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 = 0, to (1) jest funkcją liniową, jeśli c 6= 0, to dziedziną funkcji homograficznej jest
zbiór R \
n
d
c
o
.
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) =
1
2
.
4) Gałęzie hiperboli będącej wykresem funkcji homograficznej postaci f (x) =
a
x
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) =
a
x
, a 6= 0.
6) Asymptotami wykresu funkcji g(x) = b +
1
x−c
są proste x = c i y = b, wykres tej funkcji
otrzymujemy przez przesunięcie wykresu funkcji f (x) =
1
x
o wektor [c, b].
7) Funkcja homograficzna jest funkcją różnowartościową.
Przykład 1.
Wychodząc od wykresu funkcji h(x) =
1
x
, 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
x + 1
= 2 −
3
x + 2
= 2 + 3
−1
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) =
1
x
po rozciągnięciu
go wzdłuż osi OY (aby otrzymać wykres funkcji y =
3
x
), następnie odbiciu otrzymanego wykresu
względem osi OX (w ten sposó otrzymamy wykres funkcji y = −
3
x
) 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
V (x) 6≡ 0, a P oznacza zbór pierwiastków wielomianu V (x). Funkcję f (x) =
W (x)
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
f (x) =
W (x)
V (x)
nazywamy właściwą. Jeżeli stopień wielomianu W (x) jest nie mniejszy niż stopień
wielomianu V (x), to funkcję wymierną f (x) =
W (x)
V (x)
nazywamy niewłaściwą. W tym drugim
przypadku możemy podzielić wielomiany i otrzymać sumę wielomianu i pewnej funkcji wymiernej
właściwej (Patrz Przykład 1.).
3) Funkcje wymierne typu f (x) =
A
(x−a)
r
, gdzie A, a ∈ R oraz r ∈ N, nazywamy ułamkami
prostymi pierwszego rodzaju. Funkcje wymierne typu f (x) =
Bx+C
(x
2
+px+q)
r
, gdzie B, C, p, q ∈ R
przy czym p
2
− 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
x
2
− 3x + 2
=
−1
x − 1
+
1
x − 2
,
1
x
4
+ x
2
=
1
x
2
+
−1
x
2
+ 1
.
Przykład 2. Znaleźć takie liczby rzeczywiste A, B, C, dla których równość
3x
2
− 11x + 9
(x − 1)(x − 2)(x − 3)
=
A
x − 1
+
B
x − 2
+
C
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:
3x
2
− 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
3x
2
− 11x + 9 = x
2
(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:
A + B + C
=
3
−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
=
1
2
A − B − C
=
−2
6A + 3B + 2C
=
9
Zatem z równania drugiego mamy B = −C +
5
2
, podstawiając tak wyznaczone B i A =
1
2
do
równania trzeciego otrzymujemy C =
3
2
i co za tym idzie B = −
3
2
+
5
2
= 1. Rozwiązaniem układu
równań jest więc trójka liczb
A
=
1
2
B
=
1
C
=
3
2
.
Znaleźliśmy zatem tzw. rozkład wyrażenia
3x
2
−11x+9
(x−1)(x−2)(x−3)
na ułamki proste:
3x
2
− 11x + 9
(x − 1)(x − 2)(x − 3)
=
1
2
x − 1
+
1
x − 2
+
3
2
x − 3
.
Przy rozwiązywaniu równań i nierówności wymiernych pomocne będą następujące warunki:
W (x)
V (x)
= 0
⇐⇒
(
W (x) = 0
V (x) 6= 0
W (x)
V (x)
0 ⇐⇒
(
W (x)V (x) 0
V (x) 6= 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
=
x
2
+1
x
2
+x
,
b)
1
x
−
1
x+1
+
1
x+2
=
1
x(x+1)(x+2)
,
c)
x
3
−x−6
x
4
−3x
3
+2x
2
= 0,
d)
2x+1
x
+
4x
2x+1
= 5,
e)
x
5
+3x
4
−x−3
16x
4
−1
= 0.
Rozwiązanie. Wyznaczymy dziedzinę równania z przykładu a)
1
x
+
1
x + 1
=
x
2
+ 1
x
2
+ x
.
(5)
Dziedziną równania jest zbiór takich x ∈ R, że x 6= 0 i x + 1 6= 0 i x
2
+ x = x(x + 1) 6= 0, a więc
zbiór R \ {0, −1}. Przekształcimy równanie (5) do postaci
W (x)
V (x)
= 0:
1
x
+
1
x + 1
=
x
2
+ 1
x
2
+ x
⇐⇒
2x + 1
x(x + 1)
−
x
2
+ 1
x(x + 1)
= 0
⇐⇒
−x
2
+ 2x
x(x + 1)
= 0
⇐⇒
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
x
−
1
x + 1
+
1
x + 2
=
1
x(x + 1)(x + 2)
(6)
jest zbiór R \ {−2, −1, 0}. Przenieśmy wyrażenie występujące po prawej stronie równania na
lewą stronę znaku równości, aby przekształcić równanie (6) do postaci
W (x)
V (x)
= 0. Mamy zatem
1
x
−
1
x + 1
+
1
x + 2
−
1
x(x + 1)(x + 2)
= 0
⇐⇒
(x + 1)
2
x(x + 1)(x + 2)
= 0
⇐⇒
x + 1
x(x + 2)
= 0
⇐⇒
x + 1 = 0
⇐⇒
x = −1.
Ponieważ x = −1 nie należy do dziedziny równania (6), więc równanie to nie ma rozwiązań.
Dla równania z podpunktu c)
x
3
− x − 6
x
4
− 3x
3
+ 2x
2
= 0
(7)
wyznaczmy najpierw miejsca zerowe mianownika. Mamy dalej:
x
4
− 3x
3
+ 2x
2
= 0
⇐⇒
x
2
(x
2
− 3x + 2) = 0
⇐⇒
x
2
(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
x
3
− x − 6
x
4
− 3x
3
+ 2x
2
= 0
⇐⇒
x
3
− x − 6 = 0
Pierwiastkiem wielomianu x
3
− x − 6 jest 2 oraz x
3
− x − 6 = (x − 2)(x
2
+ 2x + 3). Ponieważ
wyróżnik ∆ trójmianu x
2
+ 2x + 3 jest ujemny, więc wielomian x
3
− x − 6 ma tylko jeden
pierwiastek rzeczywisty x = 2. Zatem
x
3
− x − 6 = 0
⇐⇒
x = 2,
ale x = 2 odrzuciliśmy wcześniej, więc równanie (7) nie ma rozwiązań.
Dziedziną równania z podpunktu d)
2x + 1
x
+
4x
2x + 1
= 5
(8)
jest zbiór R \ {−
1
2
, 0}. doprowadzimy równanie do postaci
W (x)
V (x)
= 0. Mamy:
2x + 1
x
+
4x
2x + 1
= 5
⇐⇒
2x + 1
x
+
4
2x + 1
− 5 = 0
⇐⇒
2x + 1
x
+
4
2x + 1
−
5x(2x + 1)
x(2x + 1)
= 0
⇐⇒
−
2x
2
+ x − 1
x(2x + 1)
= 0.
⇐⇒
2x
2
+ x − 1 = 0
⇐⇒
x = −1
lub
x =
1
2
.
Zarówno −1 jak i
1
2
należą do dziedziny równania, zatem rozwiązaniem równania (8) są x = −1
oraz x =
1
2
.
Aby wyznaczyć dziedzinę równania z podpunktu e)
x
5
+ 3x
4
− x − 3
16x
4
− 1
= 0
(9)
znajdziemy najpierw rozkład wielomianu 16x
4
−1 na czynniki nierozkładalne stopnia co najwyżej
drugiego. W tym celu skorzystamy (dwukrotnie) ze wzoru na różnicę kwadratów:
16x
4
− 1 = (4x
2
− 1)(4x
2
+ 1) = (2x − 1)(2x + 1)(4x
2
+ 1).
Dalej mamy
16x
4
− 1 = 0
⇐⇒
(2x − 1)(2x + 1)(4x
2
+ 1) = 0
⇐⇒
x =
1
2
lub
x = −
1
2
,
stąd dziedziną równania (9) jest zbiór x ∈ R \ {−
1
2
,
1
2
}. Oczywiście
x
5
+ 3x
4
− x − 3
16x
4
− 1
= 0
⇐⇒
x
5
+ 3x
4
− x − 3 = 0
⇐⇒
x
4
(x + 3) − (x + 3) = 0
⇐⇒
(x + 3)(x
4
− 1) = 0
⇐⇒
(x + 3)(x − 1)(x + 1)(x
2
+ 1) = 0
⇐⇒
x = −3
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
a)
1
x+2
=
2
x−1
;
b)
x+1
|x|
= 2x + 1.
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
=⇒
a
2
= b
2
.
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:
a
2
= b
2
=⇒
|a| = |b|.
W konsekwecji mamy równoważność:
|a| = |b|
⇐⇒
a
2
= b
2
(10)
Równanie
1
x + 2
=
2
x − 1
(11)
zastąpimy równaniem równoważnym:
1
x + 2
2
=
2
x − 1
2
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
x + 2
2
=
2
x − 1
2
⇐⇒
1
(x + 2)
2
−
4
(x − 1)
2
= 0
⇐⇒
x
2
+ 6x + 5
(x + 2)
2
(x − 1)
2
= 0
⇐⇒
x
2
− 6x − 7 = 0
⇐⇒
x = −5
lub
x = −1.
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
|x|
= 2x + 1
(12)
jest zbiór R \ {0}, więc warunek x 0 zredukujemy do x > 0.
1
o
. Dla x > 0 mamy |x| = x, stąd
x + 1
|x|
= 2x + 1
⇐⇒
x + 1
x
= 2x + 1
⇐⇒
x + 1
x
− 2x − 1 = 0
⇐⇒
x + 1 − 2x
2
− x
x
= 0
⇐⇒
−2x
2
+ 1 = 0
⇐⇒
(1 −
√
2x)(1 +
√
2x) = 0
⇐⇒
x = −
√
2
2
lub
x =
√
2
2
,
ale ponieważ założyliśmy w tym przypadku, że x > 0, więc odpowiedź x = −
√
2
2
odrzucamy.
2
o
. Dla x < 0 mamy |x| = −x, stąd
x + 1
|x|
= 2x + 1
⇐⇒
x + 1
−x
= 2x + 1
⇐⇒
−
x + 1
x
− 2x − 1 = 0
⇐⇒
−x − 1 − 2x
2
− x
x
= 0
⇐⇒
−2x
2
− 2x − 1 = 0
⇐⇒
2x
2
+ 2x + 1 = 0
⇐⇒
x ∈ ∅.
Oznacza to że w przypadku, gdy x < 0 równanie nie ma rozwiązań.
Podsumowując punkty 1
o
i 2
o
otrzymujemy, że równanie (12) ma jedno rozwiązanie x =
√
2
2
.
Przykład 5. Rozwiąż nierówności:
a)
x(x+2)
x
2
−3x
0,
b) 1 +
2
x−1
<
6
x
.
c)
x
5
+3x
4
−x−3
16x
4
−1
> 0
Rozwiązania.
Dziedziną nierówności z podpunktu a)
x(x + 2)
x
2
− 3x
0
(13)
jest zbiór R \ {0, 3}. Ponadto
x(x + 2)
x
2
− 3x
0
⇐⇒
x(x + 2)(x
2
− 3x) 0
⇐⇒
x
2
(x + 2)(x − 3) 0
⇐⇒
x ∈ (−∞; −2] ∪ [3; ∞).
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
x − 1
<
6
x
(14)
jest zbiór R \ {0, 1}. Przedstawimy tę nierówność do postaci
W (x)
V (x)
< 0. Mamy
1 +
2
x − 1
<
6
x
⇐⇒
1 +
2
x − 1
−
6
x
< 0
⇐⇒
x(x − 1) + 2x − 6(x − 1)
x(x − 1)
< 0
⇐⇒
x
2
− 5x + 6
x(x − 1)
< 0
⇐⇒
x(x − 2)(x − 3)(x − 1) < 0
⇐⇒
x ∈ (0, 1) ∪ (2, 3).
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
dla równania
x
5
+3x
4
−x−3
16x
4
−1
= 0 z podpunktu e) Przykładu 3.. Analogicznie zatem jak dla równania
dziedziną nierówności
x
5
+ 3x
4
− x − 3
16x
4
− 1
> 0
(15)
jest zbiór R \ {−
1
2
,
1
2
}. Dalej mamy, że
x
5
+ 3x
4
− x − 3
16x
4
− 1
> 0
⇐⇒
(x
5
+ 3x
4
− x − 3)(16x
4
− 1) > 0
⇐⇒
(x + 3)(x − 1)(x + 1)(x
2
+ 1)(2x + 1)(2x − 1)(4x
2
+ 1) > 0.
Ponieważ wyróżniki ∆ dla trójmianów: 2x
2
+ 1 oraz 4x
2
+ 1 są ujemne, a współczynniki a
stojące przy x
2
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)(x
2
+ 1)(2x + 1)(2x − 1)(4x
2
+ 1) > 0 jest
równoważna nierówności (x + 3)(x − 1)(x + 1)(2x − 1)(2x + 1) > 0. Mamy zatem
(x + 3)(x − 1)(x + 1)(x
2
+ 1)(2x + 1)(2x − 1)(4x
2
+ 1) > 0
⇐⇒
(x + 3)(x − 1)(x + 1)(2x + 1)(2x − 1) > 0
⇐⇒
x ∈ (−3; −1) ∪
−
1
2
;
1
2
∪ (1; ∞).
Ponieważ zbiór (−3; −1) ∪
−
1
2
;
1
2
∪ (1; ∞) jest podzbiorem dziedziny R \ {−
1
2
,
1
2
} nierówności
(15), zatem rozważana nierówność zachodzi dla x ∈ (−3; −1) ∪
−
1
2
;
1
2
∪ (1; ∞).
Przykład 6. Rozwiąż nierówności
a)
2x−5
x+3
> 1,
b)
x
2
−5x+3
x
2
−1
¬ 1.
c)
x
5
+3x
4
−x−3
16x
4
−1
> 0
d)
2x−5
x+3
> x
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 1
o
. Dla nierówności z podpunktu a) skorzystamy z (17). Dziedziną nierówności
2x − 5
x + 3
1
(18)
jest zbiór R \ {−3}. Mamy:
2x − 5
x + 3
1 ⇐⇒
2x − 5
x + 3
¬ −1
lub
2x − 5
x + 3
1
⇐⇒
3x − 2
x + 3
¬ 0
lub
x − 8
x + 3
0
⇐⇒ (3x − 2)(x + 3) ¬ 0
lub
(x − 8)(x + 3) 0
⇐⇒ x ∈
h
− 3;
2
3
i
lub
x ∈ (−∞; −3] ∪ [8; ∞)
Ponieważ −3 nie należy do dziedziny nierównści, więc rozwiązaniem są
x ∈ (−∞; −3) ∪
− 3;
2
3
i
∪ [8; ∞).
Sposób 2
o
. Możemy też ”pozbyć” się wartości bezwzględnej w równaniu (18) korzystając z
równoważności analogicznej do (10):
|a| ¬ |b|
⇐⇒
a
2
¬ b
2
.
(19)
Mamy stąd:
2x − 5
x + 3
1
⇐⇒
2x − 5
x + 3
2
1
⇐⇒
(2x − 5)
2
(x + 3)
2
− 1 0
⇐⇒
(3x − 2)(x − 8)
(x + 3)
2
0
⇐⇒
(3x − 2)(x − 8) 0
⇐⇒
x ∈ (−∞;
2
3
i
∪ [8; ∞).
Ponieważ −3 nie należy do dziedziny nierówności, zatem jej rozwiązaniem są
x ∈ (−∞, −3) ∪
− 3;
2
3
i
∪ [8; ∞).
Dziedziną nierówności
x
2
− 5x + 3
x
2
− 1
¬ 1
(20)
z podpunktu b) jest R \ {−1, 1}.
Sposób 1
o
. Skorzystamy z (16) otrzymując:
x
2
− 5x + 3
x
2
− 1
¬ 1
⇐⇒
−1 ¬
x
2
− 5x + 3
x
2
− 1
¬ 1
⇐⇒
2x
2
− 5x + 2
x
2
− 1
0
∧
4 − 5x
x
2
− 1
¬ 0
⇐⇒
(2x − 1)(x − 2)
x
2
− 1
0
∧
4 − 5x
x
2
− 1
¬ 0
⇐⇒
(2x − 1)(x − 2)(x
2
− 1) 0
∧
(4 − 5x)(x
2
− 1) ¬ 0
⇐⇒
x ∈ (−∞; −1] ∪
h
1
2
; 1
i
∪ [2; ∞)
∧
x ∈
h
− 1;
4
5
i
∪ [1; ∞)
x ∈
h
1
2
;
4
5
i
∪ [2; ∞)
Zbiór ten jest podzbiorem dziedziny nierówności (20) stąd jej rozwiązaniem są x ∈
h
1
2
;
4
5
i
∪[2; ∞).
Sposób 2
o
. Skorzystamy z (19) i podniesiemy nierówność
x
2
−5x+3
x
2
−1
¬ 1 stronami do kwadratu.
Otrzymamy wówczas:
x
2
− 5x + 3
x
2
− 1
¬ 1
⇐⇒
x
2
− 5x + 3
x
2
− 1
2
¬ 1
⇐⇒
(x
2
− 5x + 3)
2
− (x
2
− 1)
2
(x
2
− 1)
2
¬ 0
⇐⇒
h
(x
2
− 5x + 3) − (x
2
− 1)
ih
(x
2
− 5x + 3) + (x
2
− 1)
i
(x
2
− 1)
2
¬ 0
⇐⇒
(−5x + 4)(2x
2
− 5x + 2) ¬ 0
⇐⇒
(−5x + 4)(x − 2)(2x − 1) ¬ 0
⇐⇒
x ∈
h
1
2
;
4
5
i
∪ [2; ∞).
Oczywiście zbiór
h
1
2
;
4
5
i
∪ [2; ∞) jest podzbiorem dziedziny nierówności (20), zatem jest to zbiór
rozwiązań tej nierówności.
Nierówność
x
5
+ 3x
4
− x − 3
16x
4
− 1
> 0
(21)
zachodzi dla wszystkich tych x ∈ R, dla których
x
5
+ 3x
4
− x − 3
16x
4
− 1
6= 0
∧
16x
4
− 1 6= 0.
Sprawdźmy zatem dla jakich x ∈ R zachodzą równości
x
5
+3x
4
−x−3
16x
4
−1
= 0 lub 16x
4
−1 = 0. Podobne
warunki rozpatrywaliśmy w punkcie e) Przykładu 4. Mamy zatem
x
5
+ 3x
4
− x − 3
16x
4
− 1
= 0
∨
16x
4
− 1 = 0
⇐⇒
x = −3
∨
x = −1
∨
x = 1 ∨
x = −
1
2
∨
x =
1
2
.
Zatem nierówność
x
5
+3x
4
−x−3
16x
4
−1
> 0 zachodzi dla x ∈ R \ {−3, −1, −
1
2
,
1
2
, 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 + 3
> x
⇐⇒
2x − 5
x + 3
< −x
lub
2x − 5
x + 3
> x
⇐⇒
x
2
+ 5x − 5
x + 3
< 0
lub
−(x
2
+ x + 5)
x + 3
> 0
⇐⇒
x ∈
− ∞;
−5 − 3
√
5
2
∪
− 3;
−5 + 3
√
5
2
lub
x ∈ (−∞; −3)
⇐⇒
x ∈
− ∞; −3) ∪ (−3;
−5 + 3
√
5
2
.
Przykład 7. Wyznacz liczbę rozwiązań równania i rozwiąż równania, w zależności od parametru
m:
a) x −
1
x
= m,
b)
x+m
x−m
+
x−m
x+m
= 2.
Rozwiązanie.
Równanie
x −
1
x
= m
(22)
ma sens dla x 6= 0. Przekształcimy je równoważnie:
x −
1
x
= m
⇐⇒
x
2
− mx − 1
x
= 0
⇐⇒
x
2
− mx − 1 = 0
Dziedziną równania (22) jest zbiór R\{0}. Wyróżnik ∆ równania kwadratowego x
2
− mx − 1 = 0
jest postaci ∆ = m
2
+4. Zatem dla dowolnego m ∈ R mamy ∆ > 0, stąd równanie x
2
−mx−1 = 0
ma dla każdego m ∈ R dwa pierwiastki: x
1
=
m+
√
m
2
+4
2
i x
2
=
m−
√
m
2
+4
2
. Oczywiście x
1
i x
2
należa do dziedziny równania (22), bo m
2
6= m
2
+ 4. Zatem równanie 22) ma dla dowolnego
m ∈ R dwa rozwiązania: x
1
=
m+
√
m
2
+4
2
i x
2
=
m−
√
m
2
+4
2
.
Dziedziną równania
x + m
x − m
+
x − m
x + m
= 2
(23)
jest zbiór R \ {−m, m}. Równoważne mu równanie przyjmuje postać:
(x + m)
2
+ (x − m)
2
− 2(x
2
− m
2
)
(x − m)(x + m)
⇐⇒
4m
2
x
2
− 1
= 0
⇐⇒
4m
2
= 0
⇐⇒
m = 0.
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
x
2
− 8x + 20
mx
2
+ 2(m + 1)x + 9m + 4
< 0
(24)
jest zbiór wszystkich liczb rzeczywistych ?
Rozwiązanie.
Zanim wyznaczymy dziedzinę nierówności zauważmy, że wyróżnik ∆ trójmianu x
2
− 8x + 20
jest mniejszy od zera, a ramiona paraboli o równaniu y = x
2
− 8x + 20 są skierowane do góry.
Oznacza to, że x
2
− 8x + 20 > 0 dla każdego x ∈ R. Zatem
x
2
− 8x + 20
mx
2
+ 2(m + 1)x + 9m + 4
< 0
⇐⇒
mx
2
+ 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 mx
2
+
2(m + 1)x + 9m + 4 6= 0. Rozpatrzymy dwa przypadki: dla m = 0 i dla m 6= 0.
1
o
. Jeśli m = 0, to wielomian stopnia drugiego z mianownika ułamka (24) redukuje się do
wielomianu stopnia pierwszego: 2x + 4. Wówczas dziedziną nierówności
x
2
− 8x + 20
mx
2
+ 2(m + 1)x + 9m + 4
=
x
2
− 8x + 20
2x + 4
< 0
jest zbiór R \ {−2}, zatem na pewno nierówność nie zachodzi dla x = −2, a więc nie każda liczba
rzeczywista x spełnia tę nierówność.
2
o
. Jeśli m 6= 0, to wielomian z mianownika nierówności (24) jest stopnia drugiego, a ∆ dla
trójmianu mx
2
+ 2(m + 1)x + 9m + 4 jest postaci
∆ = −4(8m
2
+ 2m + 1).
Mamy dalej ciąg równoważnych warunków:
∀x ∈ R
x
2
− 8x + 20
mx
2
+ 2(m + 1)x + 9m + 4
< 0
⇐⇒
∀x ∈ R
mx
2
+ 2(m + 1)x + 9m + 4 < 0
⇐⇒
∆ = −4(8m
2
+ 2m + 1) < 0
∧
m < 0.
Rozwiążmy układ nierówności:
(
−4(8m
2
+ 2m + 1) < 0
m < 0
−4(8m
2
+ 2m + 1) < 0
⇐⇒
8m
2
+ 2m + 1 > 0.
Dla trójmianu 8m
2
+ 2m + 1, ∆
1
= 4 − 32 < 0, zatem 8m
2
+ 2m + 1 > 0 dla każdego m ∈ R.
Układ nierówności jest więc spełniony dla dowolnego m < 0.
Podsumowując 1
o
i 2
o
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
x
2
− 2(m − 5)x + m
2
+ 3m + 2 = 0
(25)
ma wartość dodatnią?
Równanie kwadratowe (25) ma pierwiastki tylko wtedy gdy wyróżnik ∆ 0 tzn., że
∆ = 4(m − 5)
2
− 4(m
2
+ 3m + 2) = −13m + 23 0.
Zatem
m ¬
23
13
.
(26)
Korzystając ze wzorów Vi´
ete’a wyrazimy sumę odwrotności pierwiastków równania (25) za
pomocą parametru m
1
x
1
+
1
x
2
=
x
1
+ x
2
x
1
x
2
=
2(m − 5)
m
2
+ 3m + 2
.
Rozwiążemy nierówność
2(m − 5)
m
2
+ 3m + 2
> 0
(27)
Oczywiście nierówność ta ma sens tylko dla takich m ∈ R, dla których m
2
+ 3m + 2 6= 0, czyli
dla m 6= −1 i m 6= −2. Dalej mamy :
2(m − 5)
m
2
+ 3m + 2
> 0
⇐⇒
2(m − 5)(m
2
+ 3m + 2) = 2(m − 5)(m + 1)(m + 2) > 0
⇐⇒
m ∈ (−2; −1)
∨
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) =
1
x
i stosując odpowiednie przekształcenia geometryczne
naszkicuj wykresy funkcji f (x) =
x+2
x
, k(x) =
−x+2
2x+1
.
2. Narysuj wykresy funkcji f (x) =
4−x
2
x−2
, g(x) =
x
2
−1
|x+1|
.
3. Rozwiąż równania:
a)
x−1
x
−
3x
2x−2
= −
5
2
,
b)
6−x
1−x
2
−
x+3
x−x
2
=
x+5
x+x
2
,
c)
2
x
2
−4
+
x−4
x
2
+2x
=
1
x
2
−2x
,
d)
3
x
3
+8
−
1
x
2
−4
=
2
x
2
−2x+4
,
e)
1
x
2
−5x+6
−
1
x
2
−4x+3
+
1
x
2
−x−6
=
2
x
2
−3x+2
,
4. Rozwiąż równania:
a)
x−6
x−2
= x − 1,
b)
x+1
|x|
= 2x + 1,
c)
x−1
2x
−
1
x
= 1,
d)
2 −
3
x+1
=
1
x−1
.
5. Znajdź punkty przecięcia paraboli y = x
2
− 1 z hiperbolą y =
6
x
.
6. Dla jakich wartości parametru m suma sześcianów dwóch pierwiastków równania x
2
+ 3x +
2−m
m−3
= 0 jest większa od −9 ?
7. Dla jakich wartości parametru m równanie
x+1
2x−1
−
2x+1
x−1
= m ma dwa pierwiastki, których
suma jest mniejsza od m?
8. Rozwiąż nierówności:
a)
1
x
+ 2 < −
1
x
,
b) −
3
x
2
−4
¬ 0,
c)
x
3
−6x
2
+11x−6
x
2
−x+11
< 0,
d)
x
2
−3x+2
x
2
+3x+2
1,
e)
x
2
+x−45
x−6
3x+1
2
,
f) 1 +
x−4
x−3
>
x−2
x−1
,
g)
x
4
10+x
8
¬
1
5
.
9. Dana jest funkcja f (x) =
1
x
+ 1. Rozwiąż nierówność f (x) > f (2 − x).
10. Rozwiąż nierówności:
a)
x
2
+2x−36
x
2
−4
− 1 > 0,
b)
1
|x|
> x
2
− |x| + 1,
c)
3x
x
2
−4
¬ 1,
d)
x+1
x
¬ |3x|.
11. Rozwiąż nierówność:
1
x(x + 1)
+
1
(x + 1)(x + 2)
+
1
(x + 2)(x + 3)
+ ... +
1
(x + 9)(x + 10)
<
1
x − 2
.
12. Określ dziedzinę i naszkicuj wykres funkcji f , jeśli
f (x) =
x
x − 1
+
x
x − 1
2
+
x
x − 1
3
+ ....
13. Dla jakich wartości parametru m nierówność
x
2
− mx − 2
x
2
− 3x + 4
> −1
jest spełniona tożsamościowo tzn. dla wszystkich x ∈ R.
14. Zbadaj dla jakich wartości parametru m, układ równań
(
x+y
x−y
+
x−y
x+y
=
10
3
x
2
+ 4my + m + 1 = 0
x 6= y, x 6= −y, ma rozwiązanie? Wyznacz to rozwiązanie.
15. Znajdź współczynniki A, B, C, dla których równość
x + 1
x
3
− 6x
2
+ 8
=
A
x
+
B
x − 2
+
C
x − 4
zachodzi dla każdego x ∈ R \ {0, 2, 4}.
Odpowiedzi
3. a) x =
1
4
lub x =
1
2
;
b) x = 2 lub x = 4;
c) x = 3;
d) x =
2
3
lub x = 1;
e) x = −4 lub x = 4.
4. a) x =
√
5 + 1;
b) x =
√
2
2
;
c) x = −3 lub x = 1;
d) x = 0 lub x = 2;
5. P = (2, 3)
6. m ∈
8
3
;
35
13
;
7. m ∈
−
3
2
; 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; ∞)
d) x ∈ (−∞;
1−
√
13
6
] ∪ [
1+
√
13
6
; ∞);
11. x ∈
(−10; 0) ∪ (2; ∞)
\ {−1, −2, −3, −4, −5, −6, −7, −8, −9};
12. f (x) = −x dla x ∈
− ∞;
1
2
;
13. m ∈ (−7; 1);
14. Cztery różne pierwiastki, jeśli m
2
− m − 1 > 0 i m = neq − 1. Pierwiastki te są postaci
(−2y
1
, y
1
), (2y
1
, y
1
), (−2y
2
, y
2
), (2y
2
, y
2
), gdzie y
1
=
−m−
√
m
2
−m−1
2
i y
2
=
−m+
√
m
2
−m−1
2
. Dwa
różne pierwiastki, jeśli m
2
− m − 1 = 0. Pierwiastki są wtedy postaci (m, −
m
2
), (m, −
m
2
). Nie
ma rozwiązań, jeśli m
2
− m − 1 < 0;
15. A =
1
8
, B = −
3
4
, C =
5
8
.