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

.