125=л/27 • л/Ї25 = 3 • 5 = 15; < 2) ►

лІ2 • ^/8 = 4/2 • 8 = ^ /І6 = 2 . <

Приклад 3

Порівняйте числа:

1 ) лІ50 і л/7; 2 ) л/з і л/з. Р о з в ’я з а н н я

Ко м е н т а р

Для порівняння заданих чисел у кожному завданні достатньо при­ вести всі корені до одного показни­ ка кореня і врахувати, що для будь-яких невід’ємних чисел а і Ь, якщо а > Ь, то л/а > ЧІЬ.

1) ► л/7 = УІ72 = л/49. Оскільки 50 > 49, то л/бО > л/49, тобто л/бО > уІ7; <| 2) ►^/3 = 1-^3® = 1$ 2 7 , \/з = 1\/з4 = \/81. Оскільки 27 < 81, то 4/27 < л/81, тобто л/з < |/3. <1 Приклад 4

Подайте вираз у вигляді дробу, знаменник якого не міс­ тить кореня п-то степеня:

1)

л/3

2)

л/5 + 1

3*)

л/а+1

.

Ко м е н т а р

У завданні 1 урахуємо, що л/І^ = 3, отже, після множення чисельни­ ка і знаменника заданого дробу на л/з7 знаменник можна буде записати без знака радикала. У завданні 2 достатньо чисельник і знаменник за­ даного дробу домножити на різницю л/б —1 ф 0 (щоб одержати в знамен­ нику формулу різниці квадратів). Але виконання аналогічного перетворення в завданні 3 пов’ язане з певними проблемами. ОДЗ виразу —Л— є а > 0 (і всі тотожні перетво\а +1

рення потрібно виконувати для всіх значень а > 0). Ми хочемо домножи­ ти чисельник і знаменник заданого дробу на вираз л/а—1. За основною властивістю дробу це можна зробити тільки для випадку, коли л/а —1 Ф0, тобто тільки при а Ф 1. Але а = 1 входить до ОДЗ початкового виразу, і тому вибраний нами спосіб розв’ язування приведе до звуження ОДЗ початкового виразу. Дійсно, якщо записати, що

1 л /а + 1

_

л/а-1 (л /я + і ) ( л / я - і )

у[а -1


§ 1 0 К орінь

п-го степеня та його вла стиво сті. Ф ункція у = у[х та її гра ф ік

175

то ця рівність не є тотожністю, оскільки не виконується Д Л Я а = І з ОДЗ початкового виразу. У цьому разі, щоб не припуститися помилок, можна користуватися таким орієнтиром: якщо для тотожних перетворень (чи для розв’язування рівнянь і нерівностей) доводиться використовувати перетворення (чи формули), які призводять до звуження ОДЗ початко­ вого виразу, то значення, на які звужується ОДЗ заданого виразу, слід розглянути окремо. Р о з в ’я з а н ня 5/ з 4

!)►

2) ^

.<

4

4(л/б-і)

4(л/б-і)

л/б + 1

(л /б + іХ л /б -і)

(^ б)2- ! 2

= >/5 —1. <

1

3) ► Позначимо А = —Л— . Тоді при а = 1 одержуємо А = у/а + 1

При а

ф

у/ї + 1

у/а- 1

уГа-

1 (а > 0) маємо А =

{у/а +і)(л/о-і)

у/а +1

при а

Відповідь:

ф

1

(а > 0) А =

-\/я - 1 а- 1

(тобто відповідь не можна записати однозначно). <1 Приклад 5

Спростіть вираз: у]а-у]ь

1)

2) а + л^

Іа -\Ь

а / - Ш 2

Іа-уІЬ

а- УІЬ

[а - у]Ь

а + л/б)

= Уа +

€ а -€ ь

<

II спосіб ► Позначимо у[а = х, у/ь = у, де а > 0, Ь > 0. Тоді |/а=(л/а) = х2

і л/ь = (>/ь) = і/2. Отже, у / а -у [ь _ х 2 - у 2 _ (х - у ) ( х + у ) _ % [а-у/ь

Х ~У

-у/аЬ Ь+ у/аЬ

Ко м е н т а р

І спосіб у/ а-Щ

З*)

Ь+ у/аЬ

Р о з в ’я з ан н я

1)

ПрИ а > о і Ь > 0;

Х ~У

= х + у = у/а+у/ї>■ <|

У завданні 1 ОДЗ заданого виразу: а > 0, Ь > 0, 0. Для невід’ємних значень а і Ь ми маємо право користуватися всіма основними формулами перетворення коренів (як зліва направо, так і справа наліво). При а > 0, Ь > 0 можна записа­ ти: л/а=(>/а) і у/ь = (у[ь) . Тоді чи­ сельник заданого дробу можна розкласти як різницю квадратів. Для того щоб виділити в чисельни­ ку різницю квадратів, можна також виконати заміну у[а = х; у/ь = у.


176

2

^ ^

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

У завданні 2 за даної умови а > 0 і Ь > 0, тому ми маємо право скорис­ татися всіма основними формулами перетворення коренів. Тоді

а + ->[аЬ _ (л/а) +л[ау/ь

ь+4аь

(4ь)г +4^4г>

_ л /а (л /а +л/&) _= л/а \ а _= л /б (л /а + л /б )

3) ► Позначимо А = Г а >0 ,

При і ^ Ь >0

а

л/б

л /а ь = л /а л /ь ,

а + л/аб

6+ л/аб

,

.—

>

(іЬ + л/аЬ^О^ маємо:

ьл/аб

(л /а ) + л /а л /б

’+ л/аб

(л /б ) + л /а л /б

разу: аЬ > 0, Ь+ л /а Ь ^0. Але аЬ > 0 а > 0, а <0 , а >0 , при або При Ь >0 Ь < 0. Ь> 0 ми маємо право користуватися всі­ ма основними формулами перетво­ рення коренів (як у завданні 2).

_ л/а ( л /а + л /б ) _ л/а _ л /б (л /б + л /а )

а = ( л / а ) , ь = (л /ь ) .

У завданні З ОДЗ заданого ви­

л/б

При

^

|а<0,

-1

доведеться

вико-

| а< 0, , — При і ^)< 0 (і Ь+ УІаЬ ф О) маємо:

ристати

^ _ а + л/аб _ ~(~а) + л / М л / Н

а < 0 одержуємо (—а) > 0. Тоді мож­

-(-ь) + л/Мл/Н

на записати: а = —(—а) = —(л/—а) . Аналогічно при Ь < 0 можна записа­

Ь+ у[аЬ

- ( л / - а ) + л /- а л /- 6 _ л / - а ( - л / - а + л / - б ) _ - ( л Д ) + л /- а л /- 6

- л /- 6 (л /-6 - л /- а ) л /- а л/-6

1-а _

/а^

\-6 _ \ б ’

Відповідь:

1)

при а > 0 і Ь > 0 А = . —;

2)

приа<ОіЬ<()(зОДЗ) А = -А ^ . <

Приклад 6*

Г

узагальнену

формулу

і врахувати, що при

ти Ь= -(-Ь ) = -(л /-ь ) . Також слід урахувати, що при а < 0 і Ь < 0 ма­ ємо: |с |= - с і |Ь |= -Ь. Записуючи відповідь, доцільно взя­ ти до уваги, що Ь = 0 не входить до ОДЗ заданого виразу.

Спростіть вираз у[а \аАЩа2. Ко м е н т а р

В умові не сказано про те, що значення а невід’ ємні, тому доведеть­ ся спочатку визначити ОДЗ заданого виразу. Вираз л/а2 існує при будь-яких значеннях а і є невід’ємним. Ви­ раз а 4 також існує і невід’ ємний при будь-яких значеннях а. Отже, при будь-яких значеннях а під знаком квадратного кореня буде місти­ тися невід’ ємний вираз а 4л/а^, тобто заданий вираз існує при будь-


§ 10. Корінь п -го степеня та його властивості. Функція у = у[х та її графік

177

яких значеннях а (ОДЗ: будь-яке а є К ), і його перетворення потрібно виконати на всій ОДЗ. М ож ливим и є декілька ш ляхів перетворення заданого виразу, на­ приклад: 1) спочатку розглянути корінь квадратний із добутку, а потім скористатися формулою кореня з кореня і основною властивістю кореня; 2) внести вираз а4 під знак кубічного кореня, а потім теж використати формулу кореня з кореня і основну властивість кореня. На кожному з цих ш ляхів ураховуємо, що при будь-яких значеннях а значення а2 > 0 і й 4 > 0 (а значить, для цих виразів можна користуватися основними формулами). Використовуючи основну властивість кореня, доводиться ділити показник кореня і показник степеня підкореневого виразу на парне натуральне число 2. Тому в результаті основу степеня підкорене­ вого виразу потрібно брати за модулем (оскільки а є В,). Розв’язання

I спосіб ► ^а'ЧІа2 = 4а^•^І4а2 = а2у[а2 = а 2^|а|2 = а 2^\а\. <1 II спосіб ► -у/а44 а 2 = ^ %]а12-а 2" = л/а^4" = ^/|а |14 = ^/|а |7 = д/|а|6-|а\ = = >/М^л/М = І а Г л/Н = а2^/Н-■^

Запитання д л я контролю

1- Дайте означення кореня п-го степеня з числа а. Наведіть приклади. 2. Дайте означення арифметичного кореня п-го степеня з числа а. На­ ведіть приклади. 3. 4.

При яких значеннях а існують вирази Ща та 2к+4а (к є ЛГ)?

Запишіть властивості кореня п-го степеня для невід’ємних значень підкореневих виразів. 5*. Доведіть властивості кореня п-то степеня для невід’ ємних значень підкореневих виразів. 6*. Якими властивостями кореня п-го степеня можна користуватися при довільних значеннях букв (з ОДЗ лівої частини відповідної фор­ мули)? Наведіть приклади використання основних формул та їх уза­ гальнень. 7. При яких значеннях а має корені рівняння: 1) х 2к+ 1 = а (к є Щ ; 2) х 2к = а (к є Щ . 8. Запишіть усі розв’язки рівняння: 1) х 2к+ і = а (к є Щ ; 2) х 2к = а (к є ЛГ): а) при а 0; б) при а 0; в) при а — 0. Наведіть приклади таких рівнянь і розв’яжіть їх.


178

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

9.

Побудуйте графік функції у = Щх, де к є N , та сформулюйте її влас­ тивості.

10. Побудуйте графік функції у = 2к+л[х, де к є N , та сформулюйте її властивості. 11*. Обґрунтуйте властивості функції у = л[х (п є ТУ, п > 2): 1) для непарного значення п;

2) для парного значення п.

Ш Вправи 1. Перевірте правильність рівності: 1°) л/б4=4;

2°) л/-Г = -1;

3) ^1 0 2 4 = 2 ;

4°) \/0 = 0;

5°) л/^32 = -2 ;

6°) 1^1 =1 .

1) ^ 8 ;

2)

3)

4) >/32;

5) ^ 2 5 ;

6)

2°. Обчисліть:

*/§1.

Знайдіть значення виразу (3 —7). 3. 1°) |/8 • 1000;

2°) 4/16 • 625;

3) з/24 • 9;

4. 1) ^9 • >/27;

2) |/2 • 1/500;

3) ^/8 • ^ 1 6 ;

4) ^/б • -^125.

5. 1)

2)

3)

4)

л/2

^9

4) ^48 • 81.

. лЯб________

>/-5

6°. 1) Ф а -1 1 й;

2) ^/26 • З6;

3) З/з7 • 57;

4) ^|(|) • ЮБ.

7°. 1) д/210 • 31Б;

2) |/56 • 29;

3) ^/(0,1)4.3 8;

4)

3) ^/23 і л/б;

4) ^4 і ^/з.

3) л/х + 2;

4) ^

• б20.

8. Порівняйте числа: 1°) ^/0Д і 0;

2°) Ц/Ї^З і 1;

9°. При яких х має зміст вираз: 1) л/бх + 1;

2)

уі 2х

—6;

10. Подайте вираз у вигляді дробу, знаменник якого не містить кореня п-го степеня: 1)

3 ;

2)

л/2 ’

4

;

л /7 -і’

3*) - 1

;

л /а+ з’

4*)

1 >[х2 +л[х

+1

11. Винесіть множник за знак кореня (а > 0, Ь > 0): 1) ^ “ Ь7;

2)

3) у/- 2 7 а5Ь14;

4) Ш 28а9Ь17.


§ 1 0 Корінь п-го степеня та його властивості. Функція у = у[х та її графік

179

12*. Винесіть множник за знак кореня: 1) \/а4Ь14;

3) ^/б4а12Ь7;

2)

4) л/а|769.

13. Внесіть множник під знак кореня (а > 0, Ь > 0): 1) а%17;

2) -Ь^/аЬ;

3) аЬ^5;

4) « &2^ г -

14*. Внесіть множник під знак кореня: 1) аїі 7;

2) а3>/аЬ;

3) аЬвр|;

4) -Ьл/-ЗЬ3.

15. Спростіть вираз: 1) л/а®^ при а < 0;

2) л/а^ при а < 0;

3) л/а4 -л/а^ при а > 0;

4) л/а7" + л/а*^ при а < 0.

16*. Спростіть вираз: 1) л/2аЬ3 -л/і6а3ЬБ;

2) л/аЬ3с • л/аБЬ4с • л/ь^с4;

3) ^ л / а 4;

4) ^/а^/зал/Іа2 .

17. Спростіть вираз: 1)

° Ь -4 а Ь ;

2)

у[х~4у

1[ х - 4 у ліх-уіу

у/а-лІЬ л/я&2 - 2 \ а Ь 5 + Ь

,,

,

,,

,

З ) — ^==— — а -'> 0, Ь ^> 0, іл а, -і* V, Ь; --- — , де ч

у[х +у[ху . г%[х + у[ у

.*ч 4х-%[ху 4) -І І-----

а^Ь - \ а Ь

УІУ~\ХУ

18°. Розв’яжіть рівняння: 1) х 8 = 7;

2) х 6 = 3;

3) х Б= -5 ;

4) х 8 = -13;

5) х 4 = 16;

6) х 8 = -64.

19. Побудуйте графік функції: 1°) у = у[х;

2°) у = 4х;

3°) у = у[х;

5) У = ї ]Щ ;

6) у = -*&•,

7) у = 4^с.

4°) у = у[х;

20. Розв’ яжіть графічно рівняння: 1) л/х = 2 - х ;

2) л / х = 6 -х ;

3) л/х-2 = 4 - х ;

4) л / -х = х + 2.

Перевірте підстановкою, що значення х дійсно є коренем рівняння. 21*. Доведіть, що рівняння, наведені в завданні 20, не мають інших ко­ ренів, крім знайдених графічно.


180

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

§ Ц

ІРРАЦІОНАЛЬНІ РІВНЯННЯ Т а б л и ц я 19

Поняття ірраціонального рівняння Рівняння, у яких змінна міститься під знаком кореня, називають ірраці­ ональними. Для того щоб розв’язати задане ірраціональне рівняння, його найчастіше зводять до раціонального рівняння за допомогою деяких пере­ творень.

Розв’язування ірраціональних рівнянь 1. За допомогою піднесення обох частин рівняння до одного степеня При піднесенні обох частин рівнян­ ня до непарного степеня одержуємо рівняння, рівносильне заданому (на його ОДЗ)

При піднесенні обох частин рівняння до парного степеня можуть з’явитися сторонні корені, які відсіюють пере­ віркою

Приклад 1

Приклад 2

Розв’яжіть рівняння у]х —1 = 2. ► (л / х - ї)3 = 23, х - 1 = 8, х = 9. Відповідь: 9. <1

Розв’ яжіть рівняння л/2х + 3 = X. ►

(л/2х + з ) = х г, х 2 - 2х - 3 = 0, х 1 = -1 , х2 = 3. Перевірка. При х = —1 маємо: \/ї = —1 — неправильна рівність, отже, х = —1 — сторонній корінь. При х = 3 маємо: л/9 = 3 — правиль­ на рівність, отже, х = 3 — корінь заданого рівняння. Відповідь: 3. <1

2. За допомогою заміни змінних Якщо до рівняння змінна входить в одному і тому самому вигляді, то зручно відповідний вираз із змінною позначити однією буквою (новою змінною) Приклад З Розв’яжіть рівняння лГх2 + л[х = 2. ► Позначимо лГх = і. Тоді уіх 2 = {у[х ) = і 2. Одержуємо рівняння: і2 + і = 2, і2 + і — 2 = 0, 11 = 1, і2 = —2. Виконуємо обернену заміну: у[х=1, тоді х = 1 або л/х = —2, звідси х = - 8 . Відповідь: 1; -8 . <1


11 . Ірраціональні рівняння

Н

181

Пояснення й обґрунтування Ірраціональними рівняннями називають такі рівняння, у яких змін­

на міститься під знаком кореня. Наприклад, ціональні рівняння.

ліх —2 =

5, $[х + х = 2 — ірра­

Найчастіше розв’ язування ірраціональних рівнянь ґрунтується на зведенні заданого рівняння за допомогою деяких перетворень до раціо­ нального рівняння. Як правило, цього досягають піднесенням обох час­ тин ірраціонального рівняння до одного й того самого степеня (часто декілька разів). Слід ураховувати, що

І

при піднесенні обох частин рівняння до непарного степеня завжди одержуємо рівняння, рівносильне заданому (на його О Д З).

Наприклад, рівняння

уГх

+ 7= 3

( 1)

рівносильне рівнянню

(л/х + 7 )3 = 38,

(2)

тобто рівнянню х + 7 = 27. Звідси х = 20. Для того щоб обґрунтувати рівносильність рівнянь (1) і (2), достат­ ньо звернути увагу на те, що рівності А = В і А 3 = В 3 можуть бути пра­ вильними тільки одночасно, оскільки функція у = І3 є зростаючою (на рисунку 84 наведено її графік) і кожного свого значення набуває тіль­ ки при одному значенні аргументу І. Отже, усі корені рівняння (1) (я к і перетворюють це рів­ няння на правильну рівність) будуть і коренями рівняння (2), і навпаки, усі корені рівняння (2) будуть коренями рівняння (1). А це й означає, що рівняння (1) і (2) є рівносильними. Аналогіч­ но можна обґрунтувати рівносильність відповід­ них рівнянь і у випадку піднесення обох частин рівняння до одного й того самого довільного не­ парного степеня. Якщо для розв’язування ірраціонального рівняння обидві частини піднести до парного степеня, то одержуємо рівняння-наслідок — коли всі корені першого рівняння будуть кореня­ ми другого, але друге рівняння може мати корені, що не задовольняють заданому рівнянню. Такі корені називають сторонніми для заданого рів­ няння. Щ об з’ясувати, чи є одержані числа коренями заданого рівнян­ ня, виконують перевірку цих розв’язків.


182

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Наприклад, для розв’язування рівняння

(3)

у[х = 2 —х

піднесемо обидві його частини до квадрата і одержимо рівняння

(4) 5х +

+ 4 = 0. Звідси х ] = 1, х2 = 4. Виконуємо перевірку. При х = 1 рівняння (3) перетворюється на правильну рівність л/ї = 2 —1, 1 = 1. Отже, х = 1 є коренем рівняння (3). При х = 4 одержуємо неправильну рівність л/4 = 2 —4; 2 ^ —2. Отже, х = 4 — сторонній корінь рівняння (3). Тобто до відповіді потрібно за­ писати тільки X = 1. Поява стороннього кореня пов’язана з тим, що рівність А 2 = В 2можна одержати при піднесенні до квадрата обох частин рівності А = В або рів­ ності А = ~В. Отже, виконання рівності А 2 = В 2 ще не гарантує виконан­ ня рівності А = В. Іншими словами, корені рівняння (4) не обов’язково

є коренями рівняння (3 ) (проте кожен корінь рівняння (3 ) є коренем рівняння (4), оскільки при виконанні рівності А = В обов’язково вико­ нується і рівність А 2 = В 2).

Ш

П риклади розв'язання завдань

П рикладі

Розв’яжіть рівняння

Р о з в ’я з а н н я ►

уі 5х

—1 = 4 —лІх + З,

( уі 5х -

і

У

= (4 - уіх + з У ,

5х - 1 = 16 - 8 л[х + 3 + х + З, 8лІх + 3 = 2 0 -4 х ;

2л[х + 3 = 5 - х ,

(2у[х + з ) 2= ( 5 - х ) 2, 4(х + 3) = 25 - Ю х + х 2, х 2 - \4х + 13 = 0, х 1 = 1,х2 = 13. Перевірка, х = 1 — корінь

(л/4 + л/4 = 4,4 = 4); х = 13 — сторон­ ній корінь Ш Відповідь: 1. <1

+ 4&4Ф4).

ліх +

3 + уі5х —1 =4. Комент ар

Ізолюємо один корінь і підне­ семо обидві частини рівняння до квадрата — таким чином ми позбу­ демося одного кореня. Потім знову ізолюємо корінь і знову піднесемо обидві частини рівняння до квадрата — унаслідок одержимо квадратне рівняння. Оскільки при піднесенні до квад­ рата можна одержати сторонні коре­ ні, то в кінці виконаємо перевірку отриманих розв’язків.


11 . Ірраціональні рівняння

Приклад 2

183

Розв’яжіть рівняння - г^ - л І 6 - х = 2 . \б —Х

Р о з в ’я з а н н я

Комент ар

Нехай л/б —х = і, де І > 0. £ Одержуємо — і = 2.

Тоді І2 + 21 - 8 = 0. Звідси і1 = 2, і2 = - 4 . 11 = 2 — задовольняє умові І > 0; 12 = —4 — не задовольняє умові І > 0. Обернена заміна дає: уі 6

-

х

=2,

б - х = 4, х = 2. Відповідь: 2. <1

Приклад 3*

Розв’яжіть рівняння

Якщо в задане рівняння змінна входить в одному і тому самому ви­ гляді (л]б —х ), то зручно цей вираз із змінною позначити однією бук­ в о ю — новою змінною Якщо зафіксувати і > 0 (арифметичне

л/б —х > 0 і в знаменнику не може

у! х

—2 + л/х +1 —3. Комент ар

Нехай П Е ! = и- Тоді \Х ~ 2 = и‘: К / х + 1 = іл

обмеження значення

стояти 0), то в результаті заміни і зведення одержаного рівняння до квадратного виконуватимуться рів­ носильні перетворення заданого рів­ няння. Можна було б не фіксувати об­ меження і > 0, але тоді в результаті перетворень отримаємо рівняннянаслідки й одержані розв’ язки слід перевірити.

Р о з в ’я з а н н я

(л]б —х = і ) .

І х + 1 = і; . ^и + V = З, \иг - V 2 = - 3 .

З першого рівняння знаходимо V = 3 — и і підставляємо в друге рівняння. и8 - (3 - и)2 = - З , и3 - (9 - би + и2) = -З , и3 - и2 + би - 6 = 0, и2 (и - 1) + 6 (и - 1) = 0, (и - 1) (и 2 + 6) = 0. Ураховуючи, що и2 + б Ф 0, одержуємо и = 1. Тоді V = 2.

Деякі ірраціональні рівняння, що містять кілька коренів п-го сте­ пеня, можна звести до систем раці­ ональних рівнянь, замінивши кожен корінь новою змінною.

Після

заміни

>/х —2 = и,

л/х +1 = і; і з заданого рівняння отри­ муємо тільки одне рівняння и + V = 3. Для того щоб одержати друге рівняння, запишемо за озна­ ченням кореня п-го степеня х - 2 = иг,

Віднімемо від першої рів-

х + 1 = о 2.

ності другу (щоб позбутися змінної х )


184

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Маємо систему у іх

—2 = 1 ,

4 х + \ = 2.

З першого рівняння X = З, що задовольняє і другому рівнянню. Відповідь: 3. <1

і одержимо ще один зв’ язок між и і V. и8 - V2 = - 3 . Одержану систему рівнянь розв’язуємо методом підстановки. Слід звернути увагу на те, що, виконуючи обернену заміну, необ­ хідно з ’ясувати, чи існує значення х, яке задовольняє обом співвідно­ шенням заміни.

При розв’язуванні систем рівнянь, що містять ірраціональні рівнян­ ня, найчастіше використовують традиційні методи розв’язування сис­ тем рівнянь: метод підстановки і метод заміни змінних. При цьому слід ураховувати, що заміна змінних (разом з оберненою заміною) завжди є рівносильним перетворенням (звичайно, якщо при вибраній заміні не звужується ОДЗ заданого рівняння чи системи). А л е якщо для подаль­ шого розв’язування рівнянь, одержаних у результаті заміни, ми будемо користуватися рівняннями-наслідками, то можемо отримати сторонні розв’ язки, і тоді одержані розв’язки доведеться перевіряти. Приклад 4

Розв’яжіть систему рівнянь

Х+УІУ = 3, у[ х

-

лі у

Комент ар

Р о з в ’я з а н н я

Заміна у[х = и і у[у = V дає сис­ тему

Якщ о позначити то

(и + о = 3, \и2- V 2 = 3.

З першого рівняння цієї систе­ ми: и = 3 - V.

Тоді з другого рівняння одержу­ ємо (З -

V )2 - V 2 = 3.

Звідси V = 1, тоді и = 2. Обернена заміна дає: $ІУ=1, отже, у = 1; у[х = 2, отже, х = 16. Відповідь : (16; 1). <1

= 3.

у [х = и 2

і

л/у = V 2.

у [х = и

і

л[у = V,

Тоді задана сис­

тема буде рівносильна алгебраїчній системі, яку легко розв’ язати, а піс­ ля оберненої заміни одержати систе­ му найпростіших ірраціональних рівнянь. Ураховуючи, що заміна та обер­ нена заміна приводили до рівно­ сильних систем, одержуємо роз­ в’язки заданої системи, що збігаються з розв’ язками системи \л[х=2, |л: = 16, < тобто і 1^=1, [ у = 1-


11 . Ірраціональні рівняння

Н 1. 2.

Запитання д л я контролю Назвіть основні методи розв’язування ірраціональних рівнянь. На­ ведіть приклади застосування відповідних методів. Поясніть, чому для розв’язування рівнянь у/х2 + З у / х -4 = 0,

3. 4.

Н

185

у[ х

- у[ х - 2 = 0

зручно використати заміну змінної. Укаж іть заміну для кожного рівняння. Обґрунтуйте, що при піднесенні обох частин рівняння до непарного степеня завжди одержують рівняння, рівносильне заданому. Поясніть, чому при піднесенні обох частин рівняння до парного степе­ ня можуть з ’явитися сторонні корені. Як відсіюють сторонні корені?

Вправи

Розв’ яжіть рівняння (1 —6). 1.

1)

уіх —2 =

4)

уіх 2+

2.

1)

уіх

3.

1) л/х-2 + л/2х + 5 = 3;

2) л/2х-20 + л/х + 15 =5;

3)

4)

4.

5.

1;

2) У І Х - 1 = -3 ;

125 = 5;

5) к ]2х-9 = 3.

+ 1= х -5 ;

у іх - 3

2) л/Зх-2 + х = 4;

=1 + у іх - 4 ;

уіх +

3) % Іх - 1 = -3 ;

3°) %/х-х:< = —х;

2 - у іх - 6 =2.

1) л/х3- 2 х + 6 = х ;

2) л/ х -х 3+ 5 = - х ;

3) 4 з Щ

4) лІ2 + \Іх2+ Зх--4 =2.

х

+ 1 0=2 ;

1) %[х + 3%Іх = 4;

2) л/х-2 + 2^/х-2 = 3;

3) З ^х + 1 + л/х"+ї = 4;

4) л/х2—1 + л/х2—1 = 2 .

6*. 1) ^ Г ^ І - л / ^ ї ; 2) ^ Т 3 - ^ Т Ї = 2. Розв’ яжіть систему рівнянь (7 —8). [Зл/х+|/ї/=6,

^

[2л/х + 3-^/ї/ = 7,

|л/х-|/ї/ = 2;

[З л/ х-л/у = 5;

|л/^ + ^

| 2 л / ^ - ^ = 7,

= 3,

[2л: —у = 7; |3/х+^/=4,

[л/х-^/ї/=4. 2 |^/х + і/ + ^ х -і/ = 2,

х + і / = 28;

[^/х + і/ - у ] х - у = 8 ;

ф с + Зу + 6 = 2 ,

І-^ х + у - 1 =1,

■ ^ 2 х -у + 2 = 1 ;

^ ід / х -^ + 2 = 2 у - 2 .

4) л/х8+ х - х = 0.


186

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

§ 1 2

УЗАГАЛЬНЕННЯ ПОНЯТТЯ СТЕПЕНЯ. СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ, II ВЛАСТИВОСТІ ТА ГРАФІК

12.1. Узагальнення поняття степеня Т а б л и ц я 20

1. Степінь з натуральним і цілим показниками ап = а • а • ... • а Празів

а =а

а° = 1

а

ф

0

а п = —п а

а & К ,п &N ( п > 2)

0, п

ф

а

2. Степінь з дробовим показником а > 0

ап = УІа

а п = л/а

а > 0, п є N (п > 2), т є Е

3. Властивості степенів

(!)” а\

(ат) п = атп

п

/ \п

ІЬ)

(аЬ)п = апЬп

Н

Пояснення й обґрунтування

1. Вам відомі поняття степенів з натуральним і цілим показниками. Нагадаємо їх означення та властивості. Якщо п — натуральне число, більш е за 1, то для будь-якого дійсно­ го числа а КІВ,

, тобто

ап дорівню є д обутк у п СПІВМНОЖНИ­

кожен з яких дорівнює а При п = 1 вважають, що а = а Якщо а

Ф

0, то а °= 1

і а п= —

, де п — натуральне число.

а

Наприклад, ( —5)3 = ( —5 )- (—б ) - ( —б) = —125, 2 3 = -^- = ~Також вам відомі основні властивості степенів: ат - а п = ат+п;

ат:ап = ат п ;

( ат) п = атп;

( аЬ)п = апЬп;

1-І = — . \Ь)

ьп


12 Узагальнення поняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік

187

Нагадаємо ще одну корисну властивість /а\

і

_ і _

\6/

_/ьГ

~ а ! ~ ап

\а) '

Ьп

2 і Узагальнимо поняття степеня для виразів виду З7; б0,2; 5 3 і т. п., тобто для степенів з раціональними показниками. Відповідне означення бажано дати так, щоб степені з раціональними показниками мали ті самі властивості, що й степені з цілими показниками. Наприклад, якщо ми хочемо, щоб виконувалася властивість (ар) д = ат, (

т п

то повинна виконуватися рівність \ап І = а п = а т. А л е за означенням т

кореня п-го степеня остання рівність означає, що число а п є коренем п-то степеня з числа а111. Це приводить нас до такого означення. Степенем числа а > 0 з раціональним показником г = —, де тп — ціле п

число, а п — натуральне число (п > 1), називається число \ а Також за означенням приймемо, що при г > 0 СГ = 0 Наприклад, за означенням степеня з раціональним показником: 3^ = л/з ^ = л/9;

5^ =л/б;

2^=^Г®=^;

0^=0. ТП

З а у в а ж е н н я . Значення степеня з раціональним показником а п (де п > 1) не означають при а < 0. Це пояснюють тим, що раціональне число г можна подати різними • /-» ЛЬ ҐҐЬІі і способами у вигляді дробу: г = — = — , де к — будь-яке натуральне п

пк

число. При а > 0, використовуючи основну властивість кореня і означення та

і------

--------

степеня з раціональним показником, маємо: аг = а п = а"' = Отже, при а > 0 значення аг не залежить від форми запису г.

пік

.

При а < 0 ця властивість не зберігається. Наприклад, якщо г = —= —, З 6 ^ 2 то повинна виконуватися рівність аа= а в. А л е при а = —1 одержуємо: а 3 = (- 1 )з = > / - != - !;

2

/ -.ч—

Ш/ -.42

«/-.

^

^

а 6 = ( - 1 ) 6 =л/(-1)2 = уі1 = 1 ф -1, тобто при від’'ЄМНИХ

значеннях а маємо: а 3 Фа&. Через це означення степеня а п (тп — ціле, п — натуральне, не рівне 1) для від’ємних значень а не вводять.


188

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Покажемо тепер, що для введеного означення степеня з раціональ­ ним показником зберігаються всі властивості степенів з цілими по­ казниками (відмінність полягає в тому, що наведені далі властивості є правильними тільки для додатних основ). Для будь-яких раціональних чисел г і 5 та будь-яких додатних чисел а Ї Ь виконуються рівності: 1)

аг-а е = аг + в;

2)

аг : ав = аг е;

3)

(аг) в = а"-,

4)

(аЬ)г = агЬг;

5)

/«Л Іь/

аг ~ Ьг '

Для доведення цих властивостей достатньо скористатися означенням степеня з раціональним показником і доведеними в § 10 властивостями кореня п-то степеня. •

Нехай г = — і 8 = —, де л і д — натуральні числа (більш і за 1), п

д

а пі і р — цілі. Тоді при а > 0 і Ь > 0 маємо:

Поняття степеня з ірраціональним показником. Опишемо в за­ гальних рисах, як можна означити число а° для ірраціональних а, коли а > 1. Наприклад, пояснимо, як можна розуміти значення 2^®.

Ірраціональне число л/з можна подати у вигляді нескінченного не­ періодичного десяткового дробу л/з =1,7320508075.... Розглянемо десят­ кові наближення числа л/з з недостачею і надлишком:


12 Узагальнення поняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік

189

1 < л/з < 2;

1,7 <л/з <1,8; 1,73 < л / з< 1,74; 1,732 < л / з< 1,733; 1,7320 < л / з< 1,7321; 1,73205 < л / з< 1,73206; 1,732050 < л/3 < 1,732051;

Будемо вважати, що коли г < л/§ <8 (де г і 5 — раціональні числа), то значення 2^' розміщується між відповідними значеннями 2Г і 2®, а саме: 2' < 2 ^ < 28. Знайдемо за допомогою калькулятора наближені значення 2Г і 2®, вибираючи як г і 5 наближені значення л/3 з недоста­ чею і надлишком відповідно. Одержуємо співвідношення: 21< 2 '® < 2 2; 21’7 = 3,2490096 < 2 ^ < 21’8 « 3,4822022; 21,73« 3,3172782 < 2 ^ < 21’74 « 3,3403517; 21,732 «3,3218801 < 2 ^ < 21,733«3,3241834; 21,7320 « 3,3218801 < 2 ^ < 21,7321 « 3,3221104; 2і;73206 „ 3,3219952 < 2 ^ < 21’73206 « 3,3220182;

2і,7з20бо ^ 3,3219952 < 2"® < 21’732051 « 3,3219975. Як бачимо, значення 2Г і 2® наближаються до одного й того самого чис­ ла 3,32199... . Це число і вважають степенем 2'*®. Отже, 2 ^ = 3,32199__ Значення 2 ^ , обчислене на калькуляторі, таке: 2 ^ —3,321997. Можна довести, що завжди, коли ми вибираємо раціональні числа г, які з недостачею наближаються до ірраціонального числа а, і раціональ­ ні числа 5, які з надлишком наближаються до цього самого ірраціональ­ ного числа а, для будь-якого а > 1 існує, і притому тільки одне, число у, більше за всі аг і менше за всі а®. Це число у за означенням є а“. Аналогічно означають і степінь з ірраціональним показником а для 0 < а < 1, тільки у випадку, коли г < а < 5 при 0 < а < 1, вважають, що а® < а° < аг. Крім того, як і для раціональних показників, за означенням вважають, що I а = 1 для будь-якого а і 0а = 0 для всіх а > 0.


190

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

П риклади розв'язання завдань Приклад 1

Подайте вираз у вигляді степеня з раціональним показником: 1)

2)

3) ^

при а > 0;

Р о з в ’я з а н н я

Комент ар

За означенням степеня з раціо­ нальним показником для а > 0

|/7®=73; <

!)►

і

2)

4*) № .

/7?

(1) Д ля завдання 3 врахуємо, що Щат= а ^ .

3) ►

при а > 0 у[а* = а7; <1

4) ►

л/а^ = ^|а|2 = |а|7- <1

вираз

а‘

означений також і при

а = 0.

У завданні 4 при а < 0 ми не ма­ ємо права користуватися формулою (1). А л е якщо врахувати, що а2 = |а|2, то для основи |а |формулою (1) уже можна скористатися, оскільки |а |> 0. Приклад 2

Обчисліть: 1) 814; 2) 128 7; 3*) (—8) Комент ар

Р о з в ’я з а н н я

1)

Використовуємо означення сте­ пеня з раціональним показником:

81^ = л/вї^ = (л/вТ)3 = З3 = 27; <

2) ► 128 ^ = л/128 2 = {ІІЇ2 8 ) 2=

а п = Щат, де а > 0, а при виконанні

завдання 3 враховуємо, що вираз

= 2 2= )4 ; <

т а п не означено при а < 0.

З*) ►

( —8 )3

не існує, оскільки X степінь а 3 означений тільки при а > 0. <1

Приклал 3

Спростіть вираз: 1) ~

а —Ь

Г’

а2- Ь 2

Р о з в 'я з а н н я \2

1) ►

/

і \2

а —Ь

Г

а2- б 2

1 1 і2-б 2

2*)

х + 27

1

І

я 3 -З х 3 +9

Комент ар

Оскільки задані приклади вже і і і містять вирази а 2, б2, х✓•гЗ, то а > 0,


12 Узагальнення поняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік

( „ 2 _ Ь2 ) \ П 2 , Й2І

і

1

^А “ і +0 - = а2+ Ь 2', <| і 2- » 2

У)

я + 27

2*) ►

2

1

+3

2

я 3 - З х3 + 9

1_

х 3 -З х 3 +9

( * 3+ З )(*3-З *3+_9)=ЛІ + З><| 2 ^ х 3 - З х3 + 9

Приклад 4

Ь > 0, х > 0. Тоді в завданні 1 не­ від’ємні числа а і Ь можна подати

як квадрати: а = (а 2) , ь = {ь 2) і ви­ користати формулу різниці квад­ ратів: х 2 - у2 = (х - у) ( х + у), а в завданні 2 подати невід’ ємне чис-

( ло х як куб: х = \х3) і використати формулу розкладу суми кубів: а8 + Ь8 = (а + Ь) (а 2 - аЬ + Ь2).

Розв’яжіть рівняння: 1) у[х* =1;

2*) х і 1.

Р о з в ’я з а н н я

1)

Комент ар

Область

► ^ = 1. ОДЗ: х є й , х 2 = 1,

рівняння

= ± 1. Відповідь: ±1. <1

ла,

2*) ► лД = 1. ОДЗ: х > 0 , х 2 = 1, = ± 1.

Ураховуючи ОДЗ, X = 1. Відповідь: 1. <1

допустимих

уГх 2 =

значень

1 — усі дійсні чис2

X

X

191

одержуємо

а рівняння х 3 = 1 — тільки х > 0. При піднесенні обох частин рів­ няння до куба одержуємо рівняння, рівносильне заданому на його ОДЗ. Отже, першому рівнянню задоволь­ няють усі знайдені корені, а друго­ му — тільки невід’ємні. (У завданні 1 також ураховано, що { ^ х 2) = х 2, а в завданні 2 — що УО

= х^ 8= х 2.)

Ш Запитання д л я контролю 1. 2.

Дайте означення степеня з натуральним показником. Наведіть при­ клади обчислення таких степенів. Дайте означення степеня з цілим від’ ємним показником та з нульо­ вим показником. Наведіть приклади обчислення таких степенів. При яких значеннях а існують значення виразів а0 та а п, де п є N1


192

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

ут « • ПІ З. Дайте означення степеня з раціональним показником г = —, де 72

т — ціле число, а п — натуральне, не рівне 1. Наведіть приклади обчислення таких степенів. При яких значеннях а існують значення т 2^ _2 виразу а п? Укажіть область допустимих значень виразів а5 і а Б.

4.

Запишіть властивості степенів з раціональними показниками. На­ ведіть приклади використання цих властивостей.

5*. Обґрунтуйте властивості степенів з раціональними показниками. 6*. Поясніть на прикладі, як можна ввести поняття степеня з ірраціо­ нальним показником.

Вправи Подайте вираз у вигляді кореня з числа: 1) 2% 2) 3 % 3) 50’25; 4) 4 5) 21-5; 6) 7" І Подайте вираз у вигляді степеня з раціональним показником: 1°)

2°) л/4;

3°) л/г®;

4) л]а 2 при а > 0;

5) ^2Ь при Ь > 0;

6*)

Чи має зміст вираз: 1) (-3 )2 ; 4.

5.

2) ( —5 ) 2;

3 )4 ? ;

4) 0 5?

Знайдіть область допустимих значень виразу: 1) х Б;

2) х 3;

3) (х - 1 ) §;

4) (х + 3)*;

5) ( х 2 - 1)°;

6) х 8 - 5.

Знайдіть значення числового виразу: 1) 2430-4;

2)

64

3) 164

4)

27'

1

5,(і

252 - 8 1 2

125

6>(4)

2

•ш

162- 2 1 • — ■

- І

8

3;

7) 6.

Розкладіть на множники: і І 1 1) (а х )3 + (ш/)3; 2) а - а 2;

3) З + З2;

І І I I 4) а + Ь 2 + а г + а2Ь2.


§ 12. Узагальнення поняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік

7. Скоротіть дріб: 1)

; +ь2 а —Ь '

2) '

р_~Ар —25

3)

с + с 2й 2 + й .

з

з

4)

1 1 ■тяп3 +п

с2 - а 2

Спростіть вираз (8 —9). _і ^ 2) У - і / 2) + 2х2і/2;

8. 1) ( і + с^) - 2 с 2; 3) (л:4+ і)(л :ї - і ) ( л : 2+ і ) ; 9. 1)

X2

_ 4

х-16

о\

а-Ь

—— г ;

4) ( / Д + Д ) ( / ^ + ^ ) ( / ^ - Д ) . 3)

2-8

4)

1+2г3 +4

а3 -б 3

а+Ь

2

її

10. Розв’ яжіть рівняння: 1) лД=1;

2) х^ = 2 ;

3)

X е =2;

2’

а 3 - а 363 + 6 3

4)

=2.

193


194

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

12.2. Степенева функція, її властивості та графік


12. Узагальнення поняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік

195

Т а б л и ц я 21

Особливий випадок (а = 0) Якщо а = О, то у = х ° = хР = 1 (при х

У■\ Ф

0).

\,

У = х°

0

функції

у = Xа

(при а

х

ф 0)

Властивості І ) (у )

Е (у)

парність і непарність

зростання і спадання

Парна

Спадає на проміжку (—°°5 0], зростає на проміжку [0; +оо)

Непарна

Зростає

Непарна

Спадає на кожному з проміжків (—■ оо; 0) і (0; +°°)

(у = х2п, п є ЛО

[ 0 ; +о°)

Е

(у = х та у = х 2п+ ] , п є ЛО

В

В

су = х - (2п-1>_

х

ф

0

1

уф 0

пєЩ


196

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ


12. Узагальнення поняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік

Продовження табл. 21

функції у =

(при а ф 0)

Властивості О (у)

Е (у )

парність і непарність

зростання і спадання

Парна

Зростає на проміжку (—о°; 0), спадає на проміжку (0; +оо)

Н і парна, ні непарна

Зростає

(у = х 2п= ~ ^ , пєЛГ) X

х Ф0

(0; +°°)

а — неціле додатне число

[0; +°°)

[0; +°°)

а — неціле від’ємне число

(0; +°°)

(0; +°°)

Н і парна, ні непарна

Спадає

197


198

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Пояснення й обґрунтування

Степеневими функціями називають функції виду у = х°, де а — будь-яке дійсне число. З окремими видами таких функцій ви вже ознайомилися в курсі алгебри 7—9 класів. Це, наприклад, функції у = х 1 = х, у = х 2, у = х 8. При довільному натуральному а графіки і властивості функції у = X а анало­ гічні відомим вам графікам і властивостям указаних функцій. Описуючи властивості степеневих функцій, виділимо ті характерис­ тики функцій, які ми використовували в § 10: 1) область визначення; 2) область значень; 3) парність чи непарність; 4) точки перетину з осями координат; 5) проміжки знакосталості; 6) проміжки зростання і спадан­ ня; 7) найбільше та найменше значення функції. 1. Функція у = Xа ( а — парне натуральне число). Якщо а — парне на­ туральне число, то функція у = х 2п, п є N , має властивості та графік, повністю аналогічні властивостям і графіку функції у = х 2. Дійсно, область визначення функції у = х 2п: І ) (у ) = К, оскільки зна­ чення цієї функції можна обчислити при будь-яких значеннях х. Ф ункція парна-, якщо / (х ) = х 2", то / ( - х ) = ( - х ) 2" = х 2" = / (х). Отже, графік функції у = х 2п симетричний відносно осі Оу. Оскільки при х = 0 значення у = 0, то графік функції у = х 2п завжди проходить через початок координат. Н а проміжку [0; +о°) функція зростає. • Дійсно, для невід’ ємних значень при х2 > х 1 (х ] > 0, х 2 > 0) одержу­

ємо х 2п> х 2п, оскільки, як відомо з курсу алгебри 9 класу, при під­ несенні обох частин правильної нерівності з невід’ ємними членами до парного степеня (із збереженням знака нерівності) одержуємо правильну нерівність. О Н а проміжку (-°°; 0 ] функція спадає. Дійсно, для недодатних значень х 1 і х2 (х 1 < 0, х 2 < 0), якщо х 2 > х <, то - х 2 < - х 1 (і тепер —Х| > 0, —х 2 > 0). Тоді ( - х 2)2" < ( - х ^ 2", отже, х2 г < х 2п, тобто / (х 2) < / (х 1). О Для того щоб знайти область значень функції у = х 2п, п є N , складемо

рівняння х 2п = а. Воно має розв’язки для всіх а > 0 (тоді х = ± 24 а ) і тіль­ ки при таких значеннях а. Усі ці числа і складуть область значень функ­ ції. Отже, область значень заданої функції: у > 0, тобто Е (у ) = [0 ; +оо). Таким чином, для всіх дійсних значень х значення у > 0. Найменше значення функції дорівнює нулю (у = 0 при х = 0). Найбільшого значен­ ня функція не має.

Зазначимо також, що при х = 1 значення у = 12п = 1. Ураховуючи властивості функції у = х 2п, п є N , одержуємо її графік (рис. 85).


12. Узагальнення поняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік

199

2. Функція у = X а ( а — непарне натуральне число). Якщ о а — непарне натуральне число (а = 2п — 1, п є ЛГ), то властивості функції у = х 2" 1, п є И , аналогічні властивостям функції у = х ?‘. Дійсно, область визначення функції у = х 2п1, п є № Б (у ) = В, оскільки значення цієї функції можна обчислити при будь-яких зна­ ченнях х. Ф ункція непарна-, якщо / (х ) = х 2" 1, то / ( - х ) = ( - х ) 2" 1= - х 2" 1= = —/ (х ). Отже, графік функції симетричний відносно початку координат. Оскільки при х = 0 значення у = 0, то графік функції у = х 2п 1 зав­ жди проходить через початок координат. Н а всій області визначення функція зростає.

Дійсно, при х2 > х І одержуємо х'2п 1> х 2" 1, оскільки при піднесенні

обох частин правильної нерівності до непарного степеня (із збере­ женням знака нерівності) одержуємо правильну нерівність. О Д ля знаходження області значень функції у = х 2" 1, п є N , складемо рівняння х 2п1 = а. Воно має розв’язки для всіх а є В, (при п = 1 одержу­ ємо х = а, а при п Ф 1, п є одержуємо х = 2п -ч/а). Отже, область зна­ чень заданої функції: у є В,, тобто Е (у ) = В = (—°°; +°°). Тому найменшого і найбільшого значень функція не має. Проміжки знакосталості: при х > 0 значення у = х 2" 1 > 0, при х < 0 значення у = х 2п 1 < 0. Зазначимо також, що при х = 1 значення у = І 2" 1 = 1. Як відомо з курсу алгебри та геометрії, графіком функції у = х 1 = х є пряма, яка проходить через початок координат (рис. 86), а при інших непарних натуральних а функція у = х 2п+ 1, п є N , має графік, аналогіч­ ний графіку функції у = х3 (рис. 87). 3. Функція у = (а — непарне від’ємне число). Якщ о а — непарне від’ємне число, то функція у = х (2п п є N , має властивості та графік, повністю аналогічні властивостям і графіку функції у = ~. у = х 2п,

Рис. 85

Рис. 86

Рис. 87


200

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Дійсно, область визначення функції

^ : х Ф 0, тобто ж П ( У ) = ^—ОО* 0) и (0; +оо), оскільки значення цієї функції можна об­ числити при будь-яких значеннях х, крім х = 0. Ф ункція непарна-, при х Ф 0, якщо / (х ) = х <2" °, то / ( - х ) = ( - х ) (2" 0 = - х (2" 0 = -/ (х). Отже, графік функції симетричний відносно початку координат. Ураховуючи, що х

Ф

0 і

у

ф

0

у =

х -2" 11=

= х - {гп- 1) = ^ т г Ф о|, одержуємо, що

графік функції у = х Н2п 0 не перетинає осі координат. Н а проміжку (0; +о°) функція спадає.

Дійсно, для додатних значень при х2 > х 1 (х 1 > 0, х2 > 0) одержуємо х|п_1 > х 2п~] , але тоді

2! і < 2„ і > отже, х 2(2'' |)< х |(2'' |). О х2

х хп

Н а проміжку ( —оо; 0) функція теж спадає. Це випливає з того, що її

графік симетричний відносно початку координат. • Наведемо також і аналітичне обґрунтування: якщо х 1 < 0, х2 < 0 і х2 > х 1? то —х2 < —х 1 (і тепер —х 1 > 0, —х2 > 0). Тоді за обґрунтова­ ним вище ( - х 2) (2п1) > ( - х г)-(2п- 1}, отже, - х 2(2'' |)> - х |(2'' |). Звідси х^ 211- " < х ? 2п- 1). 0

Д ля того щоб знайти область значень функції у = х (2п складемо рівняння х (2п 1) = а, тобто всіх а

Ф

0 (тоді х = 2" п р и уа

х

п є N,

.} . = а. Воно має розв’язки для

п Ф 1 і х = — при п = 1) і тільки при таких а

значеннях а. У сі ці числа і складуть область значень функції. Отже, об­ ласть значень заданої функції: у Ф 0, тобто Е (у ) =(—°°; 0) ЦІ (0; +оо). Тому найменшого і найбільшого значень функція не має. Проміжки знакосталості: при х > 0 значення у = х (2" 1) > 0,

а при х < 0 значення < 0. у = х~(2п Зазначимо також, що при х = 1 значення у = 1 (2п 1) = 1. Ураховуючи властивості функції у = х <2" п є N , одержуємо її графік (рис. 88).

Рис. 88

4. Функція у = Xа (а — парне від’ ємне число). Якщ о а — парне від’ ємне чис­ ло, то функція у = х~2п, п є ЛГ, має


12. Узагальнення поняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік

201

властивості та графік, повністю аналогічні властивостям і графіку функдп у ~ . X

Дійсно, область визначення функції у = х ~2п= — х Ф 0, тобто ж Ш у ) = ( —оо* 0) и (0; + о о ) , оскільки значення цієї функції можна об­ числити при будь-яких значеннях х, крім х = 0. Ф ункція парна-, при х Ф 0, якщо / (х ) = х 2", то / ( - х ) = (~ х ) 2п = х 2" = = / (х). Отже, графік функції симетричний відносно осі Оу. Оскільки при х Ф 0 значення у = X 2п= — > 0, то графік функції X

у = х 2п не перетинає осі координат. Н а проміжку (0; +о°) функція спадає.

Дійсно, для додатних значень при х 2 > х 1 ( х 1 > 0, х 2 > 0) одержуємо х 2п> х 2п, але тоді —^ < -4^, отже, х 22'' < х, 2". О х2

Н а проміжку (-оо; 0) функція зростає.

Ц е випливає з того, що її графік симетричний відносно осі Оу. Наведемо також і аналітичне обґрунтування: якщо х 1 < 0, х2 < 0 і х2 > х <, то —х2 < ~хг (і тепер —х г > 0, —х2 > 0). Тоді за обґрунтова­ ним вище ( - х 2) 2" > (-гг,) 2", отже, х22" < х , 2". О Д ля того щоб знайти область значень функції у = хг2п, п є N , скла­

демо рівняння х~2п = а, тобто —^ = а. Воно має розв’язки для всіх а > 0 X

(тоді х = ± 2і ^ ^ і тільки при таких значеннях а. У сі ці числа і складуть область значень функції. Отже, область значень заданої функції: у > 0, тобто Е (у ) = (0; Ч-00). Тому найменшого і найбільшого значень функція не має. Зазначимо також, що при х = 1 значення у = 1 2" = 1. Ураховуючи властивості функції у = х 2,1, п є 1V, одержуємо її графік (рис. 89). 5. Функція у = X а ( а — неціле додатне чис­ ло ). Я кщ о а — н ец іле додатне ч и сло, то функція у = х а (а > 0, а — неціле) має об­ ласть визначення х > 0: Б ( у ) = [0; + о о ) , оскільки значення степеня з додатним не­ цілим показником означено тільки для не­ від’ємних значень х. Тоді область визначення несиметрична відносно точки 0, і функція не може бути ні парною, ні непарною.

іп - ,7 п є N *у•' - х 2п = — ..2


202

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Оскільки при х = 0 значення у = 0, то графік функції у = Xа (а > 0) завжди проходить через початок координат. При х > 0 значення у = Xа > 0.

Можна обґрунтувати, що на всій області визначення функція у = Xа (а > 0) є зростаючою. Д ля того щоб знайти область значень функції у = Xа, складемо рів­ няння Xа = а. Воно має розв’ язки для всіх а > 0 (тоді х = а " ) і тільки при таких значеннях а. У сі ці числа і складуть область значень функції. Отже, область значень заданої функції: у > 0, тобто Е (у ) = [0; +оо). Зазначимо також, що при х = 1 значення у = I а = 1. Зображуючи графік функції у = Xа (а > 0, а — неціле), слід урахову­ вати, що при 0 < а < 1 графік має вигляд, аналогічний графіку у = \[х (рис. 90)1, а при а > 1 — аналогічний правій вітці графіка у = х 2(рис. 91). 6. Ф ун к ц ія у = X а (а — н ец іле від’ ємне чи сло). Я кщ о а — неціле від’ємне число, то функція у = Xа (а < 0, а — неціле) має область ви­ значення X > 0 (£) (у) = (0; +оо)), оскільки значення степеня з від’ ємним нецілим показником означено тільки для додатних значень х. Тоді область визначення несиметрична відносно точки 0, і функція не може бути ні парною, ні непарною. Ураховуючи, що при х > 0 значення у = Xа > 0 (тобто х Ф 0 і у Ф 0), одержуємо, що графік функції у = Xа (а < 0) не перетинає осі координат. Н а проміжку (0; +оо) функція спадає, тобто для додатних значень при х2 > х 1 (х 1 > 0, х2 > 0) одержуємо х2 < х". •

Доведемо це, наприклад, для випадку, коли а — від’ємне раціональ­ не неціле число І а = —— — неціле, т є ІУ, п є Щ . При додатних п

значеннях х2 > х <(х 1 > 0, х2 > 0), ураховуючи результати досліджен­ ня функції у = Xа при цілом у від’ємному а, одержуємо х 2"' < х, Потім, зважаючи на те, що функція у = л/і ПРИ додатних і є зроста ючою, маємо Можна обґрунтувати, що і в тому випадку, коли а — від’ємне ірра­ ціональне число, функція у = Xа також спадає на всій області визначен­ ня (тобто при х > 0). Д ля того щоб знайти область значень функції у = Xа, складемо рів­ няння Xа = а. Воно має розв’ язки для всіх а > 0 (тоді х = аа) і тільки при таких значеннях а. У сі ці числа і складуть область значень функції. Отже, область значень заданої функції: у > 0, тобто Е (у ) = (0; +оо). 1 Це буде детальніше обґрунтовано в підручнику для 11 класу.


12 Узагальнення поняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік

203

у = х а (а > 1,

а — неціле) у = ха (а < 0, а — неціле)

1

0

X

Рис. 92

у = х°

х

Рис. 93

Зазначимо також, що при х = 1 значення у = I а = 1. Ураховуючи властивості функції у = Xа (а < 0), одержуємо її графік (рис. 92). Особливий випадок. Якщ о а = 0, то функція у = Xа = х° = 1 при х Ф 0 (нагадаємо, що 0° — не означено) і її графік — пряма у = 1 без точки (0; 1) (рис. 93).

Н

П риклади розв'язання завдань

Приклад 1

Знайдіть область визначення функції:

1) у = (х —З)3;

2) у = ( х + і У * .

Р о з в ’я з а н н я

1)

Комент ар

і Ураховуємо, що вираз а 3 озна-

► х — 3 > 0, тобто х > 3, отже, В (у ) = [3; + - ) . <

2)

► х + 1 > 0, тобто х > —1, отже, В (у ) = (-1 ; + - ) . <

Приклад 2

чений при а > 0, а вираз а 2 — тільки при а > 0.

Побудуйте графік функції:

1) у = х 5 + 1;

2) у = (х + 2)3.

Р о з в ’я з а н н я

1)

2)

Комент ар

► Будуємо графік у = Xа (рис. 94, а), а потім паралельно переносимо його вздовж осі Оу на +1 (рис. 94, б). <1 ►

Будуємо

графік

у = х3

(рис. 95, а) а потім паралельно переносимо його вздовж осі О х на -2 (рис. 95, б). <1

Графіки заданих функцій мож­ на отримати із графіків функцій: 1)

у = х 5, 2) у = х а за допомогою

паралельного перенесення: 1) на +1 уздовж осі Оу; 2) на -2 вздовж осі Ох.


204

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Рис. 94

Н

Рис. 95

Запитання д л я контролю

1.

Користуючись графіком відповідної функції, охарактеризуйте властивості функції у = Xа, якщо: 1) а — парне натуральне число; 2) а — непарне натуральне число; 3) а — непарне від’ємне число; 4) а — парне від’ємне число; 5) а — неціле від’ємне число; 6) а — неціле додатне число. 2*. Обґрунтуйте властивості степеневої функції в кожному з випадків, указаних у завданні 1.

Н 1.

Вправи Знайдіть область визначення функції: 1° ) у = х 7; 2

5

4°) у = х 7; 2.

і 3°) у = ( х - 1 ) 2;

2° ) у = х 8;

5) у = (рс2—х ) я',

9

6) у = (х 2—х + 1) 2.

Побудуйте графік функції: 1°) у =

3) у = х 8; 4) у = х 4; 5) у = х 4; 1 1 6) у = х 4; 7) у = (х + І ) 4; 8*) у = х 5 - 3; 9*) ї/= |л: |3; 10*) у = \х 5 - 1 |. Xі ;

2°) у = х 7;

Б

3.

Побудуйте і порівняйте графіки функцій: 1) у = 4 х і у = х ®;

2) у = 4 х і у = хЛ.

4.

Розв’ яжіть графічно рівняння: І _І 1) х 2= 6 - х ; 2) х я = х 2;

5 3) х г = 2 - х ;

1 4) х 4=2 х —1.

Перевірте підстановкою, що значення х дійсно є коренем рівняння. 5*. Доведіть, що рівняння, наведені в завданні 4, не мають інших коре­ нів, крім знайдених графічно.


13. Застосування властивостей функцій до розв'язування ірраціональних рівнянь

б 1о З

205

ЗАСТОСУВАННЯ ВЛАСТИВОСТЕЙ ФУНКЦІЙ ДО РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ІРРАЦІОНАЛЬНИХ РІВНЯНЬ

13.1. Застосування властивостей функцій до розв’язування ірраціональних рівнянь Нагадаємо основні ідеї, які використовують при розв’язуванні рів­ нянь за допомогою властивостей функцій. Т а б л и ц я 22 1. Скінченна ОДЗ Орієнтир

Приклад

Якщо область допустимих значень (ОДЗ) рівняння (нерівності або сис­ теми) складається із скінченного числа значень, то для розв’язуван­ ► ня достатньо перевірити всі ці зна­ чення.

Розв’яжіть рівняння уіх —3 +

2х2= л/б —2х +18.

(х —3 ^ 0 ,

ОДЗ: \

(х ^ З ,

Тоді \ [6 -2 х > 0 . [х < 3 .

Отже, ОДЗ: х = 3. Перевірка, х = 3 — корінь (л/0 + 18 = ^0 + 18; 18 = 18). Інших коренів немає, оскільки до ОДЗ входить тільки одне число. Відповідь: 3. <1

2. Оцінка значень лівої та правої частин рівняння Орієнтир

Приклад Розв’ яжіть рівняння

/ ( х ) = %(х) / ( х ) > а, Е 0*0 < а

Г/0к) = а, <=> ^ І£ (а :)- а

^ х 2- 5х + 6 = Ах - х 2- 4. Запишемо задане рівняння так: у]х2- 5 х + 6 = - ( х 2- 4 х + 4 ) , уіх 2- 5 х

+ 6 = - ( х - 2 ) 2,

/(х) = у! х 2- 5х + 6 > 0 , Якщо потрібно розв’ язати рів­ § (х ) = ~ (х - 2)2 < 0. няння виду / (ж) = £ (ж) і з’ясувалося, Отже, задане рівняння рівносильне що / (ж) > а, § (ж) < а, то рівність між системі лівою і правою частинами рівняння \-^х2—5х + 6 =0, можлива лише у випадку, якщо / (ж) \—(х —2)2= 0. і £ (ж) одночасно дорівнюють а. Із другого рівняння одержуємо х = 2, що задовольняє й першому рівнянню. Відповідь: 2. <\


206

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Продовження табл. 22

3. Використання монотонності функцій Схема розв’язування рівняння 1. 2.

Підбираємо один або декілька коренів рівняння. Доводимо, що інших коренів це рівняння не має (використовуючи теоре­

ми про корені рівняння або оцінку лівої та правої частин рівняння).

Теореми про корені рівняння 1.

Якщо в рівнянні / (ж) = а функція / (ж) зростає (спадає) на деякому проміжку, то це рівняння може мати не більш ніж один корінь на цьому проміжку. Приклад Рівняння

л[х + 2%/х = 3

корінь

X= 1

З = 3),

оскільки

має єдиний

( Я + 2 •л/Г = 3,

функція

тобто /(лс) = -

= л[х + 2%/х зростає (на всій області визначення х > 0) як сума двох зрос­ таючих функцій 2.

Якщо в рівнянні / (ж) = £ (ж) функ­ ція / (ж) зростає на деякому проміж­ ку, а функція £ (ж) спадає на цьому самому проміжку (або навпаки), то це рівняння може мати не більш ніж один корінь на цьому проміжку. Приклад Рівняння -у/х = 6 —х має єдиний ко­ рінь х = 4 (л/4 = 6 - 4 , 2 = 2), оскіль­ ки / (х) = л[х зростає (при х > 0), а Є (х ) = 6 — х спадає

Пояснення й обґрунтування

1. Використання скінченності ОДЗ для розв’язування ірраціональних рівнянь. Основними способами розв’ язування ірраціональних рівнянь, що використовують у курсі алгебри і початків аналізу, є виконання рів­ носильних перетворень рівнянь або одержання рівнянь-наслідків, які дозволяють звести задане рівняння до раціонального. А л е іноді одержа­ не раціональне рівняння виявляється складним для розв’язування. На­


13. Застосування властивостей функцій до розв'язування ірраціональних рівнянь

207

приклад, рівняння л/л: —3 + 2л:2 = л/б —2х +18, наведене в пункті 1 табли­ ці 22, можна звести до раціонального, ізолюючи 1]б —2х і підносячи обидві частини до четвертого степеня, а потім ізолюючи вираз, який містить ліх —3, і підносячи обидві частини до квадрата. А л е в результаті ми одержуємо повне рівняння шістнадцятого степеня. У таких ситуаці­ ях спробуємо застосувати відомі нам методи розв’ язування рівнянь, пов’язані з використанням властивостей функцій. Зокрема, у розглянух —3 > 0 ’ Звідки одержуємо 6 - 2л: > 0.

{

тільки одне значення х = 3, яке входить до ОДЗ. Оскільки будь-який корінь рівняння входить до його ОДЗ, достатньо перевірити, чи є ті чис­ ла, що входять до ОДЗ, коренями заданого рівняння. Перевірка показує, що х = 3 — корінь. Інших коренів бути не може, оскільки ОДЗ рівняння складається тільки з одного значення х = 3. Зауважимо, що в тому випадку, коли ОДЗ заданого рівняння — по­ рожня множина (не містить жодного числа), ми навіть без перевірки можемо дати відповідь, що рівняння не має коренів. Наприклад, якщо потрібно розв’язати рівняння л[х —3 = лІ2—~х + 5х, то його ОДЗ задається \х —3 ^ 0 ,

[л:^3, тобто < яка не має розв язків. Отже, ОДЗ за[2 -х > 0 , [л: < 2,

системою <

даного рівняння не містить жодного числа, і тому це рівняння не має коренів. 2. Оцінка значень лів о ї та правої частин рівняння. Іноді в тих випад­ ках, коли ірраціональне рівняння зводиться до громіздкого раціонально­ го (або зовсім не зводиться до раціонального), доцільно спробувати оці­ нити значення функцій, які стоять у лівій і правій частинах рівняння. Наприклад, щоб розв’ язати рівняння т/х +л[х +

л іх

+ 1=1,

(1 )

достатньо знайти його ОДЗ: х > 0 і за допомогою рівносильних перетво­ рень записати його у вигляді л[х+л[х =1 —л/л + 1. У лівій частині остан­ нього

рівняння

стоїть

функція

/ ( х ) = л [ х + л [х ^ 0

на

всій

області

визначення, а в правій — функція £ (х ) =1 —л/л + 1 < 0 при всіх значен­ нях х з ОДЗ (оскільки при

х>0

л/х + 1 > 1). Тоді рівність між лівою

і правою частинами рівняння можлива тільки в тому випадку, коли вони одночасно дорівнюють нулю. Отже, рівняння (1) рівносильне системі Г/(л:) = 0, [л/л: +у[х =0, , „ „ тобто системі і -----№ )= 0 , [і- $ с + ї= о .

(2)


208

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Розв’ яжемо спочатку перше рівняння цієї системи. Урахуємо, що л[х > 0 і у[х > 0. Сума двох невід’ ємних функцій може дорівнювати нулю

тоді і тільки тоді, коли кожен з доданків дорівнює нулю. Отже, рівняння • п = 0п рівносильне системі• і яка має єдинии- розв ,язок х = 0. [л/х =0, розв’язок задовольняє і друге рівняння системи (2) (дійсно,

іГ уГ і х + ліх

Цей

1-л/о + 1 = 0 , 0 = 0), отже, система (2) теж має тільки один розв’язок х = 0. Таким чином, і рівняння (1) має єдиний корінь х = 0.

3. Використання монотонності функцій. Щ е одним способом розв’язу­ вання тих ірраціональних рівнянь, які зводяться до громіздких раціо­ нальних, є використання зростання або спадання відповідних функцій. Найчастіше це здійснюють за такою схемою: 1) підбираємо один або декілька коренів рівняння; 2) доводимо, що інших коренів це рівняння не має.

Обґрунтування відповідних властивостей наведено в пункті 3.2 роз­ д ілу 1, а приклади використання цього способу для розв’ язування ірра­ ціональних рівнянь — у таблиці 22.

Н

Вправи

Розв’ яжіть рівняння (1 —4) та системи рівнянь (5), використовуючи властивості відповідних функцій. 1.

1)

уіх 2- 1

+ х 2=%І2 —2х2 + х + 2;

2) 2х + у/хг —5х + 6 = х г +у/і0х —2хг —12 —3.

2.

\

1) л /іб + х 2 = 2 - у } х я+ х;

2) 1 + \ х - 4 х = ^1-\х\;

3) 4 х + -^= = 1 - х - х 2;

4) у І х - 2 +

3.

1)

2)

4.

1) л[х^7 + 4 х =3;

2) ^ с + 12 + ^ 3

3) 2л/х —1 + л/л:+ 2 = 6 —л/вх;

4)

1. №

2) \ х * - ^ = у * - ^ ,

5

\х -^ х — і + уіх2 —1 + уіх3 — 1 = 0 ;

+ ^ х = 4 у + ЇІУ’

І2л[х-%[у = 2;

|л/х-

2

= 2 —Іде—ЗІ.

у] х - 2

1+ 1

-

5 1+ ^/х^ІОО

= 0.

= 3;

\ у [х + у [у = 4 .

13.2. Приклади використання інших способів розв’язування ірраціональних рівнянь Якщо, розв’язуючи ірраціональні рівняння, ми використовуємо рівняння-наслідки (як у § 11), то в кінці слід виконувати перевірку одержаних розв’ язків. А л е в тих випадках, коли ці розв’язки — не


13. Застосування властивостей функцій до розв'язування ірраціональних рівнянь

209

раціональні числа, перевірка за допомогою підстановки одержаних зна­ чень у початкове рівняння є достатньо складною і громіздкою. Д ля та­ ких рівнянь доводиться використовувати рівносильні перетворення на кожному кроці розв’язування. При цьому необхідно пам’ ятати, що всі рівносильні перетворення рівнянь чи нерівностей виконують на ОДЗ за­ даного рівняння чи нерівності (пункт 3.1), тому, виконуючи рівносиль­ ні перетворення ірраціональних рівнянь, необхідно враховувати ОДЗ заданого рівняння. Також досить часто в цих випадках міркують так: для всіх коренів заданого рівняння знаки лівої і правої частин рівнян­ ня збігаються, оскільки при підстановці в задане рівняння числа, яке

є його коренем, одержують правильну числову рівність. Використовую­ чи останнє міркування, часто вдається одержати якусь додаткову умову для коренів заданого рівняння і виконувати рівносильні перетворення не на всій ОДЗ даного рівняння, а на якійсь її частині. П рикладі

Розв’яжіть рівняння %/2х + 1 —л/х + 1 =1. Комент ар

Р о з в ’я з а н н я 2х + \ > 0 ,

ОДЗ: , м [х + \ > 0 . Розв’язок цієї системи: х~> ——. 2

На ОДЗ задане рівняння рівно­ сильне рівнянням: л/2х + 1 = 1 + лІх + 1, ( уі2х + і ) А =

( і + л/х + і ) 2,

- 1 = 2 у і х + 1.

(1)

Д ля всіх коренів рівняння (1) х -1 > 0 .

(2)

За цієї умови рівняння (1) рів­ носильне рівнянням: ( х - 1 ) 2= {2 ^ х + і ) 2, х 2 - 2х + 1 = 4 ( х + 1), х 2 - 6х - 3 = 0.

Тоді Х = 3±2л/3.

Переносячи вираз

(—л / л н - Т )

із

лівої частини рівняння в праву з протилежним знаком, одержуємо рівняння, рівносильне заданому.

2х +1 = 1 + 2л/х + 1 + х +1, х

Виконаємо рівносильні перетво­ рення заданого рівняння. Ураховуючи, що всі рівносильні перетворення виконуються на ОДЗ заданого рівняння, зафіксуємо його ОДЗ.

У рівнянні у]2х + \ = 1+ л / х + 1 обидві частини невід’ємні, отже, при піднесенні обох частин до ква­ драта одержуємо рівняння, рівно­ сильне заданому, яке рівносильне рівнянню (1). Для всіх коренів рівняння (1) воно є правильною числовою рівніс­ тю. У цій рівності права части­ на — невід’ємне число (2 л / х + І> 0 ), тоді і ліва частина є невід’ємним чис­ лом, тобто X — 1 > 0 для всіх коренів.


210

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Тоді за умови (2) обидві частини —3 + 2л/з — входить до ОДЗ рівняння (1) невід’ємні, отже, при і задовольняє умові (2), отже, є ко­ піднесенні обох частин до квадрата ренем заданого рівняння; одержуємо рівносильне рівняння. х 2= 3 —2-\/3 — входить до ОДЗ, але А л е після того як знайдено корені не задовольняє умові (2), отже, не цього рівняння, необхідно переві­ є коренем заданого рівняння. рити не тільки те, чи входять вони Відповідь: 3 + 2^2. <1 до ОДЗ, а й чи задовольняють умові (2). Д ля такої перевірки достатньо взяти наближені значення коренів 6,4 та х « -0,4. X, хі

Приклад 2

Розв’яжіть рівняння -у/х+ 3 —4л/х —1 +д/х —2л/х —1 = х + 2. Комент ар

Заміна л]х —1 = і дає змогу помітити, що кожен вираз, який стоїть під знаком зовнішнього квадратного кореня, є квадратом двочлена. Застосовуючи формулу

уіо 2 =\а\,

одержуємо рівняння, що містить

знак модуля, для розв’язування якого використовуємо такий план'. 1) знайти ОДЗ: 2) знайти нулі всіх підмодульних функцій; 3) позначити нулі на ОДЗ і розбити ОДЗ на проміжки; 4) знайти розв’язки рівняння в кожному з проміжків. Р о з в ’я з а н н я

Нехай

—\ = і, де і > 0. Тоді х - 1 = і2; х = і2 + 1.

Одержуємо рівняння

ліі 2+4

—4/ + л]і2+1 —2і = і 2+ З,

яке можна записати так: УІ(і —2)2+т](і —І ) 2 = і 2+ 3. Звідси |І - 2 |+ |І -1 |= І2 + 3. (1) ОДЗ рівняння (1): І є В,, але за змістом завдання це рівняння потріб­ но розв’ язати при і > 0. 2) Н у л і підмодульних функцій: і = 2 і і = 1. 3) Ц і н улі розбивають область і > 0 на три проміжки, у кожному з яких кожна підмодульна функція має постійний знак (рис. 96). Проміжок І. При і є [0; 1] маємо рівняння - ( І - 2) - (І - 1) = І2 + 3. Тоді і2 + 21 = 0, і = 0 або І = —2, але в проміжок [0; 1] входить тільки І = 0. 1)


13. Застосування властивостей функцій до розв'язування ірраціональних рівнянь

211

Проміжок II. При І є [1; 2] маємо рівняння - ( І - 2 ) + ( 1 - 1 ) = І2 + 3, яке рівносильне рівнянню і2 = —2, що не має коренів. Отже, у проміжку [1; 2] коренів немає. Проміжок III. При і є [2; -Н>о) маємо рівняння ( І - 2 ) + ( І - 1) = і2 + 3, з якого одержуємо рівняння і2 — 2ї + 6 = 0, що не має коренів. Отже, у проміжку [2; +оо) коренів немає. Об’єднуючи одержані результати, робимо висновок, що рівняння (1) має тільки один корінь 1 = 0. ____ Виконуючи обернену заміну, маємо -\/х—1 = 0, звідки х = 1. Відповідь: 1. <1

Приклад 3

Розв’яжіть рівняння

'4(х - б )2 - 3 ^ (х - 6)(2х + 3) + 2^(2х + З)2 = 0. Комент ар

Р о з в ’я з а н н я

► Оскільки х = 6 не є коренем заданого рівняння, то при діленні обох частин рівняння на \І(х —6 )2 Ф 0 одержуємо рівносильне рівняння яІ2х + 3 _|_2 3/(^ + Vх-6 \ \ х-6 І

П ісля заміни І = рівняння якого:

І

= 0.

х-6

2і2 - ЗІ + 1 = 0,

корені

л/2х+ 3 = V

заміну

у! х

—6 = и ,

та одержуємо рівняння

и2 - Змі? + 2і>2 = 0, усі члени якого мають однаковий сумарний сте­ пінь1 — два. Таке рівняння назива­ ють однорідним і розв’язують діленням обох частин на найвищий степінь однієї із змінних. Розділимо обидві частини, наприклад, на и2

(тобто на у ] ( х - 6 ) 2). «х - 1,

Виконавши одержуємо:

2обернену

\!:г : 1 і-

заміну,

' 2х + 3

х-6

2х + 3 х-6

Виконуємо

х-6

= 1 або

2х + 3 х-6

х = -9 або х = - 2 . Відповідь: -9 ; -2 . <1

2’

Щ об при діленні на вираз із змінною не загубити корені рівнян­ ня, потрібно ті значення змінної, при яких цей вираз дорівнює нулю, розглянути окремо, тобто в цьому прикладі підставити значення х = 6

в задане рівняння (це можна вико­ нати усно, до розв’ язання записати тільки одержаний результат). Для того щоб здійснити такий план розв’язування, не обов’язково вводити змінні и і V. достатньо помі­ тити, що задане рівняння однорідне, розділити обидві частини на ^ ( х —б )2, а вже потім ввести нову змінну І.

В означенні однорідного рівняння не враховують член 0, який степеня не має.


212

Н

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Запитання д л я контролю

1• Поясніть, які обмеження доведеться накласти на змінну х, щоб розв’язати 2.

Н 1.

рівняння у]х —2 = х —6 за допомогою рівносильних перетворень. Наведіть приклад однорідного ірраціонального рівняння. Складіть план його розв’язування.

Вправи Розв’ яжіть ірраціональне рівняння за допомогою рівносильних пе­ ретворень: 1) л/Зл: —2 = 5 —х;

2) ^ 3 - 2 х - у / і - х =1;

3) уІЗх + 4 + у іх - А =2у[х;

4) >/х + 5 +\[х =л/4х + 9.

Розв’ яжіть рівняння (2 —5). 2.

1) -\Іх + 2л[х-1 + у Іх -2 л Іх -1 = х + 1;

2) ^ х - 3 - 2 л І х - 4 + у ]х -4 л І х - 4 = 1.

3.

1) лІіх + 1)2+ 2 л ] ( х - і ) 2 = Зуіх 2—1;

2) х 2+ л:л/х+І-2(л: + 1) = 0.

4.

1) л/л: —1 —лІх —2 = \Іх2—Зх + 2;

2) л/2л: + 3 - л/2л: +1 =2.

5.

1)

2)

+^ УІ Х3 - 1

§ 14

уіх

=16; —І

у[х+уІх

уГх

-

уіх

®

ІРРАЦІОНАЛЬНІ НЕРІВНОСТІ Т а б л и ц я 23 Орієнтир

Приклад

1. Метод Інтервалів (для нерівностей виду / (х ) й 0) Розв’ яжіть нерівність у]х + 4 > х + 2. ► Задана нерівність рівносильна нерів­ ності у]х + 4 —х —2>0. 1) Знайти ОДЗ нерівності. 2) Знайти нулі функції / (ж) (/ ( * ) = 0). 3) Відмітити нулі функції на ОДЗ і знайти знак функції в кожному проміжку, на які розбивається ОДЗ. 4) Записати відповідь, урахову­ ючи знак нерівності

Позначимо ї ( х ) = у]х + 4 —х —2. ОДЗ: х + 4 > 0, тобто х > -4 . Н улі / (х ): лІх + 4 —х —2 = 0, у/х + 4 = х + 2, х + 4 = х 2 + 4х + 4, х 2 + Зх = 0, х 1 = 0 — корінь, х2 = —3 — сторонній корінь.

Відмічаємо нулі на ОДЗ і знаходимо знак функції / (х ) у кожному проміжку.

—4

0

Відповідь: [-4 ; 0). <1

х


14. Ірраціональні нерівності

213

Продовження табл. 23

2. Рівносильні перетворення Розв’яжіть нерівність УІХ + 2 < —1. 1) При піднесенні обох частин ► ОДЗ: х є Е. нерівності до непарного сте­ Задана нерівність рівносильна нерівно­ пеня (із збереженням знака стям: нерівності) одержуємо нерів­ ність, рівносильну заданій { ліх + 2 ) < (-1 )3, х + 2 < -1 , х < -3 . (на ОДЗ заданої) Відповідь: (-оо; -3 ). <1 Розв’яжіть нерівність уі 2х —6 < 1 . ► ОДЗ: 2х - 6 > 0 , тобто х > 3. Обидві 2) Якщо обидві частини не­ частини заданої нерівності невід’ємні, рівності невід’ємні, то при отже, вона рівносильна (на її ОДЗ) не­ піднесенні обох частин не­ рівностям: рівності до парного степеня Ш х - б Т < 1 \ 2х - 6 < 1, х < ~ . (із збереженням знака нерів­ 2 ності) одержуємо нерівність, Ураховуючи ОДЗ, одержуємо рівносильну заданій (на ОДЗ 3<х<~. заданої) 2 Відповідь:

3) Якщо на ОДЗ заданої не­ рівності якась частина не­ рівності може набувати як додатних, так і від’ємних значень, то, перш ніж під­ носити обидві частини не­ рівності до парного степеня, ц і випадки слід розглядати окремо. Наприклад,

3;^|. <|

Розв’яжіть нерівність у]х + А > х + 2. ► Задана нерівність рівносильна сукуп­ ності систем: \х + 2>0, \х + 4>0, < „ або і _ _ [ и х + 4 ? > ( х + 2У \х + 2<0. \ х > -2 ,

Іх > -4 ,

Тоді і , або і [л: + 3 х < 0 [х < - 2 . Розв’язавши нерівність х 2 + Зх ^ 0, ма­ ємо —3 < х < 0.

2ф ( х ) >£(*)<=>

\ Г§ ( х ) > 0 ,

Ш х ) > 0,

^ 1 / (л : )> £ 2*(л:)аб0 к ( * ) < 0 . [/ (* )> 2ф ( х ) < § ( х ) «

о,

\§ ( х ) > 0,

[ / ( * ) < * “ (* )

а

з \ _ / о

х

Ураховуючи нерівність х > —2, одер­ жуємо розв’ язок першої системи: —2 < х < 0. Розв’язок другої системи: —4 < х < —2. Об’єднуючи ці розв’язки, одержуємо відповідь. Відповідь: [-4 ; 0). <1


214

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Пояснення й обґрунтування

1. Розв’язування ірраціональних нерівностей методом інтервалів. Загальн у схем у розв’ язування нерівностей методом інтервалів по­ яснено в § 4 розділу 1, а приклад застосування методу інтервалів до розв’ язування ірраціональних нерівностей наведено в таблиці 23. 2. Рівносильні перетворення ірраціональних нерівностей. Коли для розв’ язування ірраціональних нерівностей використовують рівносильні перетворення, то найчастіше за допомогою піднесення обох частин нерів­ ності до одного й того самого степеня задана нерівність зводиться до раціо­ нальної нерівності. При цьому потрібно мати на увазі такі властивості. 1) Якщо обидві частини нерівності доводиться підносити до непар­ ного степеня, то скористаємося тим, що числові нерівності А > В і А 2к+1 > В 2,; +1 або одночасно правильні, або одночасно неправильні. Тоді кожен розв’язок нерівності / (х ) > § (х ) (1) (який перетворює цю нерівність у правильну числову нерівність) буде також і розв’язком нерівності рік + 1 (Х) > + 1 (Х) (2) і, навпаки, кожен розв’язок нерівності (2) буде також і розв’ язком нерівності (1), тобто нерівності (1 ) і (2 ) — рівносильні. Отже, при піднесенні обох частин нерівності до непарного степеня (із збере­ женням знака нерівності) одержуємо нерівність, рівносильну зада­ ній (на ОДЗ заданої). Наприклад, 2к' Ц т > £ ( * ) <=* №

2)

>

" (X)

Аналогічно, якщо числа А і В невід’ємні ( А > 0, В > 0), то число­ ві нерівності А > В і А 2к > В 2к також або одночасно правильні, або одночасно неправильні. Повторюючи попередні міркування, маємо: якщо обидві частини нерівності невід’ємні, то при піднесенні обох частин нерівності до парного степеня (із збереженням знака нерів­ ності) одержуємо нерівність, рівносильну заданій (на ОДЗ заданої). Наприклад, розглядаючи нерівність 2ф ( х ) < § ( х )

(3)

на її ОДЗ, де / (х ) > 0, помічаємо, що для всіх розв’язків нерівно­ сті (3 ) ліва частина невід’ємна (арифметичний корінь Ц[7(х) > 0 ) і нерівність (3 ) м о ж е виконуватися т іл ь к и з а ум ови

§ (х ) > 0. (4) Якщо виконується умова (4), то обидві частини нерівності (3) невід’ємні, і при піднесенні до парного степеня 2к одержуємо нерівність,


14. Ірраціональні нерівності

215

рівносильну заданій: / (х ) < §2к (х ) (звичайно, за умови врахування ОДЗ заданої нерівності та умови (4)). Отже,

Нх) > 0, 2уіҐ( х ) < § ( х )<^ § (х ) >0 , \ ґ( х) <£ 2к(х) 3)

Якщ о за допомогою рівносильних перетворень необхідно розв’язати нерівність (5)

2ф ( х ) > § ( х )

на її ОДЗ, де / (х ) > 0, то для правої частини цієї нерівності розгля­ немо два випадки: а) § (х ) < 0; б) § (х ) > 0. а) При § (х ) < 0 нерівність (5) виконується для всіх х з ОДЗ заданої нерівності, тобто при / (х ) > 0. б) При § (х ) > 0 обидві частини нерівності (5 ) невід’ ємні, і при під­ несенні до парного степеня 2к одержуємо нерівність, рівносильну заданій: І (х ) > (ж). (6) Зауважимо, що для всіх розв’ язків нерівності (6 ) обмеження ОДЗ за­ даної нерівності / (х ) > 0 виконується автоматично; отже, при § (х ) > 0 достатньо записати тільки нерівність (6). Об’єднуючи одержані результати, доходимо висновку, що:

V/!

Н

*'

!* (* )< 0

П риклади розв'язання завдань

Приклад 1

Розв’яжіть нерівність л/х + 3 - %/х-1

>

у і 2х

-1 .

К омент ар

Зведемо нерівність до виду / (х ) > 0 і розв’ яжемо її методом інтер­ валів. Д ля того щоб знайти н улі функції / (х ), використаємо рівняннянаслідки. Щ об вилучити сторонні корені, виконаємо перевірку одержа­ них розв’язків. Р о з в ’я з а н н я

Задана нерівність рівносильна нерівності л/х + 3 —л]х —1 —л/2х —1 > 0. Позначимо /(х) = л/х + 3-%/х-1 -л/2х-1. « ^

З,


216

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

2. Н у л і функції / (х ): л/х + 3-% /х-1-% /2х-1=0. Тоді: л/х + 3 - %/х-1 = л/2х -1 , (л/л: + 3 -\ / л :-і) = (л / 2 х -і) , х + 3-2л/х + 3 • 4 x ^ 1 + х - \ = 2 х - \ , 2^1х + 3 ‘ л і х - і = 3. Підносимо обидві частини останнього рівняння до квадрата: 4 ( х + 3) (х - 1) = 9, 4х2 + 8х - 21 = 0, З

к

.

7

^ = —= 1,5 — корінь, х 2= —— — сторонній корінь. 3.

Розбиваємо ОДЗ точкою 1,5 на два проміжки і знаходимо знак / (х ) у кожному з проміжків (рис. 97). Відповідь: [1; 1,5). <1

Приклад 2

Розв’яжіть нерівність ^ х +8 > х —2. І спосіб (метод інтервалів) Комент ар

Зведемо задану нерівність до виду / (х ) > 0 і розв’ яжемо її методом інтервалів. Д ля того щоб знайти ОДЗ заданої нерівності, теж застосуємо х^ + 8 х^ + 8 метод інтервалів, розв’ язуючи нерівність ------ > 0 (ОДЗ: х ^ 0; -------= 0 X

X

при х = -2 ). Д ля знаходження нулів функції / (х ) використаємо рівняннянаслідки. Хоча функція і (х ) не має нулів, але й у цьому випадку метод інтер­ валів також працює. Т ільки інтервали знакосталості функції / (х ) збіга­ ються з інтервалами, з яких складається її область визначення. Р о з в ’я з а н н я

Задана нерівність рівносильна нерівності I х'л + 8

Позначимо /( х ) =

1.

ОДЗ: і х [х * 0 .

- х + 2 >0 .

+ 8 - х + 2.

^3+ 8 Розв’яжемо нерівність ------ > 0 *

методом інтервалів (рис. 98). Одержуємо: х є ( —°°; —2] и (0; +оо). 2.

Н улі функції / (х):

+8 - х + 2 = 0. Тоді:

(1)


14. Ірраціональні нерівності

= х —2, X

3.

X

217

- = х 2- 4 х + 4, хй + 8 = х й - 4х2 + 4х,

4х2 — 4х + 8 = 0 — коренів немає ( Л < 0). ОДЗ нерівності (1) розбивається на два проміжки, у яких функція / (х ) має зна­ ки, указані на рисунку 99.

- 2 ] Ці (0; +о°). <|

Відповідь:

II спосіб (рівносильні перетворення) Комент ар

Д ля розв’ язування використаємо рівносильні перетворення: л/7(Х) > § ( х ) ^ |^(х) > ° ’ або л/ і / ( х ) > ^ 2*(х ) и (х )< о . Щ об розв’язати одержану проміжну нерівність -

X

умови, за яких цей дріб буде невід’ ємним. У кінці, об’ єднуючи одержані розв’ язки, отримуємо відповідь. Р о з в ’я з а н н я І х 8+ 8

(х -2 > 0 ,

> * - 2« Ь

3+

або

8

X

> х г - 4 х + 4,

> ( х - 2 ) г,

[х > 2 ,

або

х

4 * 2- 4 * + 8

аб°

І------------ > 0 ’

\х<2

Ураховуючи, що 4х2 — 4х + 8 > 0 при всіх значеннях х (£) < 0 і а = 4 > 0), одержуємо, що остання сукупність трьох систем рівносильна х > - 2,

• <х > 2 ’ або й сукупності:

Ьс>0

х>0,

х < - 2,

або ^л:<0,

х <2,

<=>

х <2

<=> х > 2, або 0 < х < 2, або х < -2 <=> х < -2 , або х > 0. Відповідь:

(- о о ;

-2 ] ЦІ (0;

+ о о ).

<|

З а у в а ж е н н я . Записуючи наведене розв’ язання, знаки рівносиль­ ності ( » ) можна не ставити, достатньо на початку розв’ язання записати: «Виконаємо рівносильні перетворення заданої нерівності».


218

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Приклад 3.

Розв’яжіть нерівність у]Зх + 9-4уІЗх + 5 + Л/Зх + 14-6л/Зх + 5 < 1 .

(* )

Коментар

Заміна л/Зх + 5 = І дозволяє помітити, що кожен вираз, який стоїть під знаком зовнішнього квадратного кореня, є квадратом двочлена. Застосовуючи формулу уіа2 = \а\, одержуємо нерівність, що містить знак модуля, для розв’язування якої використовуємо такий план: 1) знайти ОДЗ; 2) знайти нулі всіх підмодульних функцій; 3) відмітити нулі на ОДЗ і розбити ОДЗ на проміжки; 4) знайти розв’язки нерівності в кожному з проміжків. Р о з в ’я з а н н я

Нехай л/Зх + 5 = і, де І > 0. Тоді Зх + 5 = і2, Зх = і2 — 5.

Отримуємо нерівність

у іі 2+

4 —4і + уіі 2+ 9 —6і <1, яку можна записати так:

УІ(і —2)2 +уІ(і —З)2 <1. Одержуємо

|І - 2 |+ |І - 3 |< 1. (2) ОДЗ нерівності (2): І є В,, але за змістом завдання цю нерівність по­ трібно розв’язати при і > 0. 2. Н улі підмодульних функцій: і = 2 і і = 3. 3. Ц і н улі розбивають область і > 0 на три проміжки, у кожному з яких кожна підмодульна функція має постійний знак (рис. 100). Проміжок І. При і є [0; 2] маємо нерівність —( і — 2) — ( і — 3) < 1, з якої одержуємо 1 ^ 2 , але в проміжок [0; 2] входить тільки 1 = 2. Проміжок II. При і є [2; 3] маємо нерівність ( І — 2) — ( І — 3) < 1, яка рівносильна нерівності 0 • і < 0, що виконується при будь-яких зна­ ченнях І. Отже, у проміжку [2; 3] розв’язками нерівності будуть усі значення І із цього проміжку (2 < і < 3). Проміжок III. При і є [3; +оо) маємо нерівність (і - 2) + ( і — 3) < 1, з якої одержуємо і < 3, але в проміжок [3; +оо) входить тільки зна­ чення 1 = 3. Об’єднуючи одержані результати, робимо висновок, що розв’ язками нерівності (2) будуть усі значення і такі, що 2 < і < 3. 1.

Виконуючи обернену заміну, маємо 2 < л/Зх + 5 < 3, звідки 4 < Зх + 5 < 9.


14. Ірраціональні нерівності

219

Тоді ——< л :< —. З з Відповідь:

Н 1. 2. 3.

1 -і .< з ’ з

Запитання д л я контролю Назвіть основні методи розв’язування ірраціональних нерівностей. Назвіть основні етапи розв’язування ірраціональної нерівності ме­ тодом інтервалів. Обґрунтуйте справедливість таких рівносильних перетворень: 1) 2к+У Ї М > 8 ( х ) ^ ґ ( х ) > 8 гк+1(х); Ґ (х ) > 0,

2) л//(х) < § ( х ) <=>< § ( х ) > 0, Г ( х ) < § АІ(х);

3) 2%[Т(х) > § ( х ) <=> |5'(Х) > ° ’

У ( х ) > § 2к(х )

або

>

І£ (х )< 0 .

Вправи Розв’яжіть нерівність (1 —8). 1.

ліх2- З х -1 8 < 4 - х ;

2)

2.

( х - 3 ) ^ х 2+4 < л:2-9 ;

2 ) ( л : - 1 ) л/л:2 + 1 < х 2 —1.

3. 4. 5.

б + я-я:

б + х-я:

2л: + 5

я: + 4

у і х — 2 + у і 2х

14

+ 5 ^ 3;

> у[х + 5;

у іх 2-

2) ^ - г х - х х+8 2)

л/2л : - 2

7*.

/х3 + 2 7

<

3 -2 х -х

2л: +1

0 + л/л : + 15 > 5 .

л/я-2 . >0.

2)

3--\Гх

6.

Зх < 5 - х .

-\Гх - Рі

> х -3 ;

2)

л/л :4 - 2 л :2 +1

>1-л:.

^5л: + 8 -6 л / 5 л :-1 + л/5л: + 2 4 -1 0 л / 5 х ^ Т < 2 ;

д/л: + 3 -4 л/л:-1 + д/л: + 8 -6 л / л :-1 >1. (л/л:2- 4л: + 3 + і)л/* + ^ ( уі 8х - 2

х

2- 6 + 1)< 0;

(л/л:2-5 л : + 6 + 2 )л / х - ^ л / і 0 л : - 2 л : 2- 1 2 + 2 ) > 0 .


220

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

б 1 З

РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ІРРАЦІОНАЛЬНИХ РІВНЯНЬ ТА НЕРІВНОСТЕЙ З ПАРАМЕТРАМИ

При розв’ язуванні завдань з параметрами, у яких вимагається роз­ в’язати рівняння чи нерівність, можна користуватися таким орієнтиром (§ 9): будь-яке рівняння чи нерівність з параметрами розв’язують як звичайні рівняння чи нерівність доти, поки всі перетворення або мір­ кування, необхідні для розв’язування, можна виконати однозначно. Але в тому разі, коли якесь перетворення не можна виконати однозначно, розв’язування необхідно розбити на декілька випадків, щоб у кожному з них відповідь через параметри записувалася однозначно.

Також на етапі пошуку плану розв’язування рівнянь чи нерівно­ стей з параметрами або міркуючи над самим розв’ язанням, часто буває зручно супроводжувати відповідні міркування схемами, за якими легко простежити, у який саме момент ми не змогли однозначно виконати по­ трібні перетворення, на скільки випадків довелося розбити розв’ язання і чим відрізняється один випадок від іншого. Зазначимо, що рівняння та нерівності з параметрами найчастіше розв’ язують за допомогою їх рівносильних перетворень, хоча інколи ви­ користовують і властивості функцій, метод інтервалів для розв’язування нерівностей та рівняння-наслідки. Приклад 1

Розв’яжіть рівняння

^}х —2 = а.

Комент ар

Ми не можемо однозначно дати відповідь на запитання, чи є в за­ даного рівняння корені, і тому вже на першому кроці повинні роз­ бити розв’ язання на два випадки: 1) а < 0 — коренів немає, 2) а > 0 — корені є (див. схему). При а > 0 маємо найпростіше ір­ раціональне рівняння, обидві частини якого невід’ємні. Отже, при піднесенні до квадрата обох його частин одержу­ ємо рівняння, рівносильне заданому. ОДЗ заданого рівняння можна не за­ писувати, її враховано автоматично, бо для всіх коренів одержаного рів­ няння х - 2 = а 2 > 0 . Р о з в ’я з а н н я

1) При а < 0 рівняння не має коренів. 2) При а > 0 х - 2 = а2. Тоді х = а2 + 2.

Відповідь: 1) якщо а < 0, то коренів немає; 2) якщо а > 0, то х = а2 + 2. <1


15. Розв язування ірраціональних рівнянь та нерівностей з параметрами

Розв’яжіть рівняння ліх + а +л]х —\ =3.

Приклад 2

Р о з в ’я з а н н я 1

Комент ар

(1)

у/х + а = 3 - л І х - 1 .

Д ля всіх коренів рівняння (1): (2)

З —уІх —1 > 0 .

Тоді рівняння (1) рівносильне рів­ нянням: х +а = ІЗ -у /х -1 ) ,

(3)

х + а = 9 - 6 л ] х —1 + х - 1 , у ]х -\ =

8 -а

Тоді рівняння (4) рівносильне рів­ нянню

(6)

х -1 = \ \2

Урахуємо обмеження (2 ) і (5): З —у і х —1 =

За

ш

3—

умовою

8 -а

8 -а

6

6

а <8,

(5)

8-а

= 38 -а

6 > 0,

тоді

• Отже, умови (2) і (5) за­

дають систему а > -1 0 ,

221

3 _ 8 —^ > 0 , б 8 -а

>0,

тобто

Використаємо рівносильні перетво­ рення заданого рівняння. Д ля цього необхідно врахувати його ОДЗ: х + а > 0, (7) х -1 > 0 .

(8)

При перенесенні члена задано­ го рівняння з лівої частини в пра­ ву з протилежним знаком одержали рівносильне рівняння (1). Д ля всіх коренів рівняння (1) воно є правильною числовою рівніс­ тю. Його ліва частина невід’ ємна, отже, і права частина має бути невід’ ємною. Тоді далі можна розв’язувати рівняння (1) не на всій ОДЗ, а тільки на тій її частині, що задана умовою (2). За цієї умови обидві части­ ни рівняння (1) невід’ ємні, отже, при піднесенні обох його частин до квадрата одержимо рівносильне рів­ няння (3 ) (а після рівносильних пе­ ретворень — рівняння (4)). Д ля всіх коренів рівняння (3) його права частина невід’ємна, отже, і ліва частина буде невід’ ємною: х + а > 0. А л е тоді умову (7) ОДЗ заданого рівняння враховано авто­ матично і її можна не записувати до розв’язання. Також для всіх коренів рівнян­ ня (4) його ліва частина невід’ ємна, отже, і права частина повинна бути невід’ ємною. Тому далі можна роз­ в ’язувати рівняння (4) не на всій ОДЗ, а тільки на тій її частині, яка задана умовою (5). Тоді обидві час­ тини рівняння (4) невід’ємні, і після

1 У записі розв’язання прикладів 2—6 у рамках виділено обмеження, які дове­ лося накласти в процесі рівносильних перетворень заданого рівняння чи нерівності.


222

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Відповідь:

,2 1) при -1 0 < а < 8 х = |8~ а| +1; ,

2) при а < -10 або а > 8 коренів немає. <1

Приклад 3

піднесення обох його частин до квадра­ та одержимо рівносильне рівняння (6). Д ля всіх коренів рівняння (6) його права частина невід’ємна, отже, і ліва частина буде невід’ємною: х - 1 > 0. Тоді й умову (8) ОДЗ зада­ ного рівняння враховано автоматич­ но, і тому ОДЗ можна не записувати до розв’язання.

Розв’яжіть рівняння 4а + 4а + х =х.

Р о з в ’я з а н н я

Комент ар

► Д ля всіх коренів даного рівняння х > 0

(1 )

Тоді задане рівняння рівносиль­ не рівнянням: а + у]а + х = х 2,

(2)

уІа+х = х 2- а .

(3)

Для всіх коренів рівняння (3) х 2 - а > 0. (4) Тоді рівняння (3) рівносильне рівнянням: а + х = ( х 2 - а )2, а + х = Xі - 2а х2 + а2.

(5 ) (6 )

Розглянемо рівняння (6) як ква­ дратне відносно а: а2 - ( 2х2 + 1) а + Xі - х = 0. В = (2х2 + 1)2 - 4 ( х 4 - х ) = = 4х2 + 4х + 1 = (2 х + І ) 2. Тоді а = (2х2+ 1)±(2х + 1) 2

Отже, а = х 2 + х + 1 або а = х 2 — х. Звідси х2- а + х + 1 = 0 (7) або х 2 - а = х. (8) Ураховуючи умови (1 ) і (4), одержимо, що ( х 2 — а) + х + 1 > 1, отже, рівняння (7) не має коренів.

Як і в прикладі 2, ОДЗ заданого ріва + у]а + х > 0,

буде врахована

а+ х> 0

автоматично при переході до рів­ нянь (2) та (5 ) (для всіх коренів цих рівнянь), отже, її можна не запису­ вати в розв’язанні. Міркування при виконанні рів­ носильних перетворень заданого рівняння (до рівнянь (2 )—(3 )—(5 )—(6 )) повністю аналогічні міркуванням, наведеним у Коментарі до прикла­ ду 2. Аналізуючи рівняння (6 ) (яке достатньо важко розв’ язати від­ носно змінної х ), користуємося орієнтиром, який умовно можна назвати «Ш укай квадратний три­ ч лен », а саме: спробуйте розгляну­ ти задане рівняння як квадратне відносно якоїсь змінної (чи відносно якоїсь функції). У даному випадку

розглянемо це рівняння як квадрат­ не відносно параметра а (цей спосіб ефективно спрацьовує тільки тоді, коли дискримінант одержаного ква­ дратного тричлена є повним квадра­ том, як у розглянутому випадку).


15. Розв'язування ірраціональних рівнянь та нерівностей з параметрами

Якщ о для коренів рівняння (8) виконується умова (1 ) (х > 0), то ав­ томатично виконується й умова (4) ( х 2 - а > 0). Із рівняння (8) одержимо

223

Перед записом відповіді зруч­ но зобразити на рисунку всі одер­ жані розв’ язки і напроти кожного розв’язку відмітити, при яких зна­ ченнях параметра цей розв’ язок можна використовувати (див. с. 143).

х2 - х - а = 0.

0 а -Н---------> -------- >

Ц е рівняння має корені, якщо Т) = 1 + 4а > 0, тобто при а > ~ —. 4

1 + л/і + 4а

т . 1+ л/і + 4а 1-л/і + 4а Тоді хл= ----------- , х 9= ----------- . 1 2 2 2

1 —л/і + 4а

2

2

Д ля х <умова х > 0 виконується, отже, х г — корінь заданого рівнян^ 1 ня при а > ——. Урахуємо умову х > 0 для х2: 1-л/і + 4 а > () 2

Із

цього рисунку видно, що при

а > 0 у відповідь потрібно записати

тільки “

одну

формулу

(х ,),

при

< а < 0 — дві формули (х 1 і х2),

^ 1+ 4 а < 1 а при а < —— коренів немає.

0 < 1+ 4с < 1, - - < с < 0 .

4

Відповідь: 1) при _ 1 + л/і + 4а

„і

^ п

<а<0 _ 1 - л / і + 4а ,

1 + л/1 + 4а

2) при а > 0 дс= -----------; 3) при а < —^ коренів немає. <1

Приклад 4.

Розв’яжіть нерівність х + 4а >5 4ах.

Р о з в ’я з а н н я

Задана нерівність системі ал: > 0, - х + 4а >0,

Комент ар

рівносильна

(л: + 4а)2 > 25ах.

(1)

Використаємо рівносильні пере­ творення. Д ля цього врахуємо ОДЗ заданої нерівності (ах > 0) і те, що права частина невід’ємна, отже, для всіх розв’язків заданої нерівності її ліва частина повинна бути додатною ( х + 4а > 0). За цієї умови (на ОДЗ)


224

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

При а = 0 одержуємо систему 0 • х > 0, розв’ язком якої є х > 0.

х>0, х 2> 0,

При а > 0 одержуємо систему х>0,

(2)

х > -4а, х 2-1 7 а х + 1 6 а 2>0.

Розв’яжемо окремо нерівність 14ах + 16а2 > 0. Оскільки х 2 — 17ах + 16а2 = 0 при х = а та х = 16а, то при а > 0 одер­ жуємо х < а або х > 16а. Тоді система (2 ) має розв’язки: 0 < х < а або х > 16а.

обидві частини заданої нерівності невід’ємні, отже, при піднесенні обох частин нерівності до квадрата одержимо рівносильну нерівність. Отримуємо систему (1). Д ля розв’язування нерівності ах > 0 необхідно розглянути три ви­ падки: а = 0 (ділити на а не можна); а > 0 (знак нерівності зберігаєть­ ся при діленні обох її частин на а); а < 0 (знак нерівності змінюється). При а > 0 значення —4а < 0, тому перші дві нерівності систе­ ми (2) мають спільний розв’язок х > 0, а для розв’язування нерів­ ності х — П а х + 16а2 > 0 можна використати графічну ілюстрацію:

При а < 0 одержуємо систему 16а х х <0,

(3)

- х > -4а, х 2-17ал: + 16а2 >0.

Система (3 ) розв’ язків не має, оскільки при а < 0 перша і дру­ га нерівності не мають спільних розв’язків. Відповідь: при а = 0 х > 0; при а > 0 д- є [0; а) и (16а; +°°); при а < 0 розв’ язків немає. <1 Приклад 5.

При а < 0 значення —4а > 0, тому перші дві нерівності системи (3) не мають спільних розв’язків, отже, і вся система (3) не має розв’ язків.

Розв’яжіть нерівність л]х —а > х + 1. Комент ар

Спочатку скористаємося рівносильними перетвореннями: \ § (х )> 0 ,

[ / ( * ) > 0, або < [£-(х)<0. > е ( х ) ~ \ а х - >) > § 2к(х ) Я к щ о в одержані системи параметр а входить лінійно, то в та­ ких випадках іноді буває зручно виразити параметр через змінну, розглянути параметр як функцію від цієї змінної і використати гра­ фічну ілюстрацію розв’язування нерівностей (у системі координат хОа ).


15. Розв'язування ірраціональних рівнянь та нерівностей з параметрами

225

Зазначимо, що для зображення розв’язків сукупності нерівностей зручно використовувати дві системи координат, у яких осі О х розташовані на одній прямій, і на кожній виділяти штриховкою відповідні розв’язки. При різних значеннях а пряма а = сопеі або не перетинає заштрихо­ вані області (при а > —^ а б о перетинає їх по відрізках. Абсциси точок перетину є розв’ язками систем (1) і (2), а отже, і розв’ язками заданої нерівності. Р о з в ’я з а н н я

Задана нерівність рівносильна сукупності систем: х - а > 0, х + 1 >0 , або х +1<0. х - а > ( х + 1)2 Тоді х > -1 , а < —х 2—х —1

(1)

або Іа <х , [х < -1 .

(2)

Зобразимо графічно розв’язки систем нерівностей (1 ) і (2 ) у системі координат хОа (на рис. 101, а, б зафарбовано відповідні області © і © ).

Рис. 101 Бачимо, що

чок);

при а > —— розв’ язків немає (немає зафарбованих то-

то пряма а = сопеі перетинає тільки зафарбо­


226

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

вану область ©. Причому одержаний інтервал обмежений зліва і справа вітками параболи а = —х 2 — х — 1. А ле для відповіді нам потрібно записати х через а. Для цього з рівняння х 2 + х + а + 1 = 0 знахо­ димо х: X = — ± 4|—- с - 1 . 2

V4

Як бачимо, х = ——+ л - ——а > ——, тобто х = ——+ л - ——а — рівняння 2

V 4

2

2

правої вітки параболи, а х =

V 4

— лівої.

Тоді відповідь у цьому випадку буде такою: 1---- Г З ] ГЗ ---- Л|----- а < х < -----і-Л|----- а; 2

якщо а < —1,

V 4

2

V 4

то пряма а = сопеі перетинає заштриховані області ©

і ©. Д ля області © інтервал для х зліва обмежений прямою х = а справа -

правою віткою параболи, тобто

+

1,

Д ля об­

ласті © інтервал для х обмежений зліва прямою х = а, а справа — пря­ мою х = —1, тобто а < х < —1. Об’єднання цих інтервалів можна коротше записати так: г а<

о

Відповідь: 1) при а > —

4

,

х

а

.

2 А/ — розв’ язків немає;

оч і ^ З 2) при - К а < — 4

1 ГЗ 1 ГЗ — - Л ----- а < х < -----і-Л-----а; 2

3) при а < -1

V 4

+

2

V 4

<1

Д ля розв’ язування деяких дослідницьких завдань з параметрами можна використати властивості квадратного тричлена і, зокрема, умо­ ви розміщення коренів квадратного тричлена відносно заданих чисел (табл. 16). Приклад 6.

Знайдіть усі значення параметра к, при яких має корені рівняння х + 2ку]х + \ - й + 3 = 0.

І і.зв’яза и ня

► Заміна X = І2 — 1).

л /х

Комент ар

+ 1 = і, де і > О (тоді

Одержуємо

рівняння

і2 + 2кі - к + 2 = О.

(1)

Якщо ірраціональне рівняння міс­ тить тільки один корінь, то інколи можна звести таке рівняння до раці­ онального, позначивши цей корінь


15. Розв'язування ірраціональних рівнянь та нерівностей з параметрами

Задане рівняння буде мати корені тоді і тільки тоді, коли рівняння (1) буде мати хоча б один невід’ ємний корінь (І > 0). Випадок і = 0 дослідимо окремо. При і = 0 з рівняння (1) маємо к = 2. Отже, при к = 2 рівняння (1) має корінь 1 = 0. Тоді й задане рівняння має корінь х = —1, тобто к = 2 задо­ вольняє умові задачі. Позначимо / ( і ) = і2 + 2Ш — к + 2. Рівняння (1) може мати хоча б один додатний корінь в одному з двох ви­ падків: 1) один корінь додатний і один від’ ємний — для цього необхідно й достатньо виконання умови

І ( 0)

< 0;

2) обидва корені додатні — для цьо­ го необхідно й достатньо виконання системи умов: 7 (0 ) >0, £ > > 0,

З умови / (0) < 0 отримуємо: ~к + 2 < 0, тобто к > 2. Система (2) дає: -к +

(2)

227

новою змінною. Оскільки замі­ на є рівносильним перетворенням (разом з оберненою заміною), то одержуємо рівняння, рівносильне заданому, і тому замість досліджен­ ня заданого рівняння можна дослі­ джувати одержане. А л е при цьому слід ураховува­ ти, що після затіни змінної інколи змінюється вимога задачі, зокрема для рівняння (1) вона буде такою: знайти всі значення параметра к, для яких це рівняння має хоча б один невід’ємний корінь (тоді піс­ ля оберненої заміни ми обов’ язково знайдемо корені заданого рівняння). Ц е можливо в одному з трьох випад­ ків: або один із коренів рівняння (1) дорівнює нулю (цей випадок легко досліджувати підстановкою в рів­ няння (1) і = 0), або рівняння (1) має один додатний і один від’ємний корені, або обидва корені додатні. Зобразивши відповідні ескізи графіків функції / ( і ) = і2 + 2кі — к + 2, записуємо необхідні і до­ статні умови такого розміщення для коренів квадратного тричлена (ри­ сунок або табл. 16).

2 > 0,

- 4к2- 4(-й + 2) > 0, -й > 0 .

Тоді к < 2, ■к2+ к - 2 > 0 ,

к< 0.

к<2, - к < —2 абой>1, к<0.

Отже, к < -2. Відповідь: к < -2 або й > 2. <1

Д ля того щоб розв’ язати ква­ дратну нерівність к2 + к — 2 > 0, можна використати графічну ілю ­ страцію.


228

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

У кінці необхідно об’ єднати всі одержані результати. Звичайно, для одержання відповіді можна було б розв’язати задане рівняння (так саме, як приклад 2), а потім дати відповідь на запитання задачі, але такий ш лях потребує більш громізд­ ких обчислень.

Н 1.

Вправи Розв’ яжіть рівняння: 1) уїх-а. = 2;

2.

2) у[х + 2а = а;

3) уІх + 6 - т = л Іх -3 ;

4) 4 а - у [ а + х = х. Розв’ яжіть нерівність: 1)

2-х

>0;

4) у / х - а > 2 х + 1;

2) х + 2а>у/3ах + 4аг ;

3) л/їх + а > х ;

5) \Іа2- х 2 > 2 - х .

3.

Знайдіть усі значення параметра а, при яких рівняння Зл/х + 2 =2 х + а

4.

має корені. Знайдіть усі

значення

параметра

а,

при

яких

рівняння

—а)(л: ——1= 0 має тільки один дійсний корінь. 5.

Знайдіть усі значення параметра а, при яких рівняння у/2 —ах + 2 = х має тільки один дійсний корінь.

а

тз ■ > \у = а + 4х, Визначте кількість розв язків системи <

о.

чення параметра а.

\2х + у - 1 = 0

залежно від зна-


Додаткові вправи до розділу 2

ДОДАТКОВІ ВПРАВИ ДО РОЗДІЛУ 2 1.

Звільніться від ірраціональності в знаменнику дробу:

л/з+ л/ б ’

2.

л£

2)

л/і

1)

л£

3)

- л/ І ’

4)

л / їб ’

ЛІ7+ЛІ2

Обчисліть: (б л / з + Д С б - У Л ).

1) >/(>/5 - 2 , 5 ) 2 ->/( 1 ,5 -л/б)3 - 1 ;

2)

3) \ І ( у / 2 - 1 , 5 ) 2 - $ ( і - л / 2 ) а) +0,75;

4) 2л(є

У І 75- 5УІ 2

^

• (і 1 + 2л/30).

2л/б +л/24

Спростіть вираз (3 —5). 3.

л/а-л/2

1 )1 ^ ■\І2а

3)

лІ 2а+2

л/я +1

а-у[2а )

“ +2

2)

4)

- л £ ’ \ -1

4.

1)

л/й-

л/А3 +1

л/а ^

А +1 л/й

2)

4)

л / ^ -л / б

326л/б

а-Ь

л/а + л/б

л/а + л/б

4/3

(4 х + ^ у )

іі^ + 1 \ \ І/

4х ~4у л/а3^+ л/аб3 - л / а 26 -л / б 3^ ^

к 5.

л/й-1

Л/х -УІУ

3)

+ л/а .

(л/а + л/б )2 - ( 2л / б )2

4/3

+ л/а46 -л / а 6 4 - л / а 3^

-і \ х-1 х°’Б+1 2 1) ----- :----: — — + х + я2+1 ґ

і І

2) а 2Ь2— у

/ 3) V

аб і.

і.

а-Ь

а + а 262 у

і і Vі/ з 2л: + я2!/2 З л'

у

з

.х - х 2у 2

і_

4)

1-е

2л-2

х-у

і і

я:2 +і/2 ^

N с 2- с

ІГ

с2 -с 2

1+ 7

ал/а +&л/б

-л / а Ь

л/а+ л/б

1

1 + л/я + х

;

л £ _____ 2

2л/с

\2

л£ л£ а-Ь

л/с - 1

л/с +1

л/с + 1

л/с - 1

229


230

Розділ 2 СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ

Розв’ яжіть рівняння (6 —10): 6. 1) (л/х2- 7 х + ю )2= 2х2- 9 х + 7; 3) л/(х + 1)(2х + 3) = х + 3; 7- 1) (л/Г+ х +1 )(л/і + х + 2х —б) = х; 3) л/х2+ З х - 4 =л/2х + 2;

2) х г + 4 х ^ 1 - ( х + 4 х ^ ї ) = 0; 4) л/х + 1 • л/2х + 3 = х + 3. 2) л/2х2+ Зх +уІ2х2- Зх —5 = 6х + 5; 4) л/х2- 7 х + 1 =л/2х2-1 5 х + 8.

8. 1) л/5х + 7 - л/Зх + 1 =л/х + 3; 2 ) л /2 х + 3 + л /З х —1 = л /5 х і 2 ;

3) ^/х + 3 -4 л/ х -1 +-у/х + 8 -6 л / х -1 =1; 4) -^х + 11 —6л/х + 2 + д/х + 18 —8 у і х + 2 = 1. 9. 1) л/2х-8 + л/х-8 = 2;

2) ^/8х + 4 +л/ 8х-4 =2;

3) л/х + 3 + л/ 5 -х = 2;

4) ^/2-х = 1 -л/ х -1 .

10. 1) л/х +л/х —16 =л/х--8^; 3) л/2-х2 = |х| —1;

2) ^ Т + ^ 2 - ^ / 2 х - 3 = 0; 4) л/х-6+л/Ю х+5 =2.

Розв’ яжіть систему рівнянь (11—12). 11. 1)

| л / х + £/ = 1,

2)

[ ^/х і 3//+1 —2, [■у/2х-і/ + 2 = 7у —6;

1л/х_ У + 2 = 2 і/ - 2 ;

зі 3)

12 . 1)

л/ х -7

л/у +6

5

З

13.

8’

л/х - 7

л/у+6

6’

4)

л/л - !)

у х +у

2)

^0

■\Іу + 9

Е ^ + \х +у

20*

лІУ + 9

х + 1/

[-

V х-у

10

' 3’

х у —2х —2у = 2;

х = і/+ 1; з)

—9

,_7_

& +4Еї =5,

V 2д: - 1

ліх

{■^/2х+1/-1 - у ] х + у =1, [Зх + 2і/ = 4;

4)

|^/х + 2Ї/ + ф с^ у + 2 = З, |2х+і/ = 7.

Розв’ яжіть нерівність (13—21). 13. 1) л/Зх2+13 > 1 - 2 х ;

2) л/х2+ х > 1 - 2х;

3) л/Зх-х2 < 4 - х ; 14. 1) 3)

л/х2 +

Зх + 2 -

х-7

у]4х2—19*+ 12

л/х2 - х

<0;

4) л/х2- х - 2 < 2 х + 6. + 1<1;

2) л/Зх2+ 5х + 7 - л/Зх2+ 5х + 2 > 1; 4)

—1Ьх —2 х 2 > ( )

х +3


Додаткові вправи до розділу 2

15. 1 ^ х - 2 л [ х Г л + ^ х + 2л/х-1 <2; З

лі х

2)

16. 1 4

x

4

3

ЛІ5 1 - 2л:-л:

2

12+ х - у х-11

4)

12 + х - х 2х-9

2^ л/2-х+4л:-3 >2*

< 1;

1-х

х

2) ( х -3 )л І х 2+ 1 < х 2- 9 ;

б + х-я: х +4

2х + 5

4

4) ( х - 3 ) - ^ х 2+ х - 2 > 0 .

17. 1 ( х + 1) у і х 2 + 1 > х 2 - 1 ; б+х -х

І± -° < ± -1 ; \х2

'

З (х -1)л/х 2- х - 2 > 0;

18. 1

2) у]х + 4 л Іх -4 - - ^ х - 4 4 x ^ 1 >3; 4) л[х + 6 > л/2х-4 + %/х+ 1.

+ 3 > л /х -1 + л/х-2;

\ х 2

231

л/х + 5 <1 + л/ -х-3 + л/(л: + 5 )(-л:-3 );

4 д/(х - 5 ) ( - х + 7) + 1 > л/-х + 7 - л/х - 5). 19. 1 л/х + 6>%/х + 1+ -\/2х-5;

2) у/х + 3 > у іх - 1 + \І2х-1;

З ліх2- 8 х + 15 + уіх 2+ 2 х -1 5 > ліАх2-1 8 х + 18.

20 . 1

(і -х )у /і ^ х

+ (1 + х ) л / ї + х

4 -4 х 2+2(1-

х

2) л/

і

-

х

> 1;

> 0;

З

2)

2

1 л[х- 2

22.

л/х+2

( а >0); л/ х

> 1; х 2 —2 ( х 2 —х ) уіх - з

,< о .

4)

2л/і + х -

21 . 1

і

л/1 - х

1-у/і-І

л/ х + 1

л/х- 1

2) л/х

Розв’яжіть нерівність л/і —х 2 > ^ (х —а) при а = 0 і переконайтеся, що множиною її розв’ язків є відрізок. При яких значеннях а мно­ жиною розв язків цієї нерівності є відрізок довжиною

23.

При яких значеннях параметра а множина розв’язків нерівності а + у/х2+ ах > х не перетинається з проміжком [—1; 0]?

24. При яких значення параметра а у множині розв’язків нерівності X + ліх2—2ах > 1 міститься проміжок

і*


ОСНОВНИЙ МАТЕРІАЛ V § 23. Обернені тригонометричні функції ^ § 2 4 . Розв'язування найпростіших 5 тригонометричних рівнянь

§ 25. Розв’язування тригонометричних р ів н я н і які відрізняються від найпростіших

§ 26. Розв'язування систем тригонометричних рівнянь § 27. Найпростіші тригонометричні нерівності ДО ДАТК ОВИЙ М А ТЕ Р ІА Л § 28. Приклади розв'язування більш складних тригонометричних рівнянь та їх систем § 29. Тригонометричні рівняння з параметрами § З О . Розв'язування тригонометричних нерівностей В основній .частині цього розділу ви зможете ознайомити­ ся з поняттями обернених тригонометричних функцій та їх графіками і властивостями, навчитися розв’язувати триго­ нометричні рівняння та їх системи і найпростіші тригономе­ тричні нерівності. У додатковій частині розділу бажаючі зможуть ознайомитися з методами розв’язування більш складних тригонометричних рівнянь і нерівностей, які пропонують у завданнях зовніш­ нього незалежного оцінювання чи державної підсумкової атестації з математики (зокрема, з методами розв’язування тригонометричних рівнянь з параметрами).


Р о зд іл З т р и г о н о м е т р ія н н і

ФУНКЦІЇ ОСНОВНИЙ МАТЕРІАЛ § 1В. Радіанна міра кутів § 17. Тригонометричні функції кута і числового аргументу § 18. Властивості тригонометричних функцій § 1 9 . Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості § 20. Співвідношення між тригонометричними функціями одного аргументу § 21 . Формули додавання та їх наслідки ДОДАТКОВИЙ МАТЕРІАЛ § 22. Додаткові формули тригонометрії

В основній частині цього розділу ви зможете ознайомитися з тригонометричними функціями, які широко використову­ ють як у самій математиці, так і в її застосуваннях, навчитися досліджувати ці функції та будувати їх графіки, розв’язувати різноманітні задачі, спираючись на їх властивості. У додатковій частині розділу ви будете мати можливість опанувати додаткові формули тригонометрії, які можуть ста­ ти в пригоді під час розв’язування більш складних завдань з тЬми, що їх пропонують у завданнях зовнішнього незалеж­ ного оцінювання чи державної підсумкової атестації з мате­ матики.


234

Розділ 3. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ ФУНКЦІЇ

§ 16

РАДІАННА МІРА КУТІВ

___________________________________________________________________ Т а б л и ц я 24

1. Поняття кута У геометрії

У тригонометрії1

Кут — геометрична фігура, утворе­ Кут — фігура, утворена при пово­

на двома променями, які виходять роті променя на площині навколо початкової точки. з однієї точки. В

^ А О В утворе­ ний при поворо- | ті променя ОА навколо точки О І

А О В утворений променями ОА

і ОБ

2. Вимірювання кутів Градусна міра кута (1° = ---- частина розгорнутого кута) 180

Кожному куту ставиться у відповід­ Кожному куту як фігурі ставиться у відповідність кут повороту, за до­ ність градусна міра а є [0°; 180°]. помогою якого утворено цей кут. В Кут повороту а є (—°°; +°°). В /. А О В = р = 90° А А О В = у = -270" ^ АОВ = ф =

п

о

= 90°+ 360° = 450е А А О В = 90°

Радіанна міра кута 1 радіан — центральний кут, що відповідає дузі, дов­ жина якої дорівнює радіусу кола. | ^ А О В = 1 рад. Це означає, що и А В = О А = К /. А О С = 180° = тг (радіан) А О С — розгорнутий

1 радіан:

180°

=57с

1° = -!!- радіан 180

1 Походження та зміст терміна «тригонометрія» див. у «Відомостях з істо­ рії», наведених після розділу 3.


§ 16. Радіанна міра кутів

235

Пояснення й обґрунтування

1. Поняття кута. У курсі геометрії кут означають як геометричну фігу­ ру, утворену двома променями, які виходять з однієї точки. Наприклад, кут 'АОВ, зображений у першому пункті таблиці 24, — це кут, утворе­ ний променями О А і ОБ. Кут можна розглядати також як результат повороту променя на пло щині навколо початкової точки. Наприклад, повертаючи промінь ОА на вколо точки О від початкового положення ОА до кінцевого положення ОВ, теж одержимо кут А О В . Зауважимо, що досягнути кінцевого поло­ ження О В можна при повороті променя О А як за годинниковою стріл­ кою, так і проти неї. 2. Вимірювання кутів. Наведені вище різні означення кута приводятт. до різного розуміння вимірювання кутів. У курсі геометри кожному куту відповідає його градусна міра, яка може знаходитися тільки в межах від 0° до 180°, і тому, наприклад, для прямого кута А О В (див. пункт 2 табл. 24) його міра записується одно­ значно: ^ А О В = 90° (нагадаємо, що 1° — це

частина розгорнутого

кута). При вимірюванні кутів повороту домовилися вважати напрям по­ вороту проти годинникової стрілки додатним, а за годинниковою стріл­ кою — від’ємним. Тому при вимірюванні кутів, утворених при повороті променя на вколо початкової точки, можна одержати як додатні, так і від’ ємні знп чення кутів повороту. Наприклад, якщо кут А О В , у якому промені ОА і О В взаємно перпендикулярні, одержано при повороті променя ОА на кут 90° проти годинникової стрілки, то значення кута повороту Р (дин. відповідний рисунок пункті 2 табл. 24) дорівнює +90° (або просто 90”). Якщо той самий кут А О В одержано при повороті променя О А на кут 270° за годинниковою стрілкою (зрозуміло, що повний оберт — це 360"), то значення кута повороту у дорівнює -270°. Той самий кут А О В можна одержати також при повороті променя ОА проти годинникової стрілки на 90° і ще на повний оберт; у цьому випадку значення кута повороту «р дорівнює 90° + 360°, тобто 450° і т. д. Вибравши як значення кута повороту довільне від’ ємне чи додатне число (градусів), ми завжди можемо повернути промінь О А (за годиннії ковою стрілкою чи проти неї) і одержати відповідний кут А О В . Таким чином, значення кута повороту (у градусах) може набувати всіх дійсних значень від —'°° до +°°. Д ля вимірювання кутів певний кут приймають за одиницю виміру і за її допомогою вимірюють інші кути.


236

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН К Ц ІЇ

За одиницю виміру можна прийняти будь-який кут. Нагадаємо, що —1— частина розгорнутого кута — це один градус (1°). 180 У техніці за одиницю виміру кутів приймають повний оберт (зазна­ чимо, що 1 градус — це

частина повного оберту).

У мореплавстві за одиницю виміру кутів приймають румб, який до­ рівнює ^

частині повного оберту.

У математиці та фізиці, крім градусної міри кутів, використовують також радіанну міру кутів. Якщо розглянути деяке коло, то 1 радіан — це центральний кут, що відповідає дузі, довжина якої дорівнює радіусу кола. Отже, якщо кут АОВ дорівнює одному раді­ ану (рис. 102), то це означає, що и АВ = ОА = К. Установимо зв’ язок між радіанними і градус­ ними мірами кутів. Центральному розгорнутому куту АОС (рис. 102), який дорівнює 180°, відповідає півко­ ло, тобто дуга, довжина якої дорівнює пК, а одно­ му радіану — дуга довжиною К. Отже, радіанна міра розгорнутого кута АОС дорівнює

— = я.

и

Одержану відповідність між градусною і радіанною мірами кута часто записують так: 180° = л радіан, цієї рівності одержуємо наступні відповідності: Л • 1° = — радіан, 4 п

■і

п

Приклади розв'язання завдань

Приклад 1 ►

, . 180° кгго 1 радіан —----- = 57 .

Виразіть у радіанній мірі величини кутів: 30°; 45°; 60°; 90°; 270°; 360°.

Оскільки 30° — це — частина кута 180°, то з рівності 180° = п (рад) 6 одержуємо, що 30° = — (рад). 6 Аналогічно можна обчислити й величини інших кутів. У :тгшіі,ному випадку враховуємо, що 1°= п— радіан, тоді:


§ 16. Радіанна міра кутів

4 5 ° = - ї - . 45 180

270°

Зп

(р а д );

60° = — -6 0 = 180

90° = -

(рад);

з

237

(рад);

(рад); 360° = 2п (рад). <3

Кут у радіанах

0

45°

05 О 0

СО О

Кут у градусах

о

Ураховуючи, що радіанними мірами розглянутих кутів доводиться користуватися досить часто, запишемо одержані результати у вигляді довідкової таблиці. Т а б л и ц я 25 90°

п

п 4

п

п

3

2

6

270°

180°

360°

3п

Ті

2

З а у в а ж е н н я . Найчастіше при записі радіанної міри кутів назву одиниці виміру «радіан» (або скорочено рад) не пишуть. Наприклад, за­ мість рівності 90° = — радіан пишуть 90° = —. 2

Приклад 2 ►

2

Виразіть у градусній мірі величини кутів: — ; — ; — ; 5.

Оскільки ^

10

3

4

— це їо частина кут® п->то 3 рівності п = 180° одержуємо,

що — = 18°. Аналогічно можна обчислити і величини кутів — і — . 10

3

4

180°

У загальному випадку враховуємо, що 1 радіан = ----- , тоді

п

2к_2п

180° _ ^20°. §Е —§Е. 3 3 7 1 ’ 4 4

—135°. 5 —5 . 180° _ 900° - 286° <3

л

п

п

■ і Запитання для контролю 1. Поясніть, як можна означити кут за допомогою повороту променя. Як при такому означенні вимірюють кути? 2. Як ви розумієте такі твердження: «Величина кута дорівнює 450°», «Величина кута дорівнює -2 2 5 °»? Зобразіть ці кути. 3. Як можна означити кут в I е? 4. Дайте означення кута в 1 радіан. 5.

Чому дорівнює градусна міра кута в я радіан?

6. Поясніть на прикладах, як за радіанною мірою кута знайти його градусну міру і навпаки — за градусною мірою кута знайти його радіанну міру.


238

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН К Ц ІЇ

Вправи Зобразіть кут, утворений поворотом променя ОА навколо точки О на: 1) 270°; 2) -2 7 0 °; 3) 720°; 4) -9 0 °; 5) 225°; 6) -4 5 °; 7) 540°; 8) -1 8 0 °; 9) 360°; 10) -6 0 °. Чому дорівнюють кути повороту, показані на рисунку 103?

Рис. 103 3.

4.

Виразіть у радіанній мірі величини кутів: 1°) 225°; 2°) 36°; 4) -2 4 0 °; 5) -2 2 ,5 °; Виразіть у градусній мірі величини кутів: 2п Зя 1) Зтг; 2) 3) -

5) 5.

6.

п 18*

7)

3 ) 100°; 6) -1 5 0°.

7п

4) і -5 8) 3 .

За допомогою калькулятора (або таблиць) знайдіть радіанні міри кутів: 1) 27°; 2) 132°; 3) 43°; 4) 114°. За допомогою калькулятора (або таблиць) знайдіть градусні міри кутів: 1) 0,5585; 2) 0,8098; 3) 3,1416; 4) 4,4454.


§ 17. Тригометричні функції кута і числового аргументу

§ 17

23 9

ТРИГОНОМЕТРИЧНІ ФУНКЦІЇ КУТА І ЧИСЛОВОГО АРГУМЕНТУ Т а б л и ц я 2Н 1. Означення тригонометричних функцій

через одиничне коло

(й = 1)

через довільне коло (В — радіус кола)

через прямокут­ ний трикутник (для гострих кутів)

Ра(х; у)

Ра(х’’ УУ

А

ь

С

8іп а - -

8іп а = у — ордината точки Р сов а = х

сов а = -

я

абсциса точки Р ід а = ^ х

сой

І

а =— сІ

ід а =

сов а

х

соя а

у

8іп а

СІЄ а = - - —----

і сід а = — у

2. Тригонометричні функції числового аргументу

зіп (числа а) = віп (кута в а радіан) сов (числа а) = сов (кута в а радіан)

Ї£ (числа а) =

(кута в а радіан)

сї£ (числа а) = сі£ (кута в а радіан)

сід а =


240

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УНКЦ ІЇ

Продовження табл. 2 6

3. Лінії тангенсів і котангенсів

А Р0 — лінія тангенсів (АР0 II Оу) І# <х = у Л— ордината відповідної

СВ — лінія котангенсів (СВ Ох) сі§ а = хв — абсциса відпові

точки лінії тангенсів

точки лінії котангенсів

1Ш Пояснення й обґрунтування 1. Означення тригонометричних функцій. З курсу геометрії вам відо­ мі означення тригонометричних функцій гострого кута в прямокутному трикутнику. Нагадаємо їх. Синусом гострого кута а в прямокутному трикутни£ ку називають відношення протилежного катета до гіпо­ тенузи: 8Іпа = - (рис. 104).

с Косинусом гострого кута а в прямокутному трикут­

нику називають відношення прилеглого катета до гіпоЬ

тенузи: со8(Х = - .

с Тангенсом гострого кута а в прямокутному трикут­

нику називають відношення протилежного катета до прилеглого: Ї£(Х = ~.

Котангенсом гострого кута а в прямокутному трикутнику назива, ь

іоть відношення прилеглого катета до протилежного: с і £ а = —. а

У курсі геометрії було обґрунтовано, що Синус та косинус гострого ісута залежать тільки від величини кута і не залежать від довжин сторін трикутника та його розташування, тобто синус і косинус (а отже, і тан­ генс, і котангенс) є функціями величини кута, які називають тригоно­

метричними функціями. Також у курсі геометрії з використанням кола з центром у початку координат було введено означення тригонометричних функцій для кутів під 0° до 180°. Але ці означення можна використати для знаходження


§ 17. Тригометричні функції кута і числового аргументу

241

тригонометричних функцій довільних кутів. Нагадаємо їх (але тепер бу­ демо розглядати довільні кути а від —■ до +°°). Візьмемо коло радіуса Е із центром у початку координат. Позначимо точку крла на додатній півосі абсцис через Р0 (рис. 105). Потрібні нам кути будемо утворювати поворотом радіуса ОРй навколо точки О. Нехай у результаті повороту на кут а навколо точки О радіус ОРйзайме положен­ ня ОРа (кажуть, що при повороті на кут а радіус ОРй переходить у радіус ОРа, а точка Р0 переходить у точку Рп). Нагада­ ємо, що при а > 0 радіус ОР0 повертають проти годинникової стрілки, а при а < 0 — за нею. Нехай точка Ра має координати (х; у). Тоді: синусом кута а називається відношення ор­ динати точки Ра (х; у) кола до його радіуса: 8Іп а - — ;

я

косинусом кута а називається відношення абсциси точки Ра (х; у) кола до його радіуса: со8 (Х = — ;

Я тангенсом кута а називається відношення ординати точки Ра (х; у) кола до її абсциси:

ос = — (звичайно, при х

х

ф

0);

котангенсом кута а називається відношення абсциси точки Ра (х; у) кола до її ординати: с і д а = — (при у

у

ф

0).

Як і для тригонометричних функцій го­ стрих кутів, значення зіп а, сов а, ід а, сід а залежать тільки від міри кута а і не залежать від К1. Зручно вибрати К = 1, що дозволить дещо спростити наведені означення тригономе­ тричних функцій. Коло радіуса 1 з центром у початку коор­ динат будемо називати одиничним колом. Нехай при повороті на кут а точка Р0 (1; 0) переходить у точку Ра (х; у) (тобто при повороті на кут а радіус ОР0 переходить у раді­ ус ОР ) (рис. 106). 1 Це випливає з того, що два концентричні кола гомотетичні (центр гомо­ тетії — точка О, а коефіцієнт к — відношення радіусів цих кіл), тоді і точки Рц на цих колах теж будуть гомотетичні. Отже, при переході від одного кола до іншого в означеннях тригонометричних функцій чисельник і знаменник відпо­ відного дробу помножаться на к, а значення дробу не зміниться.


?42

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН К Ц ІЇ

Синусом кута а називається ордината точки Р (л:; у) одиничного кола: 8Іп а = у. Косинусом кута а називається абсциса точки Ри{х; у) одиничного кола: соя а = х. Тангенсом кута а називається відношення ординати точки Рц (де; у) ... . 8іп а одиничного кола до її абсциси, тобто відношення ------ . Отже, 81Па (де / І£ а = -----соб а ф 0).

Котангенсом кута а називається відношення абсциси точки .

сов а

Р (.г; и) одиничного кола до и ординати, тобто відношення —— . "

^

В№(X

Отже, ,

сов а

Є а = кіпа (Де 8ІП а * °)Користуючись цими означеннями, знайдемо синус, коси2тс нус, тангенс і котангенс кута — радіан. З

ІІриклад

► Розглянемо одиничне коло (рис. 107). При повороті на кут — радіус З ОРп переходить у радіус ОР2п (а точка Р0 переходить у точку Р2к). КоорТ “З динати точки Р2к можна знайти, використовуючи властивості прямокут­ ного трикутника ОАР, (з кутами 60° і 30° та гіпотенузою 1): х = -ОА = — ;

Л Г>

>/ з

у = АР2к= — .

т

Тоді:

V 3

в т — =у =— ;

1

сов— = х = — ;

-

. 2л 81П ____ з

З

2л сов—

.2л

= -л/3;

З

,

1

СІ8Т Аналогічно знаходять значення синуса, ко­ синуса, тангенса і котангенса кутів, указаних у верхньому рядку таблиці 27. Зазначимо, що таким чином можна знайти тригонометричні функції тільки деяких кутів. Тригонометричні функції довільного кута за­ звичай знаходять за допомогою калькулятора або таблиць.


§ 17. Тригометричні функції кута і числового аргументу

243

Т а б л и ц я 27 0 О 00

а

градуси

45°

60°

90°

180°

270°

360°

радіани •

0

тс 6

ТС 4

К 3

тс 2

71

Зтс 2

2п

віп а

0

1 2

л/і 2

2

1

0

-1

0

сов а

1

Ті 2

Я

0

-1

0

1

2

1 2

Ті 3

1

л/3

не іс­ нує

0

не іс­ нує

0

1

л/і 3

0

не іс­ нує

0

не іс­ нує

ІЄ а

0

сі£ а

не іс­ нує

2. Тригонометричні функції числового аргументу. Введені означення дозволяють розглядати не тільки тригонометричні функції кутів, а й тригонометричні функції числових аргументів, якщо розглядати триго­ нометричні функції числа а як відповідні тригонометричні функції кута в а радіан. Тобто

І

синус числа а — це синус кута в а радіан; косинус числа а — це косинус кута в а радіан.

Наприклад,

8Іп - = в іп (- рад) = віп 30° = 6

\6

/

2

(див.

також

пункт

2

табл. 26). 3. Лінії тангенсів і котангенсів. Для розв’ язування деяких задач ко­ рисно мати уявлення про лінії тангенсів і котангенсів. Проведемо через точку Р0 одиничного кола пряму АР0, паралельну осі Оу (рис. 108). Цю пряму називають лінією тангенсів. Нехай а — довільне число (чи кут), для якого сов а ф 0. Тоді точка Ра не лежить на осі Оу і пряма ОРа перетинає лінію танген­ сів у точці А. Оскільки пряма ОРи проходить через початок координат, то її рівняння у = кх. Але ця пряма проходить через точку Р з координатами (соє а; віп а), отже, коор­ динати точки Ра задовольняють рівнянню прямої у = кх, тобто віп а = к сов а. Звідси

к-

віп а


>44

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН К Ц ІЇ

Таким чином, пряма ОРа має рівняння у = (І£ а) х. Пряма АР0 має рівняння х = 1. Щоб знайти ординату точки А, до­ статньо в рівняння прямої ОРа підставити х = 1. Одержуємо уА = а. Отже,

І

це ордината відповідної точки на

тангенс кута ( числа) а лінії тангенсів.

Аналогічно вводять і поняття лінії ко­ тангенсів: пряма СВ, що проходить через точку С (0; 1) одиничного кола паралельно осі Ох (рис. 109). Якщо а якого 8Іп а на осі Ох), котангенсів

— довільне число (чи кут), для

* 0 (тобто точка Ра не лежить то пряма ОРа перетинає лінію у деякій точці В ( х в; 1).

Аналогічно попередньому обґрунтову­ ють, що хв = сі£ а. Отже,

І Н

котангенс кута (числа) а — це абсциса відповідної точки на лінії котангенсів.

Запитання для контролю

1. Сформулюйте означення тригонометричних функцій гострого кута в прямокутному трикутнику. 2. Сформулюйте означення тригонометричних функцій довільного кута: а) використовуючи коло радіуса К із центром у початку координат; б) використовуючи одиничне коло. 3. Що мають на увазі, коли говорять про синус, косинус, тангенс і ко­ тангенс числа а?

Вправи Побудуйте на одиничному колі точку Ра, у яку переходить точка Р0 (1; 0) одиничного кола при повороті на кут а. У якій координат­ ній чверті знаходиться точка Р у завданнях 3—6? 7п

1) а = Зтс;

2) а = -4 л ;

3) а =

4) а =

8) а = т ;

егч

6) а = —

4

4тс

4

.


§ 18. Властивості тригонометричних функцій

2.

Знайдіть значення віп а, сов а,

1) а = Зл;

2) а = —4л;

245

а, сі£ а (якщо вони існують) при: 3) а = ~ ;

Зп л\ 5л 6*) а = 5*) а = - ^ ; 4> а ^ т ; ь З”. Користуючись означенням синуса і косинуса, за допомогою одинич­ ного кола вкажіть знаки віп а і сов а, якщо: 5л -|V бтс 3) а = 1) а = т ; 2) а = - ~ ; т ; 2іс б) а = £ .

4) а = - т ;

4*. Користуючись лінією тангенсів, укажіть знак -ч

4іс

і ) <*=т ;

4) а = - ¥ ;

о\

2) а

Зтс = ——; 4

а , якщо:

3) а = ^ ; О

5) а = — . 4

4)

р II

§ 18

2)

Р II

а=-Т ;

5)

і н а

4л 1)

на*

5*. Користуючись лінією котангенсів, укажіть знак сі£ а, якщо: 1І7С

3) а = '

ВЛАСТИВОСТІ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ ФУНКЦІЙ

6 ’


746

Розділ З ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН К Ц ІЇ

Продовження табл. 28

3. П е ріо ди ч ність

Функція { (де) називається періодичною з періодом Т Ф 0, якщо для будьякого де з області визначення функції числа (де + Т) і (де - Т) також нале­ жать області визначення і виконується рівність Н * + т ) = П * - т ) = / (*)■ Через проміжки довжи­ ною Т (на осі Ох) вигляд У> [7=11 графіка періодичної функції повторюється / " / / У / Якщо Т період функції, то ±Т, ±2Г, ±ЗТ, ..., ±кТ — також 0 1 2 3 4 5 * періоди цієї функції (к е ЛГ)

У = {*} — дробова частина числа х

/ -1/

2

ЧІІ1 (де + 2л) = віп * Функції віп X І СОВ X он (ж + 2л) = соя д: мають період Т = 2л

1)ї (де + л) = 1& де Функції І£ X І СІ£ X сЧК (де + л) = сі& х мають період Т = л

Т = 2л — спільний період для всіх функцій: віп х, сов х, І£ X, с іє X

Пояснення й обґрунтування І. Знаки тригонометричних функцій легко визначити, виходячи з означення цих функцій. • Наприклад, віп а — це ордината відповідної точки Ра одиничного кола. Тоді значення віп а буде додатним, якщо точка Ра має додатну ординату, а це буде тоді, коли точка Ра знаходиться в І або II ко­ ординатній чверті (рис. 110). Якщо точка Ри знаходиться в III або IV чверті, то її ордината від’ ємна, і тому віп а теж від’ ємний.

Аналогічно, ураховуючи, що сов а — це абсциса відповідної точки Р , одержуємо, що сов а > 0 в І і IV чвертях (абсциса точки Ра додат­ на) і сов а < 0 в II і III чвертях (абсциса точки Ра від’ ємна) (рис. 111).


§ 18. Властивості тригонометричних функцій

,

віп а . сов а

,

сов а віп а

Оскільки іе « = ------ і сі£ а = ------- , то

,

_ „ .

,

247

^ _

а > 0 і сі£ а > 0 там, де 8іп а і

соз а мають однакові знаки, тобто в І і III чвертях, і£ а < 0 і сіє а < 0 там, де йіп а і соб а мають різні знаки, тобто в II і IV чвертях (рис. 112). О

2. •

Парність і непарність тригонометричних функцій. Щ об дослідити тригонометричні функції на парність і непарність, ■ зазначимо, що на одиничному колі точки Ра і Р п розміщено симе­ трично відносно осі Ох (рис. 113). Отже, ці точки мають однакові абсциси і протилежні ординати. Тоді соє (-ос) = 1-о = х„а = сов ос, 8 Іп (-а ) = і/р = -у „їх = -в іп а . г -а Таким чином, сов х — парна функція, а віп де — непарна. _

. . /

Тоді і

ч віп ( -а ) -віп а ;— г =--------= сов ( - а ) сова

£

,

,

,

.

сов(-а) віп(-а)

сова -віп а

,

а; сі£ ( - а ) = — -— = -------- = - с і £ а.

Отже, І£ де І СІ£ де — непарні функції. О Парність і непарність тригонометричних функцій можна викорис­ товувати для обчислення значень тригонометричних функцій від’ємних кутів (чисел). Наприклад, ► віпі—^ І= —зіп^ = совІ-^ч = сов^ = - ^ . <1 3. Періодичність тригонометричних функцій. Багато процесів і явищ, що відбуваються в природі і техниці, мають повторюваний характер (наприклад, рух Землі навколо Сонця, рух маховика). Для опису такого роду процесів використовують так звані періодичні функції. Функція у = ї (*) називається періодичною з періодом Т Ф 0, якщо для будь-якого де з області визначення функції числа (де + Т) і (де - Т)

також належать області визначення і виконується рівність П х + Т) = П * ~ Т) = і (х). •

Ураховуючи, що на одиничному колі числам (кутам) а і а + 2пк, де

к є 2, відповідає та сама точка (рис. 114), одержуємо віп (а + 2пк) = віп а, сов (а + 2пк) = сов а.

Рис. 113

Рис. 114


2 48

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН К Ц ІЇ

Тоді 2як (к * 0) є періодом функцій 8ІП X І СОБ X. При к = 1 одержуємо, що Т = 2п — це період функцій віп х і сов х. Доведемо, що ці функції не можуть мати меншого додатного пері­ оду. Щоб довести, що Т = 2я — найменший додатний період коси­ нуса, припустимо, що Т > 0 — період функції сов х. Тоді для будьякого значення х виконується рівність сов (х + Т) = сов х. Узявши х = 0, одержуємо сов Т = 1. Але це означає, що на одиничному колі при повороті на кут Т точка Р0 знову потрапляє в точку Р0, тобто Т = 2як, де к є 2. Таким чином, будь-який період косинуса повинен бути кратним 2п, а отже,

2я — найменший додатний період косинуса. О •

Щоб обґрунтувати, що Т = 2я — найменший додатний період функ­ ції віп х, достатньо в рівності віп (х + Т) = віп х, яка виконується для будь-яких значень х, узяти х =

Одержуємо віп|т + ^| = 1. Але

це означає, що при повороті на кут Т + ^ точка Р0 потрапляє в точку

А (0; 1) (рис. 114), тобто Т + ^ = ^ + 2пк, отже, Т = 2пк. Таким чином, будь-який період синуса повинен бути кратним 2я, а отже,

2я — найменший додатний період синуса. О •

Якщо врахувати, що на одиничному колі точки Ра і Ра+п є діаме­ трально протилежними, то цим точкам відповідає та сама точка на лінії тангенсів (рис. 115) або на лінії котангенсів (рис. 116).

Тоді

(а + я) =

а , с іє (а + я) = сі£ а, а також (а + п/г) = х і сі£ х є пк (к

сІК +■ л/г) = сі£ а, тобто періодом функцій к с X).

а, ф

0,

ІІНйменшим додатним періодом для функцій І£ х і сІ£ х є Т = л. ЩоГі довести це, достатньо в рівності І£ (х + Т) = х узяти X = 0. Тоді одержуємо І£ Т = 0. Отже, Т = пк, де к є 2. Таким чином, будьякиіі період тангенса повинен бути кратним тс, а отже, я — наймен­


§ 18. Властивості тригонометричних функцій

249

ший додатний період тангенса. Аналогічно у відповідній рівності для с іє х достатньо взяти х = —. О 2

Щоб мати уявлення про поведінку графіка періодичної функ­ ції у = ї (х), згадаємо, що за означенням графік функції у = / (х ) складається з усіх точок М координатної площини, які мають ко­ ординати (х; у) = (х; і (х)). Першу координату для точок графіка вибирають довільно з області визначення функції. Виберемо як першу координату значення х + Т (або в узагальненому вигля­ ді — значення х + кТ при цілому значенні к) і врахуємо, що для періодичної функції / (х + Т) = і (х - Т) = / (х) (у загальному ви­ падку — / (х + кТ) = і (х)). Тоді до графіка функції у = / (х) буде входити також точка М 1 координатної площини з координатами: (х + Т; у) = (х + Г; / (х + Т » = (х + Т; Г (*))• Точку М 1 (х + Т; Ґ (х)) можна одержати з точки М (х; / (х)) пара­ лельним перенесенням уздовж осі Ох на Т одиниць (рис. 117). У за­ гальному випадку точку М 2 (х + кТ; / (х)) можна одержати з точки М (х; і (х)) паралельним перенесенням уздовж осі Ох на кТ одиниць. Отже, через проміжок Т вигляд графіка періодичної функції буде повторюватися. Тому для побудови графіка періодичної функції з періодом Т достатньо побудувати графік на будь-якому проміж­ ку довжиною Т (наприклад, на проміжку [0; Г]), а потім одержану лінію паралельно перенести праворуч і ліворуч уздовж осі Ох на відстані кТ, де к — будь-яке натуральне число. О

Приклади розв'язання завдань Приклад 1

Користуючись періодичністю, парністю і непарністю три­ гонометричних функцій, знайдіть: . 21л 4) с іє (-570°). 1) віп— ; 2) сов (-40 5 °); 3) і е Ібтс

Р оз в ’я за н н я

К ом ент ар 1)

1)

► віп ^ ~ = віп|іОл + ^| =

Ураховуючи, що значення функції віп х повторюються


,»>()

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН К Ц ІЇ

=8 І П ^ 5 • 2 7 1 + ^ 1 =

ВІП—= 1. <] 2

2)

2)

► С08 (-40 5 °) = сов 405° = - с о в (360°+ 45°) = сов45° = — . <1

:<)

► і . е ^ = *е(5л + || = *е| = л/з.<1

І)

► сі£ (-57 0 °) = - с і£ 570° = = - с і є (540° +30°) = = -сі,£ (180° •3 + 30°) =

4)

= - с і є 30° = -л/з. <1 Приклад 2*

3)

через період 2л, ВИДІЛИМО в заданому аргументі число, кратне періоду (тобто 10л), а потім скористаємося рівністю віп (а + 2лй) = віп а (к є 2). Спочатку враховуємо парність косинуса: сов (- а ) = сов а, а по­ тім його періодичність з періодом 2л = 360°: сов (а + 360°) = сов а. Функція тангенс періодична з періодом л, тому виділяємо в заданому аргументі число, кратне періоду (тобто 5л), а по­ тім використовуємо рівність (а + пк) = І£ а. Спочатку враховуємо непарність котангенса: сі£ (—а) = —сі£ а, а потім його періодичність з пе­ ріодом л =180°: сі,£ (а + 180° •к) = сі,£ а.

Доведіть твердження: якщо функція у = / (де) періодична з періодом Т, то функція у = А / (кх + Ь) також періодична

т

з періодом ттт (А, к,Ь — деякі числа і к Ф 0).

Р иЗи’’л З<1Ті НА ►

К ом ент ар т

Нехай ер (де) = А і (кх + Ь) і 1'1= щ . Тоді Ф (де + Тг) = А / (й(дс + Тг) + Ь) =

Л Г ^ х + щ ^+Ь ^ =А ґ{к х±Т + Ь) = Аі (кх + Ь± Т) = А / (кх + Ь) = ф (де), і це й означає, що функція І>(лг) = А і (кх + Ь) має період Т =— 1 1*1' З азн ачим о, щ о одержана рівність р (л- І- Тг) = ф (х) при підстановці за­ мість х значення х — Т1 перетворюєть•л її рівність ф (х) = ф (х — Г 1). Отже, р (х = ф (х + = ф (х) і 7^ дійсно • періодом функції ф (х). <1

За означенням функція ф (де) = = А / (кх + Ь) буде періодичною з пеТ

ріодом Т. = —Г, якщо для будь-якого 1*1 де з області визначення ф значення цієї функції в точках де і де + Т1 рів­ ні, тобто ф (де + Т 1) = ф (де). У ході об­ ґрунтування враховано, що вираз

т 1*1

при к > 0 дорівнює к • —= Т, к

а при к < 0 дорівнює к • — = -Т. Та-к

кож ураховано, що функція / (де) за умовою періодична з періодом Т, і тому / (де1 ± Т) = / (дех), де х г = = кх + Ь.


§ 18. Властивості тригонометричних функцій

251

Використаємо твердження, доведене в прикладі 2, для знаходження періодів функцій. Наприклад, 1) ► яі&цо функція віп х має період Т = 2п, то функція віп 4х має період

т =Г =ЙІЯ 4

2)

4

<

2

х має період Т = тт, то функція Іе — має період

► якщо функція

4

т

Т

П

4

4

.

Тл= —= —= 471.^1 1 1 1 -1 Н

Запитання для контролю

1.

а) Назвіть знаки тригонометричних функцій у кожній із координат­ них чвертей. б*) Обґрунтуйте знаки тригонометричних функцій у кожній із коор­ динатних чвертей. 2. а) Які з тригонометричних функцій є парними, а які — непарними? Наведіть приклади використання парності і непарності для обчис­ лення значень тригонометричних функцій. б*) Обґрунтуйте парність чи непарність відповідних тригонометрич­ них функцій. 3. а) Яка функція називається періодичною? Наведіть приклади. б*) Обґрунтуйте періодичність тригонометричних функцій. Укажіть найменший додатний період для синуса, косинуса, тангенса і ко­ тангенса та обґрунтуйте, що в кожному випадку цей період дійсно є найменшим додатним періодом.

■і

Вправи

1.

Користуючись періодичністю, парністю і непарністю тригонометрич­ ної функції, знайдіть: 1) с о в ^ ;

2) віп (-750°);

3)

4) с*е 945°;

5) віп

6) сов (-3630°);

7) сі,£

8)

600°.

2*. Серед заданих функцій знайдіть періодичні й укажіть найменший додатний період для кожної з них: 1) і (де) = хг; 2) / (де) = віп 2х; 3) і (я) = |х |; 4) / (*) = їв Зх; 5) / (х) = 3. 3. Знайдіть найменший додатний період кожної із заданих функцій: 1) у = сов 2х; 2) у =

5х; 3) г/ = віп—; 4) у = сі,£ Здс; З

5) у = сов— . 5


252

4.

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН К Ц ІЇ

На кожному з рисунків 118—121 наведено частину графіка деякої пері­ одичної функції з періодом Т. Продовжіть графік на відрізок [—2 Т; 37і].

У*

УЬ

т х

Т

о

2

Рис. 119

§1 9

т

0

2

т х Рис. 121

Рис. 120

ГРАФІКИ ФУНКЦІЙ СИНУСА, КОСИНУСА, ТАНГЕНСА І КОТАНГЕНСА ТА IX ВЛАСТИВОСТІ

19.1. Графік функції у = віп х та її властивості Т а б л и ц я 29 Графік функції у = віп х (синусоїда)

1.

Властивості функції у = віп х Область визначення: х є В (х — будь-яке дійсне число).

Б (віп х) = В 2.

Область значень: у є [-1 ; 1]. 1]. Е (віп де) = [—1; 1]

3.

4.

Функція непарна: віп (—д:) = -віп х (графік симетричний відносно по­ чатку координат). Функція періодична з періодом Т = 2л : віп (х + 2л) = віп х

5.

Точки перетину з осями координат: Оу

6.

Проміжки знакосталості:______________ віп х > 0 при де є ( 2 л к; п +

(х = 0,

Ох

Іу-О ;

віп

де

<

0

при

де

є (л +

2лй; 2 л

2 л к),

к є 2 + 2пк), к є 2

У = 0, х = пк, к є 2


§ 19. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості

253

Продовження табл. 29

7.

Проміжки зростання і спадання: функція віп де зростає на кожному з проміжків £ -^ + 2лй; ^ + 2 п ^ , к є 2, і спадає на кожному з проміжків ^ + 2пй; ^ + 2пй^, к є 2

в.

Найбільше значення функції дорівнює 1 при х = — + 2пк, к є 2 2 Найменше значення функції дорівнює —1 при х = - —+ 2пк, к є 2

Пояснення й обґрунтування Характеризуючи властивості тригонометричних функцій, ми буде­ мо виділяти такі їх характеристики: 1) область визначення; 2) область значень; 3) парність чи непарність; 4) періодичність; 5) точки перетину з осями координат; 6) проміжки знакосталості; 7) проміжки зростання і спадання; 8) найбільше і найменше значення функції. З а у в а ж е н н я . Абсциси точок перетину графіка функції з віссю Ох (тобто ті значення аргументу, при яких функція дорівнює нулю) називають нулями функції. Нагадаємо, що значення синуса — це ор­ дината відповідної точки одиничного кола (рис. 122). Оскільки ординату можна знайти для будь-якої точки одиничного кола, то область визначення функції у = віп х — усі дійсні чис­ ла. Це можна записати так: Б (віп де) = В. Для точок одиничного кола ординати набу­ вають усіх значень від -1 до 1, отже, область значень функції у = віп х: у є [—1; 1]. Це можна записати так:

Е (віп де) = [ - 1 ; 1]. Як бачимо, найбільше значення функції віп х дорівнює одиниці. Цього значення функція досягає тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола є точка А, тобто при де= ^ + 2лк, к є 2.

Найменше значення функції віп де дорівнює мінус одиниці, якого вона досягає тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола є точка В, тобто при х = ~ + 2пк, к є 2.


34

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН К Ц ІЇ

Як було показано в § 18, синус — непарна функція: віп (-де) = —віп де, отже, її графік симетричний відносно початку координат. У § 18 було обґрунтовано також, що синус — періодична функція :> найменшим додатним періодом Т = 2л: віп (де + 2л) = віп х, отже, че­ рез проміжки довжиною 2л вигляд графіка функції віп х повторюється. Тому для того щоб побудувати графік цієї функції, достатньо побудувати її графік на будь-якому проміжку довжиною 2л, а потім одержану лі­ нію паралельно перенести праворуч і ліворуч уздовж осі Ох на відстані кТ = 2пк, де к — будь-яке натуральне число. Щоб знайти точки перетину графіка функції з осями координат, зга­ даємо, що на осі Оу значення х = 0. Тоді відповідне значення у = віп 0 = 0, тобто графік функції у = віп х проходить через початок координат. На осі Ох значення у = 0. Отже, нам потрібні такі значення х, при яких віп х, тобто ордината відповідної точки одиничного кола, дорівнюиатиме нулю. Це буде тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного ісола буде точка С або В (рис. 122), тобто при х = пк, к є 2. Проміжки знакосталості. Як було обґрунтовано в § 18, значення функції синус додатні (тобто ордината відповідної точки одиничного кола додатна) у І і II координатних чвертях (рис. 123). Отже, віп х > 0 при х є (0; л), а також, ураховуючи період, при всіх х є (2лк; п + 2лк), к є 2 . Значення функції синус від’ ємні (тобто ордината відповідної точ­ ки одиничного кола від’ємна) у III і IV чвертях, отже, віп х < 0 при лс є (л + 2пк; 2л + 2лк), к є 2.

Проміжки зростання і спадання •

Ураховуючи періодичність функції віп х з періодом Т = 2л, достат­ ньо дослідити її на зростання і спадання на будь-якому проміжку о

.

Г

Л

3711

довжиною 2л, наприклад на проміжку І ■ ; — І. Якщо х є

^

(рис. 124, а), то при збільшенні аргументу х

(х2 > де,) ордината відповідної точки одиничного кола збільшується (тобто віп х2 > віп де), отже, у цьому проміжку функція віп де зрос­ тає. Ураховуючи періодичність, робимо висновок, що вона також зростає в кожному з проміжків |^-^ + 2лй; ~ + 2пк , к є 2. Якщо деє

(рис. 124, б), то при збільшенні аргументу х (де* > * !>

ордината відповідної точки одиничного кола зменшується (тобто віп де2 < віп д :), отже, у цьому проміжку функція віп де спадає. Ура­ ховуючи періодичність, робимо висновок, що вона також спадає в кожному з проміжків ^ + 2лй; ^ + 2л/е^ к є 2. О


§ 19. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості

255

Рис. 124

Проведене дослідження дозволяє обґрунтовано побудувати графік функції у = віп х. Ураховуючи періодичність цієї функції (з періодом 2 л), достатньо спочатку побудувати графік на будь-якому проміжку дов­ жиною 2л, наприклад на проміжку [—л; л]. Для більш точної побудови точок графіка користуємося тим, що значення синуса — це ордината відповідної точки одиничного кола. На рисунку 125 показано побудову графіка функції у = віп х на проміжку [0; л]. Ураховуючи непарність функції віп х (її графік симетричний відносно початку координат), для того щоб побудувати графік на проміжку [-л ; 0], відображуємо одержа­ ну криву симетрично відносно почат­ ку координат (рис. 126). Оскільки ми побудували графік на проміжку довжиною 2л, то, урахо­ вуючи періодичність синуса (з періо­ дом 2л), повторюємо вигляд графіка на кожному проміжку довжиною 2л (тобто переносимо паралельно графік уздовж осі Ох на 2пк, де к — ціле число).


256

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН К Ц ІЇ

Одержуємо графік, наведений на рисунку 127, який називають си­

нусоїдою. З а у в а ж е н н я . Тригонометричні функції широко застосовують у математиці, фізиці та техниці. Наприклад, багато процесів, таких як коливання струни, маятника, напруги в колі змінного струму тощо, опи­ суються функцією, яку задають формулою у = А віп (юзе + <р). Такі про­ цеси називають гармонічними коливаннями. Графік функції у = А віп (сох + ер) можна одержати із синусоїди у = віп х стискуванням або розтягуванням її вздовж координатних осей і паралельним перенесенням уздовж осі Ох. Найчастіше гармонічне ко­ ливання є функцією часу і. Тоді його задають формулою у = А віп (соі + <р), де А — амплітуда коливання, со — кутова частота, <р — початкова фаза, 271

— — період коливання (якщо А > 0, ш > 0, (р > 0). (0

19.2. Графік функції у = сов х та її властивості Т а б л и ц я ЗО Графік функції у - сов х (косинусоїда)

1.

Властивості функції у = сов х Область визначення: х є В (де — будь-яке дійсне число)

Б (со8 х) = В 2.

Область значень: у є [-1 ;; 1]. Е (сов де) = [—1; 1]


§ 19. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості

257

3. 4.

Продовження табл. ЗО Функція парна: сов (-ж) = сов х (графік симетричний відносно осі Оу) Функція періодична з періодом МГ = 2п : сов (х + 2п) = сов х

5.

Точки перетину з осями координат: Оу

Г*=о,

Ох

ІІГ = ІІ 6.

І х = ^ + пк, кє2\

Проміжки знакосталості:_____________ сов х > 0 при х є |-^+2яЬ; ^ + 2 к є 2 сов х < 0 при х є (^+2пкш , ^+2пй|, Де є 2

7.

Проміжки зростання і спадання:

функція соя х зростає на кожному з проміжків [я + 2пк; 2п + 2пк], к є 2 і спадає на кожному з проміжків [2пк; п + 2пк], к є 2 8.

Ш

Найбільше значення функції дорівнює 1 при х - 2пк, к є 2 Найменше значення функції дорівнює —1 при х = п + 2пк, к є 2 Пояснення й обґрунтування

Нагадаємо, що значення косинуса — це абсциса відповідної точки одиничного кола (рис. 128). Оскільки абсцису можна знайти для будьякої точки одиничного кола, то область визначення функції у = сов х — усі дійсні числа. Це можна записати так: 1) (соя х) = В. Для точок одиничного кола абсциси набувають усіх значень від -1 до 1, отже, область значень функції у = соз х: у є [-1 ; 1]. Це можна за­ писати так: Е (сов х) = [—1; 1]. Як бачимо, найбільше значення функції соз х дорівнює одиниці. Цього значення функція дося­ гає тільки тоді, коли відповідною точкою одинич­ ного кола є точка А, тобто при х = 2пк, к є 2. Найменше значення функції сов х дорівнює мінус одиниці. Це значення досягається тіль­ ки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола є точка В, тобто при х = п + 2пк, к є 2. Як було показано в § 18, косинус — парна функція: сов (-де) = сов х, тому її графік симе­ тричний відносно осі Оу.


258

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН К Ц ІЇ

У § 18 було обґрунтовано також, що косинус — періодична функція з найменшим додатним періодом Т = 2л: сов (я + 2л) = сов х. Отже, через проміжки довжиною 2л вигляд графіка функції сов х повторюється. Щ об знайти точки перетину графіка функції з осями координат, нага­ даємо, що на осі Оу значення х = 0. Тоді відповідне значення у = сов 0 = 1 . На осі Ох значення у = 0. Отже, нам потрібні такі значення х, при яких сов х, тобто абсциса відповідної точки одиничного кола дорівнюва­ тиме нулю. Це буде тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола буде точка С або І) (рис. 128), тобто при х = ^ + пк, к є 2.

Проміжки знакосталості. Як було обгрунтовано в § 18, значення функції косинус додатні (тобто абсциса відповідної точки одиничного кола додатна) в І і IV чвертях (рис. 129). Отже, сов х > 0 при х є а також, ураховуючи період, при всіх х є

+ 2пк; ~ + 2 п к к є 2 .

Значення функції косинус від’ ємні (тобто абсциса відповідної точки одиничного кола від’ємна) у II і III чвертях, отже, сов х < 0 при

Проміжки зростання і спадання •

Ураховуючи періодичність функції сов х (Т = 2л), достатньо досліди­ ти її на зростання і спадання на будь-якому проміжку довжиною 2л, наприклад на проміжку [0; 2л]. Якщо х є [0; л] (рис. 130, а), то при збільшенні аргументу х (хг > д^) абсциса відповідної точки одиничного кола зменшується (тобто сов х 2 < со8 дс1), отже, у цьому проміжку функція соа х спадає. Ура­ ховуючи періодичність функції сов х, робимо висновок, що вона та­ кож спадає в кожному з проміжків [2лк; л + 2лй], к є 2.

Рш 2 Р*2 Рис. 129

а

б Рис. 130


§ 19. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості

259

Якщо х є [л; 2л] (рис. 130, б), то при збільшенні аргументу х (х2 > д^) абсциса відповідної точки одиничного кола збільшується (тобто сов х2 > сов дс1), отже, у цьому проміжку функція сов х зростає. Ура­ ховуючи періодичність функції сов х, робимо висновок, що вона зростає також у кожному з проміжків [л + 2лк; 2л + 2л/е], к є 2. О Проведене дослідження дозволяє побудувати графік функції у = сов х аналогічно до того, як було побудовано графік функції у = віп х. Але гра­ фік функції у = сов х можна одержати також за допомогою геометричних перетворень графіка функції у = віп х, використовуючи формулу

вЦг4 Ф

СОВ X

Цю формулу можна обґрунтувати, напри­ клад, так. Розглянемо одиничне коло (рис. 131) і відмітимо на ньому точки А = Р і В -Р та абсциси і ординати

2*х цих точок. Ураховуючи, що ААОВ = ^, одержуємо, що при повороті прямокутни­ ка ОС1А£>1 навколо точки О на кут ^ про­ ти годинникової стрілки він перейде в прямокутник ОС2ВІ)2. Але тоді ОІ)2 = ОЛ1 і ОС2 - ОСг Отже, віп^+де| = і/в =ОС2 =ОСх=

Рис. 131 = сов де.

Зазначимо також формули, які нам знадобляться далі: сов|^ + х^ = ів = -ОВ2 = —О-О, = —уА = -в іп х.

п

\

( - + Х

2

/

. (п

\

1

\9

81ПІ —+ х\

/

С08 X

,

= -------^ ------- - = — ;------ = - С І £ Х .

І п 1 -81ПX С08\2+Хі

Отже,

(И-

-С І£ X

Ураховуючи, що совдс = віп^де+^|, графік функції у = сов х можна одержати із графіка функції у = віп х його паралельним перенесенням уздовж осі Ох на

(рис. 132). Одержуємо графік, який називається

косинусоідою (рис. 133).


260

РОЗДІЛ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф У Н К Ц ІЇ

19.3. Графік функції у = і д х та її властивості Т а б л и ц я 31


§ 19. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та Тх властивості

261

Продовження табл. ЗІ 3.

Функція непарна:

(~х) = х (графік симетричний відносно початку координат).

4.

Функція періооична з періодом Т = я

5.

Точки перетину з осями координат: Оу || ^ _ 0. Ох

іє (* + л) = Ї£ х.

IІ* = 0.

у = о, х = пк, к є 2

6. Проміжки знакосталості:____________________ 16 х > 0 при х е ^пк; Іб * < 0 при же 7.

к є 2 к є 2

Проміжки зростання і спадання:

функція і£ ж зростає на кожному з проміжків своєї області визначення, 1 тобто на кожному з проміжків

8.

■і

^+лб|, к е 2.

Найбільшого і найменшого значень функція не має. Пояснення й обґрунтування Нагадаємо, що 16* = —— • Отже, областю визначення тангенса бусовх

І

дуть усі значення аргументу, при яких сов х * 0, тобто хФ^+пк, к є 2. Отримуємо Б (ід ж): хФ^+пк, к є 2. Цей результат можна одержати й геометрично. Значення тангенса — це орди­ ната відповідної точки Тх на лінії тангенсів (рис. 134). Оскільки точки А і В одиничного кола лежать на прямих ОА і ОВ, паралельних лінії тангенсів, ми не зможемо знайти значен­ ня тангенса для х = ^+пк, к є 2 . Для всіх ін­ ших значень аргументу ми можемо знайти відповідну точку на лінії тангенсів та її ордина­ ту — тангенс. Отже, усі значення хФ~+пк входять до області визначення функції у = 1% х.

І


262

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф У Н К Ц ІЇ

Д л я т о ч о к о д и н и ч н о г о кола (які не збігаються з точками А і В) ор­ динати відповідних точок на лінії тангенсів набувають усіх значень від -оо до +оо. Таким чином, область значень функції у = х — усі дійсні' числа, тобто у є К. Це можна записати так: Е (і£ х) = К. З наведених міркувань випливає також, що найбільшого і найменшого значень функ­ ція х не має. Як було показано в § 18, тангенс — непарна функція: (-х ) = х, отже, її графік симетричний відносно початку координат. Тангенс — періодична функція з найменшим додатним періодом Т = л: (х + л) = х (див. § 18). Тому при побудові графіка цієї функ­ ції достатньо побудувати графік на будь-якому проміжку довжиною л, а потім одержану лінію перенести паралельно праворуч і ліворуч уздовж осі Ох на відстань кТ = пк, де к — будь-яке натуральне число. Щ об знайти точки перетину графіка функції з осями координат, нагадаємо, що на осі Оу значення х = 0. Тоді відповідне значення у = І£ 0 = 0, тобто графік функції у = І£ х проходить через початок ко­ ординат. На осі Ох значення у = 0. Отже, нам потрібні такі значення х, при яких Ї£ х, тобто ордината відповідної точки лінії тангенсів, дорівнюва­ тиме нулю. Це буде тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола буде точка С або X) (рис. 134), тобто при х = пк, к є 2. Проміжки знакосталості. Як було обґрунтовано в § 18, значення функції тангенс додатні (тобто ордината відповідної точки лінії танген­

сів додатна) у І і III координатних чвертях. Отже, І£ х > 0 при лгє^О; а також, ураховуючи період, при всіх

^ + лй|, к є 2.

Значення функції тангенс від’ ємні (тобто ордината відповідної точки лінії тангенсів від’ ємна) у II і IV чвертях. Отже,

х < 0 при х є

+

к є 2. Проміжки зростання і спадання #

Ураховуючи періодичність функції х (період Т = л), достатньо до­ слідити її на зростання і спадання на будь-якому проміжку довжиною л, наприклад на проміжку то при збільшенні аргументу х (х2 > дс1) ордината відповідної точки лінії тангенсів збільшується (тобто *2> х г). Отже, у цьому про­ міжку функція х зростає. Ураховуючи періодичність функції х, робимо висновок, що вона зростає також у кожному з проміжків


§ 19. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та Тх властивості

2 63

Проведене дослідження дозволяє обґрунтовано побудувати графік функції у — х. Ураховуючи періодичність цієї функції (з періодом л), спочатку побудуємо графік на будь-якому проміжку довжиною я, напри­ клад на проміжку

Н4

Для більш точної побудови точок графіка

скористаємося також тим, що значення тангенса — це ордината відпо- | відної точки лінії тангенсів. На рисунку 136 показано побудову графіка функції у =

х на проміжку

Далі, ураховуючи періодичність тангенса (з періодом я), повторюємо вигляд графіка на кожному проміжку довжиною л (тобто переносимо паралельно графік уздовж осі Ох на пк, де к — ціле число). Одержуємо графік, наведений на рисунку 137, який називають тан­

генсоїдою.

Рис. 137


264

Розділ 3 . ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф У Н К Ц ІЇ

19.4. Графік функції у = с і£ х та її властивості Табл иця 32 Графік функції у = сі£ х (котангенсоїда)

Властивості функції у = сі£ х Область визначення■Г О (сі£ х): х ф пк, к є %

1.

Область значень', у є В. Е (сі£ ж) = В Функція непарна: сі£ (—х) = —сі£ ж (графік симетричний відносно початку координат). Функція періодична з періодом Т = ге

( х + гг) = с і£ д:

0 = 0,

Точки перетину з осями координат: Оу немає , Ох

лг= —+ пк, к є 2 ] в

Проміжки знакосталості: с і§ х > 0 при х є с і£ ж < 0 при деє

к є 2 л+яй), к є 2

Проміжки зростання і спадання: функція сід х спадає на кожному з проміжків своєї області визначен­ ня, тобто на кожному з проміжків (пк; п + пк), к є 2. 8. {

Найбільшого і найменшого значень функція не має.


§ 19. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості

265

Пояснення й обґрунтування Нагадаємо, що

х=

Отже, областю визначення котангенса 8ІП X

будуть усі значення аргументу, при яких віп х Таким чином, Б (сі£ ж): х

ф

ф

0, тобто х

ф

пк, к є 2 .

пк, к є 2.

Той самий результат можна одер­ жати, використовуючи геометричну ілюстрацію. Значення котангенса — це абсциса відповідної точки на лінії ко­ тангенсів (рис. 138). Оскільки точки А і В одиничного кола лежать на прямих ОА і ОВ, паралельних лінії котангенсів, ми не можемо знайти значення котан­ генса для х = пк, к є 2 . Для всіх інших значень аргументу ми можемо знайти відповідну точку на лінії котангенсів та її абсцису — котангенс. Таким чином, усі значення х Ф пк входять до області визначення функції у = сі£ х. Для точок одиничного кола (які не збігаються з точками А і. В) абс­ циси відповідних точок на лінії котангенсів набувають усіх значень від -оо до +оо. Отже, область значень функції у = сі£ х — усі дійсні числа, тобто у є К. Це можна записати так: Е (сід х) = К. З наведених мірку­ вань випливає також, що найбільшого і найменшого значень функція сі£ х не має. Як було показано в § 18, котангенс — непарна функція: сі£ ( - х ) = = -с і£ х, тому її графік симетричний відносно початку координат. Також у § 18 було обґрунтовано, що котангенс — періодична функ­ ція з найменшим додатним періодом Т = п: сі£ (х + п) = с іє тому че­ рез проміжки довжиною п вигляд графіка функції сІ£ х повторюється. Щ об знайти точки перетину графіка функції з осями координат, нагадаємо, що на осі Оу значення х = 0. Оскільки сЬ% 0 не існує, то гра­ фік функції у = сІ£ х не перетинає вісь Оу. На осі Ох значення у = 0. Отже, нам потрібні такі значення х, при яких сі£ х, тобто абсциса відповідної точки лінії котангенсів, дорівню­ ватиме нулю. Це буде тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола буде точка С або £), тобто при х = ^+п к, к є 2 .

Проміжки знакосталості. Як було обґрунтовано в § 18, значення функції котангенс додатні (тобто абсциса відповідної точки лінії котан­


266

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УНКЦ ІЇ

генсів додатна) у І і III чвертях (рис. 139). Тоді сі£ х > 0 при х є ^0; Ураховуючи період, отримуємо, що с іє х > 0 при всіх х є |тсй; ^ + тс/г|,

к є 2. Значення функції котангенс від’ ємні (тобто абсциса відповідної точ­ ки лінії котангенсів від’ємна) у II і IV чвертях, отже, сі£ х < 0 при

хє

+ пк, п +

к є 2.

Проміжки зростання і спадання •

Ураховуючи періодичність функції с іє х (найменший додатний пе­ ріод Т = л), достатньо дослідити її на зростання і спадання на будьякому проміжку довжиною я, наприклад на проміжку (0; тс). Якщо х є (0; я) (рис. 140), то при збільшенні аргументу х (х2 > х1) абсциса відповідної точки лінії котангенсів зменшується (тобто сі£ х2 < с іє х і)> отже, у цьому проміжку функція с іє х спадає. Ура­ ховуючи періодичність, робимо висновок, що вона також спадає в кожному з проміжків (пк; п + пк), к є 2.

Проведене дослідження дозволяє побудувати графік функції у = сіє х аналогічно до того, як було побудовано графік функції у = іє х. Але гра­ фік функції у = с іє * можна одержати також за допомогою геометричних перетворень графіка функції у = І£ х. За формулою, наведеною вище, іє|^ + *| = - с і є х, тобто с іє * = - і є ( * + “ |* Тому графік функції у = с іє х можна одержати з графіка функції у = і є х паралельним перенесенням уздовж осі Ох на

і симетричним відображенням одержаного графі­

ка відносно осі Ох. Отримуємо графік, який називають котангенсоїдою (рис. 141).


§ 19. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості

26 7

Приклади розв'язання завдань Приклад 1

Побудуйте графік функції та вкажіть нулі функції і про­ міжки знакосталості: 1) у = 2 віп х; 2) у = віп 2х.

К ом ент ар Графіки всіх заданих функцій можна одержати за допомогою гео­ метричних перетворень (табл. 6) графіка функції / (де) = віп х. Отже, графіком кожної із цих функцій буде синусоїда, одержана: 1) у = 2 віп х = 2 / (х) розтягуванням графіка у = віп х удвічі вздовж осі Оу; 2) у = віп 2х = / (2х) стискуванням графіка у = віп х удвічі вздовж осі Ох. Нулі функції — це абсциси точок перетину графіка з віссю Ох. Щоб записати проміжки знакосталості функції, зазначимо, що функ­ ція у = 2віп д: періодична з періодом Т = 2п, а функція у = віп 2х періо­ дична з періодом Т = Щ = к. Тому для кожної функції достатньо з’ ясувати на одному періоді, де значення функції додатні (графік розташований вище осі Ох) і де від’ ємні (графік розташований нижче осі Ох), а потім одержані проміжки повторити через період.

Р о з в ’я за н н я 1)

2)

► Графік функції у = 2 віп х одержуємо із графіка функції у = віп д: розтягуванням його вдвічі вздовж осі Оу (рис. 142). Нулі функції: х = пк, к є 2. Проміжки знакосталості: 2 віп х > 0 при д: є (2 пк; п + 2пк), к є 2; 2 віп х < 0 при д: є (л + 2пк; 2п + 2пк), к є 2. Л ►Графік функції у = віп 2д: одержуємо із графіка функції у = віп д: стискуванням його вдвічі вздовж осі Ох (рис. 143).


268

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф У Н К Ц ІЇ

тск Нулі функції: х = — , к є 2.

Проміжки знакосталості: віп 2х > 0 при хє^пк; ^+пй|, к є 2; 8Іп 2х < 0 при л:є|^+лй;п + лй|, к є 2 . <] Приклад 2

Розташуйте в порядку зростання числа: віп 1,9; 8Іп 3; віп (-1 ); зіп (-1 ,5 ).

К ом ент ар Для того щоб розмістити задані числа в порядку їх зростання, з’ ясуємо, які з них додатні, а які — від’ємні, а потім порівняємо між собою окремо додатні числа і окремо від’ємні, користуючись відомими проміжками зростання і спадання функції гіп х.

Р озв'я за н н я • Числа віп 1,9 і віп 3 — додатні (точки Рі д і Р 3 знаходяться в II чвер­ ті), а числа віп (-1 ) і віп (-1 ,5 ) — від’ємні (Р_х і Р_16 знаходяться в IV чверті). Ураховуючи, що —<1,9<7с, —< 3 < л і що функція 8іп х спадає на 2

проміжку

ї^

2

, з нерівності 1,9 < 3 одержуємо віп 1,9 > 8іп 3.


§ 19. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та Тх властивості

Також - - < - 1 < 0 , 2

2

< -1,5< 0. Функція віп х на проміжку - - ; 0 і. 2

269

^

зростає. Ураховуючи, що -1 > -1 ,5 , одержуємо віп (-1 ) > віп (-1,5). Отже, у порядку зростання ці числа розташовуються так: віп (-1,5); віп (-1 ); віп 3; віп 1,9. <1 З ауваж ення. Для порівняння заданих чисел можна також зобразити точки Р 19, Ра Р Р 5 на одиничному колі і порівняти відповідні ординати (виконайте таке розв’ язання самостійно). Приклад 3

Побудуйте графік функції: 1) у = |віп х |; 2) у = віп |х |.

К ом ент ар Графіки заданих функцій можна одержати за допомогою геометрич­ них перетворень графіка функції / (х) = віп х. Згадаємо відповідні пере­ творення: 1) у = |віп х |= |/ (де) |— вище осі Ох (і на самій осі) графік у = віп х залишається без зміни, нижче осі Ох — симетрично відображується відносно осі Ох; 2) у = віп | х |= / (| х |) — праворуч від осі Оу (і на самій осі) графік у = віп х залишають без зміни і ту саму частину графіка відображу­ ють симетрично відносно осі Оу.

Р озв ’я за н н я ► Спочатку побудуємо графік функції у = І ( х ) = віп х (рис. 144):

Рис. 144

1) Далі будуємо графік функції у = \віп х\ = \{ (х) \(рис. 145).

Рис. 145


270

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН КЦ ІЇ

2) Будуємо графік функції у = 8іп |х |= / (| х |) (рис. 146). <3

Приклад 4

Побудуйте графік функції та вкажіть проміжки її спадан­ ня і зростання: 1) і/ = со8(л: - | ) ;

2) у = -І£ х.

К ом ент ар Графіки заданих функцій можна одержати за допомогою геометрич­ них перетворень графіків функцій: 1) 1 (ж) = соз х\ 2) ф (ж) = 1® х. Тоді одержуємо графіки: 1)

г/ = соз|л:-^| = /|л:-^| — паралельним перенесенням графіка функ­

2)

ції і (де) уздовж осі Ох на — одиниць; 6 у = х = -ф (де) — симетрією графіка функції ф (де) відносно осі

Ох. Щ об записати проміжки спадання і зростання функцій, відмітимо, що функція у = соз|дс —

періодична з періодом Т = 2п, а функція

у = х періодична з періодом Т = п. Тому для кожної функції досить з’ясувати на одному періоді, де вона спадає і де зростає, а потім одержа­ ні проміжки повторити через період. Р о з в ’я за н н я 1)

► Графік функції у = соз^дс—

одержуємо із графіка функції у = соз де

його паралельним перенесенням уздовж осі Ох на — одиниць (рис. 147). 6 Функція спадає на кожному з проміжків |^ + 27іЛ;-^ + 27іЛ^ к є 2,

-— +2пк;-+2пк\, і зростає на кожному з проміжків \ |—— + бпп; —+ ^7і^, к є 2. Ц 6 6


§ 19. Графіки функцій синуса, косинуса, тангенса і котангенса та їх властивості

2)

271

Рис. 147 ► Графік функції у = х одержуємо симетричним відображенням графіка функції у = ї§ х відносно осі Ох (рис. 148).

Рис. 148 Функція спадає на кожному з проміжків

+

^+лл|, к є 2. <]

Запитання для контролю

1- а) Побудуйте графік функції у = віп х. Користуючись рактеризуйте властивості цієї функці. б*) Обґрунтуйте властивості функції у = 8ІП х. 2. а) Побудуйте графік функції у = сов х. Користуючись рактеризуйте властивості цієї функції. б*) Обґрунтуйте властивості функції у = сов х. 3. а) Побудуйте графік функції у = х. Користуючись рактеризуйте властивості цієї функції. б*) Обґрунтуйте властивості функції у = х. 4. а) Побудуйте графік функції у = сі£ х. Користуючись рактеризуйте властивості цієї функції. б*) Обґрунтуйте властивості функції у = х.

графіком, оха­

графіком, оха­

графіком, оха­

графіком, оха­


г іг

Н 1.

розділ з. т р и г о н о м е т р и ч н і ф у н к ц ії

Вправи Користуючись властивостями функції у = віп х, порівняйте числа: 1°) 8Іп 100° і зіп 130°; 2) 8Іп 1° і 8Іп 1;

2.

5

2) сов (-2 ) і сов (-3 );

3°) сов

і сов

Користуючись властивостями функції у = 1% х, порівняйте числа: 1°) і є 15° і і є 140°;

4.

і віп

5

Користуючись властивостями функції у = сов х 7 порівняйте числа: 1°) сов 10° і сов 40°;

3.

3°) 8Іп

2°) і є Щ і і є

3) і є (-1,2л) і і 8 (~0,1л).

Користуючись властивостями функції у = с іє х, порівняйте числа: 1) с іє 3е і с іє 5е;

2) с іє ^

і с іє

3) сі® (-1 ) і с іє (-1 .2 ).

5.

Розташуйте числа в порядку їх зростання: 1) віп 3,3, віп 3,9, віп 1,2; 2) сов 0,3, сов 1,9, сов 1,2; 3) і є 0.7, і є (-1 .3 ), і є 1,5; 4) с іє 0.5, с іє 2,9, с іє ІД Побудуйте графік функції та вкажіть нулі функції і проміжки знако­ сталості (6 -9 ).

6.

1) у = віп|л:-^|;

2°) у = віп|;

3) у = віп (-х );

5°) у = 3 віп х;

6) у = -| віп X |;

7*) у = віп х + |віп х |.

1) г/ = сов(л;+^|;

2°) у = сов З*;

3) у = сов (-х );

5°) у = 2 сов х ;

6) у = |сов х |;

7*) у - сов х - |сов х |.

і) у = і є ( * ~ ) ;

2) у = і є 2х;

3) у = і є (- * );

4) у = і є |х |;

5) у = |ІЄ х |.

1) г/ = с іє (* + !| ;

2) у = сіє (-* ); 3) у = - с і є х; 4) у = 3 с іє х.

7.

8.

9.

4°) у =

4°) у =

Побудуйте графік функції та вкажіть проміжки зростання і спадан­ ня функції (10—13). 10. 1°) у = віп 3*; 2°) у = 3 віп х; 3°) у = віп х + 1;

2°) у = сов х - 1;

11. 1°) у = со8^; З) у = сов |х |; 12. 1) у = і є 4х; 13. 1) у = с і£ ^ ;

4*) і/ = віп|2л:+^|.

4*) у = 3 сов|2л:-^|. 2) у = і є х + 3;

3) у = - 2 і є х;

4*) у = і є х + |і є х |.

2) у = - 2 с і є х;

О

3) у = І с іє X І;

4*) у = с іє х + с іє І х \.


§ 20. Співвідношення між тригонометричними функціями одного аргументу

С оп З

273

СПІВВІДНОШЕННЯ МІЖ ТРИГОНОМЕТРИЧНИМИ ФУНКЦІЯМИ ОДНОГО АРГУМЕНТУ Т а б л и ц я ЗИ Основна тригонометрична тотожність

х2 + у2 = 1

8іп2 а т иов2 а = 1

іє а =

мпа

1 + ІЄ а = сов а

2

сов а

с іе а = - г — 1 + сід 2а = - ^ -

ІЄ а •с і є а = І 8іп а = у

Пояснення й обґрунтування

• На рисунку в таблиці 33 зображене одиничне коло, тобто коло раді­ уса 1 з центром у початку координат. Рівняння цього кола: де2 + у2 = 1. Нехай при повороті на кут а точка Р0 (1; 0) одиничного кола пе­ реходить у точку Р (де; у) (тобто при повороті на кут а радіус ОР0 пе­ реходить у радіус ОРа). Нагадаємо, що синусом а називають ординату точки Ра (де; у) одиничного кола, тобто 8іп а = у, а косинусом а — абсци­ су цієї точки, тобто сов а = де. Координати точки Ра задовольняють рів­ нянню кола, тоді у2 + де2 = 1, отже, віп2 а + сов2 а = 1. О Це співвідношення називають основною тригонометричною тотож

ністю. Нагадаємо також, що: .

вігі а , сов а

а.

соз а віп а

.

.

і£ а = ------ (де сов а ф 0); сі£ а = ------ (8іп а ф 0). _

. .

.

віп а сов а сов а віп а

^

-

Тоді і £ а - с і £ а = -------------- = 1, тобто ІЄ а •с іє а = 1 (віп а ф 0 і сов а ф 0). За допомогою цих співвідношень і основної тригонометричної то­ тожності одержуємо: і ,

і , віп

2

а

2

2

сов а + віп а

1

соз а

соз а

-

1 + І£ а = 1 + ----г - = -------- — " = — Г~> тобто сов а


274

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН К Ц ІЇ

1 + І £ 2(Х = ]

■ 5— (сов а

сов а

2

Аналогічно отримуємо: 1 + сі£ 2а = 1 + 1 + сі£ а = —

віп а

ф

со& а

0). 2

віп а + соз а

2

тобто

( з і п а ^ О) .

Приклади розв'язання завдань Приклад 1

Знаючи значення однієї з тригонометричних функцій та інтервал, у якому знаходиться а, знайдіть значення ін­ ших трьох тригонометричних функцій:

1) 8Іпа = - , 90° < а < 180°; 5

Р о з в ’я за н н я 1)

К ом ент ар

|ч _

► З рівності віп2а + сов2а = 1 одержуємо: соз^а - 1 —і

1)

Звідси со82а = 1-|-| = — . Оскіль\5/

25

ки 90° < а < 180°, то соз а < 0,

19

З

V 2,0

5

а отже, сов а = -» /— =

Тоді 1 е а = ^

=1 - віп2а. Тоді соз а = ±\/і-віп2а. Ураховуючи, у якій чверті зна­ ходиться а, ми можемо визначи­ ти знак, який потрібно взяти в правій частині формули (це знак косинуса в II чверті). Знаючи 8Іп а і сов а, знаходимо

= -§- = з 5

сї§ а = 2)

.

►З рівності ї§ а • а = 1 отри1 муємо а = -----= 3. Підставіеа ляємо в рівність 1+І£ а = значення __ і 1+ 1 =

Рівність 8Іп2 а + соз2 а = 1 пов’ я­ зує 8Іп а та сов а і дозволяє ви­ разити одну з цих функцій через іншу. Наприклад, сов2 а =

і£ а

одержуємо 9

Звідси сов а = — . 10 . Зп Оскільки 7 і< а < — , то сов а < 0, 9 ~

19

З

ТОДІ С080С = - * { — = ----- г = .

2)

віп а

.

а = ------ і

.

сов а

а = —— . Зазна-

чимо, що після знаходження а значення сі£ а можна та­ кож знайти із співвідношення а • сі£ а = 1. Рівність а • с1;£ а = 1 пов’язує а і а і дозволяє виразити одну з цих функцій через іншу як обернену величину. ,2.__ 1 пов язує РІВН ІСТЬ 1 + І£ а = -

ї§ а та сов а і дозволяє виразити одну з цих функцій через іншу.


§ 20. Співвідношення між тригонометричними функціями одного аргументу

віп а = ї § а ■ сов а -

Наприклад, со82а = -

1+ щ

<1 Г — V— к \/їо ) л/їо

со8 а = ±,

275

— . Тоді

а

Знаючи, у якій

чверті знаходиться а, ми можемо визначити знак, який потрібно взяти в правій частині формули (це знак косинуса в III чверті). Щ об знайти 8Іп а, можна ско ристатися співвідношенням . віп а а • сов а = —— • сов а = віп ос.

Приклад 2

Спростіть вираз

1 —сов а

*Є2а

Р о з в ’я за н н я 1-со8 а

і£2а

Приклад 3

К ом ент ар

. 2 81П а 2^ ^ — = 008^а. <] віп а сов2а

Для того щоб перетворити чи сельник даного виразу, з основної тригонометричної тотожності 8іп2а ■+ + со82 а = 1 знаходимо: 1 —сов2 а = = 8іп2 а. Потім використовуємо озна . віп а . чення тангенса: а = — — і спро сов а щуємо одержаний дріб.

Спростіть вираз віп4 а - сов4 а + сов2 а.

К ом ент ар Для перетворення тригонометричних виразів поряд із тригономе­ тричними формулами використовують також алгебраїчні формули і, зо­ крема, формули скороченого множення. Так, вираз 8Іп4 а —сов4 а можна розглядати як різницю квадратів: (віп2 а)2 —(сов2 а)2. Тоді його можші розкласти на множники (як добуток суми і різниці віп2 а та сов2 « ), а після цього вже використати основну тригонометричну тотожність: віп2 а + сов2 а = 1.

Р оз в ’яза н н я ► віп4 а —сов4 а + сов2 а = (віп2 а + сов2 а)(віп2 а - сов2 а) + сов2 а = = 1 •(віп2 а —сов2 а) + сов2 а = 8Іп2 а — сов2 а + сов2 а = віп2 а. <1


76

Розділ 3 . ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф У Н К Ц ІЇ

Приклад 4*

Спростіть вираз І— — при —< а < п . \ ІВа +сіє «* 2 Коментар ,, Спочатку використаємо означення тангенса і котангенса:

,

.

віп а

а = ------, соз а

_ соз а

сі£ а - —~ , а після перетворення знаменника дробу — основну триго­ нометричну тотожність: віп2 а + сов2 а = 1. Далі спрощуємо одержаний дріб. Потім ураховуємо, що \[а* =\а\. Щоб розкрити знак модуля, зна­ ходимо знак косинуса в заданому проміжку і враховуємо, що при а < 0 значення |а |= -а . Р оз в ’яз а н ня сова і

сіє а

\

а + сіє а

сов а

віп а

_

віп а

віп а

сов а

4 віп2 а + сов2 а

і

= Vсоз2а = |соз а |= -с о з а, оскільки в II чверті | ^ < а < 7с| сов а < 0. <3 __

_

(зіп а + сова)2 - 1 _ 0

Приклад 5 ’• Доведіть тотожність

7

і

(X СОЗ (X

Коментар Доведемо, що ліва частина рівності дорівнює правій. Для цього .

.

віп а

в знаменнику використаємо формулу і £ а = ------ , а в чисельнику піднесоз а

семо вираз у дужках до квадрата і застосуємо формулу 8Іп2 а + соз2а = 1. Нагадаємо, що тотожністю називається рівність, правильна при всіх допустимих значеннях букв, які входять до неї. Тому задана рівність є тотожністю тільки за умови 1® а ф 0 і соз а ф 0.

Р о з в ’яз а н ня ^

^

(зіп а + соз а )2 - 1

о

ія а соз а

зіп2 а+соз2 а + 2 ніп а соз а - 1 _ 1 + 2 з іп а с о з а -1 _ 2 з іп а с о з а _ 0

.

віп. а 2 ------- • сов а сова

.

вш а соз а

—— ———— — віп а сов а

2 = 2. Отже, задана рівність є тотожністю. <] З а у в а ж е н н я . При доведенні тотожностей найчастіше використову­ ють такі способи: 1) за допомогою тотожних перетворень доводять, що одна частина рів­ ності дорівнює іншій; 2) розглядають різницю лівої і правої частин тотожності і доводять, що ця різниця дорівнює нулю (цей спосіб використовують у тих ви­ падках, коли планується перетворювати обидві частини тотожності).


§ 2 0. Співвідношення між тригонометричними функціями одного аргументу

Н

277

Запитання для контролю

1.

Запишіть співвідношення між тригонометричними функціями одно­ го аргументу. 2*. Доведіть співвідношення між тригонометричними функціями одно­ го аргументу.

Н 1.

2.

Вправи Чи існує число а, яке одночасно задовольняє умови: 1°) 8іпа = і , соз а = і ; З з

2°) 8іпа = - , соз а = 5 5

3°) зіп а = 0,7, соз а = 0,3;

4°) і £ а = ~ , сІ£ а = - ;

5°)

6) їц а = 2+лІЗ, с і є « = 2-% /з?

=

с і £ а = ^;

1°) 8Іпа = - — , — < а < 2 я ; ' 13 2

2°) соз а = - 0 ,8 , - < а <п; ' 2

3) ї& а = - , л < а <

4) с іє а = _ 0,2, - < а < я.

2

Спростіть вираз: 1°) 1 - зіп2 а - сов2 а ; 2

2

оо\ сіг ааш а

2°) ( 1 - соз а) •(1 + соз а); 4 ) 8іп а -

1 - віп а

5) зіїї* а +2 зіп2 а соз2 а + сов4 а;

4

2

. оч . „

3°) — ----- =— ;

С°' ^ “~с*еюс08а; 1

8іп4а + со84а - 1

9 ) — -------- в---- -• 8іп а + сов а - 1

4.

З

Знаючи значення однієї з тригонометричних функцій та інтервал, у якому міститься а, обчисліть значення інших трьох тригономе­ тричних функцій:

2

3.

5

,

,

а сі® а;

а

сіє а

6) 7 Тя---------- ГТ~ • 1+іЄ а і+сіг «

8)(зЬ+с‘ва)(^ _с*ва) Ю)

ІІ+віпа

І1-8іпа

у і-з іп а

\1+вта

— :------ . -— :—

Зл при ж а < —. 2

Доведіть тотожність:

1°)

— 1 = і е 2а;

соз а

3°) (віпа + сова)2 + (зіпа - соза)2 = 2; сч

1+іе2 а

І

2°)

— 1 = с і є 2сх;

зіп а

4) —

с*й а

еч

— = сов2а;

+ *£ а

соза

1 + єіпа

2

5) — —* - = — 5— Г 5 -; 1 -І £ 2а соз2а -в іп 2а ’

6) гХ+ 8іпа т + ----------^ — сова сова

7) сі£2 а - соз2 а = сіє2 а сов2 а;

8) (1+і£ а )2+ (1 -і£ а )2 = ———; сов а


278

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН К Ц ІЇ

соз3 а - зіп3а _ со5 а _ 8Іп а . 1 + зіп а соз а

5*. 1)

Відомо, щ о

2) Відомо, що

§ 21

зіп а

+

10.) 17 гіп4а -с о з * д = 2 ^ , а _ С084 а

соз а =^. Знайдіть зіп а • соз

а.

а + с і£ а = 2. Знайдіть: а) І£ г а + сі£ 2а ;б )і£ 8а + сі£ 3а.

ФОРМУЛИ ДОДАВАННЯ ТА ЇХ НАСЛІДКИ

21.1. Формули додавання Т а б л и ц я 34 1. Косинус різниці і суми соз (а — Р) = соз а соз р + зіп а зіп р соз (а + Р) = соз а соз р — зіп а зіп р

|

2. Синус суми і різниці зіп (а + Р) = еіп а соз р + соз а зіп р зіп (а - Р) = зіп а соз Р — соз а зіп р

1 |

3. Тангенс суми ■різниці І8 (о + Р )= 1вп+,в|і0 X- їй а \%Р

■і

Пояснення й обґрунтування

1. •

Косинус різниці і суми Щ об одержати формулу для соє (а - Р), спочатку розглянемо випа­ док, коли а і р знаходяться в проміжку [0; тс] і а > р. На одиничному колі позначимо точки Рц і Рр та зобразимо вектори ОРа і ОРр (рис. 149). Ці вектори мають ті самі координати, що й точки Ра і Рр, тобто:

ОРа (соз сц еіп а ), ОРр (соз р; зіп Р). Довжини (модулі) цих векторів дорівнюють одиниці:

|ОРа |= 1,

|ОРр |= 1, а кут між ними дорівнює а - Р (тобто ^ РпОРр = а — Р). Знайдемо скалярний добуток векторів ОРа і ОРр двома способами: 1) як суму добутків однойменних координат: ОРа ОРр= с о з а - созР + зіп а • зіпр;


§ 21. Формули додавання та їх наслідки

279

2) як добуток довжин (модулів) векторів на косинус кута між ними:

ОРа • ОРр = |ОРа |- |ОРр |• соз

РаОРр = 1 • 1 • соз (а - р) = соз (а - р).

Отже, соя (а — Р) = соз а соя р + зіп а зіп р.

(1)

Одержану формулу називають формулою косинуса різниці. Словесно її можна сформулювати так:

косинус різниці двох кутів (чисел) дорівнює добутку косинуса першого кута (числа) на косинус другого плюс добуток сину­ са першого на синус другого.

Щ об обґрунтувати цю формулу в загальному випадку, нагадаємо, що за означенням кут між векторами (А РаОРр) може бути тільки в межах від 0 до л, тому при а > Р кут між векторами ОРа і ОРр може дорівнювати а - р (рис. 149), або може дорівнювати 2л - (а - Р) (рис. 150), або може відрізнятися від цих значень на ціле число обертів (тобто на 2пк, де к є 2).

Ураховуючи періодичність (з періодом 2л) та парність функції ко­ синус, одержуємо, що в будь-якому випадку соз /. РиОРр - соз (а - Р), отже, наведене обґрунтування залишається правильним для будь-яких значень а і р. За допомогою формули (1) легко вивести формулу косинуса суми: соз (а + Р) = соз (а - (~Р)) = соз а соз (-р ) + зіп а зіп (-р ) = = сов а соз р - зіп а віп р. Отже, соя (а + Р) = соя а соз р — яіп а віп р. (2)

І

Косинус суми двох кутів (чисел) дорівнює добутку косинуса першого кута (числа) на косинус другого мінус добуток сину са першого на синус другого. О


'8 0

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН К Ц ІЇ

2. Ч

Синус суми і різниці Виведемо тепер формули синуса суми і синуса різниці. Спочатку за формулою (1) одержимо два корисні співвідношення, а саме: соз

= соз ~ соз ф+ зіп ^ зіп ф = 0 •соз ф+1 -зіп ф = зіп ф.

Запишемо одержану формулу справа наліво: 8ІПф = СОЗ

—ф|.

(3 )

Якщо підставити у формулу (3) ф = —- а , маємо 2

з іп ^ -а | = соза.

(4)

Використовуючи формули (3), (1) і (4), одержуємо: зіп(а+ Р ) = с о 8 (| -(а + Р )) = с о з ^ | - а ) - р | =

= соз|^ - а|соз (3+ зіп|^ - а|зіп р = віп а соз р + соз а зіп р. Отже, І__ _ зіп _ _ _ _ _(а _ _ _+_ _ Р) _ _ _= _ _ зіп _ _ _ _а _ _ _соз _ _ _ _р_ _+ _ _ _соз _ _ _ _а_ _зіп _ _ _ _р ____

)

(5 )

Синус суми двох кутів (чисел) дорівнює добутку синуса пер­ шого кута (числа) на косинус другого плюс добуток косинуса першого на синус другого.

Для синуса різниці маємо: зіп (а - Р) = зіп (а + (~Р)) = віп а соз (~Р) + соз а зіп (~Р) = = зіп а соз р —соз а зіп р. Отже, зіп (а - Р) = зіп а соз р - соз а 8Іп р.

Синус різниці двох кутів дорівнює добутку синуса першого кута (числа) на косинус другого мінус добуток косинуса пер­ шого на синус другого. О

3. *

1

Тангенс суми і різниці За допомогою формул додавання для синуса (5) і косинуса (2) легко одержати формули додавання для тангенса чи котангенса. Напри­ клад, .

,

яіп (а + В)

віп а соз В"+ сов а віп В

сов (а + р)

сов а сов р - віп а віп р

( а + В) = — -— — = -------------------------

Поділимо чисельник і знаменник останнього дробу на добуток соз а сов р (звичайно, за умови, що соз а ф 0 і соз р ф 0 ) та одержимо: зіп а сов В

сов а віп В

віп а

віп В

----------- +----------------- +----- соз а сов р сов а соз р сов а сов р _ а + і& р ■' . і -. і ... - -- ... — — ■ ■■ —— •.- ——' — - ■■■ ■, Отже сов а сов Р сов а соя р

віп а віп Р — — ■ сов а сов Р

віп а віп р 1 ---------- -- ------сов а сов р

1-

а

Р


§ 21. Формули додавання та їх наслідки

1-

281

і§ а іє р

Для .тангенса різниці маємо:

ІЄ (а - Р) =

(а +(-£)) = ^ а +

1- 18 <*ІЄ(-Р)

і8 (а -Р ) =

■НІ

а~

Р . Отже,

1+ ІЄо ІЄР

<#а~*еР 1+ і8а*вР О

Приклади розв'язання завдань

Приклад 1

Обчисліть: 1) еіп 15°; 2) сов 15°; 3)

Р оз в ’я за н н я

К ом ент ар

1) ► віп 15° = віп (45° - 30°) = = віп 45°сов 30° - сов 45° віп 30° =

Я

УІЇ Я

і

Л -Л

^

‘ ~2 2~ ’ 2 = 4 ‘ 2) ► сов 15° = сов (45° - 30°) = = сов 45° сов 30° + віп 45° віп 30° = _ л/2 л/з 1 _ л/б+л/г . ' ~ н ^ ^ 3) ► 15° = І£ (45° - 30°) = ІЄ45°-1Є30° ^ 1+ік 45° іє 30°

г-

1

бш

'

1

12- б ^ _ 0

*

У завданні 3 в одержаному виі—

з-л/з

~ -г зручно позбутися ірраці-

соб

ос

також формулусов ^6а01~

разі

~ (з—Щ * —л/з) ~~---- ®---- —л-м о. ^

Приклад 2 ^

І Подамо 15° як різницю: І 15° = 45° - 30°, , а значення тригонометричних функі ЦІ® кутів 45° і 30° ми знаємо. Тому, 1 записавши синус 15° як синус різниЦІ» одержимо значення віп 15°. Анаі ЛОГІЧНО знайдемо сов 15° і ЇШ15°. І Зауважимо, що для знаходжен, ня 15° можна було б використати

з _ З-уЗ _ 7з з+ч/з І 1x1 • ---------------------- ! 1+ 1

(з -л / і)

15°.

3+^ .

| ональності в знаменнику дробу, що значно спрощує відповідь. (а + Р) + б і п а

б іп

Спростіть вираз — :— ^— :------г~гг г соз (а - р) - б і п а зіп р

К ом ент ар У чисельнику і знаменнику дробу використаємо формули косинуса суми і косинуса різниці та зведемо подібні члени.

Р оз в ’я за н н я соб

(а + Р) + б і п а зіп Р _ соз а соз 0 - зіп а

соз ( а - Р ) - б і п а зіп р

б іп

[3+ зіп а зіп р _ сов а сов Р

соз а соз р + зіп а віп р - зіп а зіп р

соз а созр


282

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН К Ц ІЇ

Приклад 3

Знайдіть значення виразу соа 37° соз 23° - аіп 37° зіп 23°. Г—

Р оз в ’я за н н я ►

соз 37° соз 23° - зіп 37° сов 23° = = сов (37°+23°) - сов 60° = і . О

Приклад 4

,

^

-

К ом ент ар

Використаємо формулу косину­ са суми справа наліво: сов а сов р - віп а віп р = сов (а + Р).

Доведіть тотожність:

1) віп а + соа а = '/2 віп |а+

2) в іп а -с о в а = -ч/2 віп|а-^|. К ом ент ар Для того щоб обґрунтувати ці тотожності, доведемо, що їхні праві частини дорівнюють лівим, використовуючи формули синуса суми і си­ нуса різниці: віп (а + Р) = віп а сов р ± сов а віп р.

Р оз в ’я за н н я 1)

► л/2віп|а+^| = -\/2|8іпасо8^+со8а8іп^| = -\ /2 ^ 8 іп а '^ -+ с о 8 а -^ ^ = = віп а + соз а-<1

2)

уі2 зіп |а-

^| = \/2 |віп а сов ~ - сов а зіп ^|= \/2 ^зіп а

- сов а т ~^ = віп а -с о в Р <1

■ 1 Запитання для контролю 1. Запишіть формули додавання: а) косинус суми і косинус різниці; б) синус суми і синус різниці; в) тангенс суми і тангенс різниці. 2*. Доведіть формули додавання: а) косинус суми і косинус різниці; 6) синус суми і синус різниці; в) тангенс суми і тангенс різниці.

НІ 1.

Вправи Обчисліть: 1) віп 13° сов 17° + сов 13° віп 17°; 2) віп 16° сов 29° + віп 29° сов 3) віп 78° сов 18° - віп 18° сов 78°; 4) віп 63° сов 33° - віп 33° сов 5) сов 66° сов 6° + віп 66° віп 6°; 6) сов 71° сов 26° + віп 71° віп 7) соз 20° соз 25° - віп 20° віп 25°; 8) соз 18° сов 12° - віп 18° віп 10° + 35° . 10) ІЄ 73° - І£ 13° . 11^ 1+ 67° 7° І

^ І О П е З б 0’

1 + і£ 73°

13°’

і £ б 7 ° - і е 7°

16°; 63°; 26°; 12°;


§ 21. Формули додавання та їх наслідки

2.

Спростіть: 1°) віп 5а соз За - сов 5а зіп За; 2) соз 4а сов 2а + віп 4а віп 2а; 3) зіп (а - Р) соє а + сов (а - Р) зіп Р; 4) соз а соз (а + р) + зіп а зіп (а + Р); кол сов 7а сов 4а + віп 7а віп 4а

о І

віп а соз 2а + сов а віп 2а

70,

4.

О^

сов 2а сов 4а - віп 2а віп 4а

4а + і£ За . 1 -ій

3.

соч віп 8а сов 2а -со в 8а віп 2а _

|

іщ 7а - іе 2а .

За'

1 + 1е7а ї§ 2 а ’

д^ віп (а + р) + віп (а - Р) _

віп (а + Р) - 2 віп а сов р

зіп (а + р) - віп (а - Р) ’

сов (а + Р) - 2 сов а сов р

За допомогою формул додавання обчисліть: 1) аіп 75°; 2) соз 75°; 3) і® 75°; 4) зіп 105°; 5) соз 105°; 6) і® 105°. Доведіть тотожність: 1) зіп (а + р) + зіп (а - Р) = 2 зіп а соз Р; 2) сов (а - Р) - соз (а + Р) = 2 зіп а зіп Р; віп(а + Р)

,

.

а

3) — -— ^- = іе а + * 8 р ; сов а соз р

4) 8—

81Па

^ - с іє Р~ о і е «•

ЗІПр

5) зіп (30° - а) - соз (60° - а) = —л/з зіп а; 6) зіп (30° - а) + зіп (30° + а) = соз а; 7*) і е ( у - а ) + * е а = * є ( у - а ) * е а - 1 ; 8*) іе (а + | | -1 ;е а = 1+1;я(а+^)іесч у/з віп а + 2 сов (60° + а)

,

9 ) ------------------ --- ----- - = с іє а '> 2 віп (60° + а) - V 3 соя а Ю *) ^

сов а - 2 сов (45° + а) _ ^ а

2 віп (45° + а) -

VI віп а

у

28 3


284

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН К Ц ІЇ

21.2. Формули подвійного аргументу Т а б л и ц я 35

Щ об одержати формули подвійного аргументу, достатньо у форму­ лах додавання еіп (а + Р) = зіп а соє р + соз а 8Іп р, сов (а + Р) = соз а соз Р - еіп а еіп р, 1 -і£ а іеР взяти р = а. Одержимо тотожності: зіп 2а = зіп а соз а + сов а віп а = 2 віп а сов а , тобто зіп 2а = 2 зіп а соз а. сов 2а = сов а сов а - віп а віп а = сов2 а - віп2 а , тобто соз 2а = соз2 а — зіп2 а. а + і£ а 2І£а тобто 1 - а •*£а 1-*^ а 2*8 а і£ 2 а = О

1 -іе а

Із формули сов 2а = сов2 а — віп2 а , користуючись основною тригоно­ метричною тотожністю сов2 а + віп2 а = 1, можна одержати формули, які дозволяють виразити сов 2а тільки через віп а або тільки через сов а. Дійсно, з основної тригонометричної тотожності одержуємо еіп2 а = 1 - сов2 а, сов2 а = 1 - віп2 а. Тоді сов 2а = сов2 а - віп2 а = сов2 а - ( 1 - сов2 а) = 2 сов2 а — 1, тобто сов 2а = 2 сов2 а - 1. (1) сов 2а = сов2 а - віп2 а = 1 - віп2 а - віп2 а = 1 - 2 віп2 а , тобто сов 2а = 1 - 2 віп2 а. О (2) Із формул (1) і (2) можна одержати наслідки, які корисно запам’ ятати:

віпсх =

і - соз 2а

о соз а =

1+ соз 2а ------


§ 21. Формули додавання та Тх наслідки

285

Ці формули називають формулами зниження степеня. Якщо в останніх формулах позначити 2а - х, тобто а =

то можна

записати такі формули: 1 - соз х = 2 ЗІП2 —, 1 + С 0 8 Л = 2 С 0 8 2 —. ( 3) 2 2 Зазначимо, що формули синуса і косинуса подвійного аргументу спра­ ведливі для будь-яких значень аргументу, тоді як формула тангенса подвій­ ного аргументу справедлива тільки для тих значень аргументу а, для яких означено І£ а і

2а, тобто тільки при а Ф^+пк і 2а Ф^+пк, де к є X.

Зазначимо також, що, як завжди, одержані формули можна вико­ ристовувати як зліва направо, так і справа наліво. Наприклад, замість виразу 2 зіп За соз За можна записати зіп (2 * За) = зіп 6а, а замість ви­ разу соз2 1,5а - зіп2 1,5а записати соз За.

Н

Приклади розв'язання завдань

Приіиіод 1

Обчисліть: 1) соз2- - з і п 2- ; 8

8

Р озв'я за н н я 1)

К ом ент ар

► соз2——зіп2“ = соз(2 ■ - ) = 8

8

\

8/

іс \2 ^ = с о з - = — .<] 4

2

2) ► зіп 15° соз 15°=- -2 зіп 15° соз 15°= 2

= -зіп (2 • 15°) = із іп 30"° = - . <1 2

2

2) зіп 15°соз 15°

4

У першому завданні достатньо «впізнати» праву частину формули косинуса подвійного аргументу і за­ писати результат. У другому зав­ данні слід звернути увагу на те, що заданий вираз відрізняється від пра­ вої частини формули синуса подвій­ ного аргументу тільки відсутністю двійки. Тому, якщо цей вираз по­ множити і поділити на 2, то він не зміниться, але тепер за формулою одержуємо: 2зіп 15° сов 15° = еіп (2 -15°) = еіп (30°)= і .

Приклад 2

Доведіть тотожність

1 + соз 4а

8Іп 4а = с іє 2а.

К ом ент ар Доведемо, що ліва частина тотожності дорівнює правій. Зазначимо, що в чисельнику дробу знаходиться вираз, який можна безпосередньо


286

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф У Н К Ц ІЇ

перетворити за формулою (3). Але застосування цієї формули зменшує аргумент удвічі: 1 + соз 4а = 2 сов2 2а. Бажано і в знаменнику дробу перейти до того самого аргументу 2а, який з’ явився в чисельнику. Для цього розглянемо віп 4а як синус подвійного аргументу (відносно аргу­ менту 2а): віп 4а = віп (2 •2а) = 2 віп 2а сов 2а.

Р о з в ’я за н н я 1+

соб

Приклад 3*.

2 сов2 2а

в іп

2 в і п 2а

Скоротіть дріб

соб

сов 2а 2а

б іп

= с іє 2а. <]

1 + б і п 2а соб

К ом ент ар Перетворюючи тригонометричні вирази, слід пам’ ятати не тіль­ ки тригонометричні, але й алгебраїчні формули. Зокрема, якщо вико­ ристати в знаменнику дробу формулу косинуса подвійного аргументу: сов 2а = сов2 а —віп2 а, одержуємо вираз, який е різницею квадратів сов а та віп а. Його можна розкласти на множники як добуток суми та різниці цих виразів. З огляду на вираз, одержаний у знаменнику, у чисельнику розглянемо вираз віп 2а = 2 віп а сов а як подвоєний до­ буток віп а на сов а. Тоді для отримання квадрата суми цих виразів нам потрібна ще сума віп2 а + сов2 а, але за основною тригонометричною тотожністю цю суму дає одиниця, яка стоїть у чисельнику.

Р о з в ’я за н н я 1 + з іп

б іп

2

а + соб2 а + 2 з іп а 2

сов 2а

соб

2

соз а -в і п а

1) віп 2а;

( соб

2) сов 2а;

а + б і п а) ( с о б а -

3)

2а;

б іп

а)

соз а -

б іп

а

4) с*е 2а.

К ом ент ар

Р о з в ’я за н н я віп2а = 1 -с о в 2а = 1 - — , тобто 25

віп2а = — . Отже, віп а = — або 25 4

5

віп а = — . 5

Ураховуючи, що а є 4

а

т

одержуємо в т а = — . Тоді: 5

Щ об знайти значення віп 2а за формулою синуса подвійного аргу­ менту він 2а = 2 віп а сов а, потріб­ но, крім заданого значення сов а, мати ще й значення віп а, яке лег­ ко знайти, використовуючи основну тригонометричну тотожність: віп2 а = 1 - сов2 а.


§ 21. Формули додавання та їх наслідки

1)

\ 5/

2)

Нагадаємо, що для знаходжен­ ня 8іп а слід також урахувати знак синуса в заданому проміжку (за умовою а знаходиться в IV чверті, де синус від’ ємний). Зазначимо, що соз 2а можна та­ кож знайти за формулою сов 2а = 2 соз2 а - 1, не обчислюючи еіп а, а с іє 2а — за і підставив, формулою с іє 2а = -

еіп 2а = 2 зіп а соз а = = 2 ■ (-!)•

5

25

соз 2а = соз2а - з і п 2а = 9

16

25

25

25

24

3)

іе 2а = ,

4)

б іп

2а = _ 2 5 = 24.<] _7 7 25

сов 2а

сов 2а

7

віп 2а

24

287

І£2а

\ ши знайдене значення і є 2а,

с іє 2а = ------- = — . <1

І

■1 Запитання для контролю 1. Запишіть формули синуса, косинуса і тангенса подвійного аргументу. 2*. Доведіть формули синуса, косинуса і тангенса подвійного аргументу.

Вправи Обчисліть: 1) соз2 15° - зіп2 15°;

2) 2 з і п - с о з - ; 8 8

4) (соз 75° - зіп 75°)2;

5)

'

3) (соз 15° + зіп 15°)2;

2 іе 15° 1-ій215°

6)

Доведіть тотожність (2—3). 2) зіп Ьх соз 5х = -з іп ІОлг;

2 *. 1) соз2—- зіп2—= сой л:; 2

2

2

3) (зіп х + сов х)2 = 1 + зіп 2х;

4) (зіп х - соз х)2 = 1 - зіп 2х.

~.

1) -------- = соз а соз 2а;

2)

3) (сіє а - ІЄ а ) зі*1 2а = 2 соз 2а;

4) і є а + с і є а = —

еіп 4а

4 віп а

віп 4а 4 сов а

= зіп а соз 2а;

віп 2а

о =— сів2 а ~1. 5\ с ііє 2а ------&

2 сіг а

Спростіть вираз: , оч віп 2а

1 ) --------- зіп а; сов а

3)

віп 2а - 2 віп а _ сов а - 1

2°) соз2 а - соз 2а; 4*)

сов 2 а -в іп 2а сов 4а


5. Знаючи, що зіп а = ~ і Що а є ^ ;я | , обчисліть: 1) зіп 2а;

2) соз 2а;

6. Знаючи, що со з а = - ^

3)

2а;

4) сід 2а.

і що а є| л ;^ | , обчисліть:

1) зіп 2а;

2) соз 2а; 3) 2а; З / Зя\ 7. Знаючи, що 1§а = - і що а е ^ обчисліть: 1) зіп 2а;

2) соз 2а;

3)

4) сі® 2а.

2а;

4) сі£ 2а.

8. Знаючи, що с і е а = - ^ і що а є| ^ ;2 л | , обчисліть: 1) зіп 2а;

2) соз 2а;

3) і£ 2а;

4) сі£ 2а.

9*. Знайдіть соз 2а, якщо -8- п “ — с—- = 3. віп а - сов а

10*. Знайдіть найбільше і найменше значення виразу соз 2а - |соз а |. 11. Побудуйте графік функції: 1) у = зіп х соз х; 2) у = зіп4 х - соз4 х; 3*) у = х зіп 2х. с4вг* о

, _і

12. Доведіть формулу с іє 2а = ----------- .

2 сіє а

21.3. Формули зведення Т а б л и ц я 36

Формулами

зведення

називають

формули,

за

допомогою

яких

тригонометричні функції від аргументів виду кп ± а і (2 А + 1 )-± а (к є 2) зводять до тригонометричних функцій від аргументу а. Орієнтир

1 Нкіцо до числа а додається 1. число кп, к є 2, (тобто число, яке зображується на гори­ ► зонтальному діаметрі оди­ ничного кола), то назва .іаданої функції не змінюеть■чі. а якіцо додається число (2А + 1>*

(тобто число, яке

Приклади

Спростіть за фо рмулами зведення (Зл - а). ї а.<1 (Зл - а) =

У/

[

^

V

1 -

ї ї

■шбражусться на вертикаль­ ному діаметрі одиничного кола), то назва заданої функ­ К о м е н т а р . Назвіа заданої функції не ції .їм і ими ться на відповідну змінюється, оскількія Зл зображується на


§ 21. Формули додавання та їх наслідки

28 9

Продовження табл. 36 (синус на косинус, косинус горизонтальному діаметрі (зліва) одинич­ на синус, тангенс на котан­ ного кола (рис. 1). Якщо а — гострий кут, генс і К’«тангенс на тангенс). то кут (Зп —а) знаходиться в II чверті, де тангенс від’ємний, тому в правій частині формули взято знак « - » . 2. Знак одержаного виразу ви­ 2. значається знаком початко­ вого виразу, якщо умовно ► вважати кут а гострим.

Спростіть соз

Коментар.

+ а |.

Назва заданої функції О-

змінюється, оскільки — зображується 2

на вертикальному діаметрі (внизу) оди­ ничного кола (рис. 2). Якщо а — гострии кут, то кут

(т «)

знаходиться

в IV чверті, де косинус додатний, тому в правій частині формули взято знак «+ ».

■і

Пояснення й обґрунтування

Формули додавання дозволяють обґрунтувати формули зведення, за якими тригонометричні функції від аргументів виду кп ± а і (2 к + 1) •^ ± а (к є 2) зводять до тригонометричних функцій від аргументу а. Розглянемо декілька прикладів, зіп (п - а) = зіп п соз а - соз п зіп а = 0 •соз а - (-1 ) •зіп а = віп а; соз (п + а) = соз п соз а - зіп я зіп а = (-1 ) •соз а - 0 •зіп а = -с о з а; , ч сов (6л - а) соз 6л соз а + віп біс еіп а сов а с іє (6л - а) = — 1------- - = ------------------------------ = -------- = - с іє а віп (біс-а) віп біс сов а - сов 6л віп а -еіп а


290

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН К Ц ІЇ

(звичайно, в останньому випадку той самий результат можна одержа­ ти, використовуючи періодичність і непарність функції котангенса); як було показано на с. 280,

біп |^—а| = сова;

(— і-аІ = сов— с о в а - в і п — віпа = 0 • с о в а - ( - І ) • віп а = віп а; 7тс

\

2

/

(

Зк

7 тс

7тс

2

\

і

2

. І З тс

8 1 П І ----- +

\9

Ч а| /

Зл

Зл .

8 1 П ------ С08СХ + С 0 8 ------ 8111 И

9

9

_______

- сов а

сові— — + а|+ а сов = — — соз ^ --------£ а - кіп -= — --------й в іп а \ 2 2 / І 2 І Зл 2 Зл

, ^----------- = -------------= - с і £ а .

Зл .

віп а

31 2 +С<) результатів ' складемо таку таблицю. Для аналізу одержаних Таблиця 37 Вид аргументу

Одержана формула

Зміна назви заданої функції

Координатна чверть (якщо умовно вважати кут а гострим)

Знак зада­ ної функції у відповід­ ній чверті

кп ± а (к е 2)

зіп (п —а) = зіп а сов (ті + а) = —сов а сі& (6п - а) = - с і § а

немає немає немає

II III IV

+ -

(2к+1)~±а

зіп|^-а| = сова

є

І

+

соб|-“

+ а| = віп а

є

IV

+

і е ( у + а) = - с і £ а

є

IV

-

(к £ 2)

Аналогічно можна обґрунтувати, що в усіх випадках тригонометрич­ ні функції від аргументів виду кп ± а і (2& + 1)^±а (к є 2) можна зводити до тригонометричних функцій від аргументу а за таким алгоритмом: якщо до числа а додається число ка, к є 2 (тобто число, яке зображується на горизонтальному діаметрі одиничного кола), то назва заданої функції не змінюється, а якщо дода­

І

ється число (2к + 1)~ (тобто число, яке зображується на вер­ тикальному діаметрі одиничного кола), то назва заданої функції змінюється на відповідну (синус на косинус, косинус на синус, тангенс на котангенс і котангенс на тангенс). Знак одержаного виразу визначається знаком початкового виразу, якщо умовно вважати кут а гострим. О


§ 21. Формули додавання та їх наслідки

291

а

п +

з іп X

-з іп

а

з іп

СОЗ X

—с о з

а

—с о з

іє

а

—з і п

а

а

-+ а

а

соз

соз

--а

2

а

-з іп

2

а

-с о з

а

з іп

а

з іп

а

-ІЄ а

-с іє а

сіє

сіє а

-с іє а

-с іє а

-ІЄ а

ІЄ а

що

за

формулами

віп^|-а| = сова, сіє| ~ -а | = і є а ,

2

а

-ІЄ а

Зазначимо,

— +а

соз

ІЄ а

X

сіє х

27і

7і — а

X

зведення

1 р

У таблиці 38 наведено основні формули зведення. Усі інші випадки може бути зведено до них за допомогою використання періодичності від­ повідних тригонометричних функцій. Т а б л и ц я 38

а а

—с о з

а

-з іп

а

-с іє а

сіє

-ІЄ а

ІЄ а

а

с о з ^ - а| = віп а,

- а| = сі£ а. Якщо останні форму­

ли записати справа наліво, то одержимо корисні співвідношення, які часто називають формулами доповняльних аргументів (аргументи а і ~ _ос доповнюють один одного до

!)=

Наприклад, зіп 60° = соз (90° - 60°) = соз 30°; соз 89° = зіп (90° - 89°) = зіп 1°.

М

Приклади розв'язання завдань

Приклад 1

Обчисліть за допомогою формул зведення: 1) соз 210°;

2) і є — . 4

Р о з в ’я за н н я 1)

К ом ент ар

►соз 210° = соз (180°+30°) = = -сов 3 0 ° = - ^ ; < ]

2)

► і є — = іє (~ + ~ ) = 4

\2

4/

- = -1 . <] 4

Подамо задані аргументи так, щоб можна було використати фор мули зведення (тобто виділимо в аргументі частини, які зобража­ ються на горизонтальному або верти І кальному діаметрі одиничного кола).

*


2

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УН К Ц ІЇ

Наприклад, 210° = 180° + 30°. Зви­ чайно, можна було подати цей ар­ гумент ще й так: 210° = 270° — 60° і теж використати формули зведення. Приклад 2*

Доведіть тотожність соз(Згс-а)

+а)

Чі+а)

*е(л + а)

—с о є ----- а = сов2а.

К ом ент ар Доведемо, що ліва частина тотожності дорівнює правій. Спочатку використаємо формули зведення, а потім спростимо одержані вирази :»а допомогою формул: а •сі£ а = 1 і соз2 а — зіп2 а = соз 2а. При спрощенні виразів соз (Зл - а) і І£ (я + а) можна застосувати як без­ посередньо формули зведення, так і періодичність відповідних функцій. Наприклад, ураховуючи, що періодом функції соз х є 2л, одержуємо: сов (Зл - а) = соз (2л + л - а) = соз (л - а) = -с о з а.

Р оз в ’я за н н я ^

сон (Зя - а)

(~ + а)

- а ) = (~-С°8а^ - со- а- - (-зіп а)2 =

_ сов2

*Є(л+а)

\2

'

І

(-с іе а )-їе а

-

2п

_ —сов------- з і п 2а -і

■ і

= с о 8 2 а - з і п 2а

Запитання для контролю

1.

Проілюструйте на прикладах використання Поясніть одержаний результат. 2*. Доведіть декілька формул зведення.

■ і 1.

2. 3.

= с о 8 2а <3

формул

зведення.

Вправи Обчисліть за допомогою формул зведення: 1) зіп 240°; 2) і£ 300°; 3) соз 330°;

4) с іє 315°;

5) с о в ^ ;

8) с Ц - у ) .

6)

7) і £ у ; •

Обчисліть: 1) соз 8° сов 37° - соз 82° сов 53°; Спростіть вираз: віп (тс + а) сов ( л - а ) . А ' /Зл \ ’

СЦ 2

і

2) віп 68° віп 38° - віп 52° сов 112°.

п^^-а|со8^ + а|

'

81ІЧ „

-

* в (л -а )

оо»

а)

8Іп(Зл + а)8іп|^-а| еіп (тс- 2а)


§ 21. Формули додавання та їх наслідки

293

1* (— - а ) - сов (ге- а) віп (Зл+ а)

4) —ІЗ-----'--------------------- -— ; 5*)І£Г-Іе20-І£30-„.-І£870-Іе880-І£89р (соа (3, 5л - а) + віп (1,5я + а)) - 1

4.

Доведіхь тотожність: 1°) 2 зіп (90° + а) зіп (180° + а) = -біп 2а; в іп ( л - 2 а ) - 2 8 Іп ( — - а )

3) - - - - - - - Ь

2°) с іє 20° •с і є 70° = 1;

в іп 2 ! — + а ) - с о 8 2 ( а - — І

- і = -2 с іє « ;

с о в ^ - а ) - віп2а

<«2

л

------- 7---- \ 1 8іп22а -

4*) —

+ а ) - сіє2 (а -

21.4. Формули суми і різниці однойменних тригонометричних функцій та формули перетворення добутку тригонометричних функцій у суму Т а б л и ц я 39 1. Фор м ули суми і різниці тригонометричних функцій

о • «,+ р а -В в т а + в•т о В = 2 вш — -сов — -

п • а -В а+Р в т а - в•т а В = 2 в т — -сов — -

сов а + сов р = 2 сов——^-сов———^

~ п о * а+Р . а -Р соз а -со в р =-2 в т — -в т— -

г

2

н

,

,

2

2

0

2

віп ( а + В)

іЄ «+ іе Р = —

і—

^

2

,

І £ (Х

^

сов а совр

2

.

0

іє Р =

2

2

віп ( а - Р) сов а сов р

2. Перетворення добутку тригонометричних функцій у суму

віп а віп Р =

2

сов( а -Р ) - с о в ( а + Р ) )

сов а сов р = -|( сов ( а - Р) + сов ( а + Р)) 8ІпасовР = і ( 8 І п ( а - Р ) + 8 Іп (а + Р )) в

■і

Пояснення й обґрунтування

1.

Формули суми і різниці тригонометричних функцій. За формулами додавання: аіп (х + у) = аіп х сов у + соз х аіп у; аіп (х - у) = зіп х соз у - соз х зіп у. Додаючи почленно ці рівності, одержуємо: зіп (х + у) + зіп (х - у) = 2 зіп х соз у.

9

(1)


>94

Розділ 3. ТР И ГО Н О М Е ТР И Ч Н І Ф УНКЦ ІЇ

Якщо позначити: х + у = а, X - у = Р,

(2) (3)

то, додаючи і віднімаючи рівності (2) і (3), маємо: х = —— , 2

у = —— 2

Тоді з формули (1) одержуємо формулу перетворення суми синусів у добуток: .

о

п .

а+В

а -В

6

а

8111 а + 81Нр = 2 8111——^сов——^

(4)

Словесно її можна сформулювати так: Сума синусів двох аргументів дорівнює подвоєному добутку синуса півсуми цих аргументів на косинус їх піврічниці. Якщо замінити у формулі (4) р на (~Р) і врахувати непарність сину­ са: віп (-р ) = -віп р, то одержимо формулу:

І

.

г,

о

• а -В

а+В

8іп а - зіп В= 2 віп——- с о в ——1н

2

2

Різниця синусів двох аргументів дорівнює подвоєному добутку синуса піврізниці цих аргументів на косинус їх півсуми. Аналогічно, додаючи почленно рівності с о в (х + у) = с о в х с о в у - в іп х в іп у , (5) с о в (х - у) = СОВ X с о в у + в іп х в іп у , ( 6) одержуємо: соз (х + у) + сов (х - у) = 2 СОВ X сов у, (7) і, виконуючи заміни (2) і (3), маємо:

І

о

о

сов а + сов р = 2 с о я -— ' сов

&

а +В

— А

а -В

Сума косинусів двох аргументів дорівнює подвоєному добутку косинуса півсуми цих аргументів на косинус їх піврізниці. Якщо відняти від рівності (5) рівність (6), то одержимо: сов (х + у) - соз (х - у) = - 2 віп х віп у. (8) Тоді

І

Р=

0

.

- 2 81П

а+В „

.

а -В

81П - —

Різниця косинусів двох аргументів дорівнює: мінус подвоєний добуток синуса півсуми цих аргументів на синус їх піврізниці. Для того щоб обґрунтувати формули перетворення суми (різниці) тангенсів, достатньо використати означення тангенса і формули до­ давання:

І


§ 21. Формули додавання та їх наслідки

о

віп а сов а

віп 6 сов р

віп а сов В+ сов а віп В сов а сов р

29 5

віп (а + В) сов а сов р

І Є а + іе Р = ------ + — - = --------— - ------------- - = ---- 1— —•

Отже, *8 а + *8Р =

віп (а + Р) сов а соз р

(9)

Якщо у формулі (9) замінити р на (~Р) і врахувати непарність тан­ генса (і£ (~Р) = р) і парність косинуса (сов (~Р) = соє Р), то одер­ жуємо: зіп (а - Р)

і 8 а - і е Р = соз а соз Р

(Ю)

Зазначимо, що формули (9) і (10) справедливі тільки тоді, коли соз а * 0 і соз Р * 0. О 2.

Перетворення добутку тригонометричних функцій у суму. Зазначимо, що в процесі обґрунтування формул перетворення суми та різниці синусів і косинусів у добуток ми фактично отримали і формули перетворення добутків тригонометричних функцій у суму. Дійсно, якщо поділити обидві частини рівності (1) на 2 і записати одержану рівність справа наліво, маємо: 8ІП (ДС + у))

(11)

сов х сов у = -(сов ( х - у ) + сов ( х + у))

( 12)

8ІП

X СОВ у =

-(8 ІП

А

(Х~у) +

Аналогічно з формули (7) одержуємо:

а з формули (8) (після ділення на -2 ) маємо: 8ІП х віп у - -(сов ( х - у ) - сов (де+ у)) а

( 13)

Замінюючи у формулах (11-13) значення х на а, у на р, одержуємо той запис цих формул, який наведено в таблиці 39. О М

Приклади розв'язання завдань

Приклад 1

1)

Перетворіть задану суму чи різницю в добуток і, якщо можливо, спростіть: 1) зіп 75° + зіп 15°; 2*) соз2 а - соз2 р. Коментар У першому завданні можна безпосередньо застосувати формулу зіп ос+ зіп Р= 2 зіп— -^-со8——

ня зіп 45° і соз 30°.

а потім використати табличні значен­


296

2)

Розділ 3. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ ФУНКЦІЇ

Якщо вираз сов2 а - сов2 (і розглянути як різницю квадратів, то його можна розкласти на множники, а потім до кожного з одержаних ви­ разів застосувати формули перетворення різниці чи суми косинусів у добуток. Для подальшого спрощення одержаного виразу викорис­ товуємо формулу синуса подвійного аргументу, а саме: 2 віп И+ Р сов а +Р= зіп(а+В) і 2 віп а ~ ^ сов ——- = віп (а —В). 2

2

к

2

2

у

Р озв'яза н н я п к . „_0 , . 1со „ . 75°+ 15° 75е-15° 0 . . ко опо 0 л/І -\/І у/в 1) ► віп75 +зіп15 = 2 в т---------сов-—----- - = 2 з т4 5 совЗО = 2 ------------ — 2

2

2

2

2

.

2) ► сов2 а - сов2 Р = (сов а - сов Р) (сов а + сов Р) = = -2 віп

2

зіп

2

■ 2 сов

2

сов

2

= -віп (а + Р)віп (а - Р). <3 к

Приклад 2

Перетворіть у добуток віп а + соз р. К ом ент ар Ми вміємо перетворювати в добуток суму синусів або косинусів. Для

переходу до таких виразів достатньо згадати, що ^або віп а = сов

сов Р= віп (~~р)

- а| Р о з в ’я за н н я

*

Іп

\

V2

/

а + - - р

віп а + сов р = віп а + віпі—-р ) = 2 віп---- -— •сов----- ------= 2

2

/а-В ,ге\ /а + Р = 2 віп ---- - + - «соз ---- - ----. п

.

\ 2

Приклад 3

Спростіть вираз ( ^

4/

\ 2

4/

<

8« - віп 2а)(соз 2а - соВ8а)_

1 - сов 6а

К ом ен т а р

Для того щоб спростити заданий дріб, можна спробувати скоротити його. Для цього подамо чисельник і знаменник у вигляді добутків, які містять однакові вирази. У чисельнику використаємо формули перетво­ рення різниці синусів і косинусів у добуток (а також непарність синуса: віп (-З а ) = -з іп За), а в знаменнику скористаємося формулою 1 -созл : = 2віп2 —. 2

Р о з в ’я за н н я

(аіп 8а - віп 2а) (соз 2а - соз 8а) 1- соя 6а

2 зіп За соз 5а • (~2)зіп5 а аіп(-За) _ 2 аіп2За = 2 сов 5а віп 5а = віп 10а.

^


§ 21. Формули додавання та їх наслідки

Приклад 4*

297

Доведіть тотожність 4 віп 70°----- -— = -2 . 8ІП 10 °

К ом ен т а р

Доведемо, що ліва частина тотожності дорівнює правій. Після при­ ведення до спільного знаменника перетворимо добуток синусів на різни­ цю косинусів, а потім урахуємо, що сов 60° = і ,

а соз 80° = зіп 10°

(оскільки 80° + 10° = 90°). Р о зв'я за н н я

Ь

. .

1

4 віп 70°8Іп 10°-1

4 • 2 ( соа 60°-сов 80°)- і

8ІП 10°

8ІП 10е

8ІП 10°

4 віп 7 0 ---------- = ----------------------- = ----- й-------------------------- = 2 ‘ 2 ~ 2 с°8 80° _1 єіп 10°

-2 сов 80° віп 10°

-2 віп 10° віп 10°

_

= --- й-----------------= -------------= ------------ = —2. <1 Приклад 5*

^

Доведіть, якщо А, В, С — кути трикутника, то А

В

С

2

2

2

зіп А + віп В +віп С = 4 соз—соз—соз—. сов—сов—. К ом ен т ар Для кутів трикутника А + В + С = п. Тоді С = п - (А + В) і за форму­ лами зведення зіп (л - (А + В)) = зіп (А + В). Після перетворення суми

синусів зіп А + зіп В у добуток помічаємо, що аргумент (А + В ) удвічі А +В

більший за аргумент —-—. Це дозволяє записати зіп (А + В) за форму­ лою синуса подвійного аргументу і в одержаній сумі винести за дужки 2 зіп

а потім перетворити в дужках суму косинусів у добуток. ПоА+В

с-

п-С

п

С .

.

тім треба врахувати, що —-— = —— = ——— і використати формули зве­ дення. ►

* Р о з в ’я за н н я Ураховуючи, що для кутів трикутника С = п —(А + В), одержуємо зіп А + зіп В + зіп С = зіп А + зіп В + зіп (л - (А + В)) =

= 2 зіп

2

соз

п • А +В І

2

зіп (А+В) = 2 зіп А + В\

А —В

сов А

2

п. .

п -С

С\

А

В 2

п

+2 зіп —- —соз —- —2

А

2

В

= 2 зіп ------- с о з -------+ с о з ------- І= 2 !!з іп ------• 2 соз — соз —= 2 \ 2 2 І 2 2 2 .

.

(п

В

л

С

А

В ^

= 4 з і п ------ 1соз — соз —= 4 соз —соз — соз —. <1 \2 2/ 2 2 2 2 2


298

Розділ 3. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ ФУНКЦІЇ

ШШ Запитання для контролю 1. Запишіть формули перетворення суми і різниці синусів або суми і різниці косинусів у добуток. Наведіть приклади використання цих формул. 2. Запишіть формули перетворення суми і різниці тангенсів. Наведіть приклади використання цих формул. З*. Доведіть формули перетворення суми і різниці тригонометричних функцій у добуток. 4. Наведіть приклади використання формул: зіп х сов у = і (віп ( х - у )+віп (х + у)); соз х сов у = ~(сов (х - у) + сов (дг+ у)); зіп X зіп у = і (соз (х - у) - соз (х + у)). 5*. Доведіть формули, наведені в запитанні 4.

ЕМ Вправи 1.

Перетворіть суму (або різницю) тригонометричних функцій у добу­ ток і спростіть: 1°) соз 152° + соз 28°; 2°) сов 48° —соз 12°; оч

2.

опо

• ППО

<1\ 8ІП 25° + 8ІП 15° віп25 -віп 15

3) соє 20 - 8іп 20 ;

4) ------- ---------- -;

5*) зіп2 а - зіп2 Р; 7*) соз а + соз 2а + соз За + соз 4а. Доведіть тотожність:

6*) віп а + віп 2а + зіп За + віп 4а;

віп 75 ° + віп 15° _

^

£7

} 00875 ° -сов 15° “

^

аіпа + 8і п р =<:с, а + р . сова + совр

В 2 ’ а~Р

сов 6а - соз 10а = 2віп2а; „ . _ 3) -------;-----------

1Па + чіп В 008 о 4) ------ Й вши+зтр-----_ -------

8Їп 8а

зіп а со8 в + сов а еіп В

а + Р’

соє - 2

(зіп 2а + аіп 6а) (сов 2а - сов 6а) _ ^ 1 -сов8а

^ ’

в іп а -с о 8 р _ сова-віп Р

/ а~ р \ 2

я\ 4/

еіп а + еіп За + еіп 5а + еіп 7а „ 7 ) ----------------------------------- = с іє 2а. соз а - сов За + сов 5а - сов 7а

3.

Перетворіть у суму: 1) соз 45° соз 15°; '

4.

2) віп — соз — ; 24

Обчисліть: 1) 2 сов 20° •соз 40° —сов 20°;

24

3) віп 20° віп 10°;

4) сов — сов - . 10

2*) 4 зіп 10° •зіп 50° •віп 70°.

5


§ 2 2. Додаткові формули тригонометрії

299

5*. Доведіть, що при а + р + у = я виконується рівність: 1) ВІП а-В ІП Р + 8ІП'У= 4 БІП—СОБ-8ІП-; к

'

2

2

2

2) сов а + соз Р+ соз у = 1 + 4 зіп —зіп - віп - . к

6.

'

2

Доведіть формули: *ч 0 зіп (В+ а)

' .

1) сіє а + с іє Р= .

віп а в т р

§ 22

і

2

2

2) с і & а - сі&Р =

зіп (р - а) віп а віп р"

ДОДАТКОВІ ФОРМУЛИ ТРИГОНОМЕТРІЇ

22.1. Формули потрійного та половинного аргументів. Вираження тригонометричних функцій через тангенс половинного аргументу Т а б л и ц я 40 1. Формули потрійного аргументу

віп За = 3 віп а — 4 віп3 а

сов За = 4 сов3 а — 3 сов а ,

,

З с іе а -с іе а

, я

ж. _ гж

с і£ 3 а = — 5------§— , а * - , « є 2 2. Формули пониження степеня . 2

1 - соз 2а

2

віп а = -----------

1 + соз 2а

сов а = -----------

3. Формули половинного аргументу

(Знак перед коренем вибирають залежно від знака тригонометричної функції, що стоїть у лівій частині рівності.) . а 81П 52 =

1 - соз а

І 8 § = ±1 1 + соя а ,

її - сов а V

а

зіп а , а ^ л + 27ій, к є 2 1 + соз а

а , 11 + соз а зіп а _ , = ---------=■:--------- • а Ф 2пк, к є 2 2 Д /1-соза 1 -с о в а

сова

С08;

2~

. а 1 - соз а 48 — = — :-------, а * 7ік, к 2 віп а

,

а 2

1 + соза кіп а

сш —= ---------- , а

ф

,

.

є2

пк, к є 2


Продовження табл. 40

4. Вираження тригонометричних функцій через тангенс половинного аргументу

зіп а = ------ — , а * п + * 2а 1 + *8 -= 2

2 пк, к

соз а =

є 2

->

1

В

----------- —, -> * 2 а І + І8 2

а

я + 2пк, к

є 2

Пояснення й обґрунтування

1. Формули потрійного аргументу. Використовуючи формули додаван­ ня, формули подвійного аргументу, основну тригонометричну тотож­ ність і формулу а •сі£ а = 1, одержуємо такі формули: зіп За = зіп (2а + а) = зіп 2а ■соз а + соз 2а •зіп а = 2 зіп а •соз2 а + + (1 - 2 зіп2 а) •зіп а = 2 зіп а •(1 - зіп2 а) + (1 - 2 зіп2 а) •зіп а = = 3 зіп а - 4 зіп3 а. Отже, зіп За = 3 зіп а —4 зіп3 а соз За = соз (2а + а) = соз 2а •соз а - зіп 2а •зіп а = =(2 соз2 а - 1) •соз а - 2 зіп2 а •соз а = (2 соз2 а - 1) •соз а - 2 (1 - соз2 а) •соз а = 4 соз3 а - 3 соз а. Отже, соз За = 4 соз3 а — 3 соз а . 2і^а

ІдЗа- Ід (2а+ а) = ■

.

2~° = з і Е а - ц \ Отже,

1 - і 8 2<х-іКсх

_2І82а 1 - і£2 а ■

1 -З іК2а

1&3а = Зіка~г|3{х 6

1- Зік

а

! ___ З

с іє За =

1

і^За

_

1-3і& 2а

З і8а-і£3а

о З сій а

сіц2а і1 сій

_ (СІВ а ~з)сі&а _ з с^ а -сі& 3а о тж е г* л 2 - 1-1 -3ос і£ . _2 9 Зсі£2а 2а * а


§ 22. Додаткові формули тригонометріТ

30 1

= ЗсіІ о - с ^ _ а 1 - Зсів а

З ауваж ення. Функції зіп За і соз За існують при будь-яких зна­ ченнях а, а Ід За існує тільки тоді, коли За * ^ + пк, де к є 2, тобто

а * б + ^ ’ отже’ а * “ (2&+1), А є 2. Аналогічно сід За існує тільки тоді, іхк

коли За * пк, де к є 2. Тоді а * — , к є 2. З

2. Формули пониження степеня. З формул соз 2а = 1 - 2 зіп2 а та соз 2а = 2 соз2 а — 1 одержуємо формули пониження степеня: 1-сов 2а

8іп а = -

2

1 + сов 2а

соя а = 3.

( 1) (2)

Формули половинного аргументу. Якщо у формулах (1) і (2) замість

а взяти аргумент —, то одержимо: . 2а

1 - сов а

з і п —= ----------, 2

2

1 + сов а

соз —= ----------. 2

2

(3) (4)

З формул (3) і (4) одержуємо формули половинного аргументу для синуса і косинуса: . а

,

1 - сов а

8Ш2 =±1 а

, /1 + сова

с° 8 2 = ±УІ— Г -

(5)

( 6)

У цих формулах знак перед коренем вибирають залежно від знака тригонометричної функції, що стоїть у лівій частині рівності. Якщо почленно розділити формули (5) і (6) та врахувати, що а . — а 81П €08— —= , а — —= с і в —, то одержуємо: а 2 , а 2 сов 8 іп — 2

1 - соз а 1 + сов а

(7)

1 + сов а 1 - сов а

(8)

іе*=±}1 +1 II

ЬО -м у


302

Розділ 3. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ ФУНКЦІЇ

У формулах (7) і (8) знак перед коренем також вибирають залежно від знака тригонометричної функції, що стоїть у лівій частині рівності. Зазначимо, що формули (5) і (6) можна використовувати при будьяких значеннях а, а формули (7) і (8) тільки тоді, коли існують значен­ ня

та

відповідно. Отже, формулу (7) можна використовувати,

якщо —Ф - + пк, тобто а 2

Ф

2

п + 2пк, к є 2 , а формулу (8) — якщо —Ф пк, 2

тобто а Ф 2пк, к є 2 . Зауважимо, що для тангенса і котангенса половинного аргументу можна одержати формули, які не містять квадратних коренів. Наприклад, і е —= --------2

(9)

1 + сова

Дійсно, ураховуючи, що аргумент а вдвічі більший за аргумент —, „ . а

а

а

28111 — С 0 8 — ВІП — 8ш а . :------------— = ---- —= маємо: а 1 + сова 2соє і а сов—

2

, якщо 1 + сов а

Ф

0. Тобто форму-

2 лу (9) можна використовувати при а Ф п + 2пк, к є 2 . Аналогічно обґрунтовують формулу 1 -С 0 8 С Х

(Ю )

8іп а 2

. а

а

81П — 2 віп 1 - соб а :----------2— ___2 —= 1%—, якщо віп а = ----

єіпа

„ . а а 28іп—сов— 2

2

а соє—

2

Ф

0, тобто формулу (10)

2

можна використовувати при а Ф пк, к є 2 . сс 1 Ураховуючи, що с і є —= ----- . одержуємо формули:

2

. а

а = вша 82

1 - соє а

. а 2

1 + соє а віп а

4. Вираження тригонометричних функцій ч.ерез тангенс половинного аргументу. Щоб одержати відповідні формули для віп а і сов а, запише­ мо кожен із цих виразів за формулами подвійного аргументу і поділимо на 1 = 8Іп2~^+ сов2^ . Потім, щоб перейти до тангенсів, поділимо чисель­ ник і знаменник одержаного дробу на сов2^ (звичайно, за умови, що сов2^ * 0 , тобто при

а Ф

п + 2 пк, к є 2).


§ 2 2. Додаткові формули тригонометрії

о • а

28іп —

0 . а

а соз—

. а

8111 —

, _ 2

а

28111 — € 0 8 -

со8~

2 _

8іпа =

. га

81П

-

2

+ СОЗ

ги -

81П

га

— + С 08

ги

2

81П

2 ій ' 1 + іК

^

сова =

сова

2

. 2 01

1-іЄ

со8 а = і + ік

2

2

— + С08

2

Отже,

,

+1

а

СОЄ —

2

га .г а — - 81П 2______ 2

81П

ІК

а * п + 2пк, к є 2

С 08

. га

____ 2 +1

а

соє — 2 8111 а = -

2і«“ 2_

. га

___ 2______ 2

2

30 3

, га — 6 2

(П )

1 - ІС

2 01 —

Отже,

2

а

а * п + 2пк, к є 2

( 12)

Якщо почленно поділити рівності (11) і (12), то одержимо формули:

і& а. =

2ІВ2 , а * —+ 7от, п є 2 , а , . 2а 2 1—іс — в 2

ф

п + 2 пк, к є 2

1-іЄ2а с іє а = ---------а * пк, к є 2

(13)

21е-

в2

Зауважимо, що формулу (13) можна одержати і за формулою танген„

а

са подвійного аргументу, оскільки а = 2 - —.

ШЯ Приклади розв'язання завдань Приклад 1

1)

Обчисліть, не користуючись таблицями і калькулятором: 1) віп 15°; 2) сов 15°; 3) 15°.

Р о з в ’я за н н я

К ом ен т ар

-

Оскільки аргумент 15° становить половину від аргументу 30°, а коси­ нус 30° нам відомий, то можна знайти шукані значення за формулами по­ ловинного аргументу. Ураховуючи,

► віп 15

°=

соз30°

(1

; <


Розділ 3. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ ФУНКЦІЇ

304

2) ► сов 15

3)

15° =

=

і-соноо _ _ _ _ =

що аргумент 15° знаходиться в І чверті (де значення всіх триго­ нометричних функцій додатні), у формулах (5) і (6) перед знаком -у/г + л/з . ^ І квадратного кореня вибираємо знак 2 ’ ' «+ » . Для того щоб знайти тангенс 15°, можна застосувати будь-яку з ф 0 р м у л . ( 7^ (9) або ( 10), але зручніше використати формули (9) або ( 10), запис яких не містить квадратних коренів. Після того як знайдено значення віп 15° і сов 15°, можна та­ кож скористатися формулою

л£

*- =2 -л/з. <

сов 15°

З а у в а ж е н н я . Записи відповідей для віп 15° і сов 15° можна дещо спростити, виділяючи під знаком зовнішнього квадратного кореня ква­ драт двочлена. Щоб подати, наприклад, 2-л/з у вигляді квадрата дво­ члена, помножимо і поділимо цей вираз на 2 (та розглянемо вираз 2л/з як подвоєний добуток чисел л/3 і 1). Одержуємо: о

Д

_ 4 - 2 Г г ^ г - і ) 2

о , У з _ 4 + 2 л /з = ( л / з + і ) 2

2 Тоді віп 15° =

-

л /з - 1 _ л / б -У І2 .

2л/І

4

Виконуючи аналогічні перетворення, маємо соз 15° = 4б + лІ2 ^ 4

■ і Запитання для контролю 1. Запишіть формули потрійного та половинного аргументів і формули вираження тригонометричних функцій через тангенс половинного аргументу. Проілюструйте на прикладах застосування цих формул. 2. Обґрунтуйте формули потрійного та половинного аргументів і фор­ мули вираження тригонометричних функцій через тангенс половин­ ного аргументу.

І 1.

Вправи Обчисліть, не користуючись таблицями і калькулятором: 1) віп 22°30'; 2) сов 22°30'; 3) *£ 22°30'.


§ 2 2. Додаткові формули тригонометрії

2.

Знайдіть 8іп“ » с°з ^ ;

якщо:

1) со з а = - - і п < а < — ; 5 2

2) соє а = — і — <а<2л. із 2

3.

Обчисліть І £ (а + -) , якщо соз2а = - і ж а < — .

4.

Обчисліть соз—, якщо зіп а = ~— і л < а < — . 2 із 2

5.

Обчисліть зіп а, якщо

6.

Обчисліть

7.

Обчисліть --------- • — ------- якщо

8.

Ураховуючи, що зіп 36° = соз 54°, обчисліть еіп 18°.

V

/-.с

.

4/

3

2

305

4

=і. З

якщо з іп а + с о з а = і і ~ -< а < 2 п . 8Іп2а 1 + со8«х

сова 1 + сов2а

, _а = 2

22.2. Формула перетворення виразу а еіп а + Ь сов а Т а б л и ц я 41 а еіп а+Ь сов а - у}а2 + Ь2 еіп (а + ф) >

де аргумент ф визначається із співвідношень а

/-------------- ,, СОЗф = "/-■

о81П х н ф у — =

у/а2 +Ь2

Ь

.......

у/а2 +Ь2

Пояснення й обґрунтування Спочатку доведемо таке твердження: якщо для чисел т і п викону­ ється співвідношення т2 + п2 = 1, то одне із цих чисел можна вва­ жати синусом, а друге — косинусом деякого аргументу ф. Розглянемо точку М координатної площини з координатами М (т; п). Координати точки М задовольняють рівнянню одиничного кола: х2 + у2 = 1 (оскільки за умовою т2 + п2 = 1). Отже, точка М знаходиться на одиничному колі, і її абсциса є косинусом кута ф, який утворює радіус О М з додатним напрямком осі Ох, а ордина­ та — синусом цього кута ф. Тобто т = соз ф, п = зіп ф. 2 . 2 Якщо взяти т = . ° п= . то тг + п2= -а — »= 1 . у/а2 + Ь2

Тоді для деякого кута

ф

4 7 ^ ?

т=

* 2 +Ь2

а +Ь

—= соз ф, п = ...А —= зіп ф. у]а2+Ь2

Уіа2+Ь2

Тепер ми можемо довести формулу а зіп а+Ь соз а = УІа2+Ь2 зіп ( а + ф).


Ю6

Розділ 3. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ ФУНКЦІЇ

Для цього доведемо, що права частина цієї формули дорівнює лівій. %/а2+Ь2зіп ( а + ф) = уІа2+Ь2(зіп а соз ф + соз а зіп ф) = ґ = уІа2 +Ь2 віп а

^+соза 477і

= а зіп а + Ь соз а, ліа2 +1

що й потрібно було довести. Отже, а зіп а+Ь соз а = %/а2 + Ь2 зіп (а+ф ), де аргумент ф визначається із співвідношень: о ■_ . = - ь СОЗ ф = , 31Пф .2 О 2+ь2 УІа2 +Ь* 4а

З а у в а ж е н н я . В одержаній формулі аргумент ф визначають з точ­ ністю до 2л, але найчастіше вибирають те значення, яке найменше за модулем. Наприклад, для виразу зіп а + соз а маємо а = 1, Ь = 1. Тоді 1 СОЗф= = —т=, 8111 ф = л/і' УІа2 + Ь2 4І УІа2 +1 Отже, аргумент ф знаходиться в І чверті, тому як значення ф можна вибрати ф= ^ . Тоді 4 кіп а + сов а = 4 2 8іп|а +

Ші

Приклади розв'язання завдань

Приклад 1

Знайдіть найбільше л /З зіп а -соеа .

та

найменше

значення

виразу

К ом ен т ар

Р о з в ’я за н н я

За формулою а віп а+Ь соз а = \/а2+Ь2 зіп (а+ф)

Вираз л /З зіп а -со в а творити за формулою

можна пере­

дгржуємо

\/з 8 І п а -с о в а = 2віп^а-^|. Ураховуючи, що еіп|а-^| науває

всіх

значень

із

проміжку

1; 1], маємо, що 2зіп|а-^| набу-

а віп а+Ь сов а = %/а2 + й2 зіп (а+ф).

Тут

Ь = —1,

а = 4з,

тоді

%/а2+62 = 4 4 = 2 . Отже, СОВф=

і

477і

ін всіх значень із проміжку [-2 ; 2]. Віп ф= \ 1 а 2+Ь2 2‘ •гже, найбільше значення заданого Тоді аргумент ф знаходиться в нразу дорівнює 2, а наймен- 1 IV чверті, і як значення ф можна .о - (-2 ). <


§ 22. Додаткові формули тригонометрії

307

вибрати, наприклад, ф = — . Також 6 слід ураховувати, що для того щоб знайти найбільше та найменше значення виразу, потрібно не тіль­ ки оцінити значення виразу за до­

помогою

нестрогих

нерівностей

—2<2віп і п ( а - ї ) < 2 , а и впевнити­ ся, що знак рівності в цих нерівно­ стях досягається. Приклад 2

Побудуйте графік функції у = л/2(віп дс+соз де). К ом ен т а р

Вираз еіп х + сов х можна записати у вигляді зіп .х + соз х = >/2зіп|л: + ^|. Тоді графік заданої функції можна побудувати за допомогою геометрич­ них перетворень графіка функції у = віп х. Р о з в ’я за н н я

► у = л/2(віп л; + сов л;) = 2 віп|л; + ^|. Графік заданої функції одержуємо із графіка функції у = віп х одеря (рис. 151) розтягуванням у 2 рази вздовж осі Оу і паралельним перенеі сенням отриманого графіка вздовж осі Ох на

Рис. 151

^


108

Розділ 3. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ ФУНКЦІЇ

■ Запитання для контролю 1■ Запишіть формулу перетворення виразу а віп а + Ь сов а на вираз вигляду с віп (х + ф). Проілюструйте на прикладі застосування цієї формули. 2. Обґрунтуйте формулу перетворення виразу а віп а + Ь сов а на вираз вигляду с віп (х + ф). ■

Вправи

1.

Знайдіть найбільше та найменше значення виразу: 1) віп а + сов а ; 2) віп а-л /З сова ;

2.

3.

3) л/Звіпа+сова; Побудуйте графік функції:

4) л/2віп а+л/бсова.

1) у = л/з віп де+ сов X",

2) у = віп 2х - сов 2х;

3) у —віп х + л/з сов X',

4) у = л/3віп—+ сов—. 2

2

Знайдіть область значень функції: 1) у = 3 віп х + 4 сов х; 2) у = 5 віп Зл: - 12 сов Здс; 3) у = віп ї х — сов 7х\

4.

4) у = 8 віп—+ 15 сов—. З з Чи існують такі значення х, при яких виконується рівність: 1) 3 віп х - 4 сов х = 6; 2) 5 віп 2х + 12 сов 2х = 15; 3) л/з віп 4х - сов 4х = л/б;

4) віп—+сов—= 1,5? 2

ДОДАТКОВІ ВПРАВИ ДО РОЗДІЛУ З

1.

Спростіть вираз (1—2). 1) І£2 а - віп2 а - І£2 а віп2 а; 2) д/зіп2 Р(1 + с*єР) + со82 Р(1 + І£Р); 3) (3 віп а + 2 сов а)2 + (2 віп а - 3 сов а)2;

4) С°£Л У —С*ЄРсовр. 7

2.

81П

р

2


Додаткові вправи до розділу 3

Доведіть тотожність (3—4). "

іе (а + В) - Іе а - іе В ій а іе (а + Р)

'

с с ,(а + ^ с о в ( а - й = віп (а + Р) + віп (а -Р )

1 - сов 2а + віп 2а , = іе а ; " 1 + сов 2а + віп 2а

і п

і\ — — - — ------= іеВ;

зіп а - віп За = ^ ’ сов а - сов За

^

1) « І -- - « { - + -с о в а = сов— при іс < а < 2іс; у2 2 \2 2 4 2)

і

1 —.

— —с о в 2 а = л / 2 с о з ( — — — ) п р и ж а < — ; \4 2/ 2

V2 2

3) « | -+ -Л -+ -с о з 2а = -с о в — при — < а < 2 я ; \2

2 V2

2

2

2

4 ) ^ 1 + ^ і - і с о в а = -\ /2 с о в | " ^ | п р и ^ < а < 2 л .

Доведіть рівність: 1) со в -со з — соз— = і ;

2)

3)

4) со8 20°+2зіп 55о- ^ 8 І п 65° = 1.

7

віп 10°

7

7

8

= 4зіп70° = 2;

20° - 4 зіп 20° •зіп 50° = - 2 зіп 20°;

Доведіть, що правильна нерівність: 1) І£ х + сі£ х > 2, якщо 0 < х < віп(—+ а)

2> —. ї ж 7-------т -----г+ 2 8 іп т2 а \— /к5я а\ 81ПІ — + —ІвіпІ-------- 1 '12 4 / \12 4 /

3 ) ( 1 + а п ф + с с е ф ) ( 1 - а іп ф + с о в ф ) ( 1 + а іп ф - с о є ф ) ( з і п ф + с о є ф -

4) 2 зіп 4а віп 2а + соз 6а > - 1 . Обчисліть: 2 1) сов4 а 4- зіп4 а, якщо в іп 2 а = -; . . 2а 1-В1П

2)

—, якщо

1 + віп а

3) сов а , якщо зіп а

2

=т; а=

1) < 1;

309


3 10

Розділ 3. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ ФУНКЦІЇ

ВІДОМОСТІ З ІСТОРІЇ Слово «тригонометрія» вперше зустрічається (1505 р.) у назві книж­ ки німецького теолога і математика П и т и с к у с а . Походження цього слова грецьке: «тригонон» — трикутник, «метріо» — міра. Іншими сло­ вами, тригонометрія — наука про вимірювання трикутників. Багато понять і фактів, які тепер відносять до тригонометрії, були відомі ще дві тисячі років тому. Фактично різні відношення відрізків трикутни­ ка і кола (власне кажучи, і тригонометричні функції) застосували вже в III ст. до н. е. у своїх працях великі математики Стародавньої Греції — Е в к л ід і А р х ім е д . Довгий час тригонометрія розвивалася як частина геометрії, тобто факти, які ми тепер формулюємо в термінах тригонометричних функцій, формулювали та доводили за допомогою геометричних понять і твер­ джень. Мабуть, найбільші стимули для розвитку тригонометрії виника­ ли у зв’ язку з розв’язуванням задач астрономії, що становило великий практичний інтерес (на­ приклад, для визначення місцезнаходження суд­ на, передбачення затемнень тощо). Сучасного вигляду тригонометрії надав вели­ кий математик XVIII ст. Л. Е й л ер , швейцарець за походженням, який довго працював у Росії і був членом Петербурзької академії наук. Саме Ейлер перший увів відомі означення тригоно­ метричних функцій, почав розглядати функції довільного кута, вивів формули зведення. Після Ейлера тригонометрія набула форми числення: різні факти почали доводити формальним застоЛеонард Ейлер суванням формул тригонометрії, доведення ста(1707-1783) ли набагато компактнішими.


Зміст

Розділ 4. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ і 23.

Обернені тригонометричні ф ункції....................................................312 23.1. Функція у “ агсвіп х ..................................................................312 23.2. Функція у = агссоз х ..................................................................315 23.3. Функція у = агсі£ х ....................................................................317 23.4. Функція у = агссі£ х ..................................................................320 § Й4. Розв’ язування найпростіших тригонометричних рівпянь.......... ..324 24.1. Рівняння сов х —а .....................................................................324 24.2. Рівняння віп х = а ......................................................................327 24.3. Рівняння і£ х = а і с іє х = а ...................................................330 § 25. Розв’язування тригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших................................................................................. ..335 25.1. Заміна змінних при розв’язуванні тригонометричних рівнянь.......................................................335 25.2. Розв’язування тригонометричних рівнянь зведенням до однієї функції (з однаковим аргументом)...................... ..330 25.3. Розв’язування однорідних тригонометричних рівняні, ти зведення тригонометричного рівняння до однорідноїчі . . . 338 25.4. Розв’язування тригонометричних рівнянь виду ( (лґ) - 0 за допомогою розкладання на множники..............................340 25.5. Відбір коренів тригонометричних рівнянь............................342 § 26. Розв’язування систем тригонометричних рівнянь..........................347 § 27. Найпростіші тригонометричні нерівності..........................................ЗЛО Приклади розв’язування більш складних тригонометричних . ЗГ>П рівнянь та їх систем................................................................... ЙІ* Тригонометричні рівняння з параметрами........................................ЗОН 29.1. Розв’язування рівнянь з параметрами....................................36Н 29.2. Дослідницькі задачі з параметрами..................................... ..373 ИЕ&Л*' Розв’язування тригонометричних нерівностей................................1171) Додаткові вправи до розділу 4 .......................................................... . . . НН4 Відомості з історії............................................................................. . ЗНН Довідковий матеріал......................................................................................... ..!И)2 Відповіді та вказівки до в п р а в ....................................................... . . їііиі Предметний покажчик............................................................................... ........Л11

415


§ 23

ОБЕРНЕНІ ТРИГОНОМЕТРИЧНІ ФУНКЦІЇ

Для одержання обернених тригонометричних функцій для кожної три­ гонометричної функції виділяють проміжок, на якому вона зростає (або спадає). Для позначення обернених тригонометричних функцій перед від­ повідною функцією ставиться буквосполучення «агс* (читається: «арк»).

23.1. Функція у = агсвіп х Т а б л и ц я 42 1. Графік

У = 8111 X

у - агсвіп х

2. Значення агсзіп а ( |а |< 1) О рієнтир

агсзіп а — це таке число з проміжку синус якого дорівнює а. Г П 7СІ агсвіп а = <р, якщо . <РЧ - І ; 2> 8Іп ф =а

П р иклад ■

у/з

п

агсзіп— = - , оскільки 2 З п [ я . 7СІ з

г ’ г]

.

ге

л/з

1 8111 - = ----. З 2

3. Непарність функції у = агсзіп х

агсвіп (—а) = —агсвіп а


§ 2 3. Обернені тригонометричні функції

■і 1.

313

Пояснення й обґрунтування Графік функції у = агсзіп х. Функція у = зіп х зростає на проміжку

—— і набуває всіх значень від -1 до 1. Отже, на цьому проміжку І. 2 2.1 функція у = зіп х має обернену функцію (див. § 2, п. 2.4), яку познача­ ють у = агсзіп х, з областю визначення [—1; 1] і областю значень Функція у = агсзіп х теж зростає, і її графік можна одержати з графіка функції у = зіп х (на заданому проміжку) симетричним відображенням відносно прямої у = х (рис. 152).

2.

Значення агсзіп а. За означенням оберненої функції (на вибраному

проміжку), якщо зіп ф = а, то агсзіп а = ц>, причому фє Отже, запис агсзіп а = ф (| а |< 1) означає, що фє

І тт

і |а |< 1.

^

агсзіп а — це таке число з проміжку

і зіп ф = а, тобто

^ , синус якого

дорівнює а. .

1

л

.

Л

Г

Л ЛІ .

.

л

1

Наприклад, а г с з т - = - , оскільки - є — ; - і з і п - = - . 2 6 6 І» 2 2^ 6 2 Аналогічно а г с з і п Г о с к і л ь к и ——є Г——; —1 і з і п ( - - ) = - — . ^ 2 у З З І 2 2^ \ 3/ 2 3. Непарність функції у = агсзіп х. Для знаходження арксинусів від’ ­ ємних чисел можна користуватися також непарністю функції агсзіп х, тобто формулою агсзіп (-а ) = -агсзіп а. •

Це випливає з того, що графік функції у = агсзіп х (рис. 152) симетрич­ ний відносно початку координат, а точки а і (-а ) на осі Оу (рис. 153)

Рис. 152

Рис. 153


314

Розділ 4. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

симетричні відносно осі Ох. Тоді відповідні ТОЧКИ А І В На одинично­ му КОЛІ (у проміжку

теж будуть симетричними відносно

осі Ох. Отже, /. СОА = А СОВ. Але агсзіп а = А СОА, агсзіп (-а ) = = СОВ (рисунок 153 наведено для випадку а > 0). Одержуємо ' агсвіп (—а) - —агсвіп а І. О 1 п Наприклад, агсзіп|-і| = - агсзіп- = — . 2 6 Приклад.

Знайдіть: 1) 8Іп|агсзіпі|;

2*) соз|агсзіп^|.

К ом ен т ар

Р о з в ’я за н н я

1)

► Нехай

агсзіп і = (р.

Тоді за

1)

означенням арксинуса одержу­ ємо, що 1 З іп ф = ^ з

Оскільки запис Ф = агсзіп а (| а |< 1) означає, що фє

^ і зіп ф = а,

то завжди виконується рівність 8іп (агсзіп а) = а, |а |< 1

Отже, зіп|агсзіпі| = і . <3

2)

► Нехай а гсзіп - = ф. За озна5

^

ченням арксинуса одержуємо, що фє ——

І_ 2 2 _|

і зіп ф= - . Урахо5

вуючи, що соз ф > 0, маємо: ю з ф = л/ і - з і п 2ф = уі-| | | = ^ .

2)

Проте цю формулу можна не запам’ятовувати: достатньо по­ значити вираз у дужках через ф і використати означення аркси­ нуса. Якщо позначити вираз у дуж­ ках через ф, то за вимогою задачі потрібно знайти сов ф. Викорис­ тавши означення арксинуса, одержуємо стандартну задачу: знаючи синус кута, знайти його косинус, якщо кут знаходиться в проміжку Г_п. те] І 2’ 21

Отже, соз|агсзіп^| = со8ф =^. <]

Тоді СОЗ ф = ±\ 1 —8ІП2ф. Оскіль­ ки

то в ЦьомУ про­

міжку соз ф > 0, а отже, СОЗ ф = л / і - 8 І П 2 ф .


§ 2 3 . Обернені тригонометричні функції

315

23.2. Функція у = агссоз х Таблиця 43 1. Графік

у =

СОЗ

у = агссоз х

X

На проміжку [0; я] соз х спадає 2. Значення агссоз а (| а \< 1) О рієнтир

Приклад

агссоз а — це таке число з проміжку [0 ; я], косинус якого дорівнює а.

агссоз— = —, оскільки 2 4

Г<рє [0; я], агссоз а = ф, якщо < [созф=а

ге

—є[0 ; я] і с о з —= — . 4 4 2

3. Ф орм ула д л я агссоз ( - а )

агссо» (—а) = п — агссоя а

ШЯ Пояснення й обґрунтування 1. Графік функції у = агссоз х. Функція у = соз х спадає на проміж­ ку [0; л] і набуває всіх значень від 1 до -1 . Отже, на цьому проміжку


31 6

Розділ 4. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

функція у = с о б х має обернену функцію, яку позначають у = агссоз х, з областю визначення 1 - і ; і ] і областю значень [0; я]. Функція у = агссоз х теж спадає, і її графік можна одержати з графіка функції у = соз х (на заданому проміжку) за допомогою симетричного відображення його від­ носно прямої у — х (рис. 154). 2. Значення агссоз а. За означенням оберненої функції (на вибраному проміжку), якщо соз ф = а, то агссоз а = ф, причому ф є [0; я] і |а |< 1. Отже, запис агссоз а = ф (| а | < 1) означає, що ф є [0; я] і соз ф = а, тобто агссоз а — це таке число з проміжку [0; я], косинус якого до­

І

рівнює а.

Наприклад, агссоз- = 2

3

оскільки - є [ 0 ; я ] і соз* = і . 3

3

2

Аналогічно 3. Формула для агссоз (—а). Для знаходження арккосинусів від’ємних чисел можна також користуватися формулою агссоз (—а) - я —агссоз а. Це випливає з того, що точки а і (-а ) на осі Ох (рис. 155) є симе­ тричними відносно осі Оу. Тоді і відповідні точки А і В на одиничному колі (у проміжку [0; я]) теж будуть симетричними відносно осі Оу. Та­ ким чином, ^ СОА = А БОВ, а отже, А СОВ = я - А БОВ = п — А СОА. Але агссоз а = А СОА, агссоз (-а ) = ^ СОВ = я - А СОА. Одержуємо агссоз (~а) = я — агссоз а .

1 Рис. 154

Рис. 155

1 л 2к = я - агссоз - = я — = — 2 3 3 Зазначимо, що рівність агссоз (-а ) = я - агссоз а означає, що функ­ ція у = агссоз х не є ні парною, ні непарною. Наприклад, агссоз


§ 2 3. Обернені тригонометричні функції

Приклад.

317

Знайдіть соа|агссо8^

Р о з в ’я за н н я

К ом ен т ар

2 ► Нехай агссоа- = (р, тоді за озна­

Оскільки запис ер = агссоа а (І а | ^ 1) означає, що (р є [0; л| і соз ф = а, то завжди виконується рівність

ченням арккосинуса одержуємо, що С08ф

= - . Отже,

^ з

С08 |аГСС08- ]

V

з/

= - . <]

з

соя (агссоя а) = а, |а |< 1. Проте цю формулу можна іш запам’ ятовувати: достатньо позна­ чити вираз у дужках через ер і вико­ ристати означення арккосинуса.

23.3. Функція у = а гс і£ х Т а б л и ц я 44


31 8

Розділ 4 . ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Продовження табл. 44

3. Непарність функції у = агсІ£х У‘ к а -11

1

ґ

О

агсі£ (—а) = —агсі£ а

----- > і

0 V у Л '-а

Ш Пояснення й обґрунтування 1.

Графік функції у = агсі£ х. Функція у = Ї£ х зростає на проміжку | і набуває всіх значень від — до +°°. Отже, на цьому проміжку

функція у =

х має обернену функцію, яку позначають у = агсї§ х,

з областю визначення (-°°; +°°) і множиною значень

^)- Функція

у = агсі£ х теж зростає, її графік можна одержати з графіка функції у = х (на заданому проміжку) за допомогою симетричного відображен­ ня відносно прямої у = х (рис. 156).

2.

Значення агсі£ а. За означенням оберненої функції (на вибраному

проміжку), якщо

Ф = а, то агсі£ а = ф, причому фє

пис агсі® а = ф означає, що фє

і

ф = а, тобто

агсі§ а — це таке число з проміжку

|

Отже, за­

тангенс якого

дорівнює а.

Наприклад, а х с і§ ^ . = ~, оскільки

Аналогічно агсі,£(-1) = “

, оскільки

і і і§ | ~ | = -1 .

3. Непарність функції у = а гсі£ х. Для знаходження арктангенсів в ід’ ємних чисел можна користуватися також непарністю функції агсі;£ х, тобто застосовувати формулу агсі£ (-а ) = -а гсі£ а. •

Це випливає з того, що графік функції у = агсі£ х (рис. 156) симе­ тричний відносно початку координат, а точки а і (—а) на лінії тан-


§ 2 3. Обернені тригонометричні функції

319

генсів є симетричними відносно осі Ох (рис. 157). Тоді і відповідні точки А та В на одиничному колі (у проміжку

^ т е ж будуть

симетричними відносно осі Ох. Отже, /. СОА = /. СОВ. Але агсі£ а = СОВ. Одержуємо

= /. СОА, агсі£ (-а ) =

агсі£ (—а) = —агсід а І О

У> ЬоІІ II І 1

п

2

л/ У / у = агсі,д х

п 2

/

/

о

/1 І /

X

І

п 2

Рис. 157

Рис. 156 Наприклад, а г с і £ ^ - ~ ^ = Приклад.

Знайдіть

Р оз в ’я за н н я

(агсі£ 4).

К ом ент ар

Нехай агсі£ 4 = <р, тоді за озна­ Оскільки запис ф = агсі^ а ченням арктангенса одержуємо, що 1 означає, що фє і і® ф = а, то ф = 4. Отже, І£ (агсі.£ 4) = 4. <1 завжди виконується рівність (агсі£ а) = а Проте цю формулу можна не запам’ятовувати: достатньо позна­

чити вираз у дужках через ф і вико­ ристати означення арктангенса.


320

Розділ 4 . ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

23.4. Функція у = агссі£ х Таблиця 45 1. Графік

у = сі£ * У' *

п

2

X

0 2. Значення агссі£ а Орієнтир

Приклад

нгссі£ а — це таке число з проміжку (0; п), котангенс якого дорівнює а.

а гссієл /з= -, оскільки 6

^ є(0 ;л ) і ь

сі£^

ь

= л/3.

3. Формула для агссі£ ( - а )

агссі£ (—а) = п — агссІ£ а

Ш

Пояснення й обґрунтування

І. Графік функції у = агссі£ х. Функція у = сі£ х спадає на проміж­ ку (0; п) і набуває всіх значень від -«> до +°°. Отже, на цьому проміжку функція у = сІ£ х має обернену функцію, яку позначають у = агссі£ х, з областю визначення (—°°; +°°) і областю значень (0; я). Функція у = агссі£ х теж спадає, її графік можна одержати з графіка функції


§ 23. Обернені тригонометричні функції

321

у = с іє х (на заданому проміжку) за допомогою симетричного відобра­ ження його відносно прямої у = х (рис. 158).

2. Значення агссі£ а. За означенням оберненої функції (на вибраному проміжку), якщо с іє ф = а, то агссі£ а = ф, причому ф є (0; л). Отже, запис агссі£ а = ер означає, що ер є (0; я) і сі£ ер = а, тобто агссі§ а — це таке число з проміжку (0 ; п), котангенс якого

І

дорівнює а.

Аналогічно

3. Формула для агссі£ (—а). Для знаходження арккотангенсів від’ємних чисел можна користуватися також формулою агссі£ (—а) = л - агссі& а. •

Це випливає з того, що точки а і (-а ) на лінії котангенсів (рис. 159) є симетричними відносно осі Оу. Тоді відповідні точки А і В на оди­ ничному колі (у проміжку (0; л)) теж будуть симетричними відносно осі Оу. Таким чином, А СОА = А ВОВ, а отже, А СОВ = л - А £ЮВ = = л - А СОА. Але агссі£ а = А СОА, агссі£ (-а ) = А СОВ = л - А СОА.

/

Рис. 158

Рис. 159

Одержуємо агссі£ (—а) = л — агссі£ а . О Наприклад, агссі£ (-1) = л - агссі£ 1 = л ——= — . 4

4

Зазначимо, що рівність агссі£ (-а ) = л - агссі£ а означає, що функ­ ція у = агссіе х не є ні парною, ні непарною.


Розділ 4. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

322

Приклад 1,

Знайдіть с іє (агссіє 7).

Р о з в ’язан ня

К ом ен т ар

► Нехай агссіє 7 = ер. Тоді за озна­ ченням арккотангенса одержуємо, що <р = 7. Отже, с іє (агссіє 7) = 7. <]

Оскільки запис ер = агссіє а означає, що ер є (0; я) і с іє Ф = а, то завжди виконується рівність с*£ (а гссіє а) = а Проте цю формулу можна не запам’ ятовувати: достатньо по­ значити вираз у дужках через ер і використати означення аркко­ тангенса.

Приклад 2*

Доведіть, що а гсіє а + а гссіє а = ^ К ом ент ар

Р о з в ’я за н н я

Запишемо задану рівність у ви­

► 1)

Оскільки агссіє а є (0; я), то

Ч-И)-

значити

2) Якщо агссіє а = р, то с іє Р = а і Ф ^ -Р . Тоді

ф=

= сі є Р = о.

За означенням арктангенса одержу­ ємо агсіє а = ф. агсіє а = ^ - агссіє а,

а

це

агссіє а. Якщо по­ - агссіє а>

то

Для

доведення рівності агсіє а = Ф за означенням арктангенса достатньо довести, що: І) Фє ( ~ ^ § )

і ЄФ = і є (| -Р )

Отже,

гляді агсіє а = “

1 2) і є Ф = а.

При доведенні слід також ура­ хувати означення арккотангенса: якщо агссіє о. = р, то Р є (0; л) і с іє Р =а'

й означає, що агсіє а + агссіє а =

Ш Запитання для контролю 1- Поясніть, яке число позначають вирази: а) агсзіп а; б) агссов а; в) агсіє о; г) агссіє а. При яких значеннях а існують ці вирази? Проілюструйте пояснення прикладами. 2. Поясніть, як можна одержати графіки обернених тригонометричних функцій.


§ 2 3. Обернені тригонометричні функції

323

З’ . Зобразіть графіки обернених тригонометричних функцій, укажіть і обґрунтуйте їх найпростіші властивості (область визначення, мно­ жина значень, зростання чи спадання, парність, непарність): а) у ~ агсзіп х; б) у = агссоз х; в) у = агсі£ х; г) у = агссі£ х. 4. Обґрунтуйте формули: а) агсзіп (-а ) = -агсзіп а; б) агсі£ (-а ) = -а г с іє о; в) агссоз (-а ) = п - агссов а; г) агсс^є (-а ) = п - агссіє о..

Вправи Обчисліть (1—9). 2) агсзіп 1;

оч • л /І 3) агсзіп— ; 2

5) агсзіп (-1 );

6) агсзіп^-^-^.

2*. 1) агсіе 0;

2) агс1;£ 1;

3) агсі£л/3;

3°. 1) агссоз 0;

2) агссоз 1;

3) агссоз— ; 2

5) агссоз (-1 );

6) агссові— — І.

2) ехссїц— ',

3) агссІ£л/3;

1° 1) агсзіп 0; • л/з 4) агсзіп — ; ’ 2

^ агссоз— Я ; 4) ’ 2 4°. 1) агссіе 0;

Г

5. 1) з і п | а г с з і п 2 і) соз|агсзіпі|; 3і) і^ а г с з іп і); 6. 1)

(агс*є 7);

7. 1) соз|агссоз^|;

2*) с іЦ а г с іе і);

4) агссі£ (~л/з). 4*) сіе|агс8Іп^|.

З*) зіп (агсіє 3); 4*) соз (агсіЄл/2).

2*) зіп|агссові|; З*) і£|агссо8^|;

8. 1) с*е(агссі£ л/7); 2*) іе(агсс*е|);

4) а гсі£ (—л/з).

4*) сіє|агссо8і|.

З*) зіп (агссі£ 5); 4*) соз|агссІ£

1) агс8Іп^8Іп^|; 2) агсзіп (зіп 7); 3) агссо8^сов^|; 4) агссоз (соз 8); 5) а г сіе (* Є у ); 10*

6) агсід (ід 4);

7) агссЦ с*£^ ~ ); 8) агссі£ (сі£ Ю)-

Доведіть, що агсзіп а + агссоз а = ^ при |а |< 1.


32 4

Розділ 4. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

РОЗВ’ЯЗУВАННЯ НАЙПРОСТІШИХ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ

§24

До найпростіших тригонометричних рівнянь належать рівняння сов х = а, біп х = а, 1% х = а, сі& х = а. Щ об міркування із знаходження коренів цих рівнянь були більш наочними, скористаємося графіками відповідних функцій.

24.1. Рівняння сов х = а Т а б л и ц я 46 1. Гр а ф ічн а ілю страція і р о зв’язки рівняння сов х = а Графічна ілюстрація

У>* у = а(а> 1) 1 Ч \

/1 /1

і

X х

_

-Ч.

а 0

К хі \

* / І2 і \ - /-агссов а ^ -1А агссов а

, І,

X ! / х 2+ 2 п

1

/

X

х1+ 2 п \

. х

X

у = а(а< —1) Приклади

Розв’язки

сов х = а

1. ► а |< 1

|а|>1

у=а

/ -----V.

[Коренів немає х = ± агссов а + 2пп, п е 2

х = ±агссов - + 2пп, п є 2 ,

2

х = ± -+ 2 п п , гає 2. <]

з

2. ► соє х = л/з. Коренів немає, оскільки л/3>1. <3

2. Окремі випадки розв’язування рівняння со8 х - а

С08

X

С08 С08

X

= 0 х = —+-кк, к є 2 2

X =

= -1

1 х = 2пк, к є 2 х = п + 2пк, к є 2


§ 24. Розв'язування найпростіших тригонометричних рівнянь

Ш

325

Пояснення й обґрунтування

1. Розв’язки рівняння соз х = а. При |а |> 1 рівняння не має коренів, оскільки |сов х |< 1 для будь-якого х (пряма у = а на рисунку до пунк­ ту 1 таблиці 46 при а > 1 або при а < -1 не перетинає графік функції у = сов л;). Нехай |а |< 1. Тоді пряма у - а перетинає графік функції у = сов х. На проміжку [0; л] функція у = сов х спадає від 1 до - 1 , тому рівняння соє х = а має тільки один корінь х 1 = агссое а на цьому проміжку (рису­ нок до пункту 1 таблиці 46). Косинус — парна функція, тому на проміжку [-л ; 0] рівняння сов х = а теж має тільки один корінь — число, протилежне до х 1, тобто х 2 = -агссое а. Отже, на проміжку [-я ; я] (довжиною 2л) рівняння сов х = а при |а |< 1 має тільки корені х = +агссов а. Ураховуючи, що функція у = соє х періодична з періодом 2л, а отже, усі інші корені відрізняються від знайдених на 2лга (п є 2), одержуємо таку формулу коренів рівняння соє х = а при |а |< 1: х = ±агссоз а + 2лп, т іє 2 .

2. •

(1)

Окремі випадки розв’ язування рівняння соз х = а. Корисно пам’ ятати спеціальні записи розв’ язків рівняння соє х = а при а = 0, а = - 1 , а = 1, які можна легко одержати, використовуючи як орієнтир одиничне коло. Ураховуючи, що косинус дорівнює абсцисі відповідної точки одинично­ го кола, одержуємо, що соз х = 0, якщо відповідною точкою одинично­ го кола є точка А або точка В (рисунок до пункту 2 таблиці 46). Тоді х = ^ + пк, к є 2 .

Аналогічно соз х = 1 тоді і тільки тоді, коли відповідною точкою одиничного кола є точка С, отже, х = 2пк, к є 2. Також СОЗ X = — 1 тоді і тільки тоді, коли відповідною точкою оди­ ничного кола є точка Ю, отже, х = п + 2пк, к є 2 . О

Я

Приклади розв'язання завдань

Приклад 1

Розв’яжіть рівняння совх = —і . 2

Р о з в ’я за н н я

х = ± а г с с о е І + 2 з т , п є 2.

К ом ен т ар

Оскільки

<1,

то

задане

рівняння виду соз х = а має корені, які можна знайти за формулою (1).


326

Розділ 4. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

х = +— +2 лл.

Для

З

Відповідь: ± — + 2пп, п є 7,. <

з

обчислення

агссоб|—

можна скористатися формулою: агссоз (—а) = л — агссов а. Тоді

агссов(--) = л - агссов(і) = л - - = — . І 2/

Приклад 2

V2/

З

З

Розв’ яжіть рівняння сов х = -ч/2.

Р о з в ’я за н н я

К ом ен т ар

► Оскільки |л/2| >1, то коренів не має. Відповідь: коренів немає. <1

Оскільки |>/21> 1, то задане рів­ няння не має коренів (тобто форму­ лу (1) не можна використовувати).

Приклад 3

Розв’яжіть рівняння сов 4х = :

Р о з в ’я за н н я

4х = ± а гссов і + 2лп, п є 2 , з =± -а г с с о в і + — , п є 2 . 4

3

К ом ен т ар

Оскільки

<1. то можна ско­

ристатися формулою (1).

2

Відповідь: + іа г с с о в - + — , п є 2 . <1

Ураховуючи,

що

агссоз - не З є табличним значенням, для одер­ жання відповіді достатньо, після того як знайдено 4х за формулою (1), обидві частини останнього рівняння розділити на 4.

З а у в а ж е н н я . Якщо за умовою завдання потрібно знайти наближе­ не значення коренів заданого рівняння в якомусь проміжку, то за допо­ могою калькулятора знаходимо

іа гссо8 ^ = 0,31,

~~1,57,

записуємо

наближене значення коренів у вигляді х « ±0,31 + 1,57л, п є 2 , обчис­ люємо наближене значення коренів при п = 0, +1, +2... та обираємо ко­ рені, що входять до заданого проміжку.


§ 24. Розв’язування найпростіших тригонометричних рівнянь

Р о з в ’я за н н я

К ом ен т ар

► 2 х - - = ±агссоб— +2я ті, ті є 2 , з 2 4

8

Відповідь: —± —+ пті, п є 2 . <1 б

л/І

< 1, то можна ско­

йти значення виразу 2 х - —, який З стоїть під знаком косинуса. Після цього з одержаного лінійного рів­ няння знаходимо х.

х = - ± —+ пп, п є 2 . 6

Оскільки

ристатися формулою (1), щоб знн-

2х - - = ± —+ 2лті, З

327

8

24.2. Рівняння зіп х = а Т а б л и ц я 47 1. Графічна ілюстрація і розв’язки рівняння біп х = а Графічна ілюстрація

У>\ у = а(а> 1)

1 \

-

----- ---------------------------------------- ----- -

а/ і

у = 8ІП

|\ 0 *^і п Х2 Зи | 2 | \ 1 у агсвіп а я - агсвіп а

2

у' /

М >1/ Коренів немає

+ 2п

х2+ 2п\ х

\

«/ = а (а < -1) Приклади

Розв’язки

8іп х = а

Г' “

1. ► ЗІП X = і , 2

\^|а|<1 \

х = (-1 )" агсбіп о + пп, п в 2

х = (-1)" агсбіп і + лга, п є 2 . У ’ 2 X = (-1 )п- + 7СП, п Є 2 . <\ 6 2. ► 8ІПЛС= л/3. Коренів немає, оскільки л/з>1. 1


328

Розділ 4. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Продовження табл. 47

2. Окремі випадки розв’язування рівняння зіп х = а У>

зіп х = 0 х = пк, к є 2

1 А

зіп х - - \ х = - - + 2пк, к є 2 2

Ві

0

-1 ■і

зіп х = 1 х = —+ 2пк, к є 2 2

Т

і

В

Пояснення й обґрунтування

1. Розв’язки рівняння віп х = а. При |а |> 1 рівняння не має коренів, оскільки |зіп х |< 1 для будь-якого х (пряма у = а на рисунку 160 при а > 1 або при а < - 1 не перетинає графік функції у = зіп х).

Нехай |а < 1 . Тоді пряма у = а перетинає графік функції у = зіп х. На проміжку

^

функція у = зіп х зростає від —1 до 1, тому рівнян­

ня зіп х = а має тільки один корінь х = агсзіп а на цьому проміжку (рис. 160) (і для цього кореня зіп х = а). На проміжку

функція у = зіп х спадає від 1 до - 1 , тому рів­

няння зіп х = а має на цьому проміжку теж тільки один корінь х 2 = л — агсзіп а (рис. 160). Для перевірки правильності запису значення другого кореня х2 зазначимо, що х2 = п — х . Тоді зіп х2 = зіп (л —х 1) = = зіп х 1 = а, тобто х2 — корінь рівняння зіп х = а. Отже, на проміжку

(довжиною 2п) рівняння зіп х = а при

|а |< 1 має корені х 1 = агсзіп а, х 2 = я — агсзіп а.


§ 24. Розв’язування найпростіших тригонометричних рівнянь

32 9

Оскільки функція у = зіп х періодична з періодом 2л, усі інші корені відрізняються від знайдених на 2лк (к є 2). Отже, одержуємо такі фор­ мули коренів рівняння зіп х = а при |а |< 1: х = агсзіп а + 2пк; (1) х = л - агсзіп а + 2лк, к є 2 . (2) Усі значення коренів рівняння зіп х = а при |а |< 1, які дають фор­ мули (1) і (2), можна записати за допомогою однієї формули х = (—1)" агсзіп а + пп, п є 2

(3)

Дійсно, з формули (3) при парному п = 2к одержуємо: х = агсзіп а + 2пк — формулу (1), а при непарному п = 2к + 1 — форму­ лу х = -агсзіп а + п (2 к + 1) = л —агсзіп а + 2пк, тобто формулу (2). 2. •

Окремі випадки розв’ язування рівняння зіп х = а. Корисно пам’ ятати спеціальні записи розв’ язків при а = 0, а = - 1 , а = 1, які можна легко одержати, використовуючи як орієнтир одиничне коло (рис. 161). Ураховуючи, що синус дорівнює ординаті відповідної точки одиничного кола, одер­ жуємо, ЩО 8ІП X = 0, якщо відповідною точкою одиничного кола є точка С або точ­ ка В. Тоді х = пк, к є 2 . Аналогічно віп х = 1 тоді і тільки тоді, коли

Рис. 161

відповідною точкою одиничного кола є точка А, отже, х = ^ + 2пк, к є X. Також 8ІП де = —1 тоді і тільки тоді, коли відповідною точкою оди ничного кола є точка В , отже, х = - —+ 2пк, к є 2 . 2

■і

Приклади розв'язання завдань л/з

Приклад 1 Р о з в ’я за н н я

л /і] + пп, п є 2 . 2 х = (-1)" Відповідь: (-1)"

п є 2.

+ пп, п є 2 . <

К ом ен т ар

Оскільки

2

<1,

то задппе

рівняння виду зіп х = а має корені, які можна знайти за формулою (3). Для

обчислення

агсзіп^—^~

можна скористатися формулою агсзіп (—а) = —агсзіп а.


330

Розділ 4 . ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Тоді . ( Л Л . л /з п агсвіп ш і|------= -агсвіп — = — .

V

2 )

2

3

З а у в а ж е н н я . Відповідь до прикладу 1 часто записують у вигляді х = (-1 )п+1—+ пп, п є 2 , але такий запис не є обов’ язковим.

З

Приклад 2

Розв’ яжіть рівняння віп х = ^.

Р о з в ’я за н н я

► Оскільки

К ом ен т ар

>1, то коренів не­

має. Відповідь: коренів немає. <1

Приклад 3

Оскільки

няння не має коренів (тобто форму­ лою (3) не можна скористатися).

Розв’ яжіть рівняння віп^2лс + ^| = і .

Р о з в ’я за н н я

К ом ен т ар

► 2х + - = (-1)" агсвіп і + пп, п є 2 , 4 2 2 х + —=

4

>1, то задане рів­

(-1 )” -

6

Оскільки

<1, то можна ско­

ристатися формулою (3) для знахо­

+ 7Ш,

дження

значення

виразу

х = ( - і ) " А - і е + ™, п & г . У

12

8

Відповідь: (-1)" —

12

24.3. Рівняння

2

8

2

, п є 2 . <1

2х + —, 4

а потім з одержаного лінійного рівняння знайти змінну х.

х = а і с і£ х = а Т а б л и ц я 48

1. Графічна ілюстрація і розв’язки рівняння

х =а


§ 24. Розв'язування найпростіших тригонометричних рівнянь

331

Продовження табл. 4Н

Ш Пояснення й обґрунтування 1.

Розв’язки рівнянь

Розглянемо рівняння

х = а і сІ£ х = а. х = а. На проміжку

функція у = ї{* х

зростає (від —о® до +°°), тому рівняння х = а при будь-якому зниченні а має тільки один корінь х1 = агсі§ а на цьому проміжку (рисунок до пункту 1 таблиці 48). З урахуванням того, що функція у = Ї£ х періодична з періодом п і всі інші корені відрізняються від знайденого на пп ( п є 2 ), одержу­ ємо таку формулу коренів рівняння х = а:


33 2

Розділ 4. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

х = агсі£ а + пп, п є 2

.

(1)

При а = 0 агсі£ 0 = 0, отже, рівняння х = 0 має корені де = пп, п є 2. О Розглянемо рівняння сі£ х = а. На проміжку (0; п) функція у = с іє х спадає (від +°° до —«>), тому рівняння сі£ х = а при будь-якому зна­ ченні а має тільки один корінь х 1 = агссІ§ а на цьому проміжку (ри­ сунок до пункту 2 таблиці 48). Ураховуючи, що функція у = с іє х періодична з періодом п і всі інші корені відрізняються від знайденого на пп (п є 2), одержуємо таку формулу коренів рівняння сі£ х = а: х = агссіє а + пп, п є 2 .

(2)

При а = 0 агссіє 0 = —, отже, рівняння сі£ х = 0 має корені х = —+ пп, і і £

■і

2. 0

Приклади розв'язання завдань

Приклад 1

Розв’яжіть рівняння і є х = -л/з.

Р о з в ’я за н н я

ж= агсі®(—\Із) + пп, п є 2 . х = ——+ пп, п є 2 .

З

Відповідь: ~ —+ пп, п є 2 . <1

З

К ом ен т ар

Рівняння 1® х = а має розв’ язки при будь-якому значенні а, отже, завжди можна скористатися форму­ лою (1): х = агсіє а + пп, п є 2 . Для знаходження агсіє (—\/з) можна використати формулу агсіє (- а ) = _ агсіє а- Тоді агсіє (-> /з) = -а г с іє л/з = - - . З

Приклад 2

Розв’ яжіть рівняння 1є|~_ ~| = 1-

Р о з в ’я за н н я ►

Спочатку за формулою (1) зна­

де_тс

2

К ом ен т ар

агсіє 1+лп, п є

4

—_ —_ 11- + пп, 2

4_ 4

х = п + 2пп, п є 2 . Відповідь: п + 2пп, п є 2 . <1

йдемо значення виразу

а потім

з одержаного лінійного рівняння — значення змінної х.


§ 24. Розв’язування найпростіших тригонометричних рівнянь

Приклад 3

Розв’ яжіть рівняння с іє х = 5.

Р о з в ’я за н н я

► х = агссіє 5 + пп, п є 2 . Відповідь: агссіє 5 + пп, п є 2 . <|

Приклад 4

Зх+ * = агссі£ (-1) + 7Ш, п є 2 , 6 о . л Зл +, пп, З* + —= — 6 4 7к , пп п є 2 . х = — і-— , 36 з

Відповідь:

36

К ом ен т ар

Рівняння с іє х = а має розв’ язки при будь-якому значенні а, отже, завжди можна скористатися форму­ лою (2): х = агссіє а + пп, п є 2 . Ураховуючи, що агссі£ 5 не є та­ бличним значенням (див. табл. 26, наведену в § 17), одержана формула дає кінцеву відповідь.

Розв’яжіть рівняння сіе|здс + ^| = -1 .

Р о з в ’я за н н я

333

+

З

п є 2 . <|

К ом ен т ар

Спочатку за формулою (2) зна­ йдемо значення виразу

Зх + ~, а 6 потім з одержаного лінійного рів­ няння — значення змінної х. Для того щоб знайти агссі§ (—1), можна скористатися формулою агссіє (-а ) = п - агссіє а. Тоді агссі£ (-1) = л - агссі£ 1 = л ——= — . 4

4

Запитання для контролю

1.

Які рівняння називають найпростішими тригонометричними?

2.

Назвіть формули розв’ язування найпростіших тригонометричних рівнянь. У яких випадках не можна знайти корені найпростішого тригонометричного рівняння за цими формулами?

3.

Виведіть формули розв’ язування найпростіших тригонометричних рівнянь.

4*. Обґрунтуйте формули розв’ язування найпростіших тригонометрич­ них рівнянь для окремих випадків (для віп х = а і сов х = а випадки а = 0; 1; - 1 , для і є х = а і с іє х = а випадок а = 0).


Розділ 4. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

334

І

Вправи Розв’ яжіть рівняння (1—11).

1'. 1) с о з х - — ; 2

2) созх-\ІЗ;

2°. 1) 8Іплс = і ; ’ 2

2) 8Ішс = — ; ’ 2

3) віпл: = - - ; 2

4) в іп д с --— . 2

З М )і8 * = 1 ;

2)

3 ) і £ х = -1 ;

4)

4°. 1)

3) с іє х = - 1 ;

4) сї% х = -лІЗ.

5. 1) віп а: = -0 ,6 ;

2) с*е х = -у=; л/3 2) сов х = 0,3;

3)

де = -3 ,5 ;

4) с іє * = 2,5.

6. 1) сов 2х = - ;

2) віп 4х = 0;

3)

Здс = 1;

4) І£ 4дс = 3.

7. 1) г і п ( - і ) = - ^ ;

2) с о в | = - ^ ;

З,

лс = 1;

2

•її.; 8% 1) зіп2л: = — ’

2

=

2) сов—= — ;

9. 1) 8 іп (-| ) = ->/2 ^; 3)

3) со8 * = - - ;

і £ (-4 х ) = -±=;

10. 1) 2 с о 8( | - ^ ) = л/3; 3) 2 віп|зл:-^| = -л/2; 11. 1) со8( | - 2 * ) = -1; 3) 2 8і п ( | - ^ ) = л/3;

3

2

4) совдс = - — .

і£ х

4)

X 1 3) віп—- - ; 4

4) сов 4х = 0.

2

, 0„\ 2) п\ сов(-2л:) =

>/5 2

4) с іЄ( - | ) = 1. 2) л/3іе (| + |) = 3; 4) віп|“

^| + 1 = 0.

2) *в ( Д - £ ) = - і ; 4) 2 с о 8 ^ - З х ) = л/2.

Знайдіть корені рівняння на заданому проміжку (12—13). 12*. 1) віпЗдс = ^~, [0, 2я]; 3)

=

2) со8 3дс = ^ « , [-я , я];

[“ Зтг, Зя];

4) сі£ 4х = - 1 , [0, я].

13*. 1) віп З х = —~, [- 4 , 4];

2) в іп - = 0, [-1 2 , 18]; 2

£

О 2

3) сов х = 1, [- 6 , 16];

= - уіЗ.

л/2 4) С08 3х = —— , [1, 7]. 2


§ 2 5. Розв’язування тригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших

з ^

335

РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ, ЯКІ ВІДРІЗНЯЮТЬСЯ ВІД НАЙПРОСТІШИХ

Як правило, розв’ язування тригонометричних рівнянь зводиться до розв’язування найпростіших рівнянь за допомогою перетворень тригоно­ метричних виразів, розкладання на множники та заміни змінних.

25.1. Заміна змінних при розв'язуванні тригонометричних рівнянь Слід пам’ ятати загальний орієнтир, коли заміну змінних можна ви­ конувати без перетворення заданих тригонометричних виразів.

І

Якщо до рівняння, нерівності або тотожності змінна вхо­ дить в одному і тому самому вигляді, то відповідний вираз зі змінною зручно позначити однією буквою (новою змінною).

Приклад 1

Розв’ яжіть рівняння 2 віп2 х — 1 еіп х + 3 = 0. К ом ен т ар

Р о з в ’я за н н я

Нехай еіп х = І, тоді одержуємо: 2і2 - 7і + 3 = 0. Звідси

1.

При і = 3 маємо віп х = 3 — рів­ няння не має коренів, оскільки | 3|> 1.

2.

При * = - маємо віпл: = - , 2

2

тоді х = (-1)" агсвіп ^ + лп,

Аналізуючи вигляд цього рів­ няння, помічаємо, що до нього вхо­ дить тільки одна тригонометрична функція — віп х. Отже, зручно ввес­ ти нову змінну віп X = і. Після того як квадратне рівнян­ ня розв’ язане, необхідно виконати обернену заміну і розв’ язати одер­ жані найпростіші тригонометричні рівняння.

х = (-1)" ^ + пп, п є 2 . Відповідь: ( - 1 ) " - + 7т, п є 2,. <1

6

З а у в а ж е н н я . Записуючи розв’ язання прикладу 1, можна при вве­ денні заміни віп х = і урахувати, що |віп х |< 1, і записати обмеження |і |< 1, а далі зазначити, що один із коренів І = 3 не задовольняє умоні |і |< 1, і після цього обернену заміну виконувати тільки для і =


336

Розділ 4 . ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Приклад 2

Розв’ яжіть рівняння і£ 3 2х - Іє 2х = 0. К ом ен т а р

До заданого рівняння змінна входить тільки у вигляді і® 2х. Отже, зручно ввести нову змінну і є = і. Після виконання оберненої замі­ ни і розв’язування одержаних найпростіших тригонометричних рівнянь слід записати до відповіді всі одержані корені. Р о з в ’яза н н я

1.

Нехай і є 2х = і. Тоді одержуємо і3 - І = 0. Звідси і (і2 — 1) = 0, тобто і = 0 або І2 — 1 = 0. З останнього рівняння маємо і2 = 1, звідси і = 1 або і = -1 . Виконуємо обернену заміну: При і = 0 маємо іє 2х = 0, тоді 2х = пп, п є 2 . Отже, х = ^ -, п є 2 .

2.

При і = 1 маємо і є 2х = 1, тоді 2х = агсіє 1 + пт, 2х = —+ пт. Отже, 4

ТС , ТС171

х = - +— , И є / . 8

3.

При і = —1 маємо

2

2х = -1 , тоді 2х = агсіє (—1) + пк, 2х = ~ + пк. Отже,

* = _ « + >*, А 8 2

е

2.

п є 2 ; Е + ІШ т є 2 ; - - + .5* к є 2 . <| 2 8 2 8 2 Шукаючи план розв’ язування більш складних тригонометричних рівнянь, можна скористатися таким орієнтиром. 1. Пробуємо звести всі тригонометричні функції до одного аргументу.

Відповідь: —

2.

3. 4.

Якщо вдалося звести до одного аргументу, то пробуємо всі триго­ нометричні вирази звести до однієї функції. Якщо до одного аргументу вдалося звести, а до однієї функції — ні, то пробуємо звести рівняння до однорідного. В інших випадках переносимо всі члени рівняння в один бік і про­ буємо одержати добуток або використовуємо спеціальні прийоми розв’язування.

25.2. Розв’язування тригонометричних рівнянь зведенням до однієї функції (з однаковим аргументом) Приклад 1

Розв’яжіть рівняння сов 2х - 5 віп £ — 3 = 0.

Р о з в ’я за н н я

Використовуючи формулу ко­ синуса подвійного аргументу та основну тригонометричну тотожність, одержуємо:

К ом ен т ар

Усі тригонометричні функції зводимо до одного аргументу х, ви­ користовуючи формулу


§ 25. Розв’язування тригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших

СОБ2 х - 8ІП2 х - 5 ВІП х - 3 = 0, 1 - 8ІП2 X - 8ІП2 х - 5 віп х - 3 = 0, - 2 віп2 х — 5 віп х — 2 = 0. Заміна віп х = І дає рівняння -2 * 2 - 51 - 2 = 0. Тоді 2 і2 + 5і + 2 = 0, і = —2, і ‘ 2 Виконуємо обернену заміну: 1. При І = - 2 маємо віп х = - 2 — ко­ ренів немає, оскільки |2 |> 1. 2.

При

І —- -

маємо

віпя: = - - .

Т° ДІ

І і\ х = (-1)" агсвіп^--1 + пп,

337

Потім усі тригонометричні ІІИ рази зводимо до однієї функції ні п х (ураховуємо, ЩО С082 х = 1 - 8ІІ12 дг). В одержане рівняння зміннії входить в одному і тому самому вигляді — віп х, отже, зручно вико нати заміну віп х = і. Зазначимо, що для розв’язу ннніш заданого прикладу можна було ти кож використати формулу сов 2а = = 1 — 2 віп2а, що дозволить за один крок звести всі тригонометричні ви­ рази і до одного аргументу і до од нієї функції.

х = (-1 )п|-^|+7т, п є 2 . Відповідь: (-1)"|-^| + 7т, п є 2 . <\

З а у в а ж е н н я . При бажанні відповідь можна записати у вигляді (-1 )"+1- + лп, п є 2 . 6 Приклад 2

Розв’ яжіть рівняння ід де + 2 с іє х = 3.

Р о з в ’я за н н я

2 іе *

З- Заміна: ід х = І.

Маємо рівняння І + —= 3.

1.

При І * 0 отримуємо рівносильне рівняння і2 - Зі + 2 = 0. Звідси і1 = 1, і2 = 2. Виконуємо обернену заміну: При і = 1 маємо ід х = 1, тоді х = агсід 1 + пп,

х = —+ пп, п є 2. 4

2.

При і = 2 маємо ід х = 2, тоді х = агсід 2 + пт, т є 2 .

Відповідь: —+ пп, п є 2; 4

агсід 2 + пт, т є 2 . <1

К ом ен т ар

Усі аргументи вже однакові (.г), тому зводимо всі тригонометричні вирази до однієї функції — Ід лг (ураховуємо, що сід х =

1

іех )

В одержане рівняння зміннії входить в одному й тому самому нм гляді ід х, отже, зручно викошітн заміну ід х = І.


338

Розділ 4 . ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

25.3. Розв’язування однорідних тригонометричних рівнянь та зведення тригонометричного рівняння до однорідного Розглянемо рівняння 8ІП2 X - 8ІП X СОБ х - 2 С082 X = 0. (1) Для пошуку плану розв’ язування цього рівняння (але не для його розв’ язування) виконаємо заміни: віп х = и, сов х = V. Тоді рівняння (1) матиме вигляд и2 - и V - 2Vг = 0. (2) Усі одночлени, які стоять у лівій частині цього рівняння, мають степені 2 (нагадаємо, що степінь одночлена іш теж дорівнює 2). У цьому випадку рівняння (2) (і відповідно рівняння (1)) називають однорідним, і для розпізнавання таких рівнянь та їх розв’язування можна викорис­ товувати такий орієнтир. Якщо всі члени рівняння , у лівій і правій частинах якого сто­

І

ять многочлени від двох змінних (або від двох функцій однієї змінної), мають однаковий сумарний степінь1, то рівняння називається однорідним. Розв’язують однорідне рівняння ді­ ленням на найвищий степінь однієї зі змінних.

З а у в а ж е н н я . Дотримуючись цього орієнтира, доводиться ділити обидві частини рівняння на вираз зі змінною. При цьому можна втрати­ ти корені (якщо коренями є ті числа, при яких дільник дорівнює нулю). Щ об уникнути цього, необхідно окремо розглянути випадок, коли вираз, на який ми збираємося ділити обидві частини рівняння, дорівнює нулю, і лише після цього виконувати ділення на вираз, що не дорівнює нулю. Приклад 1

Розв’яжіть рівняння віп2 х - віп х сов х — 2 сов2 х = 0.

Р о з в ’я за н н я

К ом ен т ар

► При сов х = 0 рівняння не має ■ Задане рівняння однорідне, коренів, тому розділимо обидві оскільки всі його члени мають одйого частини на сов2 х Ф 0. наковий сумарний степінь 2. Його Одержуємо можна розв’ язати діленням обох 8іп2X біп * сов * 0 сов2 * „ частин на віп2 х або на сов2 *. сов2* сов2* сов2* ’ Я к Щ ° м и будемо ділити на .2 8Іп х сов2 х, то, щоб не втратити корені, тобто — 5------------- 2 = 0. випадок сов х = 0 розглянемо окреСОВ X СОВX * п . , , . „ мо. Підставляючи сов х = 0 в задане Тоді і є х ~ х - 2 = 0. » . _ . . . рівняння, одержуємо 81П х = 0. Але Заміна ш х = І дає рівняння ^ ^_ 0 одночасно віп х і сов х не можуть ___^ ^ ~ 2* дорівнювати нулю (оскільки 8Іп2 х + 1~ ’ 2| + сов2 х = 1). Таким чином, значення 1 Звичайно, якщо рівняння має вигляд / = 0, ідеться тільки про степінь чле­ нів многочлена /, оскільки нуль-многочлен (тобто 0) степеня не має.


§ 25. Розв’язування тригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших

1)

Виконуємо обернену заміну: При І = —1 маємо х = —1, тоді х = агсіє (-1 ) + пп, х - - —+ пп, п є 2 . 4

2)

При 1 = 2 маємо і є х = 2, тоді х = агсі£ 2 + пт, т є 2 .

Відповідь:

4

+ пп, п є 2 ;

агсі£ 2 + пт, т є 2 . <|

Приклад 2

змінної де, для яких соз х = 0, не є коренями заданого рівняння. А при соз х * 0 можна розділити обидві час­ тини заданого рівняння на соз2 х * 0 і одержати рівносильне рівняння (та врахувати при цьому, що С 08

X

/

В одержане рівняння змінна входить в одному й тому самому ви гляді і® х, тому зручно виконати за міну х = І.

Розв’ яжіть рівняння зіп Зх = 5 соз Зх.

Р о з в ’я за н н я

При соз Зх = 0 рівняння не має коренів, тому розділимо обидві його частини на соз Зх * 0. Одержуємо 8ІПЗх = 5, тобто Зх = 5. Тоді С08 Зх

Зх = агсі£ 5 + пт, х = і а г с іє 5 + — з з

т є 2.

Відповідь: -а г с і£ 5 + — , т є 2 . <|

З

з

К ом ен т ар

Задане рівняння однорідне, оскільки всі його члени мають од наковий степінь 1. Його можна розв’язати діленням обох частин на зіп Зх або на соз Зх. Якщо ми будемо ділити на соз Зх, то, щоб не втратити корені, випадок соз Зх = 0 розглянемо окремо. Підставляючи соз Зх = 0 в зада не рівняння, одержуємо зіп Зх = 0. Проте одночасно зіп Зх і соз Зх не мо­ жуть дорівнювати нулю. Отже, ири соз Зх = 0 рівняння не має кореній. А при соз Зх * 0 можна розділити обидві частини заданого рівняння на соз Зх *- 0 і одержати рівняння, рівносильне заданому (і врахувати при цьому, що 8ІП ЗДС

,

— г - = *ЄЗх С08 З х

Приклад 3

)

Розв’ яжіть рівняння 6 зіп2х + із іп 2 х —соз2х = 2. 2

Р о з в ’яза н н я

33 9

Використовуючи формулу сину­ са подвійного аргументу, маємо

К ом ен т ар

Спочатку зведемо всі тригонометрич ні функції до одного аргументу х.


340

Розділ 4. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

6 ЗІП2 ДЄ + ВІП X СОВ X — СОЗ2 X = 2. ( 1 ) Запишемо це рівняння так: 6 віп2 дг + віп х сов х — сов2 дг = 2 •1 і врахуємо, що 1 = віп2 де + сов2 дг. Тоді 6 ВІП2 х + віп дг сов дг - сов2 дг = = 2 (віп2 дг + сов2 де). Звідси 4 віп2 де + віп де сов де - 3 сов2 де = 0. (2) При сов де = 0 рівняння не має коренів, тому розділимо обидві його частини на сов2 де Ф 0. Одержуємо БІП . аЛ - X - - 3 = 0, 2 СОВ X

4

Іє2 Де +

Заміна: і є х =

х - 3 = 0.

Отримуємо рів­

няння

4*2 + і - 3 = 0, *і = _ 1 > *г = 4Виконуємо обернену заміну: При І = -1 маємо і є х = 1, тоді де = агсіє (-1 ) + пп,

1.

х = - - + пп, п є 2 . 4

3 При і = - маємо

2.

4

з х = - , тоді

використовуючи формулу віп 2де = 2 віп де соз де. У лівій частині одержаного рів­ няння (1) стоїть однорідний вираз другого степеня, а в правій части­ ні — число 2. Якщо домножити 2 на 1, а одиницю розписати за основною тригонометричною тотожністю 1 = віп2 де + сов2 де, то в лівій і правій частинах одержаного рівняння всі вирази будуть другого степеня, тоб­ то одержимо однорідне рівняння (2),

яке можна розв’ язати діленням обох частин або на віп2 де, або на сов2 де. (3) Якщо ділити на сов2 де, то, щоб не втратити корені, випадок сов2 де = 0 слід розглянути окремо. Підставляючи сов де = 0 у рів­ няння (2), одержуємо віп де = 0. Але одночасно віп де і сов де не можуть до­ рівнювати нулю (оскільки 8ІП2 де + + сов2 де = 1). Отже, при сов де = 0 рівняння (2) не має коренів. А при сов де Ф 0 можна розділити обидві частини цього рівняння на сов2 де Ф 0 (і врахувати при цьому, що

4

ВІП X

3 де= а г с іє - + пт, т є 2 . 4

Відповідь: ——+ лп, п є 2 ; 4

О агсіє - + пт, т є 2 . <] 4

.

------= і є *

В одержане рівняння (3) змінна входить в одному й тому самому ви­ гляді і є де, через це зручно виконати заміну і є де = і.

25.4. Розв’язування тригонометричних рівнянь виду / (де) = 0 за допомогою розкладання на множники Приклад 1

Розв’ яжіть рівняння віп 7де = віп 5де.

Р о з в ’я за н н я

Ксме нтар

зіп 7де - віп 5де = 0, тоді о .

їх -5 х

7х + 5х

гі

2 віп-------- сов---------= 0,

У цьому рівнянні достатньо важко всі тригонометричні функції звести до одного аргументу.


§ 2 5 . Розв’язування тригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших

У такому випадку слід скорис­ татися четвертим пунктом орієнти­ ра, наведеного в п. 25.1: перенести

2 зіп х сов 6х = 0. Одержуємо: віп х = 0 або сов 6х = 0. Розв’ язуючи останні найпрості­ ші тригонометричні рівняння, має­ мо:

всі члени рівняння в один бік і спро­ бувати одержати добуток, що до­ рівнює нулю.

Для цього застосуємо формулу перетворення різниці синусів у до­ буток:

х = пп, п є 2 , або 6х = ^ + л т ,

тобто х = — н----- , т є 2 . 12 б Відповідь: пп, п є 2\

а +В Р о= 2. віпа -В — -сов — 2

6

Приклад 2

Розв’ яжіть рівняння віп х + віп Зх = віп 4х.

Р о з в ’я за н н я

л • х

2

Але у разі якщо добуток дорів­ нює нулю, то хоча б один із спів­ множників дорівнює нулю, а інші співмножники мають зміст. У да­ ному випадку всі задані й одержані вирази мають зміст на всій множині дійсних чисел. У кінці враховуємо, що зада­ не рівняння рівносильне сукупнос­ ті рівнянь віп х = 0 або сов 6х = 0, і через те у відповіді мають бути записані всі корені кожного з цих рівнянь.

-5- + ^ - , т є 2 . < \ 12

341

Зх

х

Зх

К ом ен т ар .

л

2 В1П------- СОВ----------81Н 4х = 0, 2

л

2

2 віп 2х сов х - віп 4х = 0, 2 віп 2х сов х — 2 віп 2х сов 2х = 0, 2 віп 2х (сов х - сов 2х) = 0, віп 2х = 0 або сов х - сов 2х = 0. 3 першого з цих рівнянь: 2х = пп, х = — , п є 2 . 2 Друге рівняння перетворимо так: . х + 2х ■ х - 2 х „ 2 81П------ВІП------- = 0, 2

2

2 в іп — віп —= 0. 2

2

|

Зразу скористаємося четвер­ тим пунктом орієнтира, наведено{ го в п. 25.1: переносимо всі члени рівняння в один бік і пробуємо одер жати добуток, що дорівнює нулю.

Для цього застосуємо форму­ лу перетворення суми синусів, яка стоїть у лівій частині рівняння, пп добуток: .

а +В

а -В

2

2

= 2 віп — -сов — (і врахуємо, що сов (—х) = сов х). Для того щоб винести який небудь вираз за дужки і одержати


342

Розділ 4. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Звідси віп — = 0 або віп —= 0. 2

2

З цих рівнянь одержуємо: — = лт, т є 2 , або —= пк, к є 2 . 2 2 х=

З

Відповідь:

або х = 2пк, к є 2 . п є 2;

2кк, к є 2 . <]

| добуток, достатньо записати віп Ах як синус подвійного аргументу (тоді за дужки можна винести віп 2х). Якщо добуток дорівнює нулю, то хоча б один із співмножників до1 рівнює нулю. У другому з одержаних рівнянь перетворимо різницю косинусів на добуток. У кінці враховуємо, що всі ■ задані і одержані вирази існують на всій множині дійсних чисел. Отже, задане рівняння на цій множині рів­ носильне сукупності рівнянь: Оу

віп 2х = 0 або віп— = 0 або 2 віп—= 0, 2 і і тому до відповіді потрібно записати всі корені кожного з цих рівнянь. З а у в а ж е н н я . Запис відповіді можна скоротити. Так, якщо зобра­ зити всі знайдені розв’ язки на одиничному колі, то побачимо, що розв’ язок х = 2пк дає ті самі точки, що й формула х = — при п, кратно2 му 4 (п = 4 к), або формула х = -птп при т, кратному 3 (т = Зк). Таким З чином, формула х = 2пк не дає нових розв’ язків порівняно з формулами '7С7І 2 х = — або х = - п т , і тому відповідь може бути записана у вигляді тіль2 З ки двох останніх формул. Але таке скорочення відповіді не є обо­ в’ язковим.

25.5. Відбір коренів тригонометричних рівнянь Якщо при розв’ язуванні тригонометричних рівнянь необхідно від­ бирати корені, то найчастіше це роблять так: знаходять (бажано найменший) спільний період усіх тригоно­ метричних функцій, що входять у запис рівняння (звичайно, якщо цей спільний період існує); потім на цьому періоді відбирають коре­ ні (відкидають сторонні), а ті, що залишаються, періодично продов­ жують.


§ 25. Розв'язування тригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших

Приклад.

Розв яжіть рівняння ВІП 4х X = 0. І спосіб розв’ язування Р о з в ’язан н я

віп 4х = 0 або

Тоді 4х = пп (тобто х = — , п є X) 4

або х = пк, к є X. Функція у = віп 4х має період 2тс 71 Ту = — = —, а функція у = х — пе­ ріод Т2 = п. Тоді Т = п є спільним пе­ ріодом для обох функцій. Позначимо всі одержані корені на одному пері­ оді, наприклад на проміжку [0; я]:

При х = ~ значення

х не іс­

нує, отже, Х = ~ не є коренем зада­ ного рівняння. 4

(1)

К ом ен т ар

х = 0.

При значеннях 0,

343

4

, я одер-

жуємо рівність 0 = 0. Отже, ці зна­ чення є коренями рівняння (1). Тоді розв’ язками заданого рівняння будуть такі: х = пк; я + пк; іх=—

Якщо число х є коренем рів­ няння (1), то при цьому значенні х рівність (1) перетворюється на правильну числову рівність. Добу­ ток двох чисел може дорівнювати нулю тільки тоді, коли хоча б один із множників дорівнює нулю. Отже, кожен корінь рівняння (1) буде ко­ ренем сукупності рівнянь віп 4х = 0 або х = 0. Замінивши рівняння (1) на цю сукупність, ми не втратимо коре­ ні заданого рівняння, але можемо одержати сторонні для нього корені, наприклад такі, при яких перший множник дорівнює нулю, а другий не існує. Щ об відкинути такі значення, виконаємо перевірку одержаних коренів підстановкою в початкове рівняння на одному періоді — про­ міжку довжиною я. На цьому періоді відбираємо ко­ рені (відкидаємо сторонні), а ті, що залишаються, періодично повторю­ ємо (тобто додаємо до одержаних коренів пк, к є X).

4

х = — + пк, к є X. 4

Відповідь: пк; —+ пк; 4

— + пк, к є X. О 4

З а у в а ж е н н я . При розв’ язуванні рівняння (1) ми не стежили за ріп носильністю виконаних перетворень, але виконували такі перетворення, які не приводили до втрати коренів. Інакше кажучи, ми користувалися рівняннями-наслідками (якщо всі корені першого рівняння є коренями


. <44

Розділ 4. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

другого рівняння, то друге рівняння називається наслідком першого)1.

У цьому випадку ми могли отримати сторонні для заданого рівняння ко­ рені (тобто ті корені останнього рівняння, які не є коренями заданого). Щоб цього не сталося, треба користуватися таким орієнтиром. Якщо при розв’язуванні рівняння застосовують рівняннянаслідки, то перевірка одержаних коренів підстановкою в початкове рівняння є обов’язковою складовою частиною розв’язування.

І

Якщо для розв’ язування цього самого рівняння (1) ми будемо вико­ ристовувати рівносильні перетворення, то відбір коренів буде здійснено дещо інакше: зокрема, доведеться врахувати ОДЗ рівняння, тобто спіль­ ну область визначення для всіх функцій, які входять до запису рівняння. II спосіб розв’ язування рівняння віп 4х і& х = 0. Р о з в ’я за н н я

К ом ен т ар

ОДЗ: хФ ^ + пк, к є 2 . віп 4* = 0 або і є х - 0. Тоді 4* = пп, тобто х = — , п є 2 , 4

або х = пк, к є 2 . Функція у = віп 4х має період Т, = — = —, а функція у = і є х — пе1

4

2

ріод Т2 = п. Тоді Т = п є спільним періодом для обох функцій. Позна­ чимо всі одержані корені на одному періоді, наприклад на проміжку [0; тг], і на цьому ж проміжку позна­ чимо обмеження ОДЗ:

Усі рівносильні перетворення рівнянь виконують на їх області допустимих значень (ОДЗ), тому потрібно врахувати ОДЗ.

Добуток двох множників дорів­ нює нулю тоді і тільки тоді, коли хоча б один із множників дорівнює нулю, а другий множник має зміст. На ОДЗ обидва множники мають зміст, тому на ОДЗ задане рівнян­ ня рівносильне сукупності рівнянь віп 4х = 0 або і є х = 0. Ті корені сукупності, які вхо­ дять до ОДЗ, достатньо відібрати на одному періоді — проміжку довжи­ ною л, а потім одержані розв’ язки періодично повторити. Значення х = ^ не входить до

Ні()повідь: пк: —+ лк: 4

^ + пк, к є 2 . < 4

ОДЗ, отже, воно не є коренем зада­ ного рівняння. Значення 0, —, — , п входять до 4

4

ОДЗ, отже, ці значення є коренями заданого рівняння. 1 Докладніше про рівняння-наслідки див. у п. 3.1.


§ 2 5. Розв’язування тригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших

34 5

Запитання для контролю

1.

Які способи використовують при розв’ язуванні тригонометричних рівнянь? Наведіть приклади. 2. Яку заміну змінних можна виконати при розв’ язуванні рівняння 8 сов2 х — 2 сов х — 1 = 0? Яке рівняння одержимо після заміни? 3. а) Поясніть, чому рівняння 3 віп2 х —зіп х сов х - 2 сов2 х = 0 є од­ норідним. б*) Як можна розв’ язати це однорідне рівняння? 4. Як можна виконати відбір коренів тригонометричного рівняння? Проілюструйте відбір коренів тригонометричного рівняння на при­ кладі.

Вправи

Розв’ яжіть рівняння (1—20). 1. 1°) 3 віп2 х - 5 віп х - 2 = 0;

2) 3 віп2 2х + 10 віп 2х + 3 = 0;

3°) 4 віп2 х + 11 віп х — 3 = 0;

4) 2 віп2——3 віп —+ 1 = 0. 2

2. 1°) 6 сов2 х + сов х - 1 = 0; 3°) 2 сов2 х - сов х - 3 = 0;

4) 2 сов2 - + Зсов —- 2 = 0. 3 3 2) 8 віп2 2х + сов 2х + 1 = 0; 4) 4 віп Зх + сов2 Зх = 4. 2) с іє 2 2х - 6 с іє 2х + 5 = 0;

3. 1°) 2 віп2 х + 3 сов х = 0; 3°) 5 сов2 х + 6 віп х - 6 = 0; 4. 1°) 3 і£2 х + 2 іе х - 1 = 0; 3°) 2 їв2 х + 3 5. 1) 6. 1) 2) 3) 4)

х - 2 = 0;

3 сов 2х = 7 віп х; віп2 х + 2 віп х сов віп2 х —4 віп х сов віп2 х + віп х сов х 3 віп2 х + віп х сов

х х х

8. 1) 1 -с о в х = 2 в іп ^ ;

=

4) 3 сов х - 2 віп 2х = 0. 2) 1 + совх = 2 сов^ ;

3) сов2х = 2 Ів іп х ;

4) л /3 в іп х -со в х = 0.

О

9. 1) сов х + віп х = 0; 3) 3 сов2 х = 4 віп х сов х - віп2 х; З сов*+ 4

2) 2 сов 2х = 7 сов х. = 0; = 0; 0; = 0. 2)

3) 5 сов х + 12 віп х = 13;

10. 1) ----- ^—

4) 7 сі&2 | + 2 с і& | = 5.

— 3 сов2 х + 3 сов2 х 2 сов2 х = - 2 сов2 х

7. 1) сов^ = 1+совх;

2

2) 2 сов2 Зх - 5 сов Зх - 3 = 0;

= 2; 2) ----- ^----- = 2; З в іп * + 4

2) сов2 х - 3 віп х сов х = -1 ; 4) 4 сов2 х - 7 віп 2х = 2. 3) — = Л ------- = 1; 4) — т=~^------- = 1. З л/ 2 б і п * - 1

З л/ 2

соб *

-1


,І4 «

Розділ 4. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

И . 1)

°

. =1; 5ІЄХ + 8 ’

2)

12. 1

2 віп х + 7 _ 0_ -4 1,5 в і п х + 3

=1; 5с1Єх + 8 ’

3) оч

З — - — = 3 - і е л:;

2'

л/зс*е х + 5

2 сов я: + 7 _ 0_ 7“ " —4 1,5 с о в х + 3 сіє * + 2

15 - = 1 1 -2 в іп х ; БІП

уіЗієх + 5

___ _ 1_

4)

4) — —— - 3 - с і § х.

1%х + 2

13. 1

------= І ;

2) — —— = 1 1 -2 с о в х ;

Х+1

СОБ Х +

З — -— = 2 с І £ х - 1 ;

4) —

х +1

14. 1 віп х + віп Зх = 0;

1

х +2

= 3 -с і£ х .

2) зіп 5х - віп дг = 0;

З сов 2х - сов 6х = 0;

4) сов 4х + сов 2х = 0.

15*. 1 |віп х І = І сов х І;

2) |віп2х| = |л/Зсов2х|.

16*. 1 віп ^ 2 х -^ | + с о в ^ ^ -2 х | = 0;

2) 8 Іп ^ + ^ | = л/Зсов^-

47я

17*. 1 8ІП2 х —5 сов X = віп X СОБ х —5 8ІП х; 2 СОВ2 х - 7 віп X + віп X СОВ X = 7 СОВ X. 18. 1 віп2х + сов

- х ^віп ^ - х |- 2 сов2х = 0;

2 віп2Зх+3 сов2Зх—4 віп 3 віп2 х + 2 віп (я

-

+ Зх|сов

+ Зх |= 0;

х) сов х - 3 сов2 (2я - х) = 0;

4 віп2(2п-Зх) + 5 віп (я - Зх) сов Зх + 4 віп2|^ —3х| = 0.

19. 1 3 віп2 —+ віп —віп (———] = 2; 2

2

\2

2/

2 2 сов2 —- 3 віп Ія - —)сов (2п - —)+7 віп2 —= 3; 2

\

2/

3 4 сов2^ + х| + л/з віп

\

- х

21

2

|віп (я+ х )+3 сов2 (п+ х) = 3;

4 3 віп2 | х -^ | -2 сов|^+х|сов(я+х) + 2 віп2 (х -л ) = 2. 20. 1 2 віп2(л + х )-5 соз|^+х|+2 = 0; 2 2сов2х + 5 сов| ^ -х | -4 = 0; 3 2 сов2х + віп ^ - х |- 1 = 0; 4 5 - 5 віп 3 (я —х) = сов2 (я —Зх).

З

д

ї )-

4


§ 2 6. Розв’язування систем тригонометричних рівнянь

§ 26

347

РОЗВ’ЯЗУВАННЯ СИСТЕМ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ

Системи тригонометричних рівнянь розв’ язують за допомогою тих самих методів, що й алгебраїчні системи, зокрема це виключення невідо­ мих і заміна змінних. Виключити невідомі можна за допомогою одного з двох прийомів: з одного рівняння виразити якесь невідоме (або функ­ цію від нього) і підставити його в інші або перетворити задані рівняння і потім скласти з них комбінації, у яких число невідомих зменшується.

1

л

х +у =-,

2 СОВХ + ВІП

у = 1.

► 3 першого знаходимо у =X^ +- хсові підставляємо Одер­ тобто СОВ X = 1, 2 СОВ X в= друге. 1, СОВ X = жуємо сов х +рівняння віп Отже,

( Н - 1-

х = ± —+ 2лті, ті є 2 . з

(1)

1) '

Якщо х = —+ 2кп, то у = ——х = ——І—+ 2лп| = —-2лп. з > » 2 2 \з І б

2)

Якщо х = - - + 2лп, то у = —- х = - - [ - - + 2пп] = — -2пп. З ’ » 2 2 \ З І 6 Відповідь:

+ 2пп; ~ - 2 л п ^ + 2пп; ~ - 2яп|, п є X. <3

З а у в а же н н я . Якби для знаходження значення у ми не розглянули формулу (1) окремо зі знаком «+ » і знаком «—», то разом з правильними розв’ язками одержали б і сторонні розв’ язки заданої системи. Дійсно, у такому випадку маємо

х = ± - + 2лп, з у = 1 - ( ± ї + 2кп),пє2.

Тоді, наприклад, при ті= 0 одержуємо

, 71 * =±з’

У= :

тобто

±1)’

, п х = ±г’

я а -б о у = -5л.

у = -

Отже, крім розв’ язків, які ввійшли до відповіді, ми маємо ще дві пари значень:


348

Розділ 4. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Але ці пари значень х і у не є розв’ язками заданої системи, оскільки вони не задовольняють першому рівнянню. Тому слід запам’ ятати: коли розв’язок рівняння сов х = а доводиться використовувати для подальших перетворень, то зручно записувати його у вигляді двох фор­ мул: окремо зі знаком «+ » і окремо зі знаком « —». Приклад 2

Розв’ яжіть систему рівнянь

сов х сов у ——, * 4 ВІПX віп у = -

Виконаємо почленно додавання і віднімання цих рівнянь. Одержимо рівносильну систему х —у = 2пк, к є 2, С 0 8 ( * - 1 / ) = 1, Звідси 1 х + у = ± — + 2пп,пє 2 . сов (дг + у) * З Подамо останню систему у вигляді сукупності двох систем, записую­ чи розв’ язки другого рівняння окремо зі знаком «+ » і окремо зі знаком « —»: Гх - у = 2пк,кє 2, х - у = 2пк, йє 2 , або х + у = — + 2 п п ,п є 2 ,

\х + у = -~ -+ 2 п п ,п є 2 .

З ї й Почленно додаючи і віднімаючи рівняння цих систем, знаходимо х і у : х —— + пп + пк,

х = —+ пп + пк,

з

або

у ———+ пп —пк. * З

у = - + п п -п к * з Відповідь,

•■(ї

З

+ пп + пк; —+ пп - пк |,

\——+ пп + пк; ——+ пп —пк\, п є 2 , к є 2 . <1

V з

3

/

З а у в а ж е н н я . До запису відповіді ввійшли два параметри п і к , що незалежно один від одного «пробігають» множину цілих чисел. Якщо спробувати при розв’ язуванні заданої системи скористатися лише одним параметром, наприклад п, то це спричинить втрату розв’ язків. Отже, у кожному випадку, коли система тригонометричних рівнянь зводить­ ся до системи, що складається з елементарних тригонометричних рів­ нянь (тобто з рівнянь виду віп х = а, сов д: = а, х = а, сі£ х = а), при розв’язуванні кожного з цих рівнянь необхідно використовувати свій цілочисловий параметр.


§ 26. Розв’язування систем тригонометричних рівнянь

34 9

Запитання для контролю

1. Які методи використовують для розв’ язування систем тригономе­ тричних рівнянь? 2. Поясйіть, у якому випадку при формальному розв’язуванні системи 9

і

ми можемо втратити частину розв язків, а в якому

випадку — одержати сторонні розв’ язки. Розв’ яжіть цю систему.

Вправи Розв’ яжіть систему рівнянь (1—8).

1 сов х —сов и — у 2

2°. 1)

8ІП X + 8і п 2 х

я

СОБ у — 0,

Х + У = ~,

2) +

соб2 у

У

= -;

4

І £ Х І £ у = ±.

2

О

5.

6.

2)

8ІП X БІП у

- СОБ X СОВ у = - 1 ,

8ІП X СОБ у

- СОБ X 8ІП У = ~ •


Розділ 4. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

350

§ 27

НАЙПРОСТІШІ ТРИГОНОМЕТРИЧНІ НЕРІВНОСТІ Т а б л и ц я 49

Приклади розв’язування найпростіших тригонометричних нерівностей за допомогою одиничного кола

1

за допомогою графіків

Уж

1 А = 5 я /" Т 6 ^гС— 2 о — —Х е "

у = 81Н х 0

І

і

—+ 2 к к < х < — + 2кк,кє 2 6 6

8Іпдг>—

2

У> і

2

\

\/ 1 2

0 і ч И я

у

2п

(Й|« і

/

Л- Л = 2п 3 ЗхГ—

=

СОВ X

Ч 3 X!

<?

'

У—

1 2

і

сов х > —— —— + 2пк<х< — + 2тс&,кє 2 2

Іц х > —1 °

3

З

——+ пкКх< —+ пк,кє 2 4

2

4


§ 27. Найпростіші тригонометричні нерівності

351

Продовження табл. 49

Розв’язування найпростіших тригонометричних нерівностей. Найпро­ стішими тригонометричними нерівностями вважають нерівності виду зіп х > а, соз х > а, Ї£ х > а, с іє х > а (на місці знака «> » може стояти будь-який із знаків нерівності: «< , >, < »). Щ об міркування щодо знаходження розв’ язків цих нерівностей були більш наочними, використовують одиничне коло або графіки відповід­ них функцій, як це показано в таблиці 49. Приклад 1

Пояснимо більш детально розв’ язання нерівності 8 іп х > ^ ,

наведене в пункті 1 таблиці 49, з використанням одинич­ ного кола (рис. 162). ► Оскільки зіп х — це ордината відповідної точки Рх одиничного кола, то при всіх значеннях х, які задовольняють заданій нерівності, точка Рх має ординату, більшу за і . Усі такі точки на одиничному колі лежать вище за пряму У = ~ (вони зображені на рисунку рожевою дугою РХіРХ2 без крайніх точок, оскільки в крайніх точках зіп х = —, а не більший за

Якщо, записуючи від­

повідь, рухатися проти годинникової стрілки, то точка Р буде початком дуги РХРХ, а точка Рх — її кінцем. Спочатку


352

Розділ 4. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

запишемо відповідь на одному періоді (нагадаємо, що для синуса період дорівнює 2л). Для точок Рх виділеної дуги х 1 < х < х 2. Оскільки точка РХі розташована в правій півплощині, то можна взяти х1= агсзіп ^ = ^г-

Тоді х2= п ——= — . Таким чином, на одному періоді розв’язками заданої 6 6 нерівності є: - < х < — . Через період 2л значення синуса повторюються, 6 6 отже, усі інші розв’ язки заданої нерівності отримуємо додаванням до знайдених розв’ язків чисел виду 2лк, де к є 2 . Відповідь: - + 2 п к < х < — +2пк, кє 2. <]

б

б

Для розв’ язування нерівності еіп х > ~ можна скористатися також графіками функцій у = еіп а: та У ~ ~ (рис. 163).

► Розв’ язками нерівності еіп х > ~ будуть ті і тільки ті значення х, для яких відповідні точки графіка функції у = еіп х розташовані вище прямої у = і (на рисунку 165 відповідні частини графіка функції виділено рожеви­

ми лініями). Щоб знайти абсциси точок перетину цих графіків, достатньо розв’ язати рівняння еіпл: = і

= (-1 )" ~ + пп, п є 2^ і, ураховуючи періо­

дичність функції еіп х (Т = 2л), записати розв’ язок заданої нерівності на одному періоді. На відрізку довжиною 2л можна взяти, наприклад, такі абсциси точок перетину графіків функцій у = еіп х і у = - : 2

6

х2= — 6

(усі інші абсциси точок перетину відрізняються від них на 2лк). Тоді на одному періоді розв’язками заданої нерівності є: - < х < — (абсциси виді6 6 лених точок графіка у = еіп х). Усі інші розв’ язки заданої нерівності одер­ жують додаванням до знайдених розв’язків чисел виду 2лк, де к є 2 . Відповідь: —+2пк < х < — + 2пк, ке 2 . <1

б

б


§ 27. Найпростіші тригонометричні нерівності

353

Аналогічно можна одержати і розв’ язки інших видів найпростіших нерівностей, наведених у таблиці 49. Приклг^ 2

Розв’ яжіть нерівність соє х > —і .

► Оскільки сой х — це абсциса відповідної точки Рх одиничного кола, то при всіх значеннях х , які задовольняють заданій нерівності, точка Рх має абсцису, більшу за

Усі такі точки на одиничному колі (рис. 164)

лежать праворуч від прямої і —~

(вони зображені на рисунку рожевою

дугою Рх,Рх.г без крайніх точок, оскільки в крайніх точках с о з х = - і , а не більший за —

Якщо, записуючи відповідь, рухатися проти годин­

никової стрілки, то точка Р

буде початком дуги РХіРХг, а точка РХ2 — її

кінцем. Спочатку запишемо відповідь на одному періоді (нагадаємо, що для косинуса він дорівнює 2л). Для точок Р виділеної дуги х 1 < л>< х 2. Оскільки точка Рх знаходиться у верхній півплощині, то можна взяти =агссое

2л З

(4)—Iі

Ураховуючи симетричність точок Р

2

і Рх

1

відносно осі і, одержуємо х1= —х 2= —— . ТаЗ ким чином, на одному періоді розв’ язками . . .

.

тт

заданої нерівності є: — - < х < — . Через пе­ ріод 2п значення косинуса повторюються. Отже, усі інші розв’ язки заданої нерівності отримуємо додаванням до знайдених роз­ в’язків чисел виду 2л:к, де к є 2 . Одержуємо відповідь: - — + 2 п к < х < — + 2пк,кє2.<\

З з Міркування при використанні графічної ілюстрації для розв’ язування нерівності соє х >

повні стю аналогічні наведеним вище міркуванням

по розв’ язуванню нерівності 8ІПх > ~Приклад 3 Розв’ яжіть нерівність х > -1 . ► Період тангенса дорівнює я. Тому спочатку знайдемо розв’язки цієї нерівності на проміжку довжиною я, наприклад на проміжку а потім використаємо періодичність тангенса. Для виділення тих точок


ЗЬ4

Розділ 4 . ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

Р правого півкола, значення х я ких задовольняють заданій нерівності, скористаєм ося лінією тангенсів (рис. 165). Спочатку виділимо на лінії тангенсів значення тангенсів, більш і або рівні -1 (на рисунку вони виді­ лені рожевим променем), а потім для к ож н ої точки лінії тангенсів зна­ йдемо відповідну точк у Рх на правому півколі (для цього достатньо з ’єднати центр кола з виділеною точкою на лінії тангенсів і взяти точку перетину проведеного відрізка з колом). М нож ина відповідних точок Рх одиничного кола виділена на рисунку рож евою дугою Рх Рп (зверніть 2 увагу: точка Рх належить розглянутій множ ині, а точка Рп — ні). 1

Оскільки точка Р

2

розташ ована в правій півплощ ині, то мож на взяти

де. = а г с І £ (-1 ) = - - . Отже, на одному періоді розв’ язками заданої нерів4

пості є

Через період я значення тангенса повторю ю ться. Том у

всі інш і розв’ язки заданої нерівності отрим уєм о додаванням до знайде­ них розв’ язків чисел виду я к, де к є 2.

Рис. 165

Рис. 166

Зауважимо, іцо при розв’ язуванні заданої нерівності з використан­ ням графіків достатньо, як і в попередніх випадках, на одному періоді, наприклад на пром іж ку

;

записати абсциси, для я к и х відповідні

точки графіка ф ункції у = \,% х розташ овані вище прямої у = —1 або на самій прямій. (На рисунку до пункту 3 таблиці 49 відповідні частини графіка ф ункції у = х виділено рож евими лініями.)

Приклад 4

Р озв’ я ж іть нерівність с і § х < \ІЗ.

► Період котангенса дорівню є я. Тому спочатку знайдемо розв’язки ц ієї нерівності на п ром іж ку довж иною я, наприклад на п ром іж ку ( 0 ; я), а по­ тім скористаєм ося періодичністю котангенса.


§ 27. Найпростіші тригонометричні нерівності

3 55

Для виділення тих точок Рх верхнього півкола, значення х яких за­ довольняють заданій нерівності, скористаємося лінією котангенсів (рис. 166). Спочатку виділимо на лінії котангенсів значення котангенсів, менш і за л/З (на рисунку 166 їх виділено рожевим променем), а потім для кож ної точки лінії котангенсів знайдемо відповідну точку Рх на верхньо­ му півколі (для цього достатньо з’ єднати центр кола з виділеною точкою на лінії котангенсів і взяти точку перетину проведеного відрізка з к о­ лом). М ножина відповідних точок Рх одиничного кола позначена на ри­ сунку 166 рожевою дугою РХРК- Оскільки точка Р розташована у верхній півплощині, то можна взяти х, = агссІ£ \ІЗ = —. Таким чином, на одному б періоді розв’ язками заданої нерівності є —< х < п. Через період л значен6 ня котангенса повторю ю ться. Отже, усі інш і розв’ язки заданої нерівності отримуємо додаванням до знайдених розв’ язків чисел виду пк, де к є X.

Відповідь: —+ пк<х<п+пк, ке 2. <3

6 А налогічно попереднім випадкам, для того щ об розв’ язати нерів­ ність X < я з використанням графіків, достатньо на одному періоді, наприклад на пром іж ку ( 0 ; л), записати абсциси, для яких відповідні точки графіка ф ункції у = с і є х розташ овані нижче прямої у = л/з. (На рисунку до пункту 4 таблиці 49 відповідні частини графіка функції

у = с і є х виділено синіми лініями.) ■ 1.

2.

■і

Запитання для контролю П оясніть на прикладах, як мож на розв’ язувати найпростіш і триго­ нометричні нерівності за допом огою : а) одиничного кола; б) графіка відповідної функції. Чи завжди мають розв’ язки нерівності: 1) еіп х < а; 2) зіп х > а; 3) соз х < а; 4) соз х > а; 5) І є х < а; 6 ) І є х > а; 7) с і є х < а; 8 ) с і є х > а? Чи мож уть бути розв’ язками якихось із цих нерівно­ стей усі дійсні числа? Наведіть приклади.

Вправи Р озв’ яж іть нерівність (1 —14).

1.

1) з

і

2.

1)

3.

1 )1 є * < -1 ;

2

собх > і ;

п

2) зіп д о —— ;

3) зіп х < -2 ;

4) з іп л :> — .

2 ) созх

3) соз х

4) созл:

2) 1 єя > л /3 ;

3) І є * > — ; з

2

<

3;

2

4 )1 є * < 1 .


356

Розділ 4. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

4.

1) сІ£л :> -л /3 ;

2) с і£ х > 1;

3) с і є х ^ “ 1;

4) сї% х< — . З

5.

1) з і п 2 л : > ^ ;

2) соз- < ^ ;

3) І £ - > - л / 3 ;

4) с і є 5х < 1.

6.

1) 2 соз ( 2л : - >1;

2) л /з іє (з * + | )< 3 ;

3) \ /2 з іп ^ + ^|<1;

4) 2 с о з (4 х -^ | > \ /2 .

7.

1) е іп -с о з З л :-с о 8 - 8Іп З л :> і; 2) 8Іп 5хсо8 5 х < і ; ' 6 6 2 4

8.

1) |еіп(2л:—*-) < | ;

„ з

3) зіп л: + сов х < 1.

2) |1* ж |> 1.

ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ БІЛЬШ СКЛАДНИХ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ ТА ЇХ СИСТЕМ

Іноді доводиться розв’ язувати тригонометричні рівняння, до яких входить лише сума або різниця синуса і косинуса одного й того самого аргументу та їх добуток. У такому випадку доцільно цю суму (або різни­ цю ) позначити новою змінною. Приклад 1

Розв’ яж іть рівняння 3 (зіп х + соз х) = 2 еіп 2л:.

К ом ент ар Я к щ о в заданому рівнянні звести всі тригонометричні функції до одного аргументу х, то одерж имо рівняння ( 1) (див. розв’язання), до якого входять лише сума синуса і косинуса одного й того самого аргу­ менту л: та їх добуток. Для розв’ язування цього рівняння введемо нову змінну зіп х + со 8 х = у. Щ об одержати добуток 8ІП х соз дг, достатньо піднести до квадрата обидві частини рівності, я к у одержали після замі­ ни змінної, і врахувати, щ о зіп 2 х + соз 2 х = 1. Виконую чи обернену за­ міну, зручно врахувати, щ о з іп х + с 08 х = %/28 Іп (х + ^|.

Р оз в ’я за н н я ►

Задане рівняння рівносильне рівнянню З (зіп л: + соє л:) = 4 еіп х .сов х. (1) Я кщ о позначити зіп х + соє х = у, то еіп 2 л: + соз 2 л: + 2 зіп х соз л: = у2. 2

Тоді зіп х соє х = - ----- . Підставляючи ці значення в рівняння (1), одер­ ж уєм о

Зу = 2у2 - 2 = 0,

2у2 - Зу - 2 = 0,

ух = 2 або у2 = - К

Отже, зіп л: + соз х = 2 або 8Іп х + со8Х = —і . 2


§ 2 8 . Приклади розв'язування більш складних тригонометричних рівнянь та іх систем

357

Тоді %/2зіп(х+^| = 2 або % /2аіп(х+^|= —і . Одержуємо зіп(л:-к^| = \/2 (коренів немає, оскільки \ /2 > і) або яіп(х + ^| = — ^=. Звідси х + —= (-1 )" агсзіп[ — К= |+ тгл, де п є 2. Тоді 4 { 2лІ2)

х = - ~ + (-1 )" агсзіп — ^7= V пп. V 2'Я ) тг ( і ^ Відповідь: — + (-1 )" агсзіп + пп, де п є 2. <] 4 2уі2 З а у в а ж е н н я . ІІри піднесенні обох частин рівняння до квадрата мож на одерж ати сторонні корені (див. таблицю 9). А л е піднесення обох

частин рівності заміни до квадрата є рівносильним перетворенням. Д ійсно, у цьому випадку ліва і права частини рівності мають однакові знаки, і тоді а = Ь <=> а2 = Ьг. Я кщ о обидві частини рівності а = Ь додатні, то для додатних значень і функція у = і2 зростає і том у кож ного сво­ го значення набуває тільки при одному значенні аргументу. Отже, при а > 0, Ь > 0 з рівності а = Ьвипливає рівність а2 = Ь2 і, навпаки, з рівності а2 = Ь2 випливає рівність а = Ь, щ о й гарантує рівносильність виконаного перетворення для додатних а і Ь. Аналогічно для а < 0, Ь < 0 використо­ вуємо те, щ о для від’ ємних значень І функція у = І2 спадає і том у кож но­ го свого значення набуває тільки при одному значенні аргументу. Для розв’ язування деяких тригонометричних рівнянь мож на застосо­ вувати властивості функцій (відповідні загальні підходи до розв’ язування було розглянуто в п. 3 .2 ), зокрема, оцінку значень лівої і правої частин рівняння. Приклад 2

Р озв’ яж іть рівняння с о в б х + зіп — = 2. 2

Оцінимо область значень ф ункції / (х) = со а 6х + зіП“ . .

Оскільки |соз 6х |< 1 і ЗІП--2

З’ я суєм о, чи існую ть такі значення х, при яких функція і ( х ) мож е набувати найбільш ого значення 2. Я к щ о соз 6х буде менший від 1, то,

для того щ об сума созблг + зіп — дорівнювала 2 , необхідно, щ об значення зіп-^- було більш им від 1, щ о немож ливо. Аналогічно, якщ о припусти­ ти,

ЩО

З ІП ^

менш ий

В ІД

1,

Т О , Д Л Я ТОГО

щ об сума

СОЗ

6х + 8 І П “

дорів­


358

Розділ 4. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

нювала 2, необхідно, щ об значення соє бас було більш им від 1, щ о немож ливо. Таким чином, рівність у даному рівнянні мож лива тоді і тільки тоді, коли сов 6х і зіп-^- дорівню ю ть 1. Том у задане рівняння рівносильне системі

П рирівнюючи праві частини цих рівностей, одерж уємо

Оскільки к і п — цілі числа, то спробуєм о підставити в праву час­ тину останньої рівності замість п цілі числа і знайти, для яких значень п за цією формулою к також буде цілим числом. При п = 1 одерж уємо к = 3. У випадку, коли коефіцієнт 12 при змінній п у чисельнику дробу і знаменник 5 — взаємно прості числа, повторення подільності націло буде тіл