Funkcje wymierne. Funkcja homograficzna. Równania i nierówności

Funkcje wymierne. Funkcja homograficzna.
Równania i nierówności wymierne.
Funkcja homograficzna.
Definicja 1. Funkcja homograficzna jest to funkcja określona wzorem
f (x) =
ax + b
,
cx + d
(1)
gdzie współczynniki rzeczywiste a, b, c i d spełniają warunek ad − cb 6= 0.
Uwaga.
1) Jeśli c n= o0, to (1) jest funkcją liniową, jeśli c 6= 0, to dziedziną funkcji homograficznej jest
zbiór R \ dc .
2) Wykresem funkcji homograficznej jest hiperbola (gdy c 6= 0) albo prosta (gdy c = 0).
3) Przykład funkcji, która nie jest funkcją homograficzną
g(x) =
2x − 3
.
4x − 6
Ta funkcja nie spełnia warunku ad − cb 6= 0 i co za tym idzie redukuje się do funkcji stałej
g(x) = 12 .
4) Gałęzie hiperboli będącej wykresem funkcji homograficznej postaci f (x) = xa leżą w ćwiartkach
I i III układu współrzędnych dla a > 0 i w ćwiartkach II i IV dla a < 0.
5) Osie OX i OY są asymptotami wykresu funkcji f (x) = xa , a 6= 0.
1
6) Asymptotami wykresu funkcji g(x) = b + x−c
są proste x = c i y = b, wykres tej funkcji
otrzymujemy przez przesunięcie wykresu funkcji f (x) = x1 o wektor [c, b].
7) Funkcja homograficzna jest funkcją różnowartościową.
Przykład 1.
Wychodząc od wykresu funkcji h(x) = x1 , stosując odpowiednie przekształcenia geometryczne,
naszkicuj wykres funkcji g(x) = 2x−1
x+1 .
Rozwiązanie. Zapiszmy wzór opisujący funkcję g w innej postaci.
g(x) =
x−1
x+1
=
2(x + 1) − 3
3
−1
=2−
=2+3
.
x+1
x+2
x − (−1)
(2)
Widzimy teraz, że asymptotami wykresu funkcji g są proste x = −1, y = 2, a gałęzie hiperboli
leżą w ćwiartkach II i IV. Wykres funkcji g otrzymamy z wykresu funkcji h(x) = x1 po rozciągnięciu
go wzdłuż osi OY (aby otrzymać wykres funkcji y = x3 ), następnie odbiciu otrzymanego wykresu
względem osi OX (w ten sposó otrzymamy wykres funkcji y = − x3 ) i przesunięciu o wektor
[−1, 2].
Uwaga. Łatwo otrzymujemy postać (2) wykonując dzielenie wielomianu z licznika przez wielomian
z mianownika funkcji homograficznej.
Funkcje wymierne. Równania i nierówności wymierne.
Definicja 2. Niech W (x) i V (x) oznaczają dwa wielomiany zmiennej rzeczywistej x, niech
(x)
V (x) 6≡ 0, a P oznacza zbór pierwiastków wielomianu V (x). Funkcję f (x) = W
V (x) dla x ∈ R \ P
nazywamy funkcją wymierną zmiennej x.
Warunek V (x) 6≡ 0 oznacza, że wielomian V nie jest tożsamościowo równy zero, to znaczy, że
przyjmuje wartości niezerowe dla pewnych x ∈ R, inaczej mówiąc jest wielomianem niezerowym.
Uwaga.
1) Funkcja homograficzna f (x) = ax+b
cx+d , ad − bc 6= 0 jest funkcją wymierną.
2) Jeżeli stopień wielomianu W (x) jest mniejszy niż stopień wielomianu V (x), to funkcję wymierną
(x)
f (x) = W
V (x) nazywamy właściwą. Jeżeli stopień wielomianu W (x) jest nie mniejszy niż stopień
(x)
wielomianu V (x), to funkcję wymierną f (x) = W
V (x) nazywamy niewłaściwą. W tym drugim
przypadku możemy podzielić wielomiany i otrzymać sumę wielomianu i pewnej funkcji wymiernej
właściwej (Patrz Przykład 1.).
A
3) Funkcje wymierne typu f (x) = (x−a)
r , gdzie A, a ∈ R oraz r ∈ N, nazywamy ułamkami
prostymi pierwszego rodzaju. Funkcje wymierne typu f (x) = (x2Bx+C
+px+q)r , gdzie B, C, p, q ∈ R
2
przy czym p − 4q < 0, a r ∈ N, nazywamy ułamkami prostymi drugiego rodzaju.
4) Każda funkcja wymierna właściwa jest sumą ułamków prostych pierwszego i drugiego rodzaju,
przy czym ułamki te są określone jednoznacznie np.
1
−1
1
=
+
,
x2 − 3x + 2
x−1 x−2
1
1
−1
= 2+ 2
.
x4 + x2
x
x +1
Przykład 2. Znaleźć takie liczby rzeczywiste A, B, C, dla których równość
A
B
C
3x2 − 11x + 9
=
+
+
(x − 1)(x − 2)(x − 3)
x−1 x−2 x−3
(3)
jest spełniona dla każdego x ∈ R \ {1, 2, 3}.
Rozwiązanie. Przy założeniu, że x ∈ R \ {1, 2, 3} możemy pomnożyć obie strony równości (3)
przez (x − 1)(x − 2)(x − 3). Otrzymamy wówczas równoważną równość:
3x2 − 11x + 9 = A(x − 2)(x − 3) + B(x − 1)(x − 3) + C(x − 1)(x − 2).
Uporządkujemy wyrazy wielomianu stopnia drugiego stojącego po prawej stronie równości
3x2 − 11x + 9 = x2 (A + B + C) + x(−5A − 4B − 3C) + 6A + 3B + 2C.
(4)
Zatem równość (3) zachodzi dla każdego x 6= 1, x 6= 2, x 6= 3 wtedy i tylko wtedy, gdy wielomiany
w (4) są równe. Dwa wielomiany są równe, gdy są tego samego stopnia i gdy współczynniki
stojące przy odpowiednich potęgach zmiennej x są równe. Zatem A, B i C powinny spełniać
następujący układ równań:


= 3
 A+B+C
−5A − 4B − 3C = −11

 6A + 3B + 2C
= 9
Dodając stronami równania drugie i trzecie do równania pierwszego otrzymamy:


 2A
= 1
−5A − 4B − 3C = −11


6A + 3B + 2C
= 9
Dodajmy teraz stronami równanie trzecie do drugiego:


 A
= 12
A−B−C
= −2

 6A + 3B + 2C = 9
Zatem z równania drugiego mamy B = −C + 52 , podstawiając tak wyznaczone B i A = 21 do
równania trzeciego otrzymujemy C = 23 i co za tym idzie B = − 32 + 52 = 1. Rozwiązaniem układu
równań jest więc trójka liczb

1

 A = 2
B = 1

 C = 3.
2
Znaleźliśmy zatem tzw. rozkład wyrażenia
3x2 −11x+9
(x−1)(x−2)(x−3)
na ułamki proste:
1
3
3x2 − 11x + 9
1
= 2 +
+ 2 .
(x − 1)(x − 2)(x − 3)
x−1 x−2 x−3
Przy rozwiązywaniu równań i nierówności wymiernych pomocne będą następujące warunki:
W (x)
V (x)
W (x)
V (x)
(
W (x) = 0
V (x) 6= 0
(
W (x)V (x) ­ 0
V (x) 6= 0
= 0 ⇐⇒
­ 0 ⇐⇒
Analogicznie dla nierówności typu ”¬”, ”<”, ”>”.
Dziedziną równania, czy nierówności wymiernej nazywamy zbiór x ∈ R, dla których V (x) 6= 0.
Przykład 3. Rozwiąż równania:
a)
1
x
+
1
x+1
=
x2 +1
x2 +x ,
b)
1
x
−
1
x+1
+
1
x+2
c)
x3 −x−6
x4 −3x3 +2x2
d)
2x+1
x
e)
x5 +3x4 −x−3
16x4 −1
+
=
1
x(x+1)(x+2) ,
= 0,
4x
2x+1
= 5,
= 0.
Rozwiązanie. Wyznaczymy dziedzinę równania z przykładu a)
1
x2 + 1
1
+
= 2
.
x x+1
x +x
(5)
Dziedziną równania jest zbiór takich x ∈ R, że x 6= 0 i x + 1 6= 0 i x2 + x = x(x + 1) 6= 0, a więc
(x)
zbiór R \ {0, −1}. Przekształcimy równanie (5) do postaci W
V (x) = 0:
1
1
x2 + 1
+
= 2
⇐⇒
x x+1
x +x
−x2 + 2x
⇐⇒
=0
⇐⇒
x(x + 1)
2x + 1
x2 + 1
−
=0
x(x + 1) x(x + 1)
x(2 − x) = 0
⇐⇒
x=0
lub x = 2.
Ponieważ 0 nie należy do dziedziny równania (5), to rozwiązaniem równania jest tylko x = 2.
Widać, że dziedziną równania w przykładzie b)
1
1
1
1
−
+
=
x x+1 x+2
x(x + 1)(x + 2)
(6)
jest zbiór R \ {−2, −1, 0}. Przenieśmy wyrażenie występujące po prawej stronie równania na
(x)
lewą stronę znaku równości, aby przekształcić równanie (6) do postaci W
V (x) = 0. Mamy zatem
1
1
1
1
(x + 1)2
−
+
−
=0
⇐⇒
=0
x x + 1 x + 2 x(x + 1)(x + 2)
x(x + 1)(x + 2)
x+1
⇐⇒
=0
⇐⇒
x+1=0
⇐⇒
x = −1.
x(x + 2)
Ponieważ x = −1 nie należy do dziedziny równania (6), więc równanie to nie ma rozwiązań.
Dla równania z podpunktu c)
x3 − x − 6
=0
x4 − 3x3 + 2x2
(7)
wyznaczmy najpierw miejsca zerowe mianownika. Mamy dalej:
x4 − 3x3 + 2x2 = 0
x2 (x2 − 3x + 2) = 0
⇐⇒
x2 (x − 2)(x − 1) = 0
⇐⇒
⇐⇒
x=0
lub x = 1
lub x = 2.
Zatem rozwiązań równania (7) szukamy w zbiorze R \ {0, 1, 2}. Mamy
x3 − x − 6
=0
x4 − 3x3 + 2x2
⇐⇒
x3 − x − 6 = 0
Pierwiastkiem wielomianu x3 − x − 6 jest 2 oraz x3 − x − 6 = (x − 2)(x2 + 2x + 3). Ponieważ
wyróżnik ∆ trójmianu x2 + 2x + 3 jest ujemny, więc wielomian x3 − x − 6 ma tylko jeden
pierwiastek rzeczywisty x = 2. Zatem
x3 − x − 6 = 0
⇐⇒
x = 2,
ale x = 2 odrzuciliśmy wcześniej, więc równanie (7) nie ma rozwiązań.
Dziedziną równania z podpunktu d)
2x + 1
4x
+
=5
x
2x + 1
jest zbiór R \ {− 21 , 0}. doprowadzimy równanie do postaci
W (x)
V (x)
(8)
= 0. Mamy:
2x + 1
4x
2x + 1
4
+
=5
⇐⇒
+
−5=0
x
2x + 1
x
2x + 1
2x + 1
4
5x(2x + 1)
2x2 + x − 1
⇐⇒
+
−
=0
⇐⇒
−
= 0.
x
2x + 1
x(2x + 1)
x(2x + 1)
1
⇐⇒
2x2 + x − 1 = 0
⇐⇒
x = −1 lub x = .
2
Zarówno −1 jak i
oraz x = 12 .
1
2
należą do dziedziny równania, zatem rozwiązaniem równania (8) są x = −1
Aby wyznaczyć dziedzinę równania z podpunktu e)
x5 + 3x4 − x − 3
=0
16x4 − 1
(9)
znajdziemy najpierw rozkład wielomianu 16x4 −1 na czynniki nierozkładalne stopnia co najwyżej
drugiego. W tym celu skorzystamy (dwukrotnie) ze wzoru na różnicę kwadratów:
16x4 − 1 = (4x2 − 1)(4x2 + 1) = (2x − 1)(2x + 1)(4x2 + 1).
Dalej mamy
16x4 − 1 = 0
⇐⇒
(2x − 1)(2x + 1)(4x2 + 1) = 0
⇐⇒
x=
1
2
1
lub x = − ,
2
stąd dziedziną równania (9) jest zbiór x ∈ R \ {− 21 , 12 }. Oczywiście
x5 + 3x4 − x − 3
=0
⇐⇒
16x4 − 1
⇐⇒
(x + 3)(x4 − 1) = 0
⇐⇒
x = −3
x5 + 3x4 − x − 3 = 0
⇐⇒
⇐⇒
x4 (x + 3) − (x + 3) = 0
(x + 3)(x − 1)(x + 1)(x2 + 1) = 0
lub x = −1.
lub x = 1
Każda z tych liczb należy do wyznaczonej wcześniej dziedziny, zatem rozwiązaniem równania
(9) są x = −3, x = −1 oraz x = 1.
Przykład 4. Rozwiąż równania
x+1
|x|
= 2x + 1.
2
1
a) x+2
= x−1
;
b)
Rozwiązania.
Rozwiązując równania z wartością bezwzględną musimy się najpierw ”pozbyć” tychże wartości
bezwzględnych.
Zajmiemy się najpierw równaniem z podpunktu a). Zauważmy, że jeśli dla pewnych liczb rzeczywistych
a i b zachodzi równość |a| = |b|, to zachodzi też równość dla kwadratów wyrażeń |a| i |b| i co za
tym idzie dla kwadratów liczb a i b, to znaczy:
|a| = |b|
|a|2 = |b|2
=⇒
=⇒
a2 = b2 .
Prawdziwa jest też implikacja w drugą stronę: jeśli kwadraty liczb a i b są równe, to liczby te
muszą być sobie równe co do wartości bezwzględnej, to znaczy:
a2 = b2
=⇒
|a| = |b|.
W konsekwecji mamy równoważność:
|a| = |b|
⇐⇒
a2 = b2
(10)
Równanie
1 2 =
x+2
x−1
(11)
zastąpimy równaniem równoważnym:
1 2 2 2
=
x+2
x−1
Dziedziną tego równania wymiernego jest zbiór R\{−2, 1}. Rozwiązując to równanie postępujemy
podobnie jak w podpunkcie a) Przykładu 3. Mamy zatem ciąg równoważności:
1 2 2 2
=
x+2
x−1
⇐⇒
x2 − 6x − 7 = 0
⇐⇒
⇐⇒
1
4
−
=0
2
(x + 2)
(x − 1)2
x = −5
lub x = −1.
⇐⇒
x2 + 6x + 5
=0
(x + 2)2 (x − 1)2
Zarówno −5 jak i −1 należą do dziedziny, więc są rozwiązaniem równania (11).
Aby rozwązać równanie z podpunktu b) opuścimy najpierw wartość bezwzględną. Oczywiście
w tym przykładzie musimy rozważyć dwa przypadki: dla x ­ 0 i dla x < 0. Ponieważ dziedziną
równania
x+1
= 2x + 1
|x|
(12)
jest zbiór R \ {0}, więc warunek x ­ 0 zredukujemy do x > 0.
1o . Dla x > 0 mamy |x| = x, stąd
x+1
x+1
x+1
= 2x + 1
⇐⇒
= 2x + 1
⇐⇒
− 2x − 1 = 0
|x|
x
x
x + 1 − 2x2 − x
⇐⇒
=0
⇐⇒
−2x2 + 1 = 0
x
√
√
√
√
2
2
lub x =
,
⇐⇒
(1 − 2x)(1 + 2x) = 0
⇐⇒
x=−
2
2
√
ale ponieważ założyliśmy w tym przypadku, że x > 0, więc odpowiedź x = −
2o . Dla x < 0 mamy |x| = −x, stąd
2
2
odrzucamy.
x+1
x+1
x+1
= 2x + 1
⇐⇒
= 2x + 1
⇐⇒
−
− 2x − 1 = 0
|x|
−x
x
−x − 1 − 2x2 − x
⇐⇒
=0
⇐⇒
−2x2 − 2x − 1 = 0
x
⇐⇒
2x2 + 2x + 1 = 0
⇐⇒
x ∈ ∅.
Oznacza to że w przypadku, gdy x < 0 równanie nie ma rozwiązań.
Podsumowując punkty 1o i 2o otrzymujemy, że równanie (12) ma jedno rozwiązanie x =
√
2
2 .
Przykład 5. Rozwiąż nierówności:
a)
x(x+2)
x2 −3x
b) 1 +
c)
­ 0,
2
x−1
< x6 .
x5 +3x4 −x−3
16x4 −1
>0
Rozwiązania.
Dziedziną nierówności z podpunktu a)
x(x + 2)
­0
x2 − 3x
(13)
jest zbiór R \ {0, 3}. Ponadto
x(x + 2)
­0
⇐⇒
x(x + 2)(x2 − 3x) ­ 0
x2 − 3x
⇐⇒
x ∈ (−∞; −2] ∪ [3; ∞).
⇐⇒
x2 (x + 2)(x − 3) ­ 0
Uwzględniając dziedzinę naszej nierówności musimy ze zbioru (−∞; −2]∪[3; ∞) odrzucić 3, stąd
rozwiązaniem nierówności (13) są x ∈ (−∞; −2] ∪ (3; ∞).
Dziedziną nierówności z podpunktu b)
1+
2
6
<
x−1
x
(14)
jest zbiór R \ {0, 1}. Przedstawimy tę nierówność do postaci
2
6
<
⇐⇒
x−1
x
x2 − 5x + 6
⇐⇒
<0
x(x − 1)
⇐⇒
x ∈ (0, 1) ∪ (2, 3).
1+
1+
2
6
− <0
x−1 x
⇐⇒
W (x)
V (x)
< 0. Mamy
x(x − 1) + 2x − 6(x − 1)
<0
x(x − 1)
⇐⇒
x(x − 2)(x − 3)(x − 1) < 0
Zbiór (0, 1) ∪ (2, 3) jest podzbiorem dziedziny R \ {0, 1} nierówności (14), zatem rozwiązaniem
jest każda liczba rzeczywista x ∈ (0, 1) ∪ (2, 3).
W rozwiązaniu nierówności z podpunktu c) posłużymy się wynikami częściowymi otrzymanymi
5
4 −x−3
= 0 z podpunktu e) Przykładu 3.. Analogicznie zatem jak dla równania
dla równania x +3x
16x4 −1
dziedziną nierówności
x5 + 3x4 − x − 3
>0
(15)
16x4 − 1
jest zbiór R \ {− 12 , 12 }. Dalej mamy, że
x5 + 3x4 − x − 3
>0
⇐⇒
(x5 + 3x4 − x − 3)(16x4 − 1) > 0
16x4 − 1
⇐⇒
(x + 3)(x − 1)(x + 1)(x2 + 1)(2x + 1)(2x − 1)(4x2 + 1) > 0.
Ponieważ wyróżniki ∆ dla trójmianów: 2x2 + 1 oraz 4x2 + 1 są ujemne, a współczynniki a
stojące przy x2 w tych trójmianach są dodatnie, więc dla dowolnego x ∈ R wartości każdego z
tych wielomianów są dodatnie.
To oznacza, że nierówność (x + 3)(x − 1)(x + 1)(x2 + 1)(2x + 1)(2x − 1)(4x2 + 1) > 0 jest
równoważna nierówności (x + 3)(x − 1)(x + 1)(2x − 1)(2x + 1) > 0. Mamy zatem
(x + 3)(x − 1)(x + 1)(x2 + 1)(2x + 1)(2x − 1)(4x2 + 1) > 0
⇐⇒
(x + 3)(x − 1)(x + 1)(2x + 1)(2x − 1) > 0
1 1
x ∈ (−3; −1) ∪ − ;
∪ (1; ∞).
2 2
⇐⇒
Ponieważ zbiór (−3; −1) ∪ − 21 ; 12 ∪ (1; ∞) jest podzbiorem dziedziny R \ {− 12 , 21 } nierówności
(15), zatem rozważana nierówność zachodzi dla x ∈ (−3; −1) ∪ − 12 ; 12 ∪ (1; ∞).
Przykład 6. Rozwiąż nierówności
a) 2x−5
x+3 > 1,
2
5 +3x4 −x−3
16x4 −1
b) x x−5x+3
¬ 1.
2 −1
c) x
d) 2x−5
x+3 > x
>0
Rozwiązania.
Podobnie jak w Przykładzie 4., aby rozwiązać nierówności z wartością bezwzględną, musimy
najpierw opuścić wartość bezwzględną. Skorzystamy przy tym z następujących równoważności:
|x| ¬ a
⇐⇒
−a ¬ x ¬ a,
(16)
|x| ­ a
⇐⇒
x ¬ −a lub x ­ a.
(17)
Oczywiście analogiczne równoważności możemy zapisać dla nierówności osrtych, zastępując odpowiednio
wszystkie znaki ”¬” na ”<” w (16) i w (17), czy ”­” na ”>” w (17).
Sposób 1o . Dla nierówności z podpunktu a) skorzystamy z (17). Dziedziną nierówności
2x − 5 ­1
(18)
x+3
jest zbiór R \ {−3}. Mamy:
2x − 5 ­ 1 ⇐⇒
x+3
2x − 5
2x − 5
¬ −1
lub
­1
x+3
x+3
3x − 2
x−8
⇐⇒
¬0
lub
­0
x+3
x+3
⇐⇒ (3x − 2)(x + 3) ¬ 0
lub
(x − 8)(x + 3) ­ 0
i
h
2
lub x ∈ (−∞; −3] ∪ [8; ∞)
⇐⇒ x ∈ − 3;
3
Ponieważ −3 nienależy ido dziedziny nierównści, więc rozwiązaniem są
x ∈ (−∞; −3) ∪ − 3; 32 ∪ [8; ∞).
Sposób 2o . Możemy też ”pozbyć” się wartości bezwzględnej w równaniu (18) korzystając z
równoważności analogicznej do (10):
|a| ¬ |b|
a2 ¬ b2 .
⇐⇒
(19)
Mamy stąd:
2x − 5 ­1
x+3
⇐⇒
2x − 5 2
x+3
⇐⇒
(2x − 5)2
−1­0
(x + 3)2
⇐⇒
(3x − 2)(x − 8) ­ 0
­1
⇐⇒
⇐⇒
(3x − 2)(x − 8)
­0
(x + 3)2
2i
∪ [8; ∞).
x ∈ (−∞;
3
Ponieważ −3 nienależy ido dziedziny nierówności, zatem jej rozwiązaniem są
x ∈ (−∞, −3) ∪ − 3; 32 ∪ [8; ∞).
Dziedziną nierówności
x2 − 5x + 3 ¬1
2
x −1
z podpunktu b) jest R \ {−1, 1}.
(20)
Sposób 1o . Skorzystamy z (16) otrzymując:
x2 − 5x + 3 ¬1
2
x2 − 5x + 3
¬1
x −1
x2 − 1
2x2 − 5x + 2
4 − 5x
⇐⇒
­0
∧
¬0
2
x −1
x2 − 1
(2x − 1)(x − 2)
4 − 5x
⇐⇒
­0
∧
¬0
2
x −1
x2 − 1
⇐⇒
(2x − 1)(x − 2)(x2 − 1) ­ 0
∧
(4 − 5x)(x2 − 1) ¬ 0
h1 i
h
4i
∪ [1; ∞)
⇐⇒
x ∈ (−∞; −1] ∪ ; 1 ∪ [2; ∞)
∧
x ∈ − 1;
2
5
h1 4i
∪ [2; ∞)
x∈ ;
2 5
⇐⇒
−1 ¬
Zbiór ten jest podzbiorem dziedziny nierówności (20) stąd jej rozwiązaniem są x ∈
h
1 4
2; 5
i
∪[2; ∞).
2
Sposób 2o . Skorzystamy z (19) i podniesiemy nierówność x x−5x+3
¬ 1 stronami do kwadratu.
2 −1
Otrzymamy wówczas:
x2 − 5x + 3 ¬1
2
x2 − 5x + 3 2
⇐⇒
x −1
x2 − 1
2
2
2
2
(x − 5x + 3) − (x − 1)
¬0
⇐⇒
(x2 − 1)2
h
⇐⇒
ih
i
(x2 − 5x + 3) − (x2 − 1) (x2 − 5x + 3) + (x2 − 1)
¬0
(x2 − 1)2
(−5x + 4)(2x2 − 5x + 2) ¬ 0
⇐⇒
⇐⇒
(−5x + 4)(x − 2)(2x − 1) ¬ 0
h1 4i
x∈ ;
∪ [2; ∞).
2 5
⇐⇒
h
¬1
i
Oczywiście zbiór 21 ; 45 ∪ [2; ∞) jest podzbiorem dziedziny nierówności (20), zatem jest to zbiór
rozwiązań tej nierówności.
Nierówność
x5 + 3x4 − x − 3 >0
4
(21)
16x − 1
zachodzi dla wszystkich tych x ∈ R, dla których
x5 + 3x4 − x − 3
6= 0
16x4 − 1
16x4 − 1 6= 0.
∧
5
4
−x−3
Sprawdźmy zatem dla jakich x ∈ R zachodzą równości x +3x
= 0 lub 16x4 −1 = 0. Podobne
16x4 −1
warunki rozpatrywaliśmy w punkcie e) Przykładu 4. Mamy zatem
x5 + 3x4 − x − 3
=0
16x4 − 1
⇐⇒
Zatem nierówność x
x = −3
5 +3x4 −x−3
16x4 −1
∨
∨
x = −1
16x4 − 1 = 0
∨
x=1∨
x=−
1
2
∨
1
x= .
2
> 0 zachodzi dla x ∈ R \ {−3, −1, − 12 , 12 , 1}.
Dla nierówności 2x−5
x+3 > x z podpunktu d) Przykładu 7. nie możemy zastosować równoważności
(19) i podnieść obie strony do kwadratu, ponieważ x stojące po prawej stronie tej nierówności
może przyjmować wartości również ujemne!
Korzystając z (17) otrzymujemy:
2x − 5 >x
x+3
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
2x − 5
2x − 5
< −x lub
>x
x+3
x+3
x2 + 5x − 5
−(x2 + x + 5)
< 0 lub
>0
x+3
x+3
√
√
−5 − 3 5 −5 + 3 5 x ∈ − ∞;
∪ − 3;
lub x ∈ (−∞; −3)
2
2
√
−5 + 3 5 x ∈ − ∞; −3) ∪ (−3;
.
2
⇐⇒
Przykład 7. Wyznacz liczbę rozwiązań równania i rozwiąż równania, w zależności od parametru
m:
a) x −
b)
x+m
x−m
1
x
= m,
+
x−m
x+m
= 2.
Rozwiązanie.
Równanie
1
=m
x
ma sens dla x 6= 0. Przekształcimy je równoważnie:
x−
x−
1
=m
x
⇐⇒
x2 − mx − 1
=0
x
(22)
x2 − mx − 1 = 0
⇐⇒
Dziedziną równania (22) jest zbiór R\{0}. Wyróżnik ∆ równania kwadratowego x2 −mx−1 = 0
2
jest postaci ∆ = m2 +4. Zatem dla dowolnego m ∈ R√ mamy ∆ > 0, stąd
√ równanie x −mx−1 = 0
2
2
ma dla każdego m ∈ R dwa pierwiastki: x1 = m+ 2m +4 i x2 = m− 2m +4 . Oczywiście x1 i x2
należa do dziedziny równania (22),
bo m2 6= m2 +
4. Zatem równanie 22) ma dla dowolnego
√
√
m+ m2 +4
m− m2 +4
m ∈ R dwa rozwiązania: x1 =
i x2 =
.
2
2
Dziedziną równania
x+m x−m
+
=2
(23)
x−m x+m
jest zbiór R \ {−m, m}. Równoważne mu równanie przyjmuje postać:
(x + m)2 + (x − m)2 − 2(x2 − m2 )
⇐⇒
(x − m)(x + m)
⇐⇒
4m2 = 0
⇐⇒
m = 0.
4m2
=0
x2 − 1
To znaczy, że równanie (23) ma nieskończenie wiele rozwiązań dla m = 0. Rozwiązaniem
równania jest wtedy każda liczba rzeczywista x 6= 0. Dla m 6= 0 równanie nie ma rozwiązań.
Przykład 8. Dla jakich wartości parametru m zbiorem rozwiązań nierówności
x2 − 8x + 20
<0
mx2 + 2(m + 1)x + 9m + 4
(24)
jest zbiór wszystkich liczb rzeczywistych ?
Rozwiązanie.
Zanim wyznaczymy dziedzinę nierówności zauważmy, że wyróżnik ∆ trójmianu x2 − 8x + 20
jest mniejszy od zera, a ramiona paraboli o równaniu y = x2 − 8x + 20 są skierowane do góry.
Oznacza to, że x2 − 8x + 20 > 0 dla każdego x ∈ R. Zatem
x2 − 8x + 20
<0
mx2 + 2(m + 1)x + 9m + 4
⇐⇒
mx2 + 2(m + 1)x + 9m + 4 < 0.
Ponadto jeśli nierówność (24) ma być spełniona dla wszystkich x ∈ R, to dziedziną równania
powinien być zbiór R. Dziedziną nierówności jest zbiór liczb rzeczywistych x, dla których mx2 +
2(m + 1)x + 9m + 4 6= 0. Rozpatrzymy dwa przypadki: dla m = 0 i dla m 6= 0.
1o . Jeśli m = 0, to wielomian stopnia drugiego z mianownika ułamka (24) redukuje się do
wielomianu stopnia pierwszego: 2x + 4. Wówczas dziedziną nierówności
x2 − 8x + 20
x2 − 8x + 20
=
<0
mx2 + 2(m + 1)x + 9m + 4
2x + 4
jest zbiór R \ {−2}, zatem na pewno nierówność nie zachodzi dla x = −2, a więc nie każda liczba
rzeczywista x spełnia tę nierówność.
2o . Jeśli m 6= 0, to wielomian z mianownika nierówności (24) jest stopnia drugiego, a ∆ dla
trójmianu mx2 + 2(m + 1)x + 9m + 4 jest postaci
∆ = −4(8m2 + 2m + 1).
Mamy dalej ciąg równoważnych warunków:
∀x ∈ R
⇐⇒
x2 − 8x + 20
<0
⇐⇒
mx2 + 2(m + 1)x + 9m + 4
∆ = −4(8m2 + 2m + 1) < 0 ∧ m < 0.
∀x ∈ R
mx2 + 2(m + 1)x + 9m + 4 < 0
Rozwiążmy układ nierówności:
(
−4(8m2 + 2m + 1) < 0
m<0
−4(8m2 + 2m + 1) < 0
⇐⇒
8m2 + 2m + 1 > 0.
Dla trójmianu 8m2 + 2m + 1, ∆1 = 4 − 32 < 0, zatem 8m2 + 2m + 1 > 0 dla każdego m ∈ R.
Układ nierówności jest więc spełniony dla dowolnego m < 0.
Podsumowując 1o i 2o otrzymamy, że nierówność (24) zachodzi dla każdej liczby rzeczywistej x,
jeśli parametr m < 0.
Przykład 9. Dla jakich wartości parametru m suma odwrotności pierwiastków równania
x2 − 2(m − 5)x + m2 + 3m + 2 = 0
(25)
ma wartość dodatnią?
Równanie kwadratowe (25) ma pierwiastki tylko wtedy gdy wyróżnik ∆ ­ 0 tzn., że
∆ = 4(m − 5)2 − 4(m2 + 3m + 2) = −13m + 23 ­ 0.
Zatem
m¬
23
.
13
(26)
Korzystając ze wzorów Viéte’a wyrazimy sumę odwrotności pierwiastków równania (25) za
pomocą parametru m
1
1
x1 + x2
2(m − 5)
+
=
= 2
.
x1 x2
x1 x2
m + 3m + 2
Rozwiążemy nierówność
2(m − 5)
>0
+ 3m + 2
m2
(27)
Oczywiście nierówność ta ma sens tylko dla takich m ∈ R, dla których m2 + 3m + 2 6= 0, czyli
dla m 6= −1 i m 6= −2. Dalej mamy :
2(m − 5)
>0
⇐⇒
+ 3m + 2
⇐⇒
m ∈ (−2; −1)
∨
m2
2(m − 5)(m2 + 3m + 2) = 2(m − 5)(m + 1)(m + 2) > 0
m ∈ (5; ∞).
Uwzględniając warunek (26) otrzymamy, że suma odwrotnosci pierwiastków równania (25) jest
liczbą dodatnią dla m ∈ (−2; −1).
Zauważmy, że dla m = −2 lub m = −1, co najmniej jeden z pierwiastków równania (25) jest
równy 0, a zatem rozważanie jego odwrotności nie ma sensu.
Zadania
1. Wychodząc od wykresu funkcji h(x) = x1 i stosując odpowiednie przekształcenia geometryczne
−x+2
naszkicuj wykresy funkcji f (x) = x+2
x , k(x) = 2x+1 .
2. Narysuj wykresy funkcji f (x) =
4−x2
x−2 ,
g(x) =
x2 −1
|x+1| .
3. Rozwiąż równania:
a)
b)
c)
d)
e)
x−1
3x
5
x − 2x−2 = − 2 ,
x+3
x+5
6−x
1−x2 − x−x2 = x+x2 ,
2
x−4
1
x2 −4 + x2 +2x = x2 −2x ,
3
1
2
x3 +8 − x2 −4 = x2 −2x+4 ,
1
1
1
x2 −5x+6 − x2 −4x+3 + x2 −x−6
=
2
x2 −3x+2 ,
4. Rozwiąż równania:
x+1
|x|
= 2x + 1,
x−6
a) x−2
= x − 1,
b)
1
c) x−1
−
2x
x = 1,
1
3 .
d) 2 − x+1
= x−1
5. Znajdź punkty przecięcia paraboli y = x2 − 1 z hiperbolą y = x6 .
6. Dla jakich wartości parametru m suma sześcianów dwóch pierwiastków równania x2 +3x+
2−m
m−3 = 0 jest większa od −9 ?
7. Dla jakich wartości parametru m równanie
suma jest mniejsza od m?
8. Rozwiąż nierówności:
x+1
2x−1
− 2x+1
x−1 = m ma dwa pierwiastki, których
a)
1
x
+ 2 < − x1 ,
b) − x23−4 ¬ 0,
c)
x3 −6x2 +11x−6
x2 −x+11
d)
x2 −3x+2
x2 +3x+2
­ 1,
e)
x2 +x−45
x−6
1 + x−4
x−3
­
f)
g)
x4
>
< 0,
3x+1
2 ,
x−2
x−1 ,
¬ 15 .
10+x8
9. Dana jest funkcja f (x) =
1
x
+ 1. Rozwiąż nierówność f (x) > f (2 − x).
10. Rozwiąż nierówności:
a) x
b)
2 +2x−36
x2 −4
1
|x|
− 1 > 0,
> x2 − |x| + 1,
c) x23x−4 ¬ 1,
d) x+1
x ¬ |3x|.
11. Rozwiąż nierówność:
1
1
1
1
1
+
+
+ ... +
<
.
x(x + 1) (x + 1)(x + 2) (x + 2)(x + 3)
(x + 9)(x + 10)
x−2
12. Określ dziedzinę i naszkicuj wykres funkcji f , jeśli
f (x) =
x 2 x 3
x
+
+ ....
+
x−1
x−1
x−1
13. Dla jakich wartości parametru m nierówność
x2 − mx − 2
> −1
x2 − 3x + 4
jest spełniona tożsamościowo tzn. dla wszystkich x ∈ R.
14. Zbadaj dla jakich wartości parametru m, układ równań
(
x+y
x−y
10
x−y + x+y = 3
x2 + 4my + m +
1=0
x 6= y, x 6= −y, ma rozwiązanie? Wyznacz to rozwiązanie.
15. Znajdź współczynniki A, B, C, dla których równość
x3
x+1
A
B
C
= +
+
2
− 6x + 8
x
x−2 x−4
zachodzi dla każdego x ∈ R \ {0, 2, 4}.
Odpowiedzi
3. a) x = 14 lub x = 21 ;
b) x = 2 lub x = 4;
c) x = 3;
d) x = 32 lub x = 1;
e) x = −4√lub x = 4.
4. a) x √
= 5 + 1;
b) x = 22 ;
c) x = −3 lub x = 1;
d) x = 0 lub x = 2;
5. P = (2, 3) 6. m ∈ 83 ; 35
13 ;
7. m ∈ − 32 ; 0 ∪ (12; ∞);
8. a) x ∈ (−1; 0);
b) x ∈ (−∞; −2) ∪ (2; ∞);
c) x ∈ (−∞; 1) ∪ (2; 3);
d) x ∈ (−∞; −2) ∪ (−1; 0];
e) x ∈ (−∞; −6) √
∪ [7; 12];
√
f ) x ∈ (−∞; 2 − 3) ∪ (1; 3) ∪ (2 + 3; ∞);
g) x ∈ R; 9. x ∈ (0; 1) ∪ (2; ∞);
10. a) x ∈ (−5; −2) ∪ (−2; 2) ∪ (2; 4) ∪ (16; ∞);
b) x ∈ (−1; 0) ∪ (0; 1);
c) x ∈ (−∞; −4]√∪ [−1; 1] √∪ [4; ∞)
1− 13
d) x ∈ (−∞;
] ∪ [ 1+6 13 ; ∞);
6
11. x ∈ (−10; 0) ∪ (2; ∞) \ {−1, −2, −3, −4, −5, −6, −7, −8, −9};
12. f (x) = −x dla x ∈ − ∞; 21 ;
13. m ∈ (−7; 1);
14. Cztery różne pierwiastki, jeśli m2 − m − 1 > 0 i m =
√ neq − 1. Pierwiastki
√ te są postaci
2
2
(−2y1 , y1 ), (2y1 , y1 ), (−2y2 , y2 ), (2y2 , y2 ), gdzie y1 = −m− m2 −m−1 i y2 = −m+ m2 −m−1 . Dwa
m
różne pierwiastki, jeśli m2 − m − 1 = 0. Pierwiastki są wtedy postaci (m, − m
2 ), (m, − 2 ). Nie
2
ma rozwiązań, jeśli m − m − 1 < 0;
15. A = 18 , B = − 43 , C = 58 .