Область допустимих значень (ОДЗ), теорія, приклади, рішення. Чи знаходити ОДЗ? Знайти безліч значень функції онлайн із рішенням
Для початку навчимося знаходити область визначення суми функцій. Зрозуміло, що така функція має сенс всім таких значень змінної, коли він мають сенс всі функції, складові суму. Тому не викликає сумнівів справедливість наступного твердження:
Якщо функція f - це сума n функцій f 1 , f 2 , …, f n , тобто, функція f визначається формулою y = f 1 (x) + f 2 (x) + ... + f n (x) , то областю визначення функції f є перетин областей визначення функцій f 1, f 2, …, f n. Запишемо це як.
Давайте умовимося і далі використовувати записи, подібні до останньої, під якими розумітимемо , записаних усередині фігурної дужки, або одночасне виконання будь-яких умов. Це зручно і досить природно перегукується із змістом систем.
приклад.
Дана функція y=x 7 +x+5+tgx і треба знайти її область визначення.
Рішення.
Функція f представлена сумою чотирьох функцій: f 1 - статечної функції з показником 7, f 2 - статечної функції з показником 1, f 3 - постійної функції та f 4 - функції тангенс.
Подивившись у таблицю областей визначення основних елементарних функцій, знаходимо, що D(f 1)=(−∞, +∞) , D(f 2)=(−∞, +∞) , D(f 3)=(−∞, +∞) , а областю визначення тангенсу є безліч усіх дійсних чисел, крім чисел .
Область визначення функції f – це перетин областей визначення функцій f 1, f 2, f 3 та f 4 . Досить очевидно, що це безліч всіх дійсних чисел, за винятком чисел .
Відповідь:
безліч усіх дійсних чисел, крім .
Переходимо до знаходження галузі визначення добутку функцій. Для цього випадку має місце аналогічне правило:
Якщо функція f - це добуток n функцій f 1, f 2, …, f n, тобто, функція f задається формулою y = f 1 (x) · f 2 (x) · ... · f n (x)то область визначення функції f є перетин областей визначення функцій f 1 , f 2 , ..., f n . Отже, .
Воно й зрозуміло, у зазначеній області визначено всі функції твору, отже, і сама функція f .
приклад.
Y=3·arctgx·lnx .
Рішення.
Структуру правої частини формули, що задає функцію, можна розглядати так f 1 (x) f 2 (x) f 3 (x) , де f 1 - це постійна функція, f 2 - це функція арктангенс, а f 3 - логарифмічна функція з основою e.
Нам відомо, що D(f 1)=(−∞, +∞) , D(f 2)=(−∞, +∞) та D(f 3)=(0, +∞) . Тоді .
Відповідь:
областю визначення функції y=3·arctgx·lnx є безліч всіх дійсних позитивних чисел.
Окремо зупинимося знаходженні області визначення функції, заданої формулою y=C·f(x) , де З – деяке дійсне число. Легко показати, що область визначення цієї функції область визначення функції f збігаються. Справді, функція y=C·f(x) – це добуток постійної функції та функції f . Області визначення постійної функції є безліч всіх дійсних чисел, а область визначення функції f є D(f) . Тоді область визначення функції y=Cf(x) є , Що і потрібно показати.
Отже, області визначення функцій y = f (x) і y = C · f (x) , де С - деяке дійсне число, збігаються. Наприклад, область визначення кореня є , стає ясно, що D(f) - це безліч всіх x з області визначення функції f 2 для яких f 2 (x) входить в область визначення функції f 1 .
Таким чином, область визначення складної функції y=f 1 (f 2 (x)) - це перетин двох множин: множини всіх таких x , що x∈D(f 2) , і множини всіх таких x , для яких f 2 (x)∈D(f 1) . Тобто, у прийнятих нами позначеннях (Це насправді система нерівностей).
Давайте розглянемо рішення кількох прикладів. У процесі ми не будемо докладно описувати, оскільки це виходить за рамки цієї статті.
приклад.
Знайти область визначення функції y=lnx2.
Рішення.
Вихідну функцію можна у вигляді y=f 1 (f 2 (x)) , де f 1 – логарифм з основою e , а f 2 – статечна функція з показником 2 .
Звернувшись до відомих областей визначення основних елементарних функцій, маємо D(f 1)=(0, +∞) та D(f 2)=(−∞, +∞) .
Тоді
Так ми знайшли необхідну область визначення функції, їй є безліч всіх дійсних чисел, крім нуля.
Відповідь:
(−∞, 0)∪(0, +∞) .
приклад.
Яка область визначення функції ?
Рішення.
Ця функція складна, її можна розглядати як y=f 1 (f 2 (x)) , де f 1 – статечна функція з показником , а f 2 – функція арксинус, і нам потрібно знайти її область визначення.
Подивимося, що відомо: D(f 1)=(0, +∞) і D(f 2)=[−1, 1] . Залишається знайти перетин множин таких значень x , що x∈D(f 2) і f 2 (x)∈D(f 1) :
Щоб arcsinx>0 пригадаємо властивості функції арксинус. Арксинус зростає по всій області визначення [−1, 1] і звертається в нуль при x=0 , отже, arcsinx>0 для будь-якого x з проміжку (0, 1] .
Повернемося до системи:
Таким чином, потрібна область визначення функції є напівінтервалом (0, 1] .
Відповідь:
(0, 1] .
Тепер давайте перейдемо до складних функцій загального вигляду y = f 1 (f 2 (f n (x)))) . Область визначення функції f у разі перебуває як .
приклад.
Знайти область визначення функції .
Рішення.
Задану складну функцію можна розписати як y = f 1 (f 2 (f 3 (x))), де f 1 - sin , f 2 - функція корінь четвертого ступеня, f 3 - lg.
Нам відомо, що D(f 1)=(−∞, +∞) , D(f 2)=∪ .
Все це говорить про те, наскільки важливою є наявність ОДЗ.
Приклад 3
Знайти ОДЗ вирази x 3 + 2 · x · y − 4 .
Рішення
У куб можна зводити будь-яке число. Даний вираз не має дробу, тому значення x і у можуть бути будь-якими. Тобто ОДЗ – це будь-яке число.
Відповідь: x та y – будь-які значення.
Приклад 4
Знайти ОДЗ вирази 1 3 - х + 1 0 .
Рішення
Видно, що є один дріб, де в знаменнику нуль. Це говорить про те, що за будь-якого значення х ми отримаємо поділ на нуль. Отже, можна дійти невтішного висновку у тому, що це вираз вважається невизначеним, тобто немає ОДЗ.
Відповідь: ∅ .
Приклад 5
Знайти ОДЗ заданого виразу x + 2 · y + 3 - 5 · x.
Рішення
Наявність квадратного кореня говорить про те, що цей вираз обов'язково має бути більшим або рівним нулю. При негативному значенні воно немає сенсу. Отже, необхідно записати нерівність виду x + 2 · y + 3 ≥ 0 . Тобто це і є потрібна область допустимих значень.
Відповідь:безліч x та y , де x + 2 · y + 3 ≥ 0 .
Приклад 6
Визначити ОДЗ виразу виду 1 x + 1 - 1 + log x + 8 (x 2 + 3).
Рішення
За умовою маємо дріб, тому її знаменник не повинен дорівнювати нулю. Отримуємо, що x + 1 – 1 ≠ 0 . Підкорене вираз завжди має сенс, коли більше чи дорівнює нулю, тобто x + 1 ≥ 0 . Оскільки має логарифм, його вираз має бути суворо позитивним, тобто x 2 + 3 > 0 . Основа логарифму також повинна мати позитивне значення і відмінне від 1 , тоді додаємо ще умови x + 8 > 0 і x + 8 ≠ 1 . Звідси випливає, що шукане ОДЗ набуде вигляду:
x + 1 - 1 ≠ 0 , x + 1 ≥ 0 , x 2 + 3 > 0 , x + 8 > 0 , x + 8 ≠ 1
Інакше кажучи, називають системою нерівностей із однією змінною. Рішення призведе до запису ОДЗ [ − 1 , 0) ∪ (0 , + ∞) .
Відповідь: [ − 1 , 0) ∪ (0 , + ∞)
Чому важливо враховувати ОДЗ під час проведення перетворень?
При тотожних перетвореннях важливо знаходити ОДЗ. Бувають випадки, коли існування ОДЗ немає. Щоб зрозуміти, чи має рішення заданий вираз, потрібно порівняти ОДЗ змінних вихідного виразу та ОДЗ отриманого.
Тотожні перетворення:
- можуть не впливати на ОДЗ;
- можуть призвести до розширення або доповнення ОДЗ;
- можуть звузити ОДЗ.
Розглянемо з прикладу.
Приклад 7
Якщо маємо вираз виду x 2 + x + 3 · x тоді його ОДЗ визначено на всій області визначення. Навіть при наведенні подібних доданків та спрощенні вираження ОДЗ не змінюється.
Приклад 8
Якщо взяти приклад виразу x + 3 x − 3 x , то справи інакше. У нас є дрібний вираз. А ми знаємо, що поділ на нуль неприпустимий. Тоді ОДЗ має вигляд (− ∞ , 0) ∪ (0 , + ∞) . Видно, що нуль не є рішенням, тому додаємо його з круглою дужкою.
Розглянемо приклад із наявністю підкореного виразу.
Приклад 9
Якщо є x - 1 · x - 3 тоді слід звернути увагу на ОДЗ, так як його необхідно записати у вигляді нерівності (x - 1) · (x - 3) ≥ 0 . Можливе рішення методом інтервалів, тоді отримуємо, що ОДЗ набуде вигляду (− ∞ , 1 ] ∪ [ 3 , + ∞) . Після перетворення x - 1 · x - 3 та застосування властивості коренів маємо, що ОДЗ можна доповнити та записати все у вигляді системи нерівності виду x - 1 ≥ 0 , x - 3 ≥ 0 . При її вирішенні отримуємо, що [ 3 + ∞) . Отже, ОДЗ повністю записується так: (− ∞ , 1 ] ∪ [ 3 , + ∞) .
Потрібно уникати перетворень, що звужують ОДЗ.
Приклад 10
Розглянемо приклад виразу x-1 · x-3, коли х = -1. При підстановці отримаємо, що – 1 – 1 · – 1 – 3 = 8 = 2 2 . Якщо це вираз перетворити і призвести до виду x - 1 · x - 3, тоді при обчисленні отримаємо, що 2 - 1 · 2 - 3 вираз сенсу не має, тому що підкорене вираз не має бути негативним.
Слід дотримуватись тотожних перетворень, які ОДЗ не змінять.
Якщо є приклади, що його розширюють, його потрібно додавати в ОДЗ.
Приклад 11
Розглянемо з прикладу дробу виду x x 3 + x . Якщо скоротити на x, тоді отримуємо, що 1 x 2 + 1 . Тоді ОДЗ розширюється і стає (− ∞ 0) ∪ (0 , + ∞) . Причому при обчисленні вже працюємо з другим спрощеним дробом.
За наявності логарифмів справа трохи інакша.
Приклад 12
Якщо є вираз виду ln x + ln (x + 3), його замінюють на ln (x · (x + 3)), спираючись на властивість логарифму. Звідси видно, що ОДЗ (0 , + ∞) до (− ∞ , − 3) ∪ (0 , + ∞) . Тому визначення ОДЗ ln (x · (x + 3)) необхідно проводити обчислення на ОДЗ, тобто (0 , + ∞) множини.
При вирішенні завжди необхідно звертати увагу на структуру та вид даного за умовою вираження. При правильному знаходженні області визначення результату буде позитивним.
Якщо ви помітили помилку в тексті, будь ласка, виділіть її та натисніть Ctrl+Enter
Тип завдання: 13
Умова
а)Розв'яжіть рівняння 2(sin x-cos x)=tgx-1.
б) \ left [ \ frac (3 \ pi) 2; \, 3 \ pi \ right].
Показати рішенняРішення
а)Розкривши дужки і перенісши всі складові в ліву частину, отримаємо рівняння 1+2 \sin x-2 \cos x-tg x=0. Враховуючи, що \cos x \neq 0, доданок 2 \sin x можна замінити на 2 tg x \cos x, отримаємо рівняння 1+2 tg x \cos x-2 \cos x-tg x=0,яке способом угруповання можна привести до вигляду (1-tg x) (1-2 \ cos x) = 0.
1) 1-tg x=0, tg x=1, x=\frac\pi 4+pi n, n \in \mathbb Z;
2) 1-2 \cos x=0, \cos x=\frac12, x=\pm \frac\pi 3+2\pi n, n \in \mathbb Z.
б)За допомогою числового кола відберемо коріння, що належить проміжку \ left [ \ frac (3 \ pi) 2; \, 3 \ pi \ right].
x_1=\frac\pi 4+2\pi =\frac(9\pi )4,
x_2=\frac\pi 3+2\pi =\frac(7\pi )3,
x_3=-\frac\pi 3+2\pi =\frac(5\pi )3.
Відповідь
а) \frac\pi 4+\pi n, \pm\frac\pi 3+2\pi n, n \in \mathbb Z;
б) \frac(5\pi )3, \frac(7\pi )3, \frac(9\pi)4.
Тип завдання: 13
Тема: Область допустимих значень (ОДЗ)
Умова
а)Розв'яжіть рівняння (2 \ sin ^24x-3 \ cos 4x) \ cdot \ sqrt (tgx) = 0.
б)Вкажіть коріння цього рівняння, що належить проміжку \left(0;\,\frac(3\pi )2\right] ;
Показати рішенняРішення
а)ОДЗ: \begin(cases) tgx\geqslant 0\xxneq \frac\pi 2+\pi k,k \in \mathbb Z. \end(cases)
Вихідне рівняння на ОДЗ рівносильне сукупності рівнянь
\left[\!\!\begin(array)(l) 2 \sin ^2 4x-3 \cos 4x=0,\tg x=0. \end(array)\right.
Розв'яжемо перше рівняння. Для цього зробимо заміну \cos 4x=t, t \in [-1; 1].Тоді \sin^24x=1-t^2. Отримаємо:
2(1-t^2)-3t=0,
2t^2+3t-2=0,
t_1=\frac12, t_2=-2, t_2\notin [-1; 1].
\cos 4x=\frac12,
4x=pm \frac\pi 3+2\pi n,
x=\pm \frac\pi (12)+\frac(\pi n)2, n \in \mathbb Z.
Розв'яжемо друге рівняння.
tg x = 0, \, x = \ pi k, k \ in \ mathbb Z.
За допомогою одиничного кола знайдемо рішення, які задовольняють ОДЗ.
Знаком «+» відзначені 1-а та 3-я чверті, в яких tg x>0.
Отримаємо: x = p k, k in mathbb Z; x = frac pi (12) + pi n, n in mathbb Z; x=\frac(5\pi )(12)+pi m, m \in \mathbb Z.
б)Знайдемо коріння, що належить проміжку \left(0;\,\frac(3\pi )2\right].
x=\frac\pi (12), x=\frac(5\pi )(12); x=\pi; x=\frac(13pi )(12); x = frac (17 pi) (12).
Відповідь
а) \pi k, k \in \mathbb Z; \frac\pi (12)+pi n, n \in \mathbb Z; \frac(5\pi )(12)+pi m, m \in \mathbb Z.
б) \pi; \frac\pi (12); \frac(5\pi)(12); \frac(13\pi)(12); \frac(17\pi)(12).
Джерело: «Математика. Підготовка до ЄДІ-2017. Профільний рівень». За ред. Ф. Ф. Лисенка, С. Ю. Кулабухова.
Тип завдання: 13
Тема: Область допустимих значень (ОДЗ)
Умова
а)Розв'яжіть рівняння: \cos ^2x+\cos ^2\frac\pi 6=\cos ^22x+\sin ^2\frac\pi 3;
б)Вкажіть усе коріння, що належить проміжку \left(\frac(7\pi )2;\,\frac(9\pi )2\right].
Показати рішенняРішення
а)Так як \sin \frac\pi 3=\cos \frac\pi 6,то \sin ^2\frac\pi 3=\cos ^2\frac\pi 6,отже, задане рівняння рівносильне рівнянню \cos^2x=\cos ^22x, яке, у свою чергу, рівносильне рівнянню \cos^2x-cos ^2 2x=0.
Але \cos ^2x-\cos ^22x= (\cos x-\cos 2x)\cdot (\cos x+\cos 2x)і
\cos 2x=2 \cos ^2 x-1, тому рівняння набуде вигляду
(\cos x-(2 \cos ^2 x-1))\,\cdot(\cos x+(2 \cos ^2 x-1))=0,
(2 \cos ^2 x-\cos x-1)\,\cdot (2 \cos ^2 x+\cos x-1)=0.
Тоді або 2 \cos ^2 x-\cos x-1=0, або 2 \cos ^2 x+\cos x-1=0.
Вирішуючи перше рівняння як квадратне рівняння щодо \cos x, отримуємо:
(cos x)_(1,2)=frac(1pmsqrt 9)4=frac(1pm3)4.Тому або \cos x=1, або \cos x=-\frac12.Якщо \cos x=1, то x=2k\pi , k \in \mathbb Z. Якщо \cos x=-\frac12,то x=\pm \frac(2\pi )3+2s\pi , s \in \mathbb Z.
Аналогічно, вирішуючи друге рівняння, отримуємо або \cos x=-1, або \cos x=\frac12.Якщо \cos x=-1, то коріння x=\pi +2m\pi m \in \mathbb Z.Якщо \cos x=\frac12,то x=\pm \frac\pi 3+2n\pi n \in \mathbb Z.
Об'єднаємо отримані рішення:
x = m \ pi, m \ in \ mathbb Z; x=\pm \frac\pi 3 +s\pi , s \in \mathbb Z.
б)Виберемо коріння, яке потрапило в заданий проміжок, за допомогою числового кола.
Отримаємо: x_1 = frac(11pi )3, x_2=4\pi , x_3 = frac(13pi)3.
Відповідь
а) m\pi, m \in \mathbb Z; \pm \frac\pi 3 +s\pi , s \in \mathbb Z;
б) \frac(11\pi )3, 4\pi , \frac(13\pi)3.
Джерело: «Математика. Підготовка до ЄДІ-2017. Профільний рівень». За ред. Ф. Ф. Лисенка, С. Ю. Кулабухова.
Тип завдання: 13
Тема: Область допустимих значень (ОДЗ)
Умова
а)Розв'яжіть рівняння 10\cos ^2\frac x2=\frac(11+5ctg\left(\dfrac(3\pi )2-x\right) )(1+tgx).
б)Вкажіть коріння цього рівняння, що належить інтервалу \left(-2\pi ; -\frac(3\pi )2right).
Показати рішенняРішення
а) 1. Згідно з формулою наведення, ctg\left(\frac(3\pi )2-x\right) = tgx.Області визначення рівняння будуть такі значення x , що \cos x \neq 0 і tg x \neq -1. Перетворимо рівняння, користуючись формулою косинуса подвійного кута 2 \cos ^2 \frac x2=1+\cos x.Отримаємо рівняння: 5(1+\cos x) = frac(11+5tgx)(1+tgx).
Зауважимо, що \frac(11+5tgx)(1+tgx)= \frac(5(1+tgx)+6)(1+tgx)= 5+\frac(6)(1+tgx),тому рівняння набуває вигляду: 5+5 \cos x=5 +\frac(6)(1+tgx).Звідси \cos x =\frac(\dfrac65)(1+tgx), \cos x+\sin x = frac65.
2. Перетворимо \sin x+\cos x за формулою приведення та формулою суми косінусів: \sin x=\cos \left(\frac\pi 2-x\right), \cos x+\sin x= \cos x+\cos \left(\frac\pi 2-x\right)= 2\cos \frac\pi 4\cos \left(x-\frac\pi 4\right)= \sqrt 2\cos \left(x-\frac\pi 4\right) = \frac65.
Звідси \cos \left(x-\frac\pi 4right) = frac(3sqrt 2)5.Значить, x-\frac\pi 4= arc\cos \frac(3\sqrt 2)5+2\pi k, k \in \mathbb Z,
або x-\frac\pi 4= -arc \ cos \ frac (3 \ sqrt 2) 5 + 2 \ pi t, t \ in \ mathbb Z.
Тому x=\frac\pi 4+arc\cos \frac(3\sqrt 2)5+2\pi k,k \in \mathbb Z,
або x = frac pi 4-arc cos frac (3 sqrt 2) 5 +2 pi t, t in mathbb Z.
Знайдені значення x належать області визначення.
б)З'ясуємо спочатку куди потрапляють корені рівняння при k=0 та t=0. Це будуть відповідно до числа a=\frac\pi 4+arccos \frac(3\sqrt 2)5і b = frac pi 4-arccos frac (3 sqrt 2)5.
1. Доведемо допоміжну нерівність:
\frac(\sqrt 2)(2)<\frac{3\sqrt 2}2<1.
Справді, \frac(\sqrt 2)(2)=\frac(5\sqrt 2)(10)<\frac{6\sqrt2}{10}=\frac{3\sqrt2}{5}.
Зауважимо також, що \left(\frac(3\sqrt 2)5\right) ^2=\frac(18)(25)<1^2=1, значить \frac(3\sqrt 2)5<1.
2. З нерівностей (1) за властивістю арккосинусу отримуємо:
arccos 1 0 Звідси \frac\pi 4+0<\frac\pi 4+arc\cos \frac{3\sqrt 2}5<\frac\pi 4+\frac\pi 4,
0<\frac\pi 4+arccos \frac{3\sqrt 2}5<\frac\pi 2,
Без ОДЗ З ОДЗ Відповідь: х = 5 ОДЗ: => => Відповідь: коріння немає Область допустимих значень оберігає нас від таких серйозних помилок. Чесно кажучи, саме через ОДЗ багато «ударників» перетворюються на «трієчників». Вважаючи, що пошук та облік ОДЗ малозначним кроком у рішенні, вони пропускають його, а потім дивуються: «чому вчитель поставив 2?». Та тому й поставив, що відповідь невірна! Це не «причіпки» вчителя, а цілком конкретна помилка, така як неправильне обчислення чи втрачений знак. Додаткові рівняння: а) = ; б) -42 = 14х +; в) = 0; г) | x-5 | = 2x-2 Розділ 2 ОДЗ. Навіщо? Коли? Як? Область допустимих значень – є рішення Відповідь: коріння немає. Відповідь: коріння немає. 0, рівняння не має коріння Відповідь: коріння немає. Додаткові приклади: а) + = 5; б) + = 23х-18; в) = 0. ОДЗ: х = 2, х = 3 Перевірка: х = 2, +, 0<1, верно Перевірка: х = 3 + 0<1, верно. Відповідь: х = 2, х = 3. Перевірка: х=0, > , 0>0, неправильно Перевірка: х=1, > , 1>0, правильно Відповідь: х = 1. Перевірка: + = 3, 0 = 3, не так. Відповідь: коріння немає. Додаткові приклади: а) = ; б) + = 0; в) + = х -1 Небезпека ОДЗ Зауважимо, тотожні перетворення можуть: Відомо також, що внаслідок деяких перетворень, що змінюють вихідне ОДЗ, може призвести до неправильних рішень. Давайте пояснимо кожний випадок прикладом. 1) Розглянемо вираз х +4х+7х, ОДЗ змінної х для цього є безліч R. Наведемо подібні доданки. В результаті воно набуде вигляду x 2 +11x. Очевидно, ОДЗ змінної x цього виразу також є безліч R. Таким чином, проведене перетворення не змінило ОДЗ. 2) Візьмемо рівняння x + - = 0. І тут ОДЗ: x≠0. Це вираз також містить подібні доданки, після приведення яких, приходимо до виразу x, для якого ОДЗ є R. Що ми бачимо: в результаті проведеного перетворення відбулося розширення ОДЗ (до ОДЗ змінної x для вихідного виразу додалося число нуль). 3) Візьмемо вираз. ОДЗ змінної x визначається нерівністю (x−5)·(x−2)≥0, ОДЗ: (−∞, 2]∪∪/Режим доступу: Матеріали сайтів www.fipi.ru, www.eg
Додаток 1 Практична робота «ОДЗ: коли, навіщо та як?» Варіант 1 Варіант 2 │х+14│= 2 - 2х │3-х│=1 - 3х Додаток 2 Відповіді до завдань практичної роботи «ОДЗ: коли, навіщо і як?» Варіант 1 Варіант 2 Відповідь: коріння немає Відповідь: х-будь-яке число, крім х=5 9х+ = +27 ОДЗ: х≠3 Відповідь: коріння немає ОДЗ: х = -3, х = 5. Відповідь:-3;5. у = -зменшується, у = -зростає Отже, рівняння має трохи більше одного кореня. Відповідь: х = 6. ОДЗ: → →х≥5 Відповідь: х≥5, х≤-6. │х+14│=2-2х ОДЗ: 2-2х≥0, х≤1 х=-4, х=16, 16 не належить ОДЗ Убуває, -зростає Рівняння має трохи більше одного кореня. Відповідь: коріння немає. 0, ОДЗ: х≥3,х≤2 Відповідь: х≥3,х≤2 8х+ = -32, ОДЗ: х≠-4. Відповідь: коріння немає. х = 7, х = 1. Відповідь: рішень немає Зростає, - зменшується Відповідь: х = 2. 0 ОДЗ: х≠15 Відповідь: х-будь-яке число, крім х = 15. │3-х│=1-3х, ОДЗ: 1-3х≥0, х≤ х=-1, х=1 не належить ОДЗ. Відповідь: х = -1.