Manfiy bo'lmagan hadlar yig'indisi nolga teng: matematika darsi

Odatda ikki noma'lumli bitta tenglamaning yechimi cheksiz ko'p bo'ladi. Lekin $(x-3)^2+|y+5|=0$ tenglamaning yechimi bitta: $x=3$ , ${y=-5}$ . Sababi, chapdagi ikki had manfiy bo'la olmaydi, shuning uchun ular bir-birini yo'qota olmaydi. Bu darsda shu kuzatishdan foydalanib, «yechib bo'lmaydigandek» ko'ringan tenglamalarni bir necha qatorda yechishni o'rganamiz.

Asosiy qoida

Agar $A\ge 0$ , $B\ge 0$ , $C\ge 0$ va $A+B+C=0$ bo'lsa, u holda $A=0$ , $B=0$ , $C=0$ . Bitta tenglama shu tariqa bir nechta tenglamaga aylanadi.

Isboti: hadlardan biri musbat bo'lsa, qolganlari manfiy emasligi uchun yig'indi ham musbat chiqadi va nolga teng bo'la olmaydi. Qoida istalgan sondagi had uchun o'rinli, faqat hamma son haqiqiy bo'lishi kerak.

Qoida qachon ishlamaydi? Shartlardan biri buzilsa:

Holat	Nima uchun qoida ishlamaydi
$x^2-y^2=0$	Ikkinchi had manfiy, u birinchisini yo'qotishi mumkin: $x=y=5$ ham yechim
$(x-1)^2+(y-2)^2=9$	O'ng tomon nol emas, yechim cheksiz ko'p: $(1;\,5)$ , $(4;\,2)$ va boshqalar
$\sqrt[3]{x}+y^2=0$	Toq darajali ildiz manfiy bo'lishi mumkin: $x=-8$ , $y^2=2$ ham yechim

Qaysi ifodalar manfiy bo'lmaydi va qachon nolga teng

Ifoda	Nolga teng bo'lish sharti
$f^2$ , $f^4$ , $f^6$	$f=0$
$\|f\|$	$f=0$
$\sqrt{f}$ , $\sqrt[4]{f}$ , $\sqrt[6]{f}$	$f=0$ (ildiz faqat $f\ge 0$ da mavjud)
$\|\log_a f\|$	$f=1$
$\sin^2x$	$x=\pi k,\ k\in\mathbb{Z}$
$\cos^2x$	$x=\dfrac{\pi}{2}+\pi k,\ k\in\mathbb{Z}$
$1-\cos x$	$x=2\pi k,\ k\in\mathbb{Z}$
$1-\sin x$	$x=\dfrac{\pi}{2}+2\pi k,\ k\in\mathbb{Z}$
$a^x$ ( $a>0$ , $a\ne 1$ )	Hech qachon nol emas, doim musbat

Hadlar ochiq turganda javob darhol chiqadi:

(x-3)^2+|y+5|+\sqrt{z-1}=0

Bundan

x=3

{y=-5}

z=1

Grafiklar haqidagi masala ham shu qoidaga keladi: $f(x)=|\log_3(k-x)|$ va $g(x)=-|x-2|$ grafiklari $Ox$ o'qida kesishsa, shu nuqtada ikkala funksiya ham nolga teng. $g(x)=0$ dan $x=2$ , keyin $k-2=1$ , demak $k=3$ .

Tenglamada had ikkinchi tomonda turishi mumkin: $|\log_2(x+5)|=-(x+k)^2$ tenglama $|\log_2(x+5)|+(x+k)^2=0$ bilan bir xil. Bundan $x+5=1$ , ya'ni $x=-4$ , va $x+k=0$ , ya'ni $k=4$ . Boshqa $k$ da tenglamaning yechimi yo'q.

To'liq kvadrat ajratish

Ko'pincha kvadratlar ochilib yozilgan bo'ladi. Ularni yig'ish qoidasi: $x^2+px=\left(x+\dfrac{p}{2}\right)^2-\dfrac{p^2}{4}$ . Har bir noma'lumni alohida guruhlaymiz va ozod hadni shu kvadratlarga bo'lib beramiz.

x^2+y^2-6x+10y+34

=(x-3)^2+(y+5)^2

34=9+25

. Demak

x=3

{y=-5}

9a^2+16b^2-6a+8b+2

=(3a-1)^2+(4b+1)^2

a^2

oldida

9

turgani uchun kvadrat

(3a-\ldots)^2

ko'rinishida. Bundan

a=\dfrac{1}{3}

b=-\dfrac{1}{4}

Ozod had nima hal qiladi? Yuqoridagi tenglamada $34$ o'rniga $c$ yozamiz: $(x-3)^2+(y+5)^2=34-c$ . Yechimlar soni $c$ ga bog'liq:

$c$	Tenglama	Yechimlar
$c$ $c=34$	Tenglama $(x-3)^2+(y+5)^2=0$	YechimlarBitta nuqta $(3;\,-5)$
$c$ $c=30$	Tenglama $(x-3)^2+(y+5)^2=4$	YechimlarCheksiz ko'p (aylana)
$c$ $c=40$	Tenglama $(x-3)^2+(y+5)^2=-6$	YechimlarYechim yo'q

Noma'lumlar ko'paytmasi ( $xy$ ) bo'lsa, u bitta kvadrat ichiga kiradi:

x^2+2y^2-2xy-6y+9

=(x-y)^2+(y-3)^2

Avval $-2xy$ uchun $(x-y)^2$ ni olamiz, u $x^2$ ni va bitta $y^2$ ni ishlatadi, qolgan $y^2-6y+9$ o'z kvadratini beradi. Tenglik nol bo'lsa, $y=3$ va $x=y=3$ .

Yuqori darajalarda ham shu usul ishlaydi:

25(x^4+y^4)-10(x^2+y^2)+2

=(5x^2-1)^2+(5y^2-1)^2

Nol bo'lsa, $x^2=y^2=\dfrac{1}{5}$ . Bu yerda $x$ va $y$ ning ishorasi aniqlanmaydi, shuning uchun savolda faqat $x^2+y^2=\dfrac{2}{5}$ yoki $|x|+|y|=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$ kabi ishorasiz ifodalar so'raladi.

Kvadrat yoki modul ichida noma'lum qolsa: ikki javob

Had nolga teng bo'lgandan keyin ham javob yagona bo'lmasligi mumkin. $(a-4)^2+(a-b^2)^2=0$ dan $a=4$ va $b^2=4$ , ya'ni $b=2$ yoki $b=-2$ . Shuning uchun $a+3b$ ikki qiymat oladi: $10$ va $-2$ . Savolda «eng katta qiymat» deyilsa, $10$ tanlanadi. $a=|b|$ ko'rinishida ham xuddi shunday: $b=\pm a$ .

Tengliklarni qo'shish

Bir nechta tenglik berilib, chap tomonlar qo'shilganda qisqarib ketsa, o'ngda manfiy bo'lmagan hadlar yig'indisi nolga teng bo'lib qoladi.

p-q=(a-2)^2

q-r=(b+1)^2

r-p=(c-4)^2

Qo'shsak, chap tomon

0

. Demak

a=2

b=-1

c=4

. Yig'indi

5

ga teng

Ikki tenglik ham yetadi: $m-n=(2x-y)^2$ va $n-m=(x+y-6)^2$ bo'lsa, $2x-y=0$ , $x+y=6$ . Bundan $x=2$ , $y=4$ , $xy=8$ .

Tenglamalar sistemasini ham qo'shish mumkin, lekin bu yerda tekshiruv majburiy. Qo'shish natijasi sistemaning oqibati, unga teng kuchli emas: yig'indi to'g'ri bo'lgani har bir tenglama to'g'ri degani emas. Quyidagi ikki sistemani qo'shsak, ikkalasida ham bir xil $(x+4)^2+(y-1)^2=0$ chiqadi, ya'ni $x=-4$ , $y=1$ :

Sistema	$x=-4$ , $y=1$ ni tekshirish	Natija
Sistema $y=x^2+6x+9$ , $\ y=y^2+2x+8$	$x=-4$ , $y=1$ ni tekshirish $1=16-24+9$ va $1=1-8+8$	NatijaBitta yechim
Sistema $y=x^2+6x+10$ , $\ y=y^2+2x+7$	$x=-4$ , $y=1$ ni tekshirish $1=16-24+10$ noto'g'ri, chunki o'ng tomon $2$	NatijaYechim yo'q

Aniqlanish sohasi nuqta beradi

Juft darajali ildiz ostidagi ifoda manfiy bo'lolmaydi. Agar u faqat bitta nuqtada manfiy bo'lmasa, tenglama o'sha nuqtaga keladi. $\sqrt{x-3}+\sqrt{3-x}+|y+2|=0$ da $x\ge 3$ va $x\le 3$ , demak $x=3$ , keyin $y=-2$ . $\sqrt[4]{\cos y-1}$ esa faqat $\cos y=1$ da, $\sqrt[6]{\sin^2z-1}$ faqat $\sin^2z=1$ da mavjud, chunki $\cos y\le 1$ va $\sin^2z\le 1$ .

Bir hadning nollaridan nomzod olish

Hadlardan birining nollari cheksiz ko'p, ikkinchisiniki esa sanoqli bo'lishi mumkin. Unda sanoqlisidan nomzodlar olinib, birinchisiga qo'yib tekshiriladi. Misol:

\sin^2\frac{\pi x}{3}+\sqrt{x^2-x-6}=0

Ildiz nolga teng bo'lishi uchun $x=3$ yoki ${x=-2}$ . $x=3$ da $\sin^2\pi=0$ , mos keladi. ${x=-2}$ da $\sin^2\dfrac{2\pi}{3}=\dfrac{3}{4}\ne 0$ , mos kelmaydi. Javob: $x=3$ .

Kvadratlar ko'rinmay turganda

Birni $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha$ ga almashtirish yangi kvadrat beradi. Misol:

\cos^2\frac{x}{2}-\sin^2\frac{\sqrt{3}x}{2}=1

$1-\cos^2\dfrac{x}{2}=\sin^2\dfrac{x}{2}$ deb yozsak, ikki kvadrat yig'indisi hosil bo'ladi:

\sin^2\frac{x}{2}+\sin^2\frac{\sqrt{3}x}{2}=0

Demak $x=2\pi k$ va $\sqrt{3}x=2\pi m$ , bundan $\sqrt{3}k=m$ , bunda $k$ va $m$ butun. $\sqrt{3}$ irratsional bo'lgani uchun bu faqat $k=m=0$ da bajariladi. Yagona yechim $x=0$ .

Toq darajali ildizlarda ham kvadrat yashiringan bo'lishi mumkin:

\sqrt[3]{(x+2)^2}+\sqrt[3]{(2-x)^2}

+\sqrt[3]{8x^2-32}=0

Bu yerda $u=\sqrt[3]{x+2}$ , $v=\sqrt[3]{2-x}$ deymiz. $8x^2-32=-8(x+2)(2-x)$ bo'lgani uchun oxirgi had $-2uv$ ga teng. Tenglama $u^2+v^2-2uv=(u-v)^2=0$ ga keladi, demak $x+2=2-x$ , $x=0$ . Toq darajali ildiz manfiy sondan ham olinadi, shuning uchun bu yerda $x$ cheklanmaydi.

Eng katta qiymatlar yig'indisi ham shu qoidaga keladi. Har bir had o'zining eng katta qiymatidan oshmasa va hadlar yig'indisi shu eng katta qiymatlar yig'indisiga teng bo'lsa, har bir had eng katta qiymatiga erishadi. Haqiqatan, $(M_1-A)+(M_2-B)=0$ deb yozsak, ikkala qavs ham manfiy emas. Bu usul keyingi darsda baholash nomi bilan kengaytiriladi, namunasi quyidagi 6-misolda.

Cheksiz yig'indi ham shunday:

(|x_1|-2)^2+(|x_2|-4)^2

+\ldots+(|x_n|-2n)^2+\ldots=0

Har bir had nol, demak

|x_n|=2n

Bu sonlar arifmetik progressiya tuzsin desak, faqat $x_n=2n$ va $x_n=-2n$ mos keladi. Boshqa ishoralar ishlamaydi: $2,\ -4$ dan keyin ayirma $-6$ bo'lgani uchun $-10$ keladi, lekin $|x_3|=6$ bo'lishi kerak. Demak ikkita progressiya bor.

Ishlangan misollar

1-misol

Tenglikdan $x+y$ ni toping:

x^2+5y^2-4xy+6y+9=0

$x^2-4xy+4y^2=(x-2y)^2$
$-4xy$ uchun $(x-2y)^2$ kerak, u $5y^2$ dan $4y^2$ ni ishlatadi, $y^2$ qoladi.
$y^2+6y+9=(y+3)^2$
Qolgan $y^2$ va $6y$ ga ozod had $9$ qo'shiladi.
$(x-2y)^2+(y+3)^2=0$
Ikki kvadrat yig'indisi nol, demak ikkalasi ham nol.
$y=-3,\quad x=2y=-6$
Avval ikkinchi qavsdan $y$ , keyin birinchisidan $x$ .
$x+y=-9$
Tekshiruv: $36+45-72-18+9=0$ .

Javob: $-9$

2-misol

Tenglikdan $abc$ ko'paytmaga teskari sonni toping:

9a^2+16b^2+c^2+6

=6a-8b+4c

$9a^2-6a+1=(3a-1)^2$
Hammasini chapga o'tkazamiz, ishoralar almashadi. Har bir harf uchun kvadrat ajratamiz, ozod hadni bo'lamiz: $6=1+1+4$ .
$16b^2+8b+1=(4b+1)^2$
$b$ li hadlar.
$c^2-4c+4=(c-2)^2$
$c$ li hadlar.
$a=\frac{1}{3},\quad b=-\frac{1}{4},\quad c=2$
Uchta kvadrat yig'indisi nol, demak har bir qavs nolga teng.
$abc=\frac{1}{3}\cdot\left(-\frac{1}{4}\right)\cdot 2=-\frac{1}{6}$
Ko'paytmani hisoblaymiz.
$\frac{1}{abc}=-6$
Teskari son: ishora saqlanadi, kasr ag'dariladi.

Javob: $-6$

3-misol

Sistema nechta yechimga ega?

y=x^2+6x+9

y=y^2+2x+8

$x^2+8x+y^2-2y+17=0$
Tenglamalarni qo'shamiz va hammasini bir tomonga o'tkazamiz: $2y=x^2+8x+y^2+17$ . Har birini alohida yechish qiyin, chunki ikkinchisida $y^2$ bor.
$x^2+8x+16=(x+4)^2$
Ozod hadni kvadratlarga bo'lamiz: $17=16+1$ .
$y^2-2y+1=(y-1)^2$
Ikkinchi kvadrat.
$(x+4)^2+(y-1)^2=0$
Ikki kvadrat yig'indisi nol.
$x=-4,\quad y=1$
Bu yagona nomzod, chunki har qanday yechim yig'indi tenglamani ham qanoatlantiradi.
$1=16-24+9,\quad 1=1-8+8$
Asl sistemaga qo'yamiz: ikkala tenglik ham to'g'ri. Tekshirmasak, yechim borligini bilmay qolardik.

Javob: $1$ ta yechim

4-misol

$x\in\left(0;\,\dfrac{\pi}{2}\right)$ , $y,z\in[0;\,\pi]$ va quyidagi tenglik bajariladi. $4x+2z+y$ ni toping.

\sqrt{2-\operatorname{tg}x-\operatorname{ctg}x}

+\sqrt[4]{\cos y-1}+\sqrt[4]{\sin^2z-1}=0

$\cos y-1\ge 0,\quad \sin^2z-1\ge 0$
To'rtinchi darajali ildiz faqat shunda mavjud. Lekin bu ifodalar musbat bo'la olmaydi, demak ular nolga teng.
$\cos y=1\Rightarrow y=0$
$[0;\,\pi]$ da kosinus $1$ ga faqat $y=0$ da teng.
$\sin^2z=1\Rightarrow z=\frac{\pi}{2}$
$[0;\,\pi]$ da $\sin z\ge 0$ , shuning uchun $\sin z=1$ .
$\operatorname{tg}x+\operatorname{ctg}x=2$
Qolgan birinchi had ham nolga teng bo'lishi kerak.
$\operatorname{tg}x=1\Rightarrow x=\frac{\pi}{4}$
$t+\dfrac{1}{t}=2$ dan $(t-1)^2=0$ , $t=1$ .
$4x+2z+y=\pi+\pi+0=2\pi$
Topilgan qiymatlarni qo'yamiz.

Javob: $2\pi$

5-misol

$3^{2x}-2\cdot 3^x\sin\dfrac{z}{2}+1=0$ bo'lsa, $x$ ni toping.

$1=\sin^2\frac{z}{2}+\cos^2\frac{z}{2}$
Birni ajratamiz, chunki $\sin$ uchun to'liq kvadrat kerak.
$\left(3^x-\sin\frac{z}{2}\right)^2+\cos^2\frac{z}{2}=0$
Birinchi uch had kvadrat bo'ldi, $\cos^2$ esa alohida qoldi.
$\cos\frac{z}{2}=0,\quad 3^x=\sin\frac{z}{2}$
Ikkala had ham nol.
$\sin\frac{z}{2}=1$
Kosinus nol bo'lsa, sinus $1$ yoki $-1$ . $3^x>0$ bo'lgani uchun faqat $1$ qoladi.
$3^x=1\Rightarrow x=0$
Bunda $\dfrac{z}{2}=\dfrac{\pi}{2}+2\pi k$ , ya'ni $z=\pi+4\pi k$ , $k\in\mathbb{Z}$ .

Javob: $x=0$

6-misol

$\alpha\in\left(0;\,\dfrac{\pi}{2}\right)$ , $\beta,\gamma\in[0;\,\pi]$ va quyidagi tenglik bajariladi. $\dfrac{4\alpha+\gamma}{\beta}$ ni toping.

2\cos\gamma+3\sin^2\beta

+\frac{8}{\operatorname{tg}^2\alpha+\operatorname{ctg}^2\alpha}=9

$2\cos\gamma\le 2,\quad 3\sin^2\beta\le 3$
Kosinus va sinus kvadrati $1$ dan oshmaydi.
$\operatorname{tg}^2\alpha+\operatorname{ctg}^2\alpha\ge 2$
$t+\dfrac{1}{t}\ge 2$ , bu yerda $t=\operatorname{tg}^2\alpha>0$ . Maxraj kamida $2$ , demak uchinchi had $4$ dan oshmaydi.
$2+3+4=9$
O'ng tomon aynan eng katta qiymatlar yig'indisi. Demak har bir had o'z chegarasiga erishadi.
$\gamma=0,\quad \beta=\frac{\pi}{2},\quad \alpha=\frac{\pi}{4}$
Berilgan oraliqlarda $\cos\gamma=1$ , $\sin^2\beta=1$ va $\operatorname{tg}^2\alpha=1$ shartlaridan.
$\frac{4\alpha+\gamma}{\beta}=\frac{\pi}{\pi/2}=2$
Qiymatlarni qo'yamiz.

Javob: $2$

Ko'p uchraydigan xatolar

Xato	To'g'risi
$x^2-y^2=0$ dan $x=y=0$	Had manfiy. To'g'risi: $x=\pm y$
$(x-1)^2+(y-2)^2=9$ dan $x=1$ , $y=2$	O'ng tomon nol bo'lishi shart, bu yerda yechim cheksiz ko'p
$a-b^2=0$ , $a=4$ dan faqat $b=2$	$b=2$ yoki $b=-2$
Sistemani qo'shib topilgan juftlikni darhol javob deb yozish	Asl tenglamalarga qo'yib tekshiriladi, yechim bo'lmasligi mumkin
Bir hadning nollaridan nomzod olganda, ikkala ildizni ham javob deb yozish	Faqat ikkala had ham nol bo'lgan nuqta olinadi. $\sin^2\dfrac{\pi x}{3}$ misolida faqat $x=3$
$\sqrt[3]{f}$ ni manfiy bo'lmaydi deb hisoblash	Toq darajali ildiz manfiy bo'lishi mumkin
$3^x=\sin\dfrac{z}{2}$ da $\sin\dfrac{z}{2}=-1$ ni ham olish	$3^x>0$ , shuning uchun faqat $\sin\dfrac{z}{2}=1$

Eslab qoling

$A,B,C\ge 0$ va $A+B+C=0$ bo'lsa, $A=B=C=0$ .
Manfiy bo'lmaydi: juft daraja, modul, juft darajali ildiz. Toq darajali ildiz va $\sin x$ bu ro'yxatga kirmaydi.
Kvadrat ajratish: $x^2+px=\left(x+\dfrac{p}{2}\right)^2-\dfrac{p^2}{4}$ . Avval $xy$ li kvadrat, keyin qolgani.
$(x-a)^2+(y-b)^2=c$ da: $c=0$ bo'lsa bitta nuqta, $c>0$ bo'lsa cheksiz ko'p nuqta, $c<0$ bo'lsa yechim yo'q.
Tengliklarni qo'shganda chap tomon qisqarsa, o'ngdagi hadlar nolga teng. Sistemani qo'shgandan keyin albatta tekshiring.
Birni $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha$ deb yozish yashirin kvadratni ochadi.
$a>0$ bo'lganda $b^2=a$ yoki $|b|=a$ dan ikki qiymat chiqadi, savolga qarab tanlanadi.