Rovnice s parametry - lineární1
Formulace problému.
Budeme se zabývat případy, kdy budeme najednou řešit více (typicky nekonečně mnoho rovnic), které se
od sebe budou vzájemně lišit například jednou hodnotou - tzv. parametrem (takových parametrů může být
více různých). V zadání musí být sděleno, co je parametr a co je neznámá. Cílem pak bude popsat závislost
počtu a tvaru všech řešení studované rovnice v závislosti na všech přípustných hodnotách parametru.
Závěr řešení budeme uvádět v přehledné tabulce, v jejímž levém sloupci se postupně objeví všechny
možné hodnoty parametru (pro rovnice s jedním parametrem tzn. číselné množiny - zápis v tomto případě
nebude obsahovat proměnné) a v pravém sloupci pak zapíšeme, jak vypadá v dané situaci tvar množiny
všech kořenů K (v pravém sloupci je tedy zápis se závislostí na parametru možný). Bude-li přitom v příslušném
řádku vystupovat jediná hodnota parametru, pak nebude v tomto řádku parametr vystupovat
v množině kořenů (za tuto konkrétní hodnotu dosadíme a vyčíslíme). Pokud je v jistém řádku více hodnot
parametru, může se objevit (nevyčíslená) hodnota parametru i v zápisu příslušných kořenů.
Konkrétní postup bude patrný z následujících řešených příkladů.
Řešené příklady.
1. /příklad lineární rovnice/ V R řešte rovnici
p2
(x − 1) = 5 (px − 5) ,
kde p ∈ R je parametr a x neznámá.
Řešení. Výrazy s x shromáždíme na jedné straně rovnice, zbylé na druhé straně
p2
x − 5px = p2
− 25 ⇔ x p2
− 5p = p2
− 25 ⇔ xp (p − 5) = (p − 5) (p + 5) .
Abychom na levé straně osamostatnili x, potřebovali bychom vydělit rovnici výrazem p (p − 5). To
je však možné provést jedině za podmínky, že p (p − 5) = 0. Pokud naopak p (p − 5) = 0, dělit
nemůžeme a musíme chování rovnice pro příslušné hodnoty paametru prozkoumat samostatně. Řešení
se nám tak rozdělí do tří větví:
a) Pokud p ∈ R − {0; 5}, platí
xp (p − 5) = (p − 5) (p + 5) ⇔ x =
(p − 5) (p + 5)
p (p − 5)
⇔ x =
p + 5
p
,
takže má rovnice pro libovolnou z uvedených hodnot p vždy právě jedno řešení. Jde o více
případů, výsledek tedy závisí na p.
b) Jestliže p = 0, po dosazení dostáváme
0x = −25 ⇔ 0 = −25 ,
což je spor. Pro p = 0 tedy rovnice žádné řešení nemá.
c) Konečně ve zbývající situaci když p = 5, po dosazení obdržíme
0x = 0 ⇔ 0 = 0 ,
což platí pro všechna x ∈ R. V tomto případě tedy má rovnice nekonečně mnoho řešení.
Výše uvedená zjištění shrneme do tabulky, která představuje závěr výpočtu:
1
Případné náměty k tomuto textu prosím adresujte na e-mail akob@jaroska.cz. Děkuji Aleš Kobza (autor materiálu).
1
p K
R − {0; 5} p+5
p
{0} ∅
{5} R
2. /příklad lineární rovnice se dvěma parametry/ V R řešte rovnici
x + a
b
−
b
a
=
x − b
a
+
a
b
,
kde a, b ∈ R jsou parametry a x neznámá.
Řešení. Pokud a = 0 nebo b = 0, rovnice nemá smysl. Pro ab = 0 můžeme rovnici ekvivalentně
upravovat
(x + a) a − b2
= (x − b) b + a2
⇔ x (a − b) = a2
− b2
− a2
+ b2
⇔ x (a − b) = 0 .
a) Je-li a = b, pak můžeme rovnici vydělit nenulovým výrazem a − b, čímž vypočteme, že x = 0.
b) Pokud a = b, je rovnice tvaru 0x = 0 a je tedy splněna pro libovolné x ∈ R.
Závěr jako obvykle zapíšeme do tabulky
a, b K
{(a, b) , kde a = 0 nebo b = 0} nemá smysl
{(a, b) , kde a = b = 0} R
{(a, b) , kde 0 = a = b = 0} {0}
3. /příklad rovnice s neznámou ve jmenovateli vedoucí na lineární rovnici/ V R řešte rovnici
m
x
−
4
mx
= 1 −
2
m
,
kde m ∈ R je parametr a x neznámá.
Řešení. Všimněme si nejprve nutných podmínek x = 0 a m = 0. Tu druhou vyhodnotíme hned.
Znamená to, že v případě, kdy m = 0 zadaná rovnice nemá smysl. Podmínku x = 0 však budeme
muset analyzovat až v závěru výpočtu. Za uvedených podmínek tedy platí
m
x
−
4
mx
= 1 −
2
m
⇔ m2
− 4 = mx − 2x ⇔ (m − 2) (m + 2) = x (m − 2) .
Podobně jako v předchozí úloze se nám nyní další postup rozvětví.
a) Pro m ∈ R − {0; 2} platí
(m − 2) (m + 2) = x (m − 2) ⇔ x = m + 2 ,
tudíž má řešená rovnice nejvýše jedno řešení. Než učiníme závěr, je potřeba zkontrolovat, zda
skutečně platí x = 0. To tedy znamená, že musí být splněno 0 = m + 2, takže m = −2.
b) V situaci, kdy m = 2 po dosaení dostáváme
0 · 4 = x · 0 ⇔ 0 = 0 ,
takže v této větvi vyhoví všechna x ∈ R − {0}.
Než napíšeme výsledky do tabulky, všimněme si ještě jedné skutečnosti. Zjistili jsme, že rovnice nemá
řešení pro m ∈ {−2; 0}. Přesto tyto případy v tabulce nenapíšeme do jednoho řádku. Je mezi nimi
totiž rozdíl! Pro m = −2 lze rovnici uvažovat, řešit ji a následně tak vypočteme, že nemá žádné
řešení. Pro m = 0 však rovnice vůbec není definována a nemá smysl ji ani uvažovat. V dalším tedy
budeme takové případy rozlišovat a oddělovat.
2
m K
{0} nemá smysl
{2} R − {0}
{−2} ∅
R − {0; ±2} {m + 2}
4. /příklad rovnice s neznámou ve jmenovateli vedoucí na lineární rovnici/ V R řešte rovnici
a =
2 + ax
a + x
,
kde a ∈ R je parametr a x neznámá.
Řešení. Rovnice má smysl za podmínky x = −a, kterou dále ve výpočtu zohledníme. Při jejím splnění
platí
a =
2 + ax
a + x
⇔ a (a + x) = 2 + ax ⇔ a2
= 2 .
a) Pro a = ±
√
2 tedy řešená rovnice nemá řešení.
b) Když a =
√
2, je jejím řešením jakékoliv x ∈ R, pro něž x = −a, tedy x ∈ R − −
√
2 .
c) Podobně pokud a = −
√
2, vyhoví rovnici ta x ∈ R, pro něž x = −a, tedy x ∈ R −
√
2 .
Závěr ještě zapíšeme tabulkou:
a K
R − ±
√
2 ∅√
2 R − −
√
2
−
√
2 R −
√
2
5. /příklad rovnice s neznámou pod odmocninou vedoucí na lineární rovnici/ V R řešte rovnici
√
x2 − 1 = x − a ,
kde a ∈ R je parametr a x neznámá.
Řešení. Zadanou rovnici nejprve umocníme na druhou, což je obecně důsledková úprava. Následně
vyhodnotíme, zda bude snazší provést zkoušku, nebo stanovit podmínky, které zajistí ekvivalentnost
použitých úprav. Platí
√
x2 − 1 = x − a ⇒ x2
− 1 = (x − a)2
⇔ x2
− 1 = x2
− 2ax + a2
⇔ 2ax = a2
+ 1 .
Nyní rozlišíme dva případy:
a) Je-li a = 0, pak
2ax = a2
+ 1 ⇔ x =
a2
+ 1
2a
.
Stanovovat podmínky by znamenalo jednak posoudit, kdy je rovnice definovaná, tedy zjistit,
kdy platí
x2
− 1 ≥ 0 tzn.
a2
+ 1
2a
2
− 1 ≥ 0
a dále určit, kdy při umocnění byla i pravá strana nezáporná, což představuje podmínku
x − a ≥ 0 tzn.
a2
+ 1
2a
− a ≥ 0 .
3
Domnívám se, že v této situaci je jednodušší provést zkoušku
L
a2
+ 1
2a
=
a2 + 1
2a
2
− 1 =
a4 + 2a2 + 1
4a2
− 1 =
a4 + 2a2 + 1 − 4a2
4a2
=
=
a4 − 2a2 + 1
4a2
=
a2 − 1
2a
2
=
a2
− 1
2a
,
P
a2
+ 1
2a
=
a2
+ 1
2a
− a =
a2
+ 1 − 2a2
2a
=
1 − a2
2a
= −
a2
− 1
2a
.
Rovnice má tedy řešení, pokud se rovnají výrazy
a2
− 1
2a
= −
a2
− 1
2a
.
Víme, že
|z| = −z ⇔ z ≤ 0 ,
takže požadovaná podmínka je splněna právě tehdy, když
a2
− 1
2a
≤ 0 ⇔
(a − 1) (a + 1)
a
≤ 0 ⇔ a ∈ (−∞; −1 ∪ (0; 1 .
b) Pokud a = 0, je řešená rovnice tvaru 0x = 1, což evidentně pro žádné x ∈ R neplatí.
Výše uvedená zjištění opět promítneme do výsledné tabulky:
a K
(−∞; −1 ∪ (0; 1 a2+1
2a
(−1; 0 ∪ (1; ∞) ∅
6. /příklad rovnice s neznámou v absolutní hodnotě vedoucí na lineární rovnici/ V R řešte rovnici
|x + 3k| = |x − k| ,
kde k ∈ R je parametr a x neznámá.
Řešení. Všimněme si, že obě strany zadané rovnice jsou díky absolutní hodnotě nezáporné. Rovnici
tedy můžeme umocnit na druhou, což je v této situaci dokonce ekvivalentní úprava, kterou se zbavíme
absoluních hodnot a navíc po úpravě (vzhledem ke stejným koeficientům u x) dostaneme dokonce
lineární rovnici. Tento postup řešení tedy bude velice výhodný a rychlý! Platí tak
|x + 3k| = |x − k| ⇔ |x + 3k|2
= |x − k|2
⇔ x2
+ 6kx + 9k2
= x2
− 2kx + k2
⇔
⇔ 8kx = −8k2
⇔ kx = −k2
.
a) Pokud k = 0, dostaneme po vydělení rovnice číslem k
kx = −k2
⇔ x = −k ,
což znamená, že rovnice má jediné řešení.
b) Když k = 0, vidíme po dosazení, že 0x = 0, což je splněno pro jakékoliv x ∈ R.
Získáváme tak závěr:
k K
R − {0} {−k}
{0} R
4
7. /příklad rovnice s neznámou v absolutní hodnotě vedoucí na lineární rovnici/ V R řešte rovnici
2y − 1
|y + b|
+ 3 = 0 ,
kde b ∈ R je parametr a y neznámá.
Řešení. Aby ve jmenovateli zlomku nebyla nula, je nutné a stačí, aby y = −b. Při splnění této
podmínky se lze ekvivalentní úpravou zbavit zlomku
2y − 1
|y + b|
+ 3 = 0 ⇔ 2y − 1 = −3 |y + b| .
Při odstranění absolutní hodnoty se nám řešení uvažované rovnice rozvětví:
a) Když y < −b (tzn. y + b < 0), pak |y + b| = −y − b, takže
2y − 1 = −3 |y + b| ⇔ 2y − 1 = −3 (−y − b) ⇔ −3b − 1 = y .
Nyní je třeba se podívat, kdy bude splněna podmínka y < −b, která nás k nalezenému řešení
přivedla. Platí
y < −b ⇔ −3b − 1 < −b ⇔ −1 < 2b ⇔ b > −
1
2
.
b) Jestliže y > −b (tzn. y + b > 0), pak |y + b| = y + b, tudíž
2y − 1 = −3 |y + b| ⇔ 2y − 1 = −3 (y + b) ⇔ 5y = 1 − 3b ⇔ y =
1 − 3b
5
.
Zbývá zjistit, kdy skutečně platí y > −b. Dostáváme
y > −b ⇔
1 − 3b
5
> −b ⇔ 1 − 3b > −5b ⇔ 2b > −1 ⇔ b > −
1
2
.
V obou větvích řešení jsme obdrželi podmínku b > −1/2. Zbývá se podívat, zda pro všechna taková
b máme vždy skutečně 2 různá řešení. Hledejme tedy b, pro která by obě řešení byla totožná:
−3b − 1 =
1 − 3b
5
⇔ −15b − 5 = 1 − 3b ⇔ −6 = 12b ⇔ b = −
1
2
,
což je hodnota, která podmínku b > −1/2 nesplňuje. Vidíme tedy, že naše rovnice má řešení buď
právě dvbě, nebo žádné:
b K
−1
2
; ∞ −3b − 1; 1−3b
5
−∞; −1
2
∅
5
Zadání úloh.
V R vyřešte rovnice s neznámou x a parametrem p ∈ R
1.
3px − 12 = (p + 2) x ,
2.
x (x + p) + x (x − p) = 2 (x + p)2
,
3.
x + p
p
= px − 1 ,
4.
px −
2
p2
=
1
p
(4x + 1) ,
5.
p2
(x − 1)
px − 3
= 3 ,
6.
p
x
−
1
px
= 1 −
1
p
,
7.
2p =
2 + px
p + x
,
8.
x2 + p2 = p + x ,
9.
x2 + p = p − x ,
10.
1 +
√
x =
√
x − p ,
11.
|x + 5 − p| = |x − 2| ,
12.
|2x − p| + x + 1 = 0 .
6
Návody k řešení a výsledky úloh.
1.
p K
{1} ∅
R − {1} 6
p−1
,
2.
p K
{0} R
R − {0} −p
2
,
3.
p K
{0} nemá smysl
{±1} ∅
R − {0; ±1} 2p
p2−1
,
4.
p K
{0} nemá smysl
{2} ∅
{−2} R
R − {0; ±2} 1
p2−2p
,
5.
p K
{0} ∅
{3} R − {1}
R − {0; 3} p+3
p
, nezapomeňte zkontrolovat splnění podmínky px = 3, ta pro nalezené x = p+3
p
vede ke zjištění, že p = 0, takže se „neprojeví“, ale bez výpočtu na to nelze spoléhat... (v situaci pro
p = 3 se tato podmínka uplatnila zjištěním, že x = 1),
6.
p K
{0} nemá smysl
{1} R − {0}
{−1} ∅
R − {0; ±1} {p + 1}
, nezapomeňte zkontrolovat splnění podmínky x = 0,
7.
p K
0; ±
√
2 ∅
R − 0; ±
√
2 2−2p2
p
, speciální případy pro hodnoty p = ±
√
2 se objeví analýzou podmínky
x = −p,
8.
p K
{0} 0; ∞)
(−∞; 0) ∅
(0; ∞) {0}
, při provádění zkoušky vychází
L (0) = p2 = |p| ⇒ L (0) = P (0) ⇔ p ≥ 0 ,
7
9.
p K
{0} (−∞; 0
(−∞; −1) ∅
−1; 0) ∪ (0; ∞) p−1
2
, při provádění zkoušky vychází
L
p − 1
2
=
|p + 1|
2
⇒ L
p − 1
2
= P
p − 1
2
⇔ p ≥ −1 , p = 0 ,
10.
p K
(−1; ∞) ∅
(−∞; −1 p+1
2
2
,při provádění zkoušky vychází
L
p + 1
2
2
= P
p + 1
2
2
⇔ 1 +
|p + 1|
2
=
|p − 1|
2
⇔ . . . ⇔ p ∈ (−∞; −1 ,
11.
p K
{7} R
R − {7} p−3
2
, řešenou rovnici je výhodné umocnit, jde o její ekvivalentní úpravu (postup je
podobný jako v Př. 6),
12.
p K
(−∞; −2) p + 1; p−1
3
{−2} {−1}
(−2; ∞) ∅
, na případ p = −2 narazíme řešením rovnice
p + 1 =
p − 1
3
,
čímž zjistíme, kdy příslušná množina není dvouprvková (postup je podobný jako v Př. 7).
8