MO-ME-N-T MOderní MEtody s Novými Technologiemi

Projekt:

MO-ME-N-T MOderní MEtody s Novými Technologiemi

Reg.č.:

CZ.1.07/1.5.00/34.0903

Operační program:

Vzdělávání pro konkurenceschopnost

Škola:

Hotelová škola, Vyšší odborná škola hotelnictví a turismu a Jazyková škola s právem státní jazykové zkoušky Poděbrady

Tematický okruh:

Iracionální rovnice

Jméno autora:

Mgr. Karel Lhotský

Datum:

30. listopadu 2013

Ročník:

2. ročník HŠ

Anotace:

Učební materiál určený nejen k výkladu v hodinách matematiky, ale především k samostudiu, popřípadě

Iracionální rovnice (rovnice s neznámou v odmocněnci)

Ekvivalentní úpravy rovnic • Záměna stran rovnice. • Přičtení stejného výrazu k oběma stranám rovnice. • Násobení obou stran stejným reálným číslem, které je různé od nuly. Existují úpravy, které nejsou ekvivalentní. Např.: • Násobení (dělení) výrazem, který obsahuje neznámou. • Umocňování. Rovnice před neekvivalentní úpravou může mít jinou množinu kořenů než rovnice po úpravě. 3

Umocnění rovnosti x=1 x2 = 1

x1  1

x2  1

Máme „lineární rovnici“. Umocníme ji na druhou. Dostáváme (ryze) kvadratickou rovnici, která má dva kořeny. Číslo (1) nevyhovuje původní rovnici. Nevyhovující kořen vyloučíme prostřednictvím zkoušky. Zkouška je součástí řešení rovnice, pokud jsme provedli aspoň jednu neekvivalentní úpravu. 4

Příklad 1:

x5  x3

x  5   x  3 x  5  x2  6x  9 2

0  x  5x  4 2

 x  1 x  4  0 x 1  0

x40

x1  1

x2  4

Neznámá x je v odmocněnci. Proto musí platit: x + 5  0. x5 Podmínka není povinná, stejně budeme dělat zkoušku správnosti řešení. Ale někdy se vyplatí, jak uvidíme později. Umocníme na druhou, neboť jedině tak se zbavíme odmocniny. Pozor na vzorec (A+B)2. Řešíme kvadratickou rovnici. Oba kořeny vyhovují podmínce, ale je nutné provést zkoušku. 5

Příklad 1:

x  5  x  3 (zkouška)

x1  1 L  1  5  4  2

P  1  3  2

LP

x2  4

Kořen x1 = 1 splňuje danou rovnici. Kořen x2 = 4 nesplňuje danou rovnici. Kořenem rovnice je pouze číslo (1).

L   4 5  1 1

P  4  3  1

LP

K   1 6

Příklad 2: 5  3x  3  x 3x  3  x  5 2 3 x  3   x  5 3x  3  x 2  10 x  25 0  x 2  13x  22  x  2 x  11  0 x2  0 x1  2 L 8 P2 LP

x  11  0 x2  11 L  11 P  11 LP

Musí platit: 3x + 3  0. x1 Osamostatníme odmocninu na levé straně rovnice, aby byla po umocnění odstraněna. Dále řešíme jako příklad 1. Opět vyhovuje rovnici pouze jeden kořen.

K  11 7

Příklad 3: 3  x  6  x  4 3 

x  6    x  4 2

2

9 x  6  x  8 x  16 2

9 x  54  x 2  8x  16 0  x 2  17 x  70  x  7 x  10  0 x7  0 x1  7

x  10  0 x2  10

L3

P3

L6 P6

LP

LP

Řešíme jako příklady 1 a 2. x6 Oba kořeny vyhovují rovnici.

K  7 ; 10 8

Příklad 4: 3  x  6  4  x 3 

x  6    x  4 2

2

9 x  6  x  8 x  16 2

9 x  54  x  8x  16 2

0  x 2  17 x  70

 x  7 x  10  0 x7  0 x1  7

x  10  0 x2  10

L3

P  3

L6 P  6

LP

LP

x6 Po umocnění dostáváme zcela stejnou rovnici jako v předchozím příkladu. Zkoušce nevyhovuje ani jeden z kořenů.

K  9

Příklad 4: 

3x  1  x  1  2

3x  1  2  x  1

3x  1  2  x  1 2

2

3x  1  4  4  x  1   x  1

2x  2  4  x 1 x 1  2  x 1 2 2  x  1  2  x  1

x 2  2 x  1  4   x  1

x2  2x 1  4x  4 x2  6x  5  0

Podmínky na neznámou: 3x + 1  0, x – 1  0 jsou obě splněny, když x  1. V rovnici se vyskytují dvě odmocniny. Odstraníme je postupně. Je vhodné nechat na jedné straně samostatně odmocninu ze „složitějšího“ výrazu. Před dalším umocněním je vhodné zkrátit dvěma. 10

Příklad 4 (pokračování)  x  1 x  5  0 x 5  0 x2  5

x 1  0 x1  1

L 4 0 L  20

L2

L  16  4 L  42 L2

P2 LP

P2 LP

Oba kořeny vyhovují dané rovnici.

K  1; 5 11

Příklad 5:

x  5  2 x  27  x  2

x  5  x  2  2 x  27



x  5  x  2    2 x  27  2

2

 x  5  2 x  5 x  2   x  2    2 x  27 2  x  5 x  2  24

 x  5 x  2  12  x  5 x  2  122 x 2  2 x  5 x  10  144 x 2  3x  154  0

Podmínky na neznámou: x + 5  0, 2x + 27  0, x – 2  0 jsou všechny splněny, když x  2. V rovnici se vyskytují tři odmocniny. Odstraníme je postupně. Je vhodné nechat na jedné straně samostatně odmocninu z „nejsložitějšího“ výrazu.

12

Příklad 5 (pokračování)  x  11 x  14  0 x  11  0 x1  11

x  14  0 x2  14

L  16  9 L  43 L7

P  49 P7

LP

K  11

Druhý kořen nevyhovuje podmínce x – 2  0. Kdybychom podmínky na začátku nestanovili, zjistili bychom při zkoušce, že se v odmocněnci objeví číslo záporné. Může se proto zdát, že stanovení podmínek je zbytečné. Pozor na příklad 6 !!!!!!! 13

Příklad 6:

x 1  1  x  3

x 1

L  1 1  1 1  0  0  0 P3

LP K 

Při stanovení podmínek na x dostáváme: x – 1  0, 1 – x  0. Obě podmínky splňuje jediné číslo x = 1. Nemusíme proto řešit rovnici obvyklým (pracným) způsobem. Stačí ověřit, zda x = 1 kořenem rovnice. Číslo 1 není kořenem rovnice. 14

Příklad 7:

x2 x4  2

x2 x4  4 x2  x4 x2  4x  4  x  4 x 2  5x  0 x  x  5  0

x1  0

x 5  0 x2  5

Nalezení všech x, pro která je splněna podmínka: x2 x4  0 by bylo velice pracné. Nebudeme se jí zabývat a spolehneme se na zkoušku. Nejprve umocníme, abychom se zbavili „vnější“ odmocniny. Zbývá jen jedna odmocnina.

15

Příklad 7 (zkouška) x1  0 L  02 04  22  0

P2

LP

Dosadíme oba kořeny postupně do levé a pravé strany rovnice. Původní rovnici vyhovuje pouze jeden kořen.

x2  5 L  5 2 5 4  73  2

P2 LP

K  5 16

2 x  5  x  1  7  3x

Příklad 8: 1

K 

7 3

5 2

Stanovení podmínek na odmocněnce není nutné. Zde se však nejedná o tak těžký úkol jako v příkladu 7. 2x – 5  0, x + 1  0, 7 – 3x  0 5 7 x  , x  1, x  2 3 Podmínky si odporují. Neexistuje x, které by mohlo být kořenem rovnice. 17

Příklad 9:

3

x  3 x  2  0

t 2  3t  2  0 t  2t  1  0 t 2  0

t 1  0 t2  1

t1  2 3

x2

3

x1  23  8

x 1

x2  13  1

K  1; 8

2

3

Třetí odmocnina existuje z libovolného reálného čísla x. Umocňování nevede k cíli. Použijeme substituci:

t 3 x t 2  3 x2 Zkouškou ověříme správnost řešení.

18

Příklady k procvičení (1): 1.

2x  5  7

K  27

2.

x4  3

K  5

3.

6x 1   4

K 

4.

8x  5  0

5.

x  24  x  4

K  5

6.

x 2  11  x  1

K  6

2

 5 K     8

19

Příklady k procvičení (2): 7.

2 x  16  x  4

K  10

8.

5x  9  x  3

K  11

9.

2x 1  x  2

K  5

10. 4  2 x  5  x

K  7

11. 2  3x  34  x

K  10

12. 3  17  4 x  x

K  4 20

Příklady k procvičení (3): 13.

x 

14.

x 9 

15.

3x 

16.

x2  4 

x  16

K   4;5

17.

x2  9 

4x  3

K  6

18.

x 1  2

1  10 x

1 K   11

4 x

x  10

5x  1

K 

K  5

K  5 21

Příklady k procvičení (4): 19.

2x2 1  x  5

20.

2x  1  x 1

K   2;12 K 

21.

2 x  14  x  1

K  5

22.

3x  2  2  x

K  9

23.

2x 1  5  x

K  4

24.

x  13  x  13

K  36

2

2

22

Příklady k procvičení (5): 25.

3x  5  3  x  2

K  2; 3

26. 27.

x  27  x  5  2 x 1  2x  3  1

K  54

K   1

28.

x 5  5 x  4

K 

29.

x  1,5  1,5  x  2 x  3

K  1,5

30.

x  3  x 1  0

K 

23

Příklady k procvičení (6): 31.

2x 1  x 1 

2x  9

K  5

32.

x6  x6 

2 x  16

K  10

33.

x 8  x 8 

2 x  30

K  17

5 x 5  2

K  4

35.

73 x9  3

K   1

36.

x  4x  1  x 1

K  2

34.

3

2

24

Příklady k procvičení (7): 2  x 1 37.  5 x 4

K  49

3 3 x  8 38. 3  2 x 5

K  8

39.

40.

3

x2  3 3 x  2  0

K  8;1

x 4 x 6  0

K  16

25