Использование разномонотонных функций при решении уравнений Текст научной статьи по специальности «Математика»

ИСПОЛЬЗОВАНИЕ РАЗНОМОНОТОННЫХ ФУНКЦИЙ ПРИ РЕШЕНИИ УРАВНЕНИЙ

USE OF DIFFERENT MONOTONIC FUNCTIONS WHILE SOLVING EQUATIONS

И. И. Чучаев, Т. Н. Нестерова

В статье раскрываются особенности функционального метода решения уравнений, основанного на разной монотонности функций, содержащихся в них. Приводятся примеры решения уравнений с помощью данного метода.

Ключевые слова: уравнение, разно монотонные функции, равносильность уравнений.

I. I. Chuchaev, T. N. Nesterova

The article describes some peculiarities of the functional method of solving equations based on different monotonic functions included in them. The authors present examples of solving equations by means of the given method.

Keywords: equation, different monotonic function, equivalence of equations.

Разномонотонные функции при решении уравнений используются крайне редко как в школьной практике, так и при решении конкурсных и олим-пиадных задач. В то же время можно выделить содержательные классы уравнений, при решении которых это свойство функций, определяющих конструкцию уравнений, играет решающую роль. Эти классы уравнений удовлетворяют двум разнонаправленным условиям, которые являются важными, например, для заданий группы С ЕГЭ. С одной стороны, уравнения, принадлежащие одному классу, могут относиться к разным видам (алгебраическим, показательным, тригонометрическим и т. д.). С другой стороны, технический аппарат, используемый при их решении, запас проверяемых знаний и умений одинаковый. Кроме того, сами уравнения достаточно легко составляются.

Рассмотрим сначала уравнения вида

/(и)-/^)=ф)((щ) —g(v1)), (1)

где /(х), g(х), ф(х) - некоторые функции, х, и, V, м15 v1 - неизвестные, для которых справедливо равенство:

и — V = к (и1 — v1), (2)

где число к > 0.

Справедливо следующее утверждение.

Теорема 1. Если функции /(х) и g(х) разномонотонные, причем /(х) строго монотонная, функция ф(х) неотрицательная и выполнено условие (2), то уравнение (1) на ОДЗ равносильно уравнению

и — V = 0. (3)

Доказательство. Очевидно, если и,V,и1,v1, х содержатся в ОДЗ уравнения и и — V = 0, то набор (и,и,и1,и1, х) является решением уравнения (1). Это означает, что уравнение (1) на ОДЗ является следствием уравнения (3). Докажем, что уравнение (3) является следствием уравнения (1). Допустим противное. Пусть набор

(и,V,и1,v1,х) является решением уравнения (1), а и — V Ф 0. Для определенности будем считать, что функция / (х) является строго возрастающей, функция g (х) -убывающей. Тогда, если и > V, то левая часть уравнения является положительной, а поскольку и1 > v1, то правая часть - неположительной. Следовательно, набор (и, V, и1, v1,х) не может быть решением уравнения (1). Это противоречит допущению. Аналогичный результат получим, если предположим, что и < V. То же самое получим, если предположим, что функция /(х) является строго убывающей, а функция g (х) - убывающей. Тем самым доказано, что уравнение (1) на ОДЗ равносильно уравнению (3).

Обратимся к примерам конкретных уравнений. Первое уравнение взято нами из [1] (задача 3, с. 411), в которой оно также решается при помощи функциональных приемов.

Пример 1. Решите уравнение

л/Эх 2 — 1 +л1 х 2 — х +1 = л13х2 + 2 х +1 +л1 х2 + 2 х + 4.

Решение. Перепишем уравнение в виде

Ьх2 + 2х +1 — VЭх2 — 1 = л1 х2 — х +1 — Vх2 + 2х + 4 . (*)

Анализируя конструкцию уравнения (*), замечаем, что оно имеет вид (1), причем

/(х)=4х, и = Эх2 + 2х +1, V = Эх2 — 1, g(х)= —4х, и1 = х2 + 2 х + 4, v1 = х2 — х +1. Поскольку

и — V = 2х + 2 = 2 (Эх + 3)/ 3 = 2(и1 — v1)/ 3,

то справедливо равенство (2). Так как функция / (х) является строго возрастающей, а функция g (х) - строго убывающей, то по теореме 1 заданное уравнение на ОДЗ равносильно уравнению

х +1 = 0.

Отсюда следует, что уравнение имеет единственный корень х = -1. Ответ: -1.

Пример 2. Решите уравнение

23*-2 _ 4x = 4X ( _ зх).

Решение. Если примем

f (x)= 2 х, u = 3x - 2, v = 2 x, g (x )= -3 x,

uj = x, vj = 2, ф(х )= 4x,

то уравнение запишется в виде (1) и справедливо равенство (2). Так как функция f (х) является строго возрастающей, функция g(х) - строго убывающей и ф(х)> 0 при всех х, то по теореме 1 уравнение равносильно уравнению

х - 2 = 0.

Отсюда следует, что уравнение имеет единственный корень х = 2. Ответ: 2.

Пример 3. Решите уравнение cos5x| cos5x| - cos3x| cos3x| + sin 4 х sin х| cos х| = 0.

Решение. Уравнение можно записать как (1), если считать, что

f (х )= х|х|, u = cos5x, v = cos3x, g (х )=-х,

uj = sin 4 х sin х, vj = 0, ф(х)= |cos х|. Так как

u - v = cos5x - cos3x = 2 sin 4xsin x = 2(uj - vj),

то выполнено условие (2). Функция f (х) является строго возрастающей, функция g(х) - строго убывающей, и ф(х)> 0 при всех х. Тогда по теореме 1 уравнение равносильно уравнению

sin4 х sin х = 0.

Отсюда следует, что корнями уравнения являются х = пя/ 4, где п £ Z. Ответ: пк/4, n £ Z. Пример 4. Решите уравнение

3х2 - 3х +1 - 3х2 - х - 3 = х - 2л/х .

Решение. ОДЗ уравнения - х > 0. Положим

/(х)= ^х, и = х2 - 2х + 2, V = х2 - х - 2,

g(х)= -4х , и1 = 4, v1 = х, ф(х)= л/х . Тогда уравнение представляется в виде (1) и

и - V = 4 - х = и1 - VI.

Поскольку функция /(х) является строго возрастающей, функция g (х) - строго убывающей и ф(х)> 0 при

всех х из ОДЗ, то по теореме 1 уравнение равносильно уравнению

4 - х = 0.

Поэтому уравнение имеет единственный корень х = 4. Ответ: 4.

Конструкция следующего уравнения отличатся от предыдущих.

Пример 5. Решите уравнение

2х2 + 3х + 2 х2 - х + 2

х2 + 3

2 х 2 + 2 х + j

Решение. Если считать, что / (х)= х, и = 2 х2 + 3х + 2, V = х2 + 3, g (х)= 1/ х,

и1 = 2 х2 + 2 х +1, VI = х2 - х + 2, то уравнение запишется как

/ (и )/ / (V )= g (и )/ g V) и верны равенства

(4)

и - V = х + 3х -1 = и1 - v1.

Ясно, что при всех х новые неизвестные и, V, и1; v1 положительные. Убедимся, что уравнение (4) равносильно уравнению (3). Для этого, очевидно, достаточно показать, что уравнение (4) является следствием уравнения (3). Допустим обратное. Пусть набор (и, V, и1, у1) является решением уравнения (4) и и - V Ф 0. Предположим сначала, что и > V. Тогда левая часть уравнения больше 1. Так как функция g (х) является строго убывающей функцией на множестве положительных чисел и их > v1 > 0, то правая часть уравнения (4) меньше 1. Поэтому набор (и, V, и1, v1) не может быть решением уравнения. Это противоречит допущению. Аналогичный результат получим, если предположим, что и < V. Из предыдущего вытекает, что заданное уравнение равносильно уравнению

2х2 + 3х + 2 = х2 + 3.

Отсюда получаем, что корнями заданного уравнения будут X = (- 3 + л/1зУ 2.

Ответ: (- 3 + л/13 )2.

Пример 6. Решите уравнение

(9х + 1))23х-1 +1 = 4д/2х +1.

Решение. Представим уравнение как

V 23х-1 +1/ л/2х +1 = 4/ (9х +1).

Это уравнение представляется в виде (4), причем

/ (х)= л/ 2х +1, и = 3х -1, V = х, g (х) = 1 (3 х +1), и1 = 2 х, v1 = 1.

Поскольку функция /(с) является строго возрастающей, функция g (х ) - строго убывающей и и — V = 2х — 1 = и1 — , то, повторив рассуждения из решения предыдущего уравнения, получим, что заданное уравнение равносильно уравнению 2х — 1 = 0. Поэтому оно имеет единственный корень х = 1/2.

Ответ: 1/2.

Прологарифмировав обе части уравнения (4) и положив / (х) = 1п g (х), уравнение запишется в виде (1). Поэтому при решении предыдущих двух уравнений можно было воспользоваться теоремой 1. При решении следующего уравнения воспользуемся операцией логарифмирования для обеспечения равенства (2).

Пример 7. Решите уравнение

2 • 6х — 2х = 3—х — 1.

Решение. Перепишем уравнение как|

6 х — 2 х—1 = _[--1 (*)

2 • 3 х

Очевидно, что справедливо равенство

6 х! 2 х—1 = 2 • з х. (**)

Пусть

и = 1п6х = х 1п6, V = 1п2 х—1 =(х — 1)1п2, и1 = 1п(2 • 3х ) = 1п2 + х 1п3, v1 = 1п1 = 0.

/ (х )= ех, g (х )= е -х.

получим, что

и — V = х(1п3 + 1п2) — (х — 1)1п2 = 1п2 + х 1п3 = и1 — VI.

Тогда уравнение (*) запишется в виде (1), а из равенства (**) следует, что выполнено условие (2). Поэтому по теореме 1 уравнение (*) и, значит, исходное уравнение равносильны уравнению

1п2 + х 1п3 = 0.

Отсюда следует, что корнем заданного уравнения является х = — (1п2)/(1п3).

Ответ: — (1п2)(1п3).

Пример 8. Решите уравнение (х 2 + 2 х — 3| +1)( х + 3 +1) = 3(( — 1 +1).

Решение. Перепишем уравнение как 2| х2 + 2 х — 3 +1 = 3

|х — 1 +1 = 4|х + 3 +1 .

Легко заметить, что х = 1 и х = —3 не являются корнями уравнения. Пусть далее х * 1 и х 3. Очевидно, что

2 х2 + 2 х — 3 = 4 х + 3

|х — 1 2 . ()

Положим

и = 1п 2 х 2 + 2 х — э|, V = 1п|х —1| , и1 = 1п 4 х + 3|, v1 = 1п 2 .

Поэтому, если примем

/ (х) = ех +1, g (х) = 1 (ех +1),

то уравнение запишется в виде (4). Кроме того из равенства (**) следует, что

и — V = и1 — v1. Повторив рассуждения из решения уравнения 6, получим, что заданное уравнение равносильно уравнению 1п2 + 1п|х + 3 = 0. Поэтому оно имеет два корня х = — 7/2 и х = — 5/2. Ответ: — 7/2, — 5/2.

Выделим еще несколько классов уравнений, при решении которых возможно применение разномонотонных функций. Так же, как доказана теорема 1, можно доказать следующие утверждения.

Теорема 2. Если функции /(х) и g(х) являются возрастающими, причем / (х) строго, функции ф(х ) и у(х) -положительными, функция И(х) - убывающей и справедливы равенства (5)

и — v = к1 (и1 — V )= к2 (и2 — ^ ), где числа к1 > 0, к2 > 0, то уравнение

/ (и) — / (V) + ф(х)((и!) — g (V!)) = уОО — ))

на ОДЗ равносильно уравнению (3).

Теорема 3. Если функции /(х) и g(х) являются строго возрастающими, функция ф(х) - положительной, функция И(х) - убывающей и справедливы равенства (5), то уравнение

/ (и )g (и1) — / (V )g (v1) = ф(х)(/г(и2) — ))

на ОДЗ равносильно уравнению (3).

Теорема 4. Если функции /(х) и g(х) являются строго возрастающими, функция ф(х) - положительной, функция И(х) - убывающей и справедливо равенство (2), то уравнение

/ ^ + g (и )— g (V))— / {м>)= ф(х) (((и1)— %))

на ОДЗ равносильно уравнению (3).

Теорема 5. Если функции /(х) и g(х) являются строго возрастающими, функция И(х) - убывающей и справедливо равенство (2), то уравнение

((( + Ъ(и) — h(v)))//() = g (и1)/ g (V:)

на ОДЗ равносильно уравнению (3).

В заключение отметим, что в [2] изучены приемы решения выделенных в работе уравнений при помощи теорем Лагранжа и Коши о конечных приращениях.

СПИСОК ИСТОЧНИКОВ И ЛИТЕРАТУРЫ

1. Ткачук В. В. Математика - абитуриенту. 12-е изд., исправл. и дополн. М.: МЦНМО, 2005. 944 с.

2. Брейтингам Э. К. [и др.] Современные проблемы математического образования: вопросы теории и практики. Екатеринбург: УрГПУ, 2010. 392 с.