Документ обсуждает методы решения уравнений, основываясь на свойствах монотонности и нечетности функций. Приводятся примеры, демонстрирующие, как использовать эти свойства для нахождения решений уравнений в заданных областях. В обоих примерах рассматриваются конкретные уравнения и обозначаются конечные решения.

1. Мысли вслух
(о некоторых методических «хитростях»)
Основная идея, на которой основывается решение следующей задачи,
проста: если функция f(x) монотонно возрастает на J, а функция g(x)
монотонно убывает на J, то уравнение f(x) = g(x) может иметь не более
одного решения, причем, если х0 – решение этого уравнения, то при х > х0
f(x) > g(x),
а при х < х0 f(x) < g(x).
Обратим внимание на одну из модификаций этой идеи:
если f(x) – монотонная функция, то из равенства f(x1) = f(x2) следует, что
х1 = х2.
Пример 1. Решите уравнение x 3 + x − 2 + x 3 = x 5 − x + x 5 − 2x + 2.
Решение.
Найдем область допустимых значений переменной, входящей в данное
уравнение (ОДЗП). Составим и решим систему неравенств:
x 3 + x − 2 ≥ 0 ∧ x 5 − x ≥ 0. ⇔ x 3 − x 2 + x 2 − x + 2x − 2 ≥ 0 ∧ x ( x 2 − 1)( x 2 + 1). ⇔
⇔ ( x − 1) ( x 2 + x + 2 ) ≥ 0 ∨ x ( x − 1)( x + 1) ≥ 0. ⇔ x ≥ 1 ∨ x ( x − 1)( x + 1) ≥ 0. ⇔
⇔ x ≥ 1. Итак , ОДЗП является промежуток [1; ∞ ). Приведем данное
уравнение к виду: x 3 + x + 2 + x 3 + x − 3 = x 5 − x + x 5 − x − 1 и
рассмотрим функцию f ( t ) = t + t − 1. Она монотонно возрастает на
1
множестве неотрицательных чисел, так как ее производная ( + 1)
2 t
положительна на множестве ( 0;∞ ), а функция f ( t ) непрерывна на множестве
неотрицательных чисел.
Если считать, что t 1 = x + x − 2, а t 2 = x − x , то данное уравнение можно
3 5
переписать в виде: f ( t 1 ) = f ( t 2 ), которое равносильно уравнению t 1 = t 2 .
Следовательно, исходное уравнение равносильно уравнению
x 3 + x − 2 = x 5 − x на множестве [1; ∞ ). Решим его.
x 3 + x − 2 = x 5 − x , x ≥ 1. ⇔ x 5 − x 3 − 2 x + 2 = 0, x ≥ 1. ⇔
⇔ x 3 ( x 2 − 1) − 2( x − 1) = 0, x ≥ 1. ⇔ x 3 ( x + 1)( x − 1) − 2( x − 1) = 0, x ≥ 1. ⇔
⇔ ( x − 1) ( x 4 + x 3 − 2 ) = 0, x ≥ 1. ⇔ ( x − 1) ( x 3 + 2x 2 + 2x + 2) = 0, x ≥ 1. ⇔
2
⇔ ( x − 1) 2 = 0, x ≥ 1. ⇔ x = 1, x ≥ 1. ⇔ x = 1.
Ответ: {1} .

2. А вот как можно использовать, к примеру, нечетность функции при
решении уравнений.
( ) (
Пример 2. Решите уравнение x 1 + x 2 + 2 + ( x + 2 ) 1 + x 2 + 4x + 6 = 0.)
Решение.
Перепишем данное уравнение в виде:
( ) ( )
x 1 + x 2 + 2 + ( x + 2 ) 1 + ( x + 2 ) 2 + 2 = 0.
( )
Рассмотрим функцию f( t ) = t 1 + t + 2 , с областью определения R.
2
Очевидно, что эта функция нечетная. В левой части уравнения стоит сумма
двух значений рассматриваемой функции и она равна нулю: f( t 1 ) + f( t 2 ) = 0.
Эта сумма может обращаться в нуль только в случае, если t 1 = −t 2 .
(Если сумма двух значений нечетной функции равна нулю, то сумма
соответствующих значений аргумента равна нулю!)
( ) (
Итак, x 1 + x 2 + 2 + ( x + 2 ) 1 + ( x + 2 ) 2 + 2 = 0. )
⇔ х = − х + 2 ). ⇔ х = −1.
(
Ответ: {-1}.