Урок 5. Рациональные и иррациональные уравнения: 40 заданий с решениями

1. ОДЗ: $x\ne 4$.

2. На ОДЗ умножаем на $x-4$: $2x+3=5(x-4)$.

3. После переноса получаем $(2-5)x=-23$, поэтому $x=\frac{23}{3}$; это значение не равно запрещённому $4$.

Ответ. $\frac{23}{3}$

ОДЗ: $x\ne\pm1$. На ней $2x=x^2-1$, поэтому $x^2-2x-1=0$ и $x=1\pm\sqrt2$. Оба числа отличаются от $\pm1$, значит, допустимы.

Ответ. $1\pm\sqrt2$.

1. ОДЗ: $x\ne 3$.

2. На ОДЗ умножаем на $x-3$: $4x+1=-2(x-3)$.

3. После переноса получаем $(4--2)x=5$, поэтому $x=\frac{5}{6}$; это значение не равно запрещённому $3$.

Ответ. $\frac{5}{6}$

ОДЗ: $x\ne3$. После сокращения на ОДЗ имеем $x+3=6$, откуда $x=3$. Единственный кандидат запрещён исходным знаменателем.

Ответ. Корней нет.

Переносим 6 влево и раскладываем: $x^2+x-6=(x-2)(x+3)=0$. Оба множителя определены при любых $x$.

Ответ. $-3;2$.

1. Ищем два числа с суммой $7$ и произведением $10$.

2. Подходят $2$ и $5$.

3. Трёхчлен равен $(x-2)(x-5)$, поэтому $x=2$ или $x=5$.

Ответ. $2;5$

При замене $t=x^2\ge0$ получаем $(t-1)(t-4)=0$. Оба значения $t$ положительны и дают по два корня: $x=\pm1,\pm2$.

Ответ. $-2;-1;1;2$.

После замены $t=x^2\ge0$ получаем $(t-4)(t+1)=0$. Значение $t=-1$ недопустимо. Из $x^2=4$ находим два корня.

Ответ. $-2;2$.

Приводим к $x^2-6x+1=0$, затем выделяем квадрат: $(x-3)^2=8$. Поэтому $x=3\pm2\sqrt2$. Оба положительны; преобразования равносильны.

Ответ. $3\pm2\sqrt2$.

1. Для равносильного возведения в квадрат требуется $x\ge 0$, то есть $x\ge 0$.

2. Квадрат даёт $x+6={\left(x\right)}^2$.

3. Корни полученного квадратного уравнения проверяем по условию $x\ge 0$ и в исходной записи; остаётся: $3$.

Ответ. $3$

Правая часть должна быть неотрицательной: $x\ge1$. На этом множестве возведение в квадрат равносильно: $x+5=(x-1)^2$, то есть $(x-4)(x+1)=0$. Только $x=4$ допустим; проверка: $\sqrt9=3$.

Ответ. $4$.

Требуем $x^2-4\ge0$ и $x-2\ge0$, совместно $x\ge2$. После возведения в квадрат $x^2-4=x^2-4x+4$, откуда $x=2$. При подстановке обе части нулевые.

Ответ. $2$.

Сначала $\frac12\le x\le3$. На этом отрезке равносильно $2x-1=(3-x)^2$, или $x^2-8x+10=0$. Кандидаты $4\pm\sqrt6$. Число $4+\sqrt6$ больше 3; число $4-\sqrt6$ лежит между $\frac12$ и 3. Оно и является корнем.

Ответ. $4-\sqrt6$.

Левая часть — $|x-1|$, поэтому $x\ge-1$. При $x\ge1$ равенство $x-1=x+1$ невозможно. При $-1\le x<1$ получаем $1-x=x+1$, то есть $x=0$. Он принадлежит выбранной ветви.

Ответ. $0$.

1. ОДЗ: $x\ne 2$.

2. На ОДЗ $x^2-4=(x-2)(x+2)$.

3. После сокращения уравнение становится $x+2=x+2$.

4. Равенство верно при всех $x$

5. С учётом ОДЗ ответ: все $x\ne 2$

Ответ. $ℝ\setminus \{2\}$

1. ОДЗ: $x\ne 4$.

2. На ОДЗ $x^2-16=(x-4)(x+4)$.

3. После сокращения уравнение становится $x+4=x-1$.

4. Получаем противоречие $4=-1$, поэтому решений нет.

5. Сокращение было равносильным на ОДЗ, поэтому ответ — пустое множество.

Ответ. нет решений

1. По определению ищем $t$: $2^t=32$.

2. $32=2^5$.

3. Следовательно, $t=5$.

Ответ. $5$

1. ${cos}^2\alpha =1-{sin}^2\alpha$.

2. $1-\frac{64}{289}=\frac{225}{289}$.

3. Косинус острого угла положителен: $\frac{15}{17}$.

Ответ. $\frac{15}{17}$

1. Раскрываем кубы по формулам.

2. ${(x+2)}^3=x^3+6x^2+12x+8$.

3. ${(x-2)}^3=x^3-6x^2+12x-8$.

4. Вычитаем второе выражение.

5. Получаем $12x^2+16$.

Ответ. $12x^2+16$

1. Домножаем на $\sqrt{5}+1$.

2. Знаменатель равен $5-1=4$.

3. Числитель равен $\sqrt{5}+1$.

4. Сопряжённое не равно нулю.

5. Ответ: $\frac{\sqrt{5}+1}{4}$.

Ответ. $\frac{\sqrt{5}+1}{4}$

При $x\ne2$ дробь равна $x-3$. Уравнение $x-3=2$ даёт $x=5$, который допустим. Подстановка: $\frac{25-25+6}{3}=2$.

Ответ. $5$.

ОДЗ: $x\ne1$. Умножение на ненулевой знаменатель приводит к $1=x$, но это значение запрещено.

Ответ. Корней нет.

1. Сначала записываем ОДЗ: $x\ge 2$.

2. Первое равносильное преобразование или возведение в квадрат даёт $2x-1+2\sqrt{(x+1)(x-2)}=9$.

3. Изолируем оставшийся радикал или приводим квадратное уравнение: $\sqrt{(x+1)(x-2)}=5-x$.

4. После второго шага получаем кандидаты $3$.

5. Проверка в исходном уравнении и по ОДЗ оставляет $3$.

Ответ. $3$

ОДЗ: $x\ge0$. Переносим второй корень: $\sqrt{x+4}=2+\sqrt x$. Обе части неотрицательны, поэтому квадратирование равносильно: $x+4=4+4\sqrt x+x$. Получаем $\sqrt x=0$, то есть $x=0$. Проверка: $2-0=2$.

Ответ. $0$.

1. Сначала записываем ОДЗ: $x\ge 0$.

2. Первое равносильное преобразование или возведение в квадрат даёт $\sqrt{x+9}=1+\sqrt{x}$.

3. Изолируем оставшийся радикал или приводим квадратное уравнение: $8=2\sqrt{x}$.

4. После второго шага получаем кандидаты $16$.

5. Проверка в исходном уравнении и по ОДЗ оставляет $16$.

Ответ. $16$

1. Сначала записываем ОДЗ: $-5\le x\le 9$.

2. Первое равносильное преобразование или возведение в квадрат даёт $14+2\sqrt{(x+5)(9-x)}=16$.

3. Изолируем оставшийся радикал или приводим квадратное уравнение: $\sqrt{(x+5)(9-x)}=1$.

4. После второго шага получаем кандидаты $2-\sqrt{48};2+\sqrt{48}$.

5. Проверка в исходном уравнении и по ОДЗ оставляет $2-4\sqrt{3};2+4\sqrt{3}$.

Ответ. $2-4\sqrt{3};2+4\sqrt{3}$

1. Сначала записываем ОДЗ: $x\ge 0$.

2. Первое равносильное преобразование или возведение в квадрат даёт $2x+3=x^2$.

3. Изолируем оставшийся радикал или приводим квадратное уравнение: $x^2-2x-3=0$.

4. После второго шага получаем кандидаты $3$.

5. Проверка в исходном уравнении и по ОДЗ оставляет $3$.

Ответ. $3$

1. ОДЗ задаётся радикалом; вводим замену $t=\sqrt{x}$ и обязательно фиксируем $t\ge 0$.

2. После замены получаем $t^2-5t+6=0$.

3. Разлагаем квадратный трёхчлен на множители и находим два неотрицательных значения $t$.

4. Возвращаемся к исходной переменной через квадрат введённого радикала.

5. Проверка даёт корни $4;9$; соответствие между $t\ge 0$ и радикалом однозначно.

Ответ. $4;9$

ОДЗ: $x\ge-2$. Замена $t=\sqrt{x+2}\ge0$ даёт $t(t-3)=0$. Оба значения $t=0,3$ допустимы; из $x=t^2-2$ получаем $-2$ и 7.

Ответ. $-2;7$.

ОДЗ: $x\ge-1$. После равносильного квадратирования $x+1=2\sqrt{x+1}$. Пусть $t=\sqrt{x+1}\ge0$; тогда $t(t-2)=0$. Получаем $x=-1$ или 3. Проверка: $1=0+1$ и $3=2+1$.

Ответ. $-1;3$.

ОДЗ: $-1\le x\le9$. На ней обе части неотрицательны. Первое квадратирование даёт $\sqrt{(x+1)(9-x)}=x+1$. Правая часть неотрицательна на ОДЗ, поэтому второе квадратирование также равносильно: $(x+1)(9-x)=(x+1)^2$. Отсюда $(x+1)(8-2x)=0$, то есть $x=-1$ или 4. Оба входят в ОДЗ; обратные переходы доказаны.

Ответ. $-1;4$.

Левая часть равна $|x-3|$. При $x\ge3$: $x-3=x^2-5x+5$, то есть $(x-2)(x-4)=0$; подходит 4. При $x<3$: $3-x=x^2-5x+5$, то есть $x^2-4x+2=0$; из $2\pm\sqrt2$ подходит только $2-\sqrt2$. В каждой ветви решено исходное равенство без квадратирования.

Ответ. $2-\sqrt2;4$.

Шаг 1. ОДЗ: $x\ne -1$ и $x\ne 1$.

Шаг 2. Приведём левую часть к общему знаменателю:$\frac{{(x+1)}^2+{(x-1)}^2}{x^2-1}=\frac{2x^2+2}{x^2-1}$.

Шаг 3. Получаем $3(2x^2+2)=10(x^2-1)$, откуда $6x^2+6=10x^2-10$ и $x^2=4$.

Шаг 4. Оба значения $x=-2$ и $x=2$ принадлежат ОДЗ.

Проверка. При $x=2$ слагаемые равны 3 и $\frac{1}{3}$; при $x=-2$ — $\frac{1}{3}$ и 3, сумма в обоих случаях равна $\frac{10}{3}$.

Ответ. $x=-2;2$.

Шаг 1. ОДЗ: $-5\le x\le 9$. Обозначим $A=\sqrt{x+5},B=\sqrt{9-x}$. Тогда $A,B\ge 0,A+B=5$, а $A^2+B^2=14$.

Шаг 2. Из ${(A+B)}^2=A^2+B^2+2AB$ получаем $25=14+2AB$, то есть $AB=\frac{11}{2}$.

Шаг 3. Числа $A$ и $B$ — корни уравнения $t^2-5t+\frac{11}{2}=0$, поэтому $\{A,B\}=\{\frac{5-\sqrt{3}}{2},\frac{5+\sqrt{3}}{2}\}$.

Шаг 4. Из $x=A^2-5$ получаем два значения $x=2-\frac{5\sqrt{3}}{2}$ и $x=2+\frac{5\sqrt{3}}{2}$.

Проверка. Для найденных значений подкоренные выражения являются квадратами двух положительных чисел $A$ и $B$, сумма которых равна 5; оба $x$ принадлежат ОДЗ.

Ответ. $x=2\pm \frac{5\sqrt{3}}{2}$.

Шаг 1. ОДЗ: $x\ne -2$ и $\frac{x-1}{x+2}\ge 0$.

Шаг 2. Положим $y=\sqrt{\frac{x-1}{x+2}}$, тогда $y\ge 0$, а $\frac{x-1}{x+2}=y^2$.

Шаг 3. Уравнение принимает вид $y=2y^2$, то есть $y(2y-1)=0$. Поэтому $y=0$ или $y=\frac{1}{2}$.

Шаг 4. При $y=0$ получаем $\frac{x-1}{x+2}=0$ и $x=1$. При $y=\frac{1}{2}$ получаем $\frac{x-1}{x+2}=\frac{1}{4}$, откуда $4x-4=x+2$ и $x=2$.

Проверка. Оба значения дают неотрицательную дробь и удовлетворяют исходному уравнению; $x=-2$ среди них нет.

Ответ. $x=1;2$.

Шаг 1. ОДЗ: $-\frac{3}{2}\le x\le \frac{7}{2}$. Обозначим $A=\sqrt{2x+3},B=\sqrt{7-2x}$. Тогда $A,B\ge 0,A+B=4$ и $A^2+B^2=10$.

Шаг 2. Возводя сумму в квадрат, получаем $16=10+2AB$, поэтому $AB=3$.

Шаг 3. Неотрицательные $A$ и $B$ с суммой 4 и произведением 3 равны 1 и 3 в некотором порядке.

Шаг 4. Если $A=1$, то $2x+3=1$ и $x=-1$; если $A=3$, то $2x+3=9$ и $x=3$.

Проверка. При $x=-1$ получаем $1+3=4$, при $x=3$ — $3+1=4$; оба значения принадлежат ОДЗ.

Ответ. $x=-1;3$.

Шаг 1. Правая часть должна быть неотрицательной, поэтому для любого решения $x\le a$.

Шаг 2. При $x\ge 2$ получаем $x-2=a-x$, откуда $x=\frac{a+2}{2}$. Условия $x\ge 2$ и $x\le a$ одновременно выполняются при $a\ge 2$.

Шаг 3. При $x<2$ получаем $2-x=a-x$, то есть $a=2$. Если $a=2$, равенство выполняется для каждого $x<2$; точка $x=2$ также подходит.

Шаг 4. Итак, при $a<2$ решений нет; при $a=2$ решений бесконечно много (все $x\le 2)$; при $a>2$ имеется одно решение $x=\frac{a+2}{2}$.

Проверка полноты. Два случая $x\ge 2$ и $x<2$ исчерпывают числовую прямую; ограничения каждого случая учтены.

Ответ. 0 решений при $a<2$; бесконечно много при $a=2;1$ решение при $a>2$.

Шаг 1. ОДЗ: $x\ne -1$ и $x\ne 1$. На ОДЗ левая часть равна $\frac{2x}{x^2-1}$.

Шаг 2. При $a=0$ получаем $2x=0$, поэтому имеется единственный корень $x=0$.

Шаг 3. При $a\ne 0$ уравнение равносильно $a{x}^2-2x-a=0$. Его дискриминант $D=4+4a^2>0$, поэтому алгебраических корней два.

Шаг 4. Ни один из этих корней не равен ±1: подстановка 1 и −1 в $a{x}^2-2x-a$ даёт соответственно −2 и 2. Значит, оба корня допустимы.

Проверка полноты. Отдельно разобран случай, в котором квадратное уравнение вырождается; запрещённые значения проверены явно.

Ответ. 1 решение при $a=0;2$ решения при $a\ne 0$.

Шаг 1. Левая часть неотрицательна, поэтому при $a<0$ решений нет.

Шаг 2. Уравнение равносильно совокупности $x^2-4=a$ или $x^2-4=-a$, то есть $x^2=a+4$ или $x^2=4-a$.

Шаг 3. При $a=0$ обе ветви совпадают и дают два корня ±2. При $0<a<4$ каждая ветвь даёт по два ненулевых корня — всего четыре.

Шаг 4. При $a=4$ первая ветвь даёт $\pm 2\sqrt{2}$, а вторая — $x=0$, всего три корня. При $a>4$ остаётся только первая ветвь, поэтому корней два.

Проверка полноты. Рассмотрены все точки изменения числа корней: $a=0$ и $a=4$; совпадение ветвей при $a=0$ учтено.

Ответ. 0 при $a<0;2$ при $a=0;4$ при $0<a<4;3$ при $a=4;2$ при $a>4$.

Шаг 1. ОДЗ: $x\ge -4$. На ОДЗ обе части неотрицательны, поэтому возведение в квадрат равносильно исходному уравнению.

Шаг 2. Получаем $x+4={(x-a)}^2$, то есть $x^2-(2a+1)x+a^2-4=0$.

Шаг 3. Дискриминант $D={(2a+1)}^2-4(a^2-4)=4a+17$. Поэтому при $a<-\frac{17}{4}$ корней нет, а при $a=-\frac{17}{4}$ имеется один корень $x=-\frac{15}{4}$, принадлежащий ОДЗ.

Шаг 4. При $a>-\frac{17}{4}$ квадратное уравнение имеет два различных корня. Каждый корень удовлетворяет $x+4={(x-a)}^2\ge 0$, поэтому автоматически принадлежит ОДЗ $x\ge -4$. Обратный переход к исходному уравнению допустим: $\sqrt{{(x-a)}^2}=|x-a|$.

Проверка полноты. Доказана допустимость каждого корня квадратного уравнения. На ОДЗ обе части исходного уравнения неотрицательны, поэтому переход к квадратам и обратно равносилен.

Ответ. 0 решений при $a<-\frac{17}{4};1$ при $a=-\frac{17}{4};2$ при $a>-\frac{17}{4}$.