math4school.okis.ru

 

 

При выполнении контрольных, тестовых и экзаменационных работ по математике учащиеся решают самые разнообразные уравнения, отличающиеся по тематике и по сложности. Разобрать все ошибки, которые при этом допускаются, не представляется возможным. Ниже предлагаются примеры лишь наиболее распространенных ошибок и анализ ситуаций, в которых эти ошибки допускаются.

 

Потеря корней

При решении уравнений из-за выполнения нетождественных преобразований может произойти либо потеря корней, либо появление посторонних корней.

При выполнении нетождественных преобразований в процессе решения уравнения может произойти сужение области допустимых значений неизвестного, а значит, корни могут оказаться потерянными.

K Упражнение. Решить уравнение  lg (x – 10)² + lg x² = 2lg 24.

L Неправильное решение. 

2lg (x – 10) + 2lg x = 2lg 24,

lg (x – 10) + lg x = lg 24,

lg x(x – 10) = lg 24,

x² – 10x = 24,

x² – 10x – 24 = 0,

x₁ = –2,  x₂ = 12.

Произвели проверку и убедились, что все корни удовлетворяют данному уравнению.

Ответ: –2 и 12.

Комментарий. Из-за неправильного применения формул произошло сужение области допустимых значений неизвестного. 

J Правильное решение.

ОДЗ: х ≠ 0, х ≠ 10,

2lg |x – 10| + 2lg|x| = 2lg 24,

lg |x – 10| + lg|x| = lg 24,

lg |x(x – 10)| = lg 24,

|x² – 10x| = 24,

x² – 10x = ± 24,

1) x² – 10x – 24 = 0,  x₁ = –2,  x₂ = 12;

2) x² – 10x + 24 = 0,  x₃ = 4,  x₄ = 6.

Ответ: –2; 4; 6 и 12.

При делении обеих частей уравнения на выражение, содержащее неизвестное, могут быть потеряны корни, которые обращают эти выражения в ноль.

K Упражнение 1. Решить уравнение  3^х (х² – 2х – 3) = 9 (х² – 2х – 3).

L Неправильное решение. 

Разделим обе части уравнения на квадратный трехчлен, записанный в скобках, и получим:

3^х = 9;

3^х = 3²;

х = 2.

Ответ: 2.

J Правильное решение.

Перенесем правую часть исходного уравнения влево и вынесем общий множитель за скобки:

3^х (х² – 2х – 3) – 9 (х² – 2х – 3) = 0;

(3^х  – 9) (х² – 2х – 3) = 0;

1) 3^х  – 9 = 0;  3^х = 3²;  х = 2;

2) х² – 2х – 3 = 0;  х = –1 и х = 3.

Ответ: –1; 2 и 3. 

 

K Упражнение 2. Решить уравнение  lg² x – lg x = 0.

L Неправильное решение.

ОДЗ: х > 0.

Разделим обе части уравнения на  lg x  и получим:

lg x – 1 = 0;

lg x = 1; 

x = 10.

Ответ: 10. 

J Правильное решение.

lg² x – lg x = 0;

ОДЗ: х > 0;

lg x (lg x – 1) = 0;

1) lg x = 0;  x = 1; 

2) lg x – 1 = 0;  lg x = 1;  x = 10.

Ответ: 1 и 10.

Необходимо помнить, что обычно легче исключить посторонний корень, чем найти потерянный.

 

Посторонние корни

При решении уравнений существуют два диаметрально противоположных мнения относительно полученного результата. Одни считают, что проверка должна производиться всегда, другие считают ее необязательной. На самом деле проверка полученных корней в одних случаях является обязательной и является частью решения уравнения, а в других случаях в проверке необходимости нет.

Проверка полученного решения уравнения обычно делается с целью исключения посторонних корней, которые чаще всего появляются в результате нетождественных преобразований, приводящих к расширению области допустимых значений переменного. Рассмотрим далее некоторые случаи появления посторонних корней.

Это может случиться при умножении обеих частей дробного уравнения на выражение, содержащее неизвестную величину.

K Упражнение. Решить уравнение

5 – x	–	5 + 3х	= 0.
x – 1		x2 – 1

L Неправильное решение. 

Умножим все члены уравнения на  х² – 1  и получим:

(5 – x) (x + 1) – (5 + 3x) = 0;

–х² + x =0;

х² – x =0;

х (х – 1) =0. 

Ответ: 0 и 1. 

Комментарий. Был приобретен посторонний корень  х = 1, в чем можно убедиться с помощью проверки.

J Правильный ответ:  х = 0.

Появление посторонних корней может быть вызвано сокращением дроби на множитель, содержащий неизвестную величину.

K Упражнение. Решить уравнение

х2 – 81	– 2х = 0.
x – 9

L Неправильное решение. 

Заметим, что  х² – 81 = (x – 9) (x + 9)  и произведем сокращение дроби на  x – 9. Имеем:

(x + 9) – 2х = 0;

– х + 9 = 0;

х = 9. 

Ответ: 9.

Комментарий. Был приобретен посторонний корень  х = 9.

J Правильный ответ: решений нет.

Приведение подобных слагаемых с неизвестным в знаменателе, в том случае, если они взаимно уничтожаются, также может привести к приобретению постороннего корня.

K Упражнение. Решить уравнение

2	+ х2  –	2	– 4х = 0.
3х2		3х2

L Неправильное решение.

После приведения подобных слагаемых получим:

х² – 4х = 0;

х (х – 4) =0;

х = 0,  х = 4.

Ответ: 0  и  4.

Комментарий. Был приобретен посторонний корень  х = 0.  

J Правильный ответ:  4.

Заметим, что аналогичная ситуация может сложиться и для слагаемых, содержащих переменную под знаком корня или под знаком логарифма. 

Очень часто посторонние корни появляются при возведении в четную степень обеих частей уравнения. Рассмотрим следующее иррациональное уравнение и на его примере – процесс появления посторонних корней.

K Упражнение. Решить уравнение   √х + 3 + √7 – х = 2.

L Неправильное решение. 

ОДЗ:  –3 ≤ х ≤ 7;

√х + 3 = 2 – √7 – х;

x + 3 = 4 – 4 · √7 – х + 7 – x;

2x – 8 = –4 · √7 – х;

2 · √7 – х = 4 – x;

4 (7 – x) = 16 – 8x + х²;

х² – 4x – 12 = 0;

x₁ = –2,  x₂ = 6.

И число –2, и число 6 содержатся в области допустимых значений переменной х, значит, являются решениями исходного уравнения.

Ответ: –2  и  6.

Комментарий. Оба корня посторонние и были приобретены в процессе решения. Как же это произошло? Дело вот в чем. В процессе решения с помощью возведения в квадрат и элементарных преобразований мы перешли от уравнения   

√х + 3 = 2 – √7 – х

к уравнению 

x + 3 = 4 – 4 · √7 – х + 7 – x.

Последнему уравнению число –2 удовлетворяет, после подстановки получаем верное равенство 1 = 1. Предыдущее же уравнение при подстановке –2 дает ложное равенство 1 = –1, которое стало верным именно в результате возведения в квадрат, ведь 1² = (–1)². Число –2 является корнем второго уравнения, для первого – посторонний корень. А вот число 6 не является корнем ни одного из них. 

Шестерка выходит на арену при переходе от уравнения

2 · √7 – х = 4 – x,

которое уже имеет один корень –2, к уравнению

4 (7 – x) = 16 – 8x + х².

Теперь возведение в квадрат превращает ложное равенство 2 = –2 в истинное равенство 4 = 4, которые соответствуют этим уравнениям для случая х = 6. Для последнего уравнения 6 – истинный корень, а для предпоследнего – ложный. И вот, путем преобразований мы получаем уравнение

х² – 4x – 12 = 0,

для которого числа –2 и 6 — самые настоящие корни, а для исходного — посторонние. Два раза мы применяли возведение в квадрат и каждый раз приобретали посторонний корень, каждый из которых благополучно преодолел фильтр ОДЗ. В данном случае проверка обязательна.

J Правильный ответ: решений нет.

Необходимо помнить, что если область допустимых значений неизвестного найдена и при решении уравнения получены корни, принадлежащие ей, то проверка корней не нужна, только если при этом в процессе решения все преобразования были тождественными.

Если при решении уравнения используется тот факт, что произведение равно нулю, когда хотя бы один из множителей равен нулю, прежде чем писать ответ, необходимо убедиться, что все найденные корни удовлетворяют условию.

K Упражнение. Решить уравнение  (x – 5) (х + 2) √х – 3 = 0.

L Неправильное решение. 

Перейдем от данного уравнения у совокупности уравнений:

х – 5 = 0,  х + 2 = 0,  х – 3 = 0;

х = 5,  х = –2,  х = 3.

Ответ:  5;  –2;  3.

Комментарий. Число –2 обращает подкоренное выражение  х – 3  в отрицательное число, а значит не может быть корнем уравнения.

J Правильный ответ: 5  и  3.

 

Часто причиной изменения множества корней уравнения во время его преобразования является применение равенств, правая и левая части которых имеют разные области определения. Таких равенств много, вот некоторые из них: 

x = (√ х)²

x =	x · y
	y

√ х · y = √ х · √ y

tg (x + y) =	tg x + tg y
	1 – tg x · tg y

sin 2x =	2 tg x
	1 + tg2 x

log_a х² = 2 log_a x

log_a х · y = log_a x + log_a y

В каждом из этих равенств область определения выражения, стоящего в правой части, является подмножеством области выражения, стоящего в левой части. Поэтому использование этих равенств слева направо может привести к потере корней, а справа налево – к появлению посторонних корней.

K Упражнение. Решить уравнение  \(\sqrt{\left(x-1 \right)^2\left(x-3 \right)}=x-1.\)

L Неправильное решение. 

\(\sqrt{\left(x-1 \right)^2}\cdot \sqrt{x-3}=x-1;\)

\(\left| x-1\right|\cdot \sqrt{x-3}=x-1;\)

\(\sqrt{x-3}=\frac{x-1}{\left|x-1 \right|};\)

так как  х ≥ 3,  то  |х – 1| = х – 1  и

\(\sqrt{x-3}=1;\)

\(x=4.\)

Ответ: 4.

Комментарий. Применение формулы  √ х · y = √ х · √ y  привело к потере корня x = 1. И вот почему. Исходное уравнение имеет область допустимых значений {1}∪[3; +∞), а вот уже ОДЗ уравнения \(\left| x-1\right|\cdot \sqrt{x-3}=x-1\) – только [3; +∞), что и привело к потере 1. 

Можем порекомендовать возвести обе части исходного уравнения в квадрат. Это может привести к появлению посторонних корней, избавиться от которых проверкой, как правило, проще, чем заниматься поисками потерянных корней.

J Правильное решение.

\(\sqrt{\left(x-1 \right)^2\left(x-3 \right)}=x-1;\)

\(\left(x-1 \right)^2\cdot \left(x-3 \right)=\left(x-1 \right)^2;\)

\(\left(x-1 \right)^2\cdot \left(x-3 \right)-\left(x-1 \right)^2=0;\)

\(\left(x-1 \right)^2\cdot \left(x-4 \right)=0;\)

\(\left(x-1 \right)^2=0,\;\; x-4 =0;\)

\(x=1,\;\;x=4.\)

Проверкой убеждаемся, что оба корня действительные.

Ответ: 1  и  4.

 

Ошибки, связанные с заменой переменной

При решении некоторых уравнений достаточно удачным является метод замены переменной. Но применение этого метода учащиеся осуществляют не всегда правильно.

Так необходимо помнить, что при наличии нескольких степеней заменять новой переменной надо ту, у которой показатель наименьший.

K Упражнение. Решить уравнение  \(5 \left(x-3 \right)^{1/4}-6=\left(x-3 \right)^{1/2}.\)

L Неправильное решение. 

Сделав замену  \( \left(x-3 \right)^{1/2}=t\),  считают, что \( \left(x-3 \right)^{1/4}=t^2\)  и уравнение переписывают в виде 5t² – t – 6 = 0, после чего, конечно, верный результат уже не получить.

J Правильное решение.

Верный результат можно получить, сделав замену  \( \left(x-3 \right)^{1/4}=t\), тогда  \( \left(x-3 \right)^{1/2}=t^2\)  с продолжением:

\(5t-6=t^2;\)

\(t^2-5t+6=0;\)

\(t_{1}=2,\;\;t_{2}=3;\)

1)\(\; \left(x-3 \right)^{1/4}=2,\;\;\;\) \(x-3 =16,\;\;\;\)  \(x=19;\)    

2)\(\; \left(x-3 \right)^{1/4}=3,\;\;\;\) \(x-3=81,\;\;\;\)  \(x=84.\;\;\;\)

Ответ: 19  и  84.

Правильно сделав замену и верно найдя значение вспомогательной переменной, учащиеся часто допускают ошибку, используя не то равенство, которым вспомогательная переменная вводилась.

K Упражнение. Решить уравнение  х + 4√x – 5 = 0.

L Неправильное решение. 

√x = t,  x = t²;

t² + 4t – 5 = 0;

t₁ = 1,  t₂ = –5;

1) x = (t₁)² =  1² = 1;   

2) x = (t₂)² = (–5)² = 25.

Ответ: 1  и  25. 

Комментарий. После нахождения значений вспомогательной переменной t для нахождения х следовало использовать подстановку √x = t, а не x = t². 

J Правильное решение. 

√x = t,  x = t²;

t² + 4t – 5 = 0;

t₁ = 1,  t₂ = –5;

1) √x = t₁ = 1;  x = 1;   

2) √x = t₂ = –5;  решений нет.  

Ответ: 1. 

При решении иррациональных уравнений учащиеся чаще всего применяют метод возведения в соответствующую степень. В результате этого решения иррациональных уравнений получаются громоздкими и не всегда доводятся до конца.

K Упражнение. Решить уравнение  \(x^2-4x-\sqrt{2x^2-8x+12}=6.\)

L Неправильное (нерациональное) решение. 

Чаще всего данное уравнение начинают решать так:

\(x^2-4x-6=\sqrt{2x^2-8x+12};\)

\(\left( x^2-4x-6\right)^2=2x^2-8x+12;\)

\(x^4-8x^3+2x^2+56x+24=0.\)

Нередко продолжения решения не следует, так как с полученным уравнением четвертой степени справится не каждый.

Комментарий. В качестве альтернативы можно предложить способ введения новой переменной.

J Правильное решение.

\(x^2-4x-\sqrt{2x^2-8x+12}=6;\)

пусть  \(\sqrt{2x^2-8x+12}=m,\)  тогда  \(x^2-4x=0,5(m^2-12),\) 

и исходное уравнение принимает вид:

\(0,5(m^2-12)-m=6.\) 

А дальше все просто:

\(m^2-2m-24=0;\)

\(m_{1}=-4;\;\;m_{2}=6;\)

1) \(\sqrt{2x^2-8x+12}=-4,\) решений нет;

2) \(\sqrt{2x^2-8x+12}=6,\;\;2x^2-8x+12=36,\;\;x^2-4x-12=0,\;\;x_{1}=-2,\;x_{2}=6.\)

Ответ: –2  и  6. 

Комментарий. Числа –2 и 6 не подвергались проверке осознанно. В данном случае после возведения в квадрат не могли появиться посторонние корни, так как и квадратный корень, и подкоренное выражение после возведения в квадрат заведомо равны положительным числам.

 

Ошибки, связанные с использованием модуля

При решении уравнений, в тех случаях, когда необходимо использовать понятия модуля и арифметического корня, допускаются серьезные ошибки, связанные либо с незнанием, либо с непониманием этих понятий.

K Упражнение 1. Решить уравнение  \(\sqrt{x^2}=9.\)

L Неправильное решение. 

\(\sqrt{x^2}=9;\;\;x=9.\)

Ответ: 9. 

J Правильное решение.

\(\sqrt{x^2}=9;\;\;\left|x \right|=9;\;\;x=\pm 9.\)

Ответ: ±9. 

 

K Упражнение 2. Решить уравнение  \(\sqrt{(x+3)^2}=x+3.\)

L Неправильное решение.

\(\sqrt{(x+3)^2}=x+3;\) 

\(x+3=x+3.\)

Ответ: корнем данного уравнения является любое действительное число.

J Правильное решение.

\(\sqrt{(x+3)^2}=x+3;\;\;\left|x+3 \right|=x+3\geq 0;\;\;x\geq -3.\)

Ответ: х ≥ –3.

Учитывая, что решение уравнений, содержащих модуль, часто вызывает затруднения, приведем полное и развернутое решение одного из таких уравнений.

K Упражнение. Решить уравнение  |x – 3| + |x –4| = 1.

J Правильное решение.

Находим нули модулей, для |х – 3| это 3, для |x – 4| это 4, и разбиваем ими область допустимых значений неизвестного на числовые промежутки:

(–∞; 3), [3; 4)  и  [4; +∞).

На каждом из этих промежутков исходное уравнение принимает свой вид.

Так как

\[\left|x-3 \right|=\begin{cases} \;\;\;\;x-3, \;\;\;x\geq 3; \\ -(x-3), \;\;x< 3; \end{cases}\;\;\;\;\;  \left|x-4 \right|=\begin{cases} \;\;\;\;x-4, \;\;x\geq 4; \\ -(x-4), \;x< 4; \end{cases}\]

то

1) при х ∈ (–∞; 3) исходное уравнение принимает вид:

– (х – 3) – (х – 4) = 1,

– х + 3 – х + 4 = 1,

2х = 6,

х = 3;

так как 3 ∉ (–∞; 3), то на этом промежутке решений нет;

2) при х ∈ [3; 4) исходное уравнение принимает вид:

(х – 3) – (х – 4) = 1,

х – 3 – х + 4 = 1,

1 = 1;

что является истинным тождеством; значит, каждое число рассматриваемого промежутка  [3; 4) является решением уравнения;

3) при х ∈ [4; +∞) исходное уравнение принимает вид:

(х – 3) + (х – 4) = 1,

х – 3 + х – 4 = 1,

2х = 8,

х = 4;

так как 4 ∈ [4; +∞), то 4 – корень уравнения.

Так как  [3; 4)∪{4} = [3; 4],  то корнями исходного уравнения являются все числа числового промежутка [3; 4].

Ответ: [3; 4].

 

Подбор корней без обоснования

К ошибочным решениям можно отнести и верный подбор корня заданного уравнения, иногда просто угадывание, без доказательства его единственности.

K Упражнение. Решить уравнение  х (х + 1) (х + 2) (х + 3) = 24.

L Неправильное решение.  

Подбором находят корень  х = 1  из разложения  24 = 1 · 2 · 3 · 4.

Ответ: 1.

Комментарий. Был подобран корень  х = 1,  но не обнаружен еще один корень х = –4, который соответствует разложению  24 = –4 · (–3) · (–2) · (–1). Но даже если и второй корень успешно подобран, но не обосновано отсутствие других корней, то считать такое решение уравнения правильным нельзя.

J Правильное решение.

х (х + 1) (х + 2) (х + 3) = 24,

(х (х + 3)) ((х + 1) (х + 2)) = 24,

(x² + 3х) (x² + 3х + 2) = 24,

введем новую переменную  x² + 3х + 1 = t, тогда

(t – 1) (t + 1) = 24,

t² – 1 = 24,    

t² = 25,

t₁ = –5,  t₂ = 5,

1) x² + 3х + 1 = –5,  x² + 3х + 6 = 0,  решений нет;

2) x² + 3х + 1 = 5,    x² + 3х – 4 = 0,   х₁ = –4,  х₂ = 1.

Ответ: –4  и  1.

Наиболее распространенным методом доказательства единственности корня нестандартного уравнения является использование свойства монотонности входящих в уравнение функций. Часто при этом используется производная.

K Упражнение. Решить уравнение  x¹¹ + 5х – 6 = 0.

L Неправильное решение. 

Методом подбора находим корень уравнения  х = 1.

Ответ: 1.

Комментарий. Не приведено обоснование единственности подобранного корня уравнения.

J Правильное решение.

Корень х = 1 легко угадывается, а производная левой части равна 11x¹⁰ + 5 и положительна на всей числовой оси. Отсюда следует монотонность функции у = x¹¹ + 5х – 6, что и доказывает единственность подобранного корня.

Ответ: 1. 

 

Ошибки в логарифмических и показательных уравнениях

Для решения логарифмических и показательных уравнений используются специальные приемы, основанные на свойствах логарифмов и степеней. Рассмотрим связанные с применением этих приемов ошибки.

При решении уравнений, которые можно свести к равенству степеней с одинаковыми основаниями или с одинаковыми показателями, не всегда делаются правильные выводы.

K Упражнение 1. Решить уравнение  (log₇ x)^1/₃  = 1.

L Неправильное решение. 

(log₇ x)^1/₃  = (log₇ x)⁰.          

Так как при одинаковых основаниях показатели не равны, то равенство степеней невозможно, а, значит, корней нет.

Ответ: корней нет.

J Правильное решение.

Возведем в куб обе части уравнения, тогда

log₇ x = 1,

x = 7.

Ответ: 7.

 

K Упражнение 2. Решить уравнение  (х + 5) ^{х2 + х – 2} = 1.

L Неправильное решение.

(х + 5) ^{х2 + х – 2} =  (х + 5) ⁰,

х² + х – 2 = 0,

х₁ = –2,  х₂ = 1.

Ответ: –2  и  1.

Комментарий. Потерян корень х = –4. Избежать этого можно было и при данном способе решения уравнения, если учесть, что степень равна 1 не только в случае нулевого показателя, но и в случае основания равного 1 при произвольном показателе. И тогда в дополнение к приведенному решению имеем:

х + 5 = 1,

х = –4.

J Правильное решение.

Прологарифмируем обе части уравнения по некоторому основанию, например 10, при условии х > 5, тогда

(х² + х – 2) · lg (x + 5) = 0;

1) х² + х – 2 = 0;  х₁ = –2,  х₂ = 1;

2)  lg (x + 5) = 0;  x + 5 = 1;  x = –4.

Ответ: –4, –2  и  1.

Необходимо помнить, что:

из равенства степеней, основания которых равны единице, не следует обязательное равенство показателей этих степеней;

степенно–показательное уравнение предпочтительно решать путем логарифмирования.

При решении логарифмических уравнений часто приходится применять свойства логарифмов с одинаковыми основаниями. При применении этих свойств учащиеся часто допускают ошибки.

K Упражнение 1. Решить уравнение  log₃ x · log₃ (3x) =log₃ (81x).

L Неправильное решение. 

log₃ (3х²) =log₃ (81x),

3х² = 81x,

3х = 81,

х = 27.

Ответ: 27. 

Комментарий. В решении допущены две серьезные ошибки: во-первых, произведение логарифмов двух чисел заменено логарифмом произведения этих чисел; во-вторых, при решении уравнения 3х² = 81x потерян корень х = 0 (этот корень, конечно, не является корнем исходного уравнения, что не оправдывает его потерю).

J Правильное решение.

ОДЗ: х > 0;

log₃ x · (log₃ 3 + log₃ x) = log₃ 81 + log₃ x;

log₃ x · (1 + log₃ x) = 4 + log₃ x;

log₃ x + log₃² x = 4 + log₃ x;

log₃² x = 4;

log₃ x = ±2;

x = 9,  x = ¹/₉.

Ответ: 9  и  ¹/₉.

 

K Упражнение 2. Решить уравнение  lg x² = 4.

L Неправильное решение. 

2lg x = 4;  lg x = 2;  x = 100.

Ответ: 100.

J Правильное решение 1.

2lg |x| = 4;  lg |x| = 2;  |x| = 100;  x = ±100.

Ответ: ±100.

J Правильное решение 2.

lg x² = lg 10000;  x² = 10000;  x = ±100.

Ответ: ±100. 

Большие затруднения у многих учащихся возникают при выполнении действий над логарифмами с разными основаниями, так как учащиеся либо не умеют пользоваться соответствующими формулами, либо не знают их.

Следует помнить, что переход к логарифму с другим основанием может привести как к приобретению посторонних корней, так и к потере корней.

K Упражнение 1. Решить уравнение  \(\left(\log_{x}5 +2 \right){\log _{5}}^2 \;x=0.\)

L Неправильное решение. 

\(\left(\log_{x}5 +2 \right){\log _{5}}^2 \;x=0;\)

\(\left(\frac{1}{\log_{5}x} +2 \right){\log _{5}}^2 \;x=0;\)

\(\left(1 +2 \log _{5}x\right)\log _{5}x=0;\)

1) \(1 +2 \log _{5}x=0;\;\;\;\log _{5}x=-^1/_2;\;\;\;x=\;^1/_{\sqrt{5}};\)

2) \(\log _{5}x=0;\;\;\;\ x=1.\) 

Ответ: \(\;^1/_{\sqrt{5}}\;;\;\;\;1.\)  

Комментарий. Преобразование логарифма с основание х в логарифм с основанием 5 привело к появлению постороннего корня, так как произошло расширение ОДЗ.

J Правильное решение.

Приведенное выше решение следует дополнить указанием области допустимых значений неизвестного в исходном уравнении. Это объединение числовых промежутков (0; 1)∪(1; +∞). И указанием того факта, что 1 ∉ (0; 1)∪(1; +∞), а, значит, не является корнем.

Ответ: \(\;^1/_{\sqrt{5}}\;.\)  

 

K Упражнение 2. Решить уравнение  \(20\log_{4x}\sqrt{x}+ 7\log_{16x}x^3-3\log _{x/2}x^2=0.\)

L Неправильное решение. 

\(10\log_{4x}x+ 21\log_{16x}x-6\log _{x/2}x=0;\)

\(\large \frac{10}{\log_{x}4x}+ \frac{21}{\log_{x}16x}-\frac{6}{\log _{x}x/2}=0;\)

\(\large \frac{10}{\log_{x}4+\log_{x}x}+ \frac{21}{\log_{x}16+\log_{x}x}-\frac{6}{\log _{x}x-\log _{x}2}=0;\) 

\(\large \frac{10}{2\log_{x}2+1}+ \frac{21}{4\log_{x}2+1}-\frac{6}{1-\log _{x}2}=0.\)

Пусть log_x 2 = t, тогда

\(\large \frac{10}{2t+1}+ \frac{21}{4t+1}-\frac{6}{1-t}=0;\)

\(\large \frac{10(4t+1)(1-t)+21(2t+1)(1-t)-6(2t+1)(4t+1)}{(2t+1)(4t+1)(1-t)}=0;\) 

\(26t^2-3t-5=0,\;\;\;\;t\neq 1,\;t\neq -^1/_2,\;t\neq -^1/_4;\)

\(1)\;t=\;^1/_2,\;\;\;\log _x{2}=\;^1/_2,\;\;\;x^{1/2}=2,\;\;\;x=4;\) 

\(2)\;t=-\;^5/_{13},\;\;\;\log _x{2}=-\;^5/_{13},\;\;\;x^{-5/13}=2,\;\;\;x=\;^1/_{4\sqrt[5]{8}}\;.\) 

Ответ:  \(4;\;\;^1/_{4\sqrt[5]{8}}\;.\)

Комментарий. В приведенном решении потерян корень, и вот почему. Был выполнен переход к логарифму с основанием х. Это вызвало изменения в ОДЗ неизвестного. Одно из таких изменений – это х ≠ 1. Поэтому число 1, как возможный корень исходного уравнения, следует рассмотреть отдельно.

J Правильное решение.

Приведенное выше решение нужно дополнить лишь проверкой того, не является ли 1 корнем уравнения. Подставляем 1 в исходное уравнение и убеждаемся, что 1 – корень.

Ответ:  \(1;\;\;4;\;\;^1/_{4\sqrt[5]{8}}\;.\)

 

Ошибки в тригонометрических уравнениях

Выделение в отдельный подраздел тригонометрических уравнений связано стем, что при их решении применяются не только алгебраические методы. Рассмотрим наиболее типичные ошибки, которые допускают учащиеся при решении тригонометрических уравнений.

Часто можно встретить неправильную запись решения тригонометрического уравнения или лишь частное решение.

 

K  Решить уравнение	L Неправильный ответ	J Правильный ответ
sin x – cos x = 0	x = π/4	x = π/4 + πk, k ∈ Z
tg x = 1/√3	x = π/6 + 2πk, k ∈ Z	x = π/6 + πk, k ∈ Z
sin x =  1/2	x = (–1)k arcsin π/6 + πk, k ∈ Z	x = (–1)k · π/6 + πk, k ∈ Z
cos x =  1/2	x = π/3 + 2πk, k ∈ Z	x = ± π/3 + 2πk, k ∈ Z

 

В тригонометрических уравнениях, как и в уравнениях других видов, причиной многих ошибок становится невнимательное отношение к области допустимых значений неизвестного.

K Упражнение. Решить уравнение  tg 3x – tg x = 4sin x.

L Неправильное решение. 

sin (3x – x)	= 4sin x;
cos 3x cos x

sin 2x	= 4sin x;
cos 3x cos x

sin 2x = 4sin x cos 3x cos x;

sin 2x = 2sin 2x cos 3x;

sin 2x – 2sin 2x cos 3x = 0;

sin 2x (1 – 2cos 3x) = 0;

1) sin 2x = 0;   2x = πn, n ∈ Z;   x = ^πn/₂, n ∈ Z;

2) 1 – 2cos 3x = 0;   cos 3x = ¹/₂;   3x = ± ^π/₃ + 2πk, k ∈ Z;   x = ± ^π/₉ + ^2πk/₃, k ∈ Z.

Ответ:  ^πn/₂ , n ∈ Z;   ± ^π/₉ + ^2πk/₃, k ∈ Z.

Комментарий. Была допущена серьезная ошибка. При x = ^πn/₂ и нечетных n исходное уравнение не имеет смысла. Ошибка осталась незамеченной в результате того, что не была установлена область допустимых значений переменной. 

J Правильный ответ: πn, n ∈ Z;   ± ^π/₉ + ^2πk/₃, k ∈ Z.

Не редкость – появление ошибок по причине невнимательного отношения ко всем заданным в уравнении условиям.

K Упражнение. Решить уравнение  cos x – cos 2x = 1,  если  0 < x < ^π/₂ .

L Неправильное решение. 

cos x – (2cos² x – 1) = 1;

cos x – 2cos² x = 0;

cos x (1 – 2cos x) = 0; 

1) cos x = 0;  x =  ^π/₂ + πk, k ∈ Z;

2) 1 – 2cos x = 0;   cos x = ¹/₂;   x = ± ^π/₃ + 2πn, n ∈ Z.

Ответ:  ^π/₂ + πk, k ∈ Z;   ± ^π/₃ + 2πn, n ∈ Z. 

Комментарий. Ответ не верен, так как условию  0 < x < ^π/₂  удовлетворяют только один корень.

J Правильный ответ:  ^π/₃.

Следует не забывать, что сокращение всех членов уравнения на функцию, содержащее неизвестное не редко приводит к потере корней уравнения.

K Упражнение. Решить уравнение  cos x (2sin 2x – 1) = cos x sin 2x.

L Неправильное решение. 

2sin 2x – 1 = sin 2x;

sin 2x = 1;

2x =   ^π/₂ + 2πk, k ∈ Z;

x =   ^π/₄ + πk, k ∈ Z.

Ответ:  ^π/₄ + πk,  k ∈ Z.

J Правильное решение.

cos x (2sin 2x – 1) – cos x sin 2x = 0;

cos x (2sin 2x – 1 – sin 2x) = 0;

cos x (sin 2x – 1) = 0;

1) cos x = 0;  x =  ^π/₂ + πn, n ∈ Z;

2) sin 2x – 1 = 0;   sin 2x = 1;  2x = ^π/₂ + 2πk, k ∈ Z;  x = ^π/₄ + πk, k ∈ Z.

Ответ:  ^π/₂ + πn, n ∈ Z;   ^π/₄ + πk, k ∈ Z.

Еще одна причина появления ошибок – недостаточное внимание к проверке. Следует не забывать, что при проверке посторонних корней тригонометрических уравнений часто удобно использовать единичную окружность.

K Упражнение. Решить уравнение  sin x + cos x = 1.

L Неправильное решение. 

(sin x + cos x)² = 1²;

sin² x + 2sin x cos x + cos² x = 1;

1 + 2sin x cos x = 1;

sin 2x = 0;

2x = πn, n ∈ Z;

x = ^πn/₂,  n ∈ Z.

Ответ:  ^πn/₂,  n ∈ Z.

Комментарий. Так как при решении обе части исходного уравнения возводили в квадрат, а его левая часть может быть как положительной, так и отрицательной величиной, могли появиться посторонние корни, следовательно, проверка обязательна.

J Правильное решение.

 

Дополним приведенное выше решение следующими рассуждениями.

Значениям  x = ^πn/₂,  n ∈ Z  соответствуют четыре точки, отмеченные на единичной окружности. Причем зеленые точки соответствуют корням уравнения, а красные – посторонним корням.

Так как зеленой точке на Ох соответствуют значения n = 4k, где k ∈ Z, а на оси Оу – значения n = 4m + 1, где m ∈ Z, то

1)  x = ^4πk/₂ = 2πk, k ∈ Z; 

2)  x = ^4πm+π/₂ = ^π/₂ + 2πm, m ∈ Z. 

Ответ: 2πk, k ∈ Z   и   ^π/₂ + 2πm, m ∈ Z. 

 

Как и в любых других уравнениях, при решении тригонометрических уравнений не редкость – применение вспомогательной переменной. Но не следует забывать, что при этом может быть сужена область определения, что может привести к потере корней.

K Упражнение. Решить уравнение  sin 2x + 3cos 2x + 3 = 0.

L Неправильное решение. 

Так как

sin 2x =	2tg x	;
	1 + tg2 x
cos 2x =	1 – tg2 x	,
	1 + tg2 x

то для исходного уравнения имеем: 

2tg x	+ 3 ·	1 – tg2 x	+ 3 = 0;
1 + tg2 x		1 + tg2 x

2tg x + 3 – 3tg² x + 3 + 3tg² x = 0;

2tg x + 6 = 0;

tg x = –3;

x = arctg (–3) + πk, k ∈ Z.  

Ответ:  arctg (–3) + πk, k ∈ Z.  

Комментарий. Область допустимых значений неизвестного в исходном уравнении – все действительные числа. Но при x = ^π/₂ + πn переход от sin 2x и cos 2x к tg x невозможен. Таким образом область допустимых значений неизвестного сузилась, а значит, случай x = ^π/₂ + πn необходимо проверить отдельно.

J Правильное решение.

Продолжим решение уравнения. Подставим  ^π/₂ + πn  в исходное уравнение:

sin 2(^π/₂ + πn) + 3cos 2(^π/₂ + πn) + 3 = 0;

sin (π + 2πn) + 3cos (π + 2πn) + 3 = 0;

sin π + 3cos π + 3 = 0;

0 – 3 + 3 = 0;

0 = 0 – верно и, значит, ^π/₂ + πn,  n ∈  Z  – корни уравнения.

Ответ:  ^π/₂ + πn,  n ∈  Z;  arctg (–3) + πk, k ∈ Z.               

 

     Смотрите так же: 

Ошибки в тождественных преобразованиях

Ошибки в системах уравнений

Ошибки в неравенствах

Ошибки в упражнениях с параметрами

Ошибки в упражнениях о функциях

Ошибки в упражнениях из начал анализа

Ошибки в геометрических задачах