Существует множество математических задач, ответами к которым служат одно или несколько целых чисел. В качестве примера можно привести четыре классические задачи, решаемые в целых числах – задача о взвешивании, задача о разбиении числа, задача о размене и задача о четырёх квадратах. Стоит отметить, что, несмотря на достаточно простую формулировку этих задач, решаются они весьма сложно, с применением аппарата математического анализа и комбинаторики. Идеи решения первых двух задач принадлежат швейцарскому математику Леонарду Эйлеру (1707–1783). Однако наиболее часто можно встретить задачи, в которых предлагается решить уравнение в целых (или в натуральных) числах. Некоторые из таких уравнений довольно легко решаются методом подбора, но при этом возникает серьёзная проблема – необходимо доказать, что все решения данного уравнения исчерпываются подобранными (то есть решений, отличных от подобранных, не существует). Для этого могут потребоваться самые разнообразные приёмы, как стандартные, так и искусственные. Анализ дополнительной математической литературы показывает, что подобные задания достаточно часто встречаются в олимпиадах по математике разных лет и различных уровней, а также в задании 19 ЕГЭ по математике (профильный уровень). В то же время в школьном курсе математики данная тема практически не рассматривается, поэтому школьники, участвуя в математических олимпиадах или сдавая профильный ЕГЭ по математике, обычно сталкиваются со значительными трудностями при выполнении подобного рода заданий. В связи с этим целесообразно выделить систему основных методов решения уравнений в целых числах, тем более что в изученной математической литературе этот вопрос явно не оговаривается. Описанная проблема определила цель данной работы: выделить основные методы решения уравнений в целых числах. Для достижения поставленной цели необходимо было решить следующие задачи:
1) Проанализировать олимпиадные материалы, а также материалы профильного ЕГЭ по математике;
2) Обозначить методы решения уравнений в целых числах и выделить преобладающие;
3) Полученные результаты проиллюстрировать примерами;
4) Составить несколько тренировочных заданий по данной теме;
5) Применяя разработанные задания, определить степень готовности учащихся девятых классов МБОУ СОШ №59 к решению подобного рода задач и сделать практические выводы.
Основная часть
Анализ разнообразной математической литературы показывает, что среди методов решения уравнений в целых числах в качестве основных можно выделить следующие:
Представление уравнения в виде произведения нескольких множителей, равного некоторому целому числу;
Представление уравнения в виде суммы квадратов нескольких слагаемых, равной некоторому целому числу;
Использование свойств делимости, факториалов и точных квадратов;
Использование Малой и Великой теорем Ферма;
Метод бесконечного спуска;
Выражение одной неизвестной через другую;
Решение уравнения как квадратного относительно одной из неизвестных;
Рассмотрение остатков от деления обеих частей уравнения на некоторое число.
Сразу же нужно оговорить, что мы понимаем под основными методами решения уравнений. Основными будем называть наиболее часто применяющиеся методы, что, конечно, не исключает возможности периодического применения новых «неожиданных» приёмов. Кроме того, причём в подавляющем большинстве случаев, применяют их различные сочетания, то есть проводят комбинирование нескольких методов. В качестве примера сочетания методов рассмотрим уравнение, предлагавшееся на ЕГЭ по математике в 2013 году (задание С6).
Задача. Решить в натуральных числах уравнение n! + 5n + 13 = k 2 .
Решение. Заметим, что оканчивается нулём при n > 4. Далее, при любых n ∈ N оканчивается либо цифрой 0, либо цифрой 5. Следовательно, при n > 4 левая часть уравнения оканчивается либо цифрой 3, либо цифрой 8. Но она же равна точному квадрату, который не может оканчиваться этими цифрами. Поэтому нужно перебрать только четыре варианта: n = 1, n = 2, n = 3, n = 4.
Значит, уравнение имеет единственное натуральное решение n = 2, k = 5.
В этой задаче использовались свойства точных квадратов, свойства факториалов, и остатки от деления обеих частей уравнения на 10.
Теперь приведём комплекс авторских задач.
Задача 1.Решить в целых числах уравнение n 2 — 4y! = 3.
Решение.Сначала перепишем исходное уравнение в виде n 2 = 4y! + 3. Если посмотреть на это соотношение с точки зрения теоремы о делении с остатком, то можно заметить, что точный квадрат, стоящий в левой части уравнения, даёт при делении на 4 остаток 3, что невозможно. Действительно, любое целое число представимо в одном из следующих четырёх видов:
Таким образом, точный квадрат при делении на 4 даёт в остатке либо 0, либо 1. Следовательно, исходное уравнение не имеет решений.
Ключевая идея – применение свойств точных квадратов.
Задача 2.Решить в целых числах уравнение 8z 2 = (t!) 2 + 2.
Решение.Непосредственная проверка показывает, что t = 0 и t = 1 не являются решениями уравнения. Если t > 1, то t! является чётным числом, то есть, оно представимо в виде t! = 2s. В таком случае уравнение можно преобразовать к виду 4z 2 = 2s 2 + 1. Однако, полученное уравнение заведомо не имеет решений, ибо в левой части стоит чётное число, а в правой – нечётное.
Ключевая идея – применение свойств факториалов.
Задача 3.Решить в целых числах уравнение x 2 + y 2 – 2x + 6y + 5 = 0.
Решение.Исходное уравнение можно переписать следующим образом: (x – 1) 2 + (y + 3) 2 = 5.
Из условия следует, что (x – 1), (y + 3) – целые числа. Следовательно, данное уравнение эквивалентно следующей совокупности:
Теперь можно выписать всевозможные целые решения уравнения.
Задача 4.Решить в целых числах уравнение zt + t – 2z = 7.
Решение.Исходное уравнение можно преобразовать к виду (z + 1) (t – 2) = 5. Числа (z + 1), (t – 2) являются целыми, поэтому имеют место следующие варианты:
Итак, уравнение имеет ровно четыре целых решения.
Ключевая идея – представление уравнения в виде произведения, равного целому числу.
Задача 5.Решить в целых числах уравнение n(n + 1) = (2k + 1)‼
Решение.Число (2k + 1)‼ нечётно при всех неотрицательных значениях k согласно определению (при отрицательных k оно вообще не определено). С другой стороны, оно равно числу n(n + 1), которое чётно при всех целых значениях k. Противоречие.
Ключевая идея – использование чётности/нечётности частей уравнения.
Задача 6.Решить в целых числах уравнение xy + x + 2y = 1.
Решение.Путём преобразований уравнение можно свести к следующему:
Данное преобразование не изменило ОДЗ неизвестных, входящих в уравнение, так как подстановка y = –1 в первоначальное уравнение приводит к абсурдному равенству –2 = 1. Согласно условию, x – целое число. Иначе говоря, тоже целое число. Но тогда число обязано быть целым. Дробь является целым числом тогда и только тогда, когда числитель делится на знаменатель. Делители числа 3: 1,3 –1, –3. Следовательно, для неизвестной возможны четыре случая: y = 0, y = 2, y = –2, y = –4. Теперь можно вычислить соответствующие значения неизвестной x. Итак, уравнение имеет ровно четыре целых решения: (–5;0), (–5;2), (1;–2), (1;–4).
Ключевая идея – выражение одной неизвестной через другую.
Задача 7.Решить в целых числах уравнение 5 m = n 2 + 2.
Решение.Если m = 0, то уравнение примет вид n 2 = –1. Оно не имеет целых решений. Если m 0. Тогда правая часть уравнения (как и левая) будет кратна 5. Но в таком случае n 2 при делении на 5 должно давать остаток 3, что невозможно (это доказывается методом перебора остатков, который был изложен при решении задачи 1). Следовательно, данное уравнение не имеет решений в целых числах.
Ключевая идея – нахождение остатков от деления обеих частей уравнения на некоторое натуральное число.
Задача 8.Решить в целых числах уравнение (x!) 4 + (y – 1) 4 = (z + 1) 4 .
Решение.Заметим, что в силу чётности показателей степеней уравнение эквивалентно следующему: (x!) 4 + |y – 1| 4 = |z + 1| 4 . Тогда x!, |y – 1|, |z + 1| – натуральные числа. Однако, согласно Великой теореме Ферма, эти натуральные числа не могут удовлетворять исходному уравнению. Таким образом, уравнение неразрешимо в целых числах.
Ключевая идея – использование Великой теоремы Ферма.
Задача 9.Решить в целых числах уравнение x 2 + 4y 2 = 16xy.
Решение.Из условия задачи следует, что x – чётное число. Тогда x 2 = 4x1 2 . Уравнение преобразуется к виду x1 2 + y 2 = 8x1y. Отсюда вытекает, что числа x1, y имеют одинаковую чётность. Рассмотрим два случая.
1 случай. Пусть x1, y – нечётные числа. Тогда x1 = 2t + 1, y = 2s + 1. Подставляя эти выражения в уравнение, получим:
Выполним соответствующие преобразования:
Сокращая обе части полученного уравнения на 2, получим?
В левой части стоит нечётное число, а в правой – чётное. Противоречие. Значит, 1 случай невозможен.
2 случай. Пусть x1, y – чётные числа. Тогда x1 = 2x2 + 1, y = 2y1. Подставляя эти значения в уравнение, получим:
Таким образом, получилось уравнение, точно такое же, как на предыдущем шаге. Исследуется оно аналогично, поэтому на следующем шаге получим уравнение и т.д. Фактически, проводя эти преобразования, опирающиеся на чётность неизвестных, мы получаем следующие разложения: . Но величины n и k не ограничены, так как на любом шаге (со сколь угодно большим номером) будем получать уравнение, эквивалентное предыдущему. То есть, данный процесс не может прекратиться. Другими словами, числа x, y бесконечно много раз делятся на 2. Но это имеет место, только при условии, что x = y = 0. Итак, уравнение имеет ровно одно целое решение (0; 0).
Ключевая идея – использование метода бесконечного спуска.
Задача 10.Решить в целых числах уравнение 5x 2 – 3xy + y 2 = 4.
Решение.Перепишем данное уравнение в виде 5x 2 – (3x)y + (y 2 – 4) = 0. Его можно рассмотреть как квадратное относительно неизвестной x. Вычислим дискриминант этого уравнения:
Для того чтобы уравнение имело решения, необходимо и достаточно, чтобы , то есть Отсюда имеем следующие возможности для y: y = 0, y = 1, y = –1, y = 2, y = –2.
Итак, уравнение имеет ровно 2 целых решения: (0;2), (0;–2).
Ключевая идея – рассмотрение уравнения как квадратного относительно одной из неизвестных.
Составленные автором задачи были использованы при проведении эксперимента, который состоял в следующем. Всем учащимся девятых классов были предложены разработанные задания с целью выявления уровня подготовки детей по данной теме. Каждому из учеников необходимо было предложить метод нахождения целочисленных решений уравнений. В эксперименте приняли участие 64 ученика. Полученные результаты представлены в таблице 1.
ТАБЛИЦА 1
Номер задания
Количество учащихся, справившихся с заданием (в процентах)
Решение целых и дробно рациональных уравнений
Давайте познакомимся с рациональными и дробными рациональными уравнениями, дадим их определение, приведем примеры, а также разберем наиболее распространенные типы задач.
Рациональное уравнение: определение и примеры
Знакомство с рациональными выражениями начинается в 8 классе школы. В это время на уроках алгебры учащиеся все чаще начинают встречать задания с уравнениями, которые содержат рациональные выражения в своих записях. Давайте освежим в памяти, что это такое.
Рациональное уравнение – это такое уравнение, в обеих частях которого содержатся рациональные выражения.
В различных пособиях можно встретить еще одну формулировку.
Рациональное уравнение – это такое уравнение, запись левой части которого содержит рациональное выражение, а правая – нуль.
Определения, которые мы привели для рациональных уравнений, являются равнозначными, так как говорят об одно и том же. Подтверждает правильность наших слов тот факт, что для любых рациональных выражений P и Q уравнения P = Q и P − Q = 0 будут равносильными выражениями.
А теперь обратимся к примерам.
x = 1 , 2 · x − 12 · x 2 · y · z 3 = 0 , x x 2 + 3 · x — 1 = 2 + 2 7 · x — a · ( x + 2 ) , 1 2 + 3 4 — 12 x — 1 = 3 .
Рациональные уравнения точно также, как и уравнения других видов, могут содержать любое количество переменных от 1 до нескольких. Для начала мы рассмотрим простые примеры, в которых уравнения будут содержать только одну переменную. А затем начнем постепенно усложнять задачу.
Рациональные уравнения делятся на две большие группы: целые и дробные. Посмотрим, какие уравнения будут относиться к каждой из групп.
Рациональное уравнение будет являться целым в том случае, если в записи левой и правой его частей содержатся целые рациональные выражения.
Рациональное уравнение будет являться дробным в том случае, если одна или обе его части содержат дробь.
Дробно рациональные уравнения в обязательном порядке содержат деление на переменную или же переменная имеется в знаменателе. В записи целых уравнений такого деления нет.
3 · x + 2 = 0 и ( x + y ) · ( 3 · x 2 − 1 ) + x = − y + 0 , 5 – целые рациональные уравнения. Здесь обе части уравнения представлены целыми выражениями.
1 x — 1 = x 3 и x : ( 5 · x 3 + y 2 ) = 3 : ( x − 1 ) : 5 – это дробно рациональные уравнения.
К числу целых рациональных уравнений можно отнести линейные и квадратные уравнения.
Решение целых уравнений
Решение таких уравнений обычно сводится к преобразованию их в равносильные алгебраические уравнения. Достичь этого можно путем проведения равносильных преобразований уравнений в соответствии со следующим алгоритмом:
сначала получим ноль в правой части уравнения, для этого на необходимо перенести выражение, которое находится в правой части уравнения, в его левую часть и поменять знак;
затем преобразуем выражение в левой части уравнения в многочлен стандартного вида.
Мы должны получить алгебраическое уравнение. Это уравнение будет равносильным по отношению к исходному уравнению. Легкие случаи позволяют нам для решения задачи свести целое уравнение с линейному или квадратному. В общем случае мы решаем алгебраическое уравнение степени n .
Необходимо найти корни целого уравнения 3 · ( x + 1 ) · ( x − 3 ) = x · ( 2 · x − 1 ) − 3 .
Решение
Проведем преобразование исходного выражения с целью получить равносильное ему алгебраическое уравнение. Для этого произведем перенос выражения, содержащегося в правой части уравнения, в левую часть и заменим знак на противоположный. В итоге получим: 3 · ( x + 1 ) · ( x − 3 ) − x · ( 2 · x − 1 ) + 3 = 0 .
Теперь проведем преобразование выражения, которое находится в левой части в многочлен стандартного вида и произведем необходимые действия с этим многочленом:
3 · ( x + 1 ) · ( x − 3 ) − x · ( 2 · x − 1 ) + 3 = ( 3 · x + 3 ) · ( x − 3 ) − 2 · x 2 + x + 3 = = 3 · x 2 − 9 · x + 3 · x − 9 − 2 · x 2 + x + 3 = x 2 − 5 · x − 6
У нас получилось свести решение исходного уравнения к решению квадратного уравнения вида x 2 − 5 · x − 6 = 0 . Дискриминант этого уравнения положительный: D = ( − 5 ) 2 − 4 · 1 · ( − 6 ) = 25 + 24 = 49 . Это значит, действительных корней будет два. Найдем их, воспользовавшись формулой корней квадратного уравнения:
x = — — 5 ± 49 2 · 1 ,
x 1 = 5 + 7 2 или x 2 = 5 — 7 2 ,
x 1 = 6 или x 2 = — 1
Проверим верность корней уравнения, которые мы нашли в ходе решения. Для этого числа, которые мы получили, подставим в исходное уравнение: 3 · ( 6 + 1 ) · ( 6 − 3 ) = 6 · ( 2 · 6 − 1 ) − 3 и 3 · ( − 1 + 1 ) · ( − 1 − 3 ) = ( − 1 ) · ( 2 · ( − 1 ) − 1 ) − 3 . В первом случае 63 = 63 , во втором 0 = 0 . Корни x = 6 и x = − 1 действительно являются корнями уравнения, данного в условии примера.
Ответ: 6 , − 1 .
Давайте разберем, что значит «степень целого уравнения». С этим термином мы будем часто встречаться в тех случаях, когда нам надо будет представить целое уравнение в виде алгебраического. Дадим определение понятию.
Степень целого уравнения – это степень алгебраического уравнения, равносильного исходному целому уравнению.
Если посмотреть на уравнения из примера, приведенного выше, можно установить: степень данного целого уравнения вторая.
Если бы наш курс ограничивался решением уравнений второй степени, то рассмотрение темы на этом можно было бы закончить. Но все не так просто. Решение уравнений третьей степени сопряжено с трудностями. А для уравнений выше четвертой степени и вовсе не существует общих формул корней. В связи с этим решение целых уравнений третьей, четвертой и других степеней требует от нас применения целого ряда других приемов и методов.
Чаще прочих используется подход к решению целых рациональных уравнений, который основан на методе разложения на множители. Алгоритм действий в этом случае следующий:
переносим выражение из правой части в левую с тем, чтобы в правой части записи остался нуль;
представляем выражение в левой части как произведение множителей, а затем переходим к совокупности нескольких более простых уравнений.
Пример 4
Найдите решение уравнения ( x 2 − 1 ) · ( x 2 − 10 · x + 13 ) = 2 · x · ( x 2 − 10 · x + 13 ) .
Решение
Переносим выражение из правой части записи в левую с противоположным знаком: ( x 2 − 1 ) · ( x 2 − 10 · x + 13 ) − 2 · x · ( x 2 − 10 · x + 13 ) = 0 . Преобразование левой части в многочлен стандартного вида нецелесообразно в связи с тем, что это даст нам алгебраическое уравнение четвертой степени: x 4 − 12 · x 3 + 32 · x 2 − 16 · x − 13 = 0 . Легкость преобразования не оправдывает всех сложностей с решением такого уравнения.
Намного проще пойти другим путем: вынесем за скобки общий множитель x 2 − 10 · x + 13 . Так мы придем к уравнению вида ( x 2 − 10 · x + 13 ) · ( x 2 − 2 · x − 1 ) = 0 . Теперь заменим полученное уравнение совокупностью двух квадратных уравнений x 2 − 10 · x + 13 = 0 и x 2 − 2 · x − 1 = 0 и найдем их корни через дискриминант: 5 + 2 · 3 , 5 — 2 · 3 , 1 + 2 , 1 — 2 .
Ответ: 5 + 2 · 3 , 5 — 2 · 3 , 1 + 2 , 1 — 2 .
Точно также мы можем использовать метод введения новой переменной. Этот метод позволяет нам переходить к равносильным уравнениям со степенями ниже, чем были степени в исходном целом уравнении.
Есть ли корни у уравнения ( x 2 + 3 · x + 1 ) 2 + 10 = − 2 · ( x 2 + 3 · x − 4 ) ?
Решение
Если мы сейчас попробуем свести целое рациональное уравнение к алгебраическому, то получим уравнение 4 степени, которое не имеет рациональных корней. Потому нам будет проще пойти другим путем: ввести новую переменную у, которая заменит в уравнении выражение x 2 + 3 · x .
Теперь мы будем работать с целым уравнением ( y + 1 ) 2 + 10 = − 2 · ( y − 4 ) . Перенесем правую часть уравнения в левую с противоположным знаком и проведем необходимые преобразования. Получим: y 2 + 4 · y + 3 = 0 . Найдем корни квадратного уравнения: y = − 1 и y = − 3 .
Теперь проведем обратную замену. Получим два уравнения x 2 + 3 · x = − 1 и x 2 + 3 · x = − 3 . Перепишем их как x 2 + 3 · x + 1 = 0 и x 2 + 3 · x + 3 = 0 . Используем формулу корней квадратного уравнения для того, чтобы найти корни первого уравнения из полученных: — 3 ± 5 2 . Дискриминант второго уравнения отрицательный. Это значит, что действительных корней у второго уравнения нет.
Ответ: — 3 ± 5 2
Целые уравнения высоких степеней попадаются в задачах достаточно часто. Пугаться их не нужно. Нужно быть готовым применить нестандартный метод их решения, в том числе и ряд искусственных преобразований.
Решение дробно рациональных уравнений
Начнем рассмотрение этой подтемы мы с алгоритма решения дробно рациональных уравнений вида p ( x ) q ( x ) = 0 , где p ( x ) и q ( x ) – целые рациональные выражения. Решение остальных дробно рациональных уравнений всегда можно свести к решению уравнений указанного вида.
В основу наиболее употребимого метода решения уравнений p ( x ) q ( x ) = 0 положено следующее утверждение: числовая дробь u v , где v – это число, которое отлично от нуля, равна нулю только в тех случаях, когда числитель дроби равен нулю. Следуя логике приведенного утверждения мы можем утверждать, что решение уравнения p ( x ) q ( x ) = 0 может быть сведено в выполнению двух условий: p ( x ) = 0 и q ( x ) ≠ 0 . На этом построен алгоритм решения дробных рациональных уравнений вида p ( x ) q ( x ) = 0 :
находим решение целого рационального уравнения p ( x ) = 0 ;
проверяем, выполняется ли для корней, найденных в ходе решения, условие q ( x ) ≠ 0 .
Если это условие выполняется, то найденный корень является корнем исходного уравнения. Если нет, то корень не является решением задачи.
Найдем корни уравнения 3 · x — 2 5 · x 2 — 2 = 0 .
Решение
Мы имеем дело с дробным рациональным уравнением вида p ( x ) q ( x ) = 0 , в котором p ( x ) = 3 · x − 2 , q ( x ) = 5 · x 2 − 2 = 0 . Приступим к решению линейного уравнения 3 · x − 2 = 0 . Корнем этого уравнения будет x = 2 3 .
Проведем проверку найденного корня, удовлетворяет ли он условию 5 · x 2 − 2 ≠ 0 . Для этого подставим числовое значение в выражение. Получим: 5 · 2 3 2 — 2 = 5 · 4 9 — 2 = 20 9 — 2 = 2 9 ≠ 0 .
Условие выполняется. Это значит, что x = 2 3 является корнем исходного уравнения.
Ответ:2 3 .
Есть еще один вариант решения дробных рациональных уравнений p ( x ) q ( x ) = 0 . Вспомним, что это уравнение равносильно целому уравнению p ( x ) = 0 на области допустимых значений переменной x исходного уравнения. Это позволяет нам использовать следующий алгоритм в решении уравнений p ( x ) q ( x ) = 0 :
решаем уравнение p ( x ) = 0 ;
находим область допустимых значений переменной x ;
берем корни, которые лежат в области допустимых значений переменной x , в качестве искомых корней исходного дробного рационального уравнения.
Пример 7
Решите уравнение x 2 — 2 · x — 11 x 2 + 3 · x = 0 .
Решение
Для начала решим квадратное уравнение x 2 − 2 · x − 11 = 0 . Для вычисления его корней мы используем формулу корней для четного второго коэффициента. Получаем D 1 = ( − 1 ) 2 − 1 · ( − 11 ) = 12 , и x = 1 ± 2 3 .
Теперь мы можем найти ОДЗ переменной x для исходного уравнения. Это все числа, для которых x 2 + 3 · x ≠ 0 . Это то же самое, что x · ( x + 3 ) ≠ 0 , откуда x ≠ 0 , x ≠ − 3 .
Теперь проверим, входят ли полученные на первом этапе решения корни x = 1 ± 2 3 в область допустимых значений переменной x . Мы видим, что входят. Это значит, что исходное дробное рациональное уравнение имеет два корня x = 1 ± 2 3 .
Ответ: x = 1 ± 2 3
Второй описанный метод решения проще первого в случаях, когда легко находится область допустимых значений переменной x , а корни уравнения p ( x ) = 0 иррациональные. Например, 7 ± 4 · 26 9 . Корни могут быть и рациональными, но с большим числителем или знаменателем. Например, 127 1101 и − 31 59 . Это позволяет сэкономить время на проведении проверки условия q ( x ) ≠ 0 : намного проще исключить корни, которые не подходят, по ОДЗ.
В тех случаях, когда корни уравнения p ( x ) = 0 целые, целесообразнее использовать первый из описанных алгоритмов решения уравнений вида p ( x ) q ( x ) = 0 . Быстрее сразу находить корни целого уравнения p ( x ) = 0 , после чего проверять, выполняется ли для них условие q ( x ) ≠ 0 , а не находить ОДЗ, после чего решать уравнение p ( x ) = 0 на этой ОДЗ. Это связано с тем, что в таких случаях сделать проверку обычно проще, чем найти ОДЗ.
Найдите корни уравнения ( 2 · x — 1 ) · ( x — 6 ) · ( x 2 — 5 · x + 14 ) · ( x + 1 ) x 5 — 15 · x 4 + 57 · x 3 — 13 · x 2 + 26 · x + 112 = 0 .
Решение
Начнем с рассмотрения целого уравнения ( 2 · x − 1 ) · ( x − 6 ) · ( x 2 − 5 · x + 14 ) · ( x + 1 ) = 0 и нахождения его корней. Для этого применим метод решения уравнений через разложение на множители. Получается, что исходное уравнение равносильно совокупности четырех уравнений 2 · x − 1 = 0 , x − 6 = 0 , x 2 − 5 · x + 14 = 0 , x + 1 = 0 , из которых три линейных и одно квадратное. Находим корни: из первого уравнения x = 1 2 , из второго – x = 6 , из третьего – x = 7 , x = − 2 , из четвертого – x = − 1 .
Проведем проверку полученных корней. Определить ОДЗ в данном случае нам сложно, так как для этого придется провести решение алгебраического уравнения пятой степени. Проще будет проверить условие, по которому знаменатель дроби, которая находится в левой части уравнения, не должен обращаться в нуль.
По очереди подставим корни на место переменной х в выражение x 5 − 15 · x 4 + 57 · x 3 − 13 · x 2 + 26 · x + 112 и вычислим его значение:
Проведенная проверка позволяет нам установить, что корнями исходного дробного рацинального уравнения являются 1 2 , 6 и − 2 .
Ответ: 1 2 , 6 , — 2
Найдите корни дробного рационального уравнения 5 · x 2 — 7 · x — 1 · x — 2 x 2 + 5 · x — 14 = 0 .
Решение
Начнем работу с уравнением ( 5 · x 2 − 7 · x − 1 ) · ( x − 2 ) = 0 . Найдем его корни. Нам проще представить это уравнение как совокупность квадратного и линейного уравнений 5 · x 2 − 7 · x − 1 = 0 и x − 2 = 0 .
Используем формулу корней квадратного уравнения для поиска корней. Получаем из первого уравнения два корня x = 7 ± 69 10 , а из второго x = 2 .
Подставлять значение корней в исходное уравнение для проверки условий нам будет достаточно сложно. Проще будет определить ОДЗ переменной x . В данном случае ОДЗ переменной x – это все числа, кроме тех, для которых выполняется условие x 2 + 5 · x − 14 = 0 . Получаем: x ∈ — ∞ , — 7 ∪ — 7 , 2 ∪ 2 , + ∞ .
Теперь проверим, принадлежат ли найденные нами корни к области допустимых значений переменной x .
Корни x = 7 ± 69 10 — принадлежат, поэтому, они являются корнями исходного уравнения, а x = 2 – не принадлежит, поэтому, это посторонний корень.
Ответ: x = 7 ± 69 10 .
Разберем отдельно случаи, когда в числителе дробного рационального уравнения вида p ( x ) q ( x ) = 0 находится число. В таких случаях, если в числителе находится число, отличное от нуля, то уравнение не будет иметь корней. Если это число будет равно нулю, то корнем уравнения будет любое число из ОДЗ.
Данное уравнение не будет иметь корней, так как в числителе дроби из левой части уравнения находится отличное от нуля число. Это значит, что ни при каких значениях x значение приведенной в условии задачи дроби не будет равняться нулю.
Ответ: нет корней.
Решите уравнение 0 x 4 + 5 · x 3 = 0 .
Решение
Так как в числителе дроби находится нуль, решением уравнения будет любое значение x из ОДЗ переменной x .
Теперь определим ОДЗ. Оно будет включать все значения x , при которых x 4 + 5 · x 3 ≠ 0 . Решениями уравнения x 4 + 5 · x 3 = 0 являются 0 и − 5 , так как, это уравнение равносильно уравнению x 3 · ( x + 5 ) = 0 , а оно в свою очередь равносильно совокупности двух уравнений x 3 = 0 и x + 5 = 0 , откуда и видны эти корни. Мы приходим к тому, что искомой областью допустимых значений являются любые x , кроме x = 0 и x = − 5 .
Получается, что дробное рациональное уравнение 0 x 4 + 5 · x 3 = 0 имеет бесконечное множество решений, которыми являются любые числа кроме нуля и — 5 .
Ответ: — ∞ , — 5 ∪ ( — 5 , 0 ∪ 0 , + ∞
Теперь поговорим о дробных рациональных уравнениях произвольного вида и методах их решения. Их можно записать как r ( x ) = s ( x ) , где r ( x ) и s ( x ) – рациональные выражения, причем хотя бы одно из них дробное. Решение таких уравнений сводится к решению уравнений вида p ( x ) q ( x ) = 0 .
Мы уже знаем, что мы можем получить равносильное уравнение при переносе выражения из правой части уравнения в левое с противоположным знаком. Это значит, что уравнение r ( x ) = s ( x ) равносильно уравнение r ( x ) − s ( x ) = 0 . Также мы уже разобрали способы преобразования рационального выражения в рациональную дробь. Благодаря этому мы без труда можем преобразовать уравнение r ( x ) − s ( x ) = 0 в тождественную ему рациональную дробь вида p ( x ) q ( x ) .
Так мы переходим от исходного дробного рационального уравнения r ( x ) = s ( x ) к уравнению вида p ( x ) q ( x ) = 0 , решать которые мы уже научились.
Следует учитывать, что при проведении переходов от r ( x ) − s ( x ) = 0 к p ( x ) q ( x ) = 0 , а затем к p ( x ) = 0 мы можем не учесть расширения области допустимых значений переменной x .
Вполне реальна ситуация, когда исходное уравнение r ( x ) = s ( x ) и уравнение p ( x ) = 0 в результате преобразований перестанут быть равносильными. Тогда решение уравнения p ( x ) = 0 может дать нам корни, которые будут посторонними для r ( x ) = s ( x ) . В связи с этим в каждом случае необходимо проводить проверку любым из описанных выше способов.
Чтобы облегчить вам работу по изучению темы, мы обобщили всю информацию в алгритм решения дробного рационального уравнения вида r ( x ) = s ( x ) :
переносим выражение из правой части с противоположным знаком и получаем справа нуль;
преобразуем исходное выражение в рациональную дробь p ( x ) q ( x ) , последовательно выполняя действия с дробями и многочленами;
решаем уравнение p ( x ) = 0 ;
выявляем посторонние корни путем проверки их принадлежности ОДЗ или методом подстановки в исходное уравнение.
Визуально цепочка действий будет выглядеть следующим образом:
r ( x ) = s ( x ) → r ( x ) — s ( x ) = 0 → p ( x ) q ( x ) = 0 → p ( x ) = 0 → о т с е и в а н и е п о с т о р о н н и х к о р н е й
Решите дробное рациональное уравнение x x + 1 = 1 x + 1 .
Решение
Перейдем к уравнению x x + 1 — 1 x + 1 = 0 . Преобразуем дробное рациональное выражение в левой части уравнения к виду p ( x ) q ( x ) .
Для этого нам придется привести рациональные дроби к общему знаменателю и упростить выражение:
x x + 1 — 1 x — 1 = x · x — 1 · ( x + 1 ) — 1 · x · ( x + 1 ) x · ( x + 1 ) = = x 2 — x — 1 — x 2 — x x · ( x + 1 ) = — 2 · x — 1 x · ( x + 1 )
Для того, чтобы найти корни уравнения — 2 · x — 1 x · ( x + 1 ) = 0 , нам необходимо решить уравнение − 2 · x − 1 = 0 . Получаем один корень x = — 1 2 .
Нам осталось выполнить проверку любым из методов. Рассмотрим их оба.
Подставим полученное значение в исходное уравнение. Получим — 1 2 — 1 2 + 1 = 1 — 1 2 + 1 . Мы пришли к верному числовому равенству − 1 = − 1 . Это значит, что x = − 1 2 является корнем исходного уравнения.
Теперь проведем проверку через ОДЗ. Определим область допустимых значений переменной x . Это будет все множество чисел, за исключением − 1 и 0 (при x = − 1 и x = 0 обращаются в нуль знаменатели дробей). Полученный нами корень x = − 1 2 принадлежит ОДЗ. Это значит, что он является корнем исходного уравнения.
Ответ:− 1 2 .
Найдите корни уравнения x 1 x + 3 — 1 x = — 2 3 · x .
Решение
Мы имеем дело с дробным рациональным уравнением. Следовательно, будем действовать по алгоритму.
Перенесем выражение из правой части в левую с противоположным знаком: x 1 x + 3 — 1 x + 2 3 · x = 0
Проведем необходимые преобразования: x 1 x + 3 — 1 x + 2 3 · x = x 3 + 2 · x 3 = 3 · x 3 = x .
Приходим к уравнению x = 0 . Корень этого уравнения – нуль.
Проверим, не является ли этот корень посторонним для исходного уравнения. Подставим значение в исходное уравнение: 0 1 0 + 3 — 1 0 = — 2 3 · 0 . Как видите, полученное уравнение не имеет смысла. Это значит, что 0 – это посторонний корень, а исходное дробное рациональное уравнение корней не имеет.
Ответ: нет корней.
Если мы не включили в алгоритм другие равносильные преобразования, то это вовсе не значит, что ими нельзя пользоваться. Алгоритм универсален, но он создан для того, чтобы помогать, а не ограничивать.
Проще всего будет решить приведенное дробное рациональное уравнение согласно алгоритму. Но есть и другой путь. Рассмотрим его.
Отнимем от правой и левой частей 7 , получаем: 1 3 + 1 2 + 1 5 — x 2 = 7 24 .
Отсюда можно заключить, что выражение в знаменателе левой части должно быть равно числу, обратному числу из правой части, то есть, 3 + 1 2 + 1 5 — x 2 = 24 7 .
Вычтем из обеих частей 3 : 1 2 + 1 5 — x 2 = 3 7 . По аналогии 2 + 1 5 — x 2 = 7 3 , откуда 1 5 — x 2 = 1 3 , и дальше 5 — x 2 = 3 , x 2 = 2 , x = ± 2
Проведем проверку для того, чтобы установить, являются ли найденные корни корнями исходного уравнения.
Способы решения целых уравнений
Обращаем Ваше внимание, что в соответствии с Федеральным законом N 273-ФЗ «Об образовании в Российской Федерации» в организациях, осуществляющих образовательную деятельность, организовывается обучение и воспитание обучающихся с ОВЗ как совместно с другими обучающимися, так и в отдельных классах или группах.
Министерство образования Российской Федерации
Методическая разработка по математике в 9 классе по теме:
«Способы решения целых уравнений»
МБОУ СОШ№13 города Костромы
Коржева Наталия Александровна
Кострома 2014 г.
Анализируя результаты проверки знаний выпускников средней школы по математике, можно сказать что, уровень математической подготовки не удовлетворяет тем целям, которые были поставлены перед учителем с пятого класса. Если некоторые шаблоны и алгоритмы школьниками и усвоены, то любое отступление от стандарта в формулировке задач и упражнений приводят ученика в замешательство. Это происходит потому, что в средней школе не уделяется достаточно внимания развивающей стороне математики. На экзамене ученик ищет шаблоны выполнения определенных заданий и поэтому видоизменение заданий в ту или иную сторону, приводит ученика в замешательство. В школьном курсе, как алгебры, а особенно геометрии на изучение некоторых вопросов отведено недостаточное количество часов, в учебнике недостаточно представлены способы решения задач, которые встречаются на экзамене. Так, например, в школьном курсе не рассматриваются формулы решения кубических уравнений, деление многочленов. Между тем круг задач, которые целесообразно решать в школе, значительно шире стандартной задачи «Решить уравнение» — можно говорить и о числе корней уравнения, и о нахождении целых и рациональных корней и т.д. Поэтому один из таких крупных разделов как «Тождественные преобразования многочленов и решение целых уравнений» необходимо обогатить заданиями, связанными с теоремой о корне, теоремой о целых корнях уравнения. Подобное расширение внутри этой важнейшей темы послужило бы глубокому и прочному усвоению базовых знаний, умений и навыков, которые позволят решать более широкий спектр задач, развить мышление учащихся, расширить их математический аппарат. Кроме того, существует большой разрыв между математикой, которая преподается в средней школе, и наиболее живыми и важными для естествознания и техники разделами современной математической науки. Материал по данной теме вполне доступен для изучения учащимися 9 классов. Его изучение подготовит ребят к успешному усвоению курса алгебры в старшей школе. В отличие от большинства тем школьного курса алгебры, ориентированных в целом на изучение функций, приемы решения уравнений представляет собой математический аппарат для решения задач более широкого содержания — прежде всего решения уравнений. Они позволяют учащимся решать уравнения третьих и более высоких степеней с целыми коэффициентами, которые в школьном курсе не рассматриваются.
Методическая разработка может быть использована учителями математики как на уроках так и на занятиях в рамках элективного курса.
Данная методическая разработка позволяет реализовать достижение следующих целей:
Расширить и углубить знания учащихся по решению целых уравнений с одной переменной высших степеней
Подготовить учащихся к применению знаний в нестандартной ситуации, обеспечить устойчивую мотивацию при решении целых уравнений
Приобретение учащимися уверенности в решении задач по данной теме
1. Беседа с учащимися
2. Система упражнений и задач, формирующих интерес к изучению темы «Способы решения целых уравнений»
3. Повторение, систематизация и обобщение знаний
4. Расширение и углубление знаний
5. Система заданий для самостоятельной работы, домашнее задание
Беседа с учащимися
Ребята! Вам предстоит итоговая аттестация по математике. Чтобы успешно сдать экзамен, вы должны знать математику не только на минимальном уровне, но и уметь применить ваши знания в нестандартных ситуациях. Наша задача: систематизация и обобщение, расширение и углубление знаний по решению целых уравнений с одной переменной со степенями, выше второй степени. Уравнение — это самая простая и распространенная математическая задача. Вы накопили некоторый опыт решения разнообразных уравнений и нам нужно привести свои знания в порядок, разобраться в приемах решения нестандартных уравнений. Уравнения сами по себе представляют интерес для изучения. Самые ранние рукописи свидетельствуют о том, что в Древнем Вавилоне и Древнем Египте были известны приемы решения линейных уравнений. Квадратные уравнения умели решать около 2000 лет назад до н.э. вавилоняне. Стандартные приемы и методы решения элементарных алгебраических уравнений являются составной частью решения всех типов уравнений. В простейших случаях решение уравнения с одним неизвестным распадается на два шага: 1) преобразование уравнения к стандартному виду; 2) решение стандартного уравнения. Полностью алгоритмизировать процесс решения уравнений нельзя, однако полезно запомнить наиболее употребительные приемы, общие для всех типов целых уравнений, позволяющих привести уравнение к стандартному виду «Произведение равно нулю» и понижающих степень множителей. Для уравнений высшей степени известны формулы корней, но они очень сложные Многие уравнения при применении нестандартных приемов решаются гораздо короче и проще.
Система упражнений и задач, формирующих интерес к изучению темы «Способы решения целых уравнений»
7) х 3 – 8х 2 + 13х -2=0 8) 2х 4 – 2х 3 – х +1 = 0
Задание для учащихся: проанализируйте данные уравнения, ответив на следующие вопросы:
1.Какое уравнение называется целым и есть ли среди данных уравнений — целые?
2. Как найти степень целого уравнения, сколько корней может иметь уравнение с одной переменной первой, второй, третьей степени?
3. Могли бы вы для какого-нибудь уравнения предложить способ решения?
4.Какие способы решения целых уравнений вы можете назвать?
5. Можно ли здесь применить один из названных вами способов?
3. Повторение, систематизация и обобщение знаний
Повторение известных методов решения уравнений.
Метод разложения на множители
Если уравнение равносильными преобразованиями можно привести к виду f(x)·q(x)=0, то f(x)=0 или q(x)=0, если х удовлетворяет области допустимых значений переменной.
Введение новой переменной (замена переменной)
Заменим некоторое выражение в уравнении новой переменной и получим более простое уравнение относительно новой переменной. Решая полученное уравнение, находим значение введенной переменной. Возвращаясь к старой переменной, решаем уравнения и вычислим корни исходного уравнения.
Рассмотрим уравнение f(x)=q(x). Строим в одной системе координат графики функций у = f(x) и у = q(x). Абсциссы точек пересечения этих графиков являются корнями уравнения (Этот способ не всегда обеспечивает высокую точность значений корней уравнения).
Цель проведения: повторить известные виды целых уравнений и известные способы их решения
x 3 — 8х 2 –х +8 =0
x 3 -2х 2 -4х +8 =0
x 3 – 3х 2 -4х = 0
(х 2 – 3х +1)(х 2 -3х +3)=3
(2х + 1) 2 + 4(2х +1) = 221
После выполнения самостоятельной работы учащиеся проверяют ответы, еще раз обсуждают выбор способа решения целых уравнений и после сдают самостоятельную работу.
Рассмотрим решение более сложных заданий:
1). Найти сумму корней уравнения (х+1)(х+2)(х+4)(х+5) = 40
Произведение 1 и 4, 2 и 3 множителей заменим квадратными трехчленами
(х 2 +6х+5)(х 2 +6х+8) = 40. Вводим новую переменю у = х 2 +6х+5 и получим квадратное уравнение относительно у: у 2 +3у – 40 =0. Находим корни этого уравнения и корни исходного уравнения, х 1 = 0, х 2 =-6. Сумма корней равна -6.
Произведение 1 и 4, 2 и 3 множителей заменим квадратными трехчленами
(х 2 + 14х + 24)(х 2 + 11х +24)= 4х 2 . Обе части уравнения разделим на х 2 ≠ 0 и получим уравнение (х+24/х +14)(х+24/х +11)=4. Пусть х+24/х=у, тогда (у+14)(у+11)=4,
Получим квадратное уравнение у 2 +25у+150=0, корнями которого будут числа -10; -15. Возвращаясь к замене получим корни исходного уравнения:
4. Расширение и углубление знаний
Рассмотрим некоторые приемы решения целых уравнений и теоремы из курса алгебры о решении уравнений.
Теорема1: О корне многочлена.
Если число а является корнем многочлена Р(х) = а 0 х п + а 1 х п-1 +….+а п-1 х + а п , где а 0 ≠0, то этот многочлен можно представить в виде произведения (х-а)Р 1 (х), где Р 1 (х) – многочлен п-1-й степени
Теорема 2: О целых корнях уравнения
Если уравнение а 0 х п + а 1 х п-1 +….+а п-1 х + а п =0, в котором все коэффициенты целые числа, причем свободный член отличен от нуля, имеет целый корень, то этот корень является делителем свободного члена.
Возвратимся к ранее предложенным заданиям . Есть много интересных методов решения уравнений. Не следует думать, что любое нестандартное уравнение труднее для решения, чем стандартное.
При решении уравнений высших степеней иногда применяется процедура угадывания хотя бы одного корня. Угаданный корень позволяет понизить степень многочлена на единицу, дальше достаточно выполнить деление уголком. Для нахождения корней многочлена полезно знать теорему о целых корнях уравнения. Рассмотрим, как она применяется при решении уравнений. Приведем примеры решения целых уравнений с использованием указанных теорем. Сначала проверяем, являются ли числа 1 и -1 корнями многочлена.
Здесь нам помогут такие факты:
Если сумма всех коэффициентов многочлена равна нулю, то число 1 является корнем многочлена.
Например, в многочлене 3х 2 -2х 3 — 7х +6 сумма коэффициентов равна нулю:
3 -2-7+6=0 . Легко проверить, что х=1 является корнем многочлена.
Свободный член считается коэффициентом при нулевой степени переменной, поскольку а n= а n х 0 . а – свободный член многочлена.
Например, в многочлене 5х 4 +3х 3 + 2х 2 +5х +1 сумма коэффициентов при четных степенях х: 5 +2 +1 =8 , и сумма коэффициентов при нечетных степенях х : 3 +5 =равна 8. Легко проверить, что х= -1 является корнем многочлена.
Если ни 1, ни -1 не являются корнями многочлена, то двигаемся дальше.
Сумма всех коэффициентов многочлена равна : 2-3+5-14 ≠ 0 следовательно, число 1 не является корнем многочлена.
Сумма коэффициентов при четных степенях х : -3-14=-17
Сумма коэффициентов при нечетных степенях х: 2+5=7; -17 ≠7,
следовательно, число -1 также не является корнем многочлена.
Проверим, является ли число 2 корнем многочлена, получаем верное равенство, следовательно, число 2 является корнем многочлена. Значит, по теореме о корне, многочлен 2х 3 — 3х 2 + 5х -14 делится без остатка на двучлен х-2 .
Как разделить многочлен на двучлен?
Многочлен можно разделить на двучлен столбиком.
Разделим многочлен на двучлен x -2 столбиком:
_2 x 3 -3 x 2 +5 x -14 x -2
2 x 3 -4 x 2 2 x 2 + x +7
Пример 2 (Задание можно решить также с помощью замены переменной)
Разложить на множители многочлен
P(x) = x 4 + 4х 2 -5
Среди делителей свободного члена число 1 является корнем данного
многочлена P(x) , а это значит , что из теоремы о целых корнях
P(x) делится на (x – 1) без остатка.
_x 4 + 4x 2 – 5 x – 1
x 4 – x 3 x 3 + x 2 + 5x + 5
P(x)/(x – 1) = x 3 + x 2 + 5x + 5 , значит P(x) = (x – 1)(x 3 + x 2 + 5x + 5).
Среди делителей свободного члена многочлена x 3 + x 2 + 5x + 5
x = -1 является его корнем, а это значит, что x 3 + x 2 + 5x + 5 делится на (x + 1) без остатка
_x 3 + x 2 +5x + 5 x + 1
(x 3 + x 2 +5x + 5)/(x + 1) = x 2 +5 , значит x 2 +5x + 5 = (x +1)(x 2 +5).
P(x) = (x – 1)(x +1)(x 2 +5) .
Двучлен (x 2 + 5) на множители не раскладывается, т.к. действительных корней не имеет, поэтому P(x) далее на множители не раскладывается.
Ответ: x 4 + 4x 2 – 5 = (x – 1)(x +1)(x 2 +5) .
Пример 3 . Решить уравнение х 3 -8х 2 + 13х -2 =0.
Если уравнение имеет целый корень, то в силу теоремы 2 он является делителем числа -2, т.е. равен одному из чисел 1,-1,2,-2. Проверка убеждает нас, что корнем уравнения является число 2. Значит в силу теоремы многочлен х 3 -8х 2 + 13х -2 можно представить в виде в виде (х-2) F (х), где F (х) – многочлен второй степени. Для того, чтобы найти многочлен F (х), разделим, многочлен х 3 -8х 2 + 13х -2 на двучлен х-2. Деление многочленов выполним «уголком».
_х 3 -8х 2 +13х -2 х-2
x 3 -2 x 3 x 2 -6 x +1
Значит исходное уравнение можно представить в виде (х- 2 ) (х 2 -6х +1) =0.
Отсюда х-2=0 или х 2 — 6х +1 =0, Первое уравнение имеет корень – число 2, второе уравнение имеет два корня: 3 -, 3 +
Пример 4 . Доказать, что уравнение 2х 4 – 2х3 — х +1 = 0 не имеет целых корней. Целыми корнями могут быть делители свободного члена -1,1. Непосредственной проверкой убеждаемся, что ни одно из них не является корнем уравнения.
Использование монотонности функции.
Вспомним определение возрастающей и убывающей функций:
Функция называется возрастающей на некотором промежутке, если произвольному большему значению аргумента соответствует т большее значение функции.
Функция называется убывающей на некотором промежутке, если произвольному большему значению аргумента из этого промежутка соответствует меньшее значение функции.
Теорема 3 . Если y = g(x) – монотонно возрастает на промежутке I и y = f(x) – монотонно возрастает на промежутке I, то y = g(x)+f(x) – монотонно возрастает на промежутке I.
Теорема 4 . Если y = f(x) возрастает (убывает) на промежутке I, то уравнение f(x) = a имеет на промежутке I не более одного корня.
Теорема 5 . Если y = f(x) возрастает на I, а y = g(x) убывает на I, то уравнение f(x) = g(x) на промежутке I имеет не более одного корня.
Пример 5. Решите уравнение: x 5 +x 3 +2x-4=0.
Решение: Функция f(x) = x 5 +x 3 +2x-4 возрастает как сумма трех возрастающих функций y = x 5 , y = x 3 и y = 2x-4 на R. Тогда уравнение f(x) = 0 имеет не более одного корня. Вспомним правило: все целые корни многочлена Р(х) с целыми коэффициентами содержатся среди делителей свободного члена.
Испытывая делители свободного члена, находим, что x=1.
Других целых корней у уравнения нет.
Пример 6 . Решить уравнение х 5 + 2х — 3= 0
Представим в виде х 5 = — 2х +3.
Функция у = х 5 –возрастающая, а функция у = -2х +3 – убывающая на R , значит уравнение имеет не более одного корня. Угадываем корень х = 1.
Использование четности функции
Вспомним определение четной функции:
Функция называется четной, если ее область определения симметрична относительно нуля и выполняется равенство f(-x)= f(x). График четной функции симметричен относительно оси ординат. При решении уравнения достаточно найти его неотрицательные корни, остальные восстановить по соображению симметрии.
Пример 7. Решить уравнение х 2 — 6│х│+8 = 0 и найти произведение корней.
у= х 2 — 6│х│+8 — четная функция. Решим уравнение для неотрицательных х.
х 2 — 6х+8 = 0, х 1 =2 и х 2 =4 (оба корня годятся). По соображениям симметрии
х 3 = — 2 и х 4 = — 4. Произведение корней -2·2·(-4)·4=64 Ответ. 64.
Решение возвратных уравнений
Возвратным уравнением называется уравнение вида
а 0 х п + а 1 х п-1 +….+а п-1 х + а п =0 , в котором коэффициенты членов уравнения, одинаково отстоящих от начала и конца, равны, т.е. а к = а п-к , где к =0,1,2,….п.
Рассмотрим пример возвратного уравнения четвертой степени.
Пример 8. Решить уравнение: х 4 – 5х 3 + 6 – 5х +1 = 0.
Воспользуемся тем, что коэффициенты членов многочлена, записанного в левой части уравнения, одинаково удаленных от начала и конца, равны между собой. Разделив обе части уравнения на х 2 , получим равносильное ему уравнение.
х 2 -5х+6 – 5/х + 1/х 2 = 0
Сгруппируем первый член с последним и второй с четвертым, получим:
(х 2 + 1/х 2 ) -5(х + 1/х) + 6 =0
Введем новую переменную: у = х +1/х и возведем левую и правую часть в квадрат, тогда
x 2 + 2 +1/х 2 = у 2
Выполнив подстановку, получим
решая это квадратное уравнение получим: у 1 =1 и у 2 =4, значит
х + 1/х=1 или х + 1/х=4.
Решая эти уравнения, найдем, что первое из них не имеет корней, а второе имеет два корня:
тоже целое число. Но тогда число 
обязано быть целым. Дробь является целым числом тогда и только тогда, когда числитель делится на знаменатель. Делители числа 3: 1,3 –1, –3. Следовательно, для неизвестной возможны четыре случая: y = 0, y = 2, y = –2, y = –4. Теперь можно вычислить соответствующие значения неизвестной x. Итак, уравнение имеет ровно четыре целых решения: (–5;0), (–5;2), (1;–2), (1;–4).
и т.д. Фактически, проводя эти преобразования, опирающиеся на чётность неизвестных, мы получаем следующие разложения: 
. Но величины n и k не ограничены, так как на любом шаге (со сколь угодно большим номером) будем получать уравнение, эквивалентное предыдущему. То есть, данный процесс не может прекратиться. Другими словами, числа x, y бесконечно много раз делятся на 2. Но это имеет место, только при условии, что x = y = 0. Итак, уравнение имеет ровно одно целое решение (0; 0).
, то есть 
Отсюда имеем следующие возможности для y: y = 0, y = 1, y = –1, y = 2, y = –2.