CHƯƠNG I: ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRèNH HỮU TỈ
PHƯƠNG TRèNH BẬC BA
Một số phương phỏp giải phương trỡnh bậc ba
* Phương phỏp phõn tớch nhõn tử:
Nếu phương trỡnh bậc ba az? + ba? + cr +d = 0 c6 nghiộm x = r thỡ cú nhõn tử (z — r) do đú
cú thể phõn tớch
ax* + bx? + cx +d = (ứ — r)[az? + (b + ar)# + e + br + ar`]
Từ đú ta đưa về giải một phương trỡnh bậc hai, cú nghiệm là —b — ra + VÙ2 — 4ac — 2qbr — 3a2r2 2a * Phương phỏp Cardano: Xột phương trỡnh bậc ba a? + ax? + br +c =0 (1) Bang cach dat 2 = y — 7 phương trỡnh (1) luụn biến đổi được về dạng chớnh tắc: + pụ+q=0() , a 2a — Yab Trong đú: p= b— —,g=e+ ———— l
Ta chỉ xột p, ứ # Ú vỡ p = 0 hay g = 0 thỡ đưa về trường hợp đơn giản Đặt = +0 thay vào (2), ta được:
(u+0)đ+p(u +0) +q=0<€ uẺ +u` + (uv + p)(utv) +Âq=0 (3) Chọn u,v sao cho 3uv + p = 0 (4)
Trang 3*% Khi A >0, (5) cú nghiệm: tổ = =5 + VÀ,tẺ = =5 — VÀ Như vậy, phương trỡnh (2) sẽ cú nghiệm thực duy nhất: ={[=š +VA+ f[-š - VÀ ỳ * Khi A =0, (5) cú nghiệm kộp: u =v = -ÿŸ Khi đú, phương trỡnh (2) cú hai nghiệm thực, trong đú một nghiệm kộp w= 24) —4 mm =%3= if % Khi A <0, (5) cú nghiệm phức
Gọi trẻ là một nghiệm phức của (5), œỷ là giỏ trị tương ứng sao cho wg0ạ = => khi đú, phương trỡnh (2) cú ba nghiệm phõn biệt
Yi = Uo + Uo
1 3
Y= 3 (to +09) + rus — vo)
1 v3
y= ~5 (uo +9) — i> (to — v9)
* Phương phỏp lượng giỏc hoỏ - ham hyperbolic:
Một phương trỡnh bậc ba, nếu cú 3 nghiệm thực, khi biểu diễn dưới dạng căn thức sẽ liờn quan đến số phức Vỡ vậy ta thường dựng phương phỏp lượng giỏc hoỏ để tỡm một cỏch biểu diễn
khỏc đơn giản hơn, dựa trờn hai hàm số cos và arccos
Trang 41 ẹ : Z
xi= -2VŠ sinh [nian Đ 2)| nếu ứ >0
Mỗi phương phỏp trờn đều cú thể giải quyết phương trỡnh bậc ba tổng quỏt Nhưng mục đớch của chỳng ta trong mỗi bài toỏn luụn là tỡm lời giải ngắn nhất, đẹp nhất Hóy cựng xem qua một số vớ dụ: Bài tập vớ dụ Bài 1: Giải phương trỡnh #2 + z2 +ứ = 73 = 1 Giai
Phương trỡnh khụng cú nghiệm hữu tỉ nờn khụng thể phõn tớch nhón tử Trước khi nghĩ tới cụng thức Cardano, ta thử quy đồng phương trỡnh:
3z + 3z? + 3z + 1= 0
Đại lượng 3z?+3#-+1 gợi ta đến một hằng đẳng thức rất quen thuộc #3-+3z?-+3#+1 = (+1) Do đú phương trỡnh tương đương: (++1U = -2z° hay z+1=—Ÿ2z ne đ Nhận xột: Vớ dụ trờn là một phương trỡnh bậc ba cú nghiệm vụ tỉ, và được giải nhờ khộo lộo “Từ đú suy ra nghiệm duy nhất # =
biến đổi đẳng thức Nhưng những bài đơn giản như thế này khụng cú nhiều Sau đõy ta sẽ đi
sõu vào cụng thức Cardano: Bai 2: Giải phuơng trỡnh z” — 3z2 + 4z + 11=0 Giải Đặt z = +1 Thế vào phương trỡnh đầu bài, ta được phương trỡnh: yi tly+13=0 >, 44, 4567 Tinh A = 13° + 55.1) = 7 >0 Ấp dụng cụng thức Cardano suy ra: Suy ra z=
đ Nhận xột: Vớ dụ trờn là một ứng dụng cơ bản của cụng thức Cardano Tuy nhiờn cụng
Trang 5Bài 3: Giải phương trỡnh zŠ + 3z? + 2# —1=0 Giải Đầu tiờn đặt z = y— 1 ta đưa về phương trỡnh ứŠ —— 1 = 0 (1) Đến đõy ta dựng lượng giỏc như sau: Nếu |y| < 2 suy ra xe y vo 2 y <1 Do đú tồn tai : a a € [0,7] sao cho vó = cos › 2 Là a - Phương trỡnh tương đương: 8 2 —= cos*a — —=cosa-1=0 3v3 v3 hay cos 3a = ad (vừ nghiệm) 2 ÿ 1 1 iB Do dộ |y| > —= Nhu vay lu6n tộn tai t thoa y = —=(t + —) lyl v3 y y att Dp) (x) Thộ vao (1) ta duge phuon (1) phương trỡnh et 3vV3 3v38 Việc giải phương trỡnh này khụng khú, xin đành cho bạn đọc Tà tỡm được nghiệm: -1=0 1 - /) (av5- v58)+—————|-in 1 loi lỏ t5 @/5- v3) LS đ Nhận xột: Cõu hỏi đặt ra là: “Sử dụng phương phỏp trờn như thế nào?” Muốn trả lời, ta cần làm sỏng tỏ 2 vấn đề:
1) Cú luụn tồn tại Ă thoả món cỏch đặt trờn?
Trang 6Với || < ait thi u < 1 Do dộ tộn tai a € [0,7] sao cho cosa = 3ụ hay y= 2V hung 3 2/7 2/7 3 “Thế vào (+), ta được: cos 3a = _wt ` 14 Đõy là phương trỡnh lượng giỏc cơ bản Dễ dàng tỡm được ba nghiệm của phương trỡnh ban vĩ arccos ——— 2V7 14 1 đầu: đị = > cos a F 3 7 +arccos Mt 2v7 1j 2m| 1 123 = 3 cos —— > + 3 + 3
Do phương trỡnh bậc ba cú tối đa ba nghiệm phõn biệt nờn ta khụng cần xột trường hợp
ly| > a Bai toan duge gidi quyột O x „ : 2V7 Vs đ Nhận xột: Ta cũng cú thể chứng mỡnh phương trỡnh vụ nghiệm khi |u| > a bang cỏch dat vĩ 1 ụ= at + 7 giống như bài 3, từ đú dẫn tới một phương trỡnh trựng phương vụ nghiệm 2 aye ` „ 2 —p 1 Tổng kết lai, ta ding phộp dat an phu y = 4 " ( + 2) (+) như sau: Ê * x 3 ơy —P
% Nếu phương trỡnh cú 1 nghiệm thực, chứng minh phương trỡnh vừ nghiệm khi || < 2 ai trường hợp cũn lại dựng (+) để đưa về phương trỡnh trựng phương theo /
z —p
% Nếu phương trỡnh cú 3 nghiệm thực, chứng minh phương trỡnh vừ nghiệm khi |y| > 2 Ti bằng phộp đặt (+) (đưa về phương trỡnh trựng phương vụ nghiệm theo Ê) Khi || < 2 lyl dat = cosa, tit dộ tim a, suy ra 3 nghiệm y Cũn khi p > 0 khụng khú chứng minh phương trỡnh cú nghiệm duy nhất: Bài 5: Giải phương trỡnh z” + 6z + 4= 0 Giải đ í tưởng: Ta sẽ dựng phộp đặt 1 2 a 2
c=k ( = i) để đưa về phương trỡnh trựng phương Để ý phộp đặt này khụng cần điều kiện của z, vỡ nú tương đương k(Ê? — 1) — zÊ = 0 Phương trỡnh trờn luụn cú nghiệm theo #
Như vậy từ phương trỡnh đầu ta được
Trang 7Cần chọn & thoả 3kŠ = 6k > k = v2 Vậy ta cú lời giải bài toỏn như sau: @đ Lời giải: 1 Đặt z = v2 ( - i) ta cú phương trỡnh s⁄/5(#~g)+ỏ= 0œ?đ_—-1+V22=0eâth¿= Lưu ý rằng fĂ.f¿ = —1 theo định lý Viete nờn ta chỉ nhận được một giỏ trị của z là > _ -it+v3 ,/-l-v3 z=h+h=V3[ xa + Ta Je Bai 6: Giai phudng trinh 47° — 32 = m vội |m| > 1 Giai Nhận xột rằng khi |z| < 1 thi |VT| < 1 < |m| (sai) nộn |x| > 1 Vỡ vậy ta cú thể đặt biped 2 i) 1 = 3 =m } 3 Ta cú phương trỡnh tương đương: Từ đú: t= Wm+ Vmấ — è = z= vs + V?m2— 1+ Vm— về =1)
Ta chứng minh đõy là nghiệm duy nhất
Giả sử phương trỡnh cú nghiệm zọ thỡ zạ ế [—1, 1] vỡ |zo| > 1 Khi đú: 4a} — 3a = 4a — 329 hay (# — #o)(42? + 4rzo + 4zõ — 3) = 0 Xột phương trỡnh: 4z2 + 4# + Axe —-3=0 c6 A’ = 12 — 1223 < 0 nờn phương trỡnh bậc hai này vụ nghiệm
Trang 8đ) 8z? + 24+? + 6œ — 10 — 36 =0 Bài 2: Giải và biện luận phương trỡnh: 4a? + 32 =m vộimeR Bài 3: Giải và biện luận phương trỡnh: #8 + a#? + b + c= 0 PHƯƠNG TRèNH BẬC BỒN [1] Phương trỡnh dang ax? + ba? + cx? + bka + ak? =0 (1) Ta cú
(1) = a(a* + 227.k + k?) + bx(2? + k) + (e— 2ak)+? = 0
â a(a? +k)? + br(a? + k) + (ce — 2ak)a? =0 Đến đõy cú hai hướng để giải quyết:
Cỏch 1: Dưa phương trỡnh về dạng A? = B?:
Them bớt, biến đổi về trỏi thành dạng hằng đẳng thức dạng bỡnh phương của một tổng, chuyển
cỏc hạng tử chứa +? sang bờn phải
Cỏch 2: Dặt =+?”+k=>u>k
Phương trỡnh (1) trở thanh ay? + bry + (c — 2ak)a? = 0
Tinh ô theo hoặc theo z để đưa về phương trỡnh bậc hai theo ẩn z Vớ dụ: Giải phương trỡnh: zf — 8z3 + 21z? — 24z + 9 = 0 (1.1) CÁCH 1: , , (1.1) (vt +9 + 62") — 8(ứ° + 3) + 162” = 16x? — 212? + 6x? @ (+? — 4z + 3)? =+? 5- VB + z?—=4z+3=+ + x? —5r+3=0 a= 5 —4z+3=-—z #ứ—3z+3=0 _5† v13 2 CÁCH 2: (1.1) = (v4 + 62? + 9) — 8a(x? +3) + 15a? = 0 â (+? + 3)? — 8ứ(+? + 3) + 15+? = 0 Ơ : 5 = 32 Dat y =a? +3 (1.1) trở thành: g2 — 8z + 15z2 = 0 â (ụ — 3#)( — 5+ # _ y = 5x Với y = 3x: Ta cú z? + 3 = 3z: Phương trỡnh vụ nghiệm „-ủn v13 Jđi y — 5x: Ta cú ứ? + 3 — 5z â +? T— 5r+3— TT 2 Với y = 5x: Ta cú #” + 3 = 5# â # 9ỉ + 3= 0â 5+ v18 = 2 5 13 5— v13 Vậy phương trỡnh (1.1) cú tập nghiệm: S$ = { 3 au, 5)
Trang 1024 24 zz0:01) (ô+ 410) # _— 24 Dặt =z+ 22 \y| > 4V6 (2.1) trở thành: =-H (y + 10)(y — 14) = 9ð đ (+ 11)(w — 15) =0 â Ib =19 Với y = —11: Ta cú phương trỡnh: x+ S=-—11222211z+240=0 l3 x z=—8 Với y = 15: Ta cú phương trỡnh: 24 15 + v12 ——_—— x 5 — /129 ,Jỗ V 129 Phương trỡnh (2.1) cú tập nghiệm ,Š = {+ —8;————— PT Sẽ oe |
Trang 13Vớ dụ: Giải phương trỡnh: zí + +z?T— 6+1 = 0 (5.1) Ta cú: (5.1) 6 at +42? +4 = 32? +6243 (a? + 2)? = 3(z + U)? + +2= Vầ( + 1) +*+2= —V3( + 1) “4 akon z#đ+V3+2+v3=0 „- V3- V4v3—5 đè _w.vVàE=s xz 2 ưng 2 ; 2 Phương trỡnh (5.1) cú tập nghiệm: S = { Bài tập tự luyện Giải cỏc phương trỡnh sau: 1 a! — 192? — 102 +8 =0 2.0°=4Â4+1 3.21 =8r+7 4, 221 + 32? - 102 +3 =0 5 (2? — 16)? = 162 + 1 6 3z1— 2z? — 16 — 5 =0 Nhận xột: Phương trỡnh dạng # = ứ# + b được giải theo cỏch tương tự
Phương trỡnh A = 0 là phương trỡnh bậc ba với cỏch giải đó được trỡnh bày trước Phương
Trang 14Đặt u = z— 2,0 = + + 1 Phương trỡnh (6.1) trở thành: 3 5 10u=0 2002 + 48uv — 5v* = 0 & (10u — v)(2u + Sv) = 0 đ 2u = —5v 7 * Vội 10u = v, ta cú: 10( T— 2) =z+1@z= 3 1 *% Với 2u = —ðBu, ta cú: 2(œ — 3) = —5(œ + l) âđ z= a 7 1
Vay phương trỡnh (6.1) cú tập nghiệm: # = {ki -7}
đ Nhận xột: Nếu chọn y = a Voi f(x) va g(x) là hai hàm số bất kỡ (g(z) # 0) ta sẽ tạo
được một phương trỡnh Khụng chỉ là phương trỡnh hữu tỉ, mà cũn là phương trỡnh vụ tỉ Bài tập tự luyện Giải cỏc phương trỡnh sau: 1 (x — 5)4 — 12(a — 2)4 + 4(a? — 7a + 10)? = 0 2 (x — 2)4 + 3(x + 3)4 — 4(2? + 2-6)? =0 3 4(z3 — 1)+2(22?++~+1)?— 4(z — 1)? =0 4, 2(a? —@ +1)? +5(a +1)? + 14(+3 +1) =0 (œ — 10) — 15(œ + 5)* + 4(z2 — 5z — 50)? = 0 a [7] Phuong trinh bac bộn tong quat ax! + bz3 + cx? + dx + e = 0 (7) Phõn tớch cỏc hạng tử bậc 4, 3, 2 thành bỡnh phương đỳng, cỏc hạng tử cũn lại chuyển sang về phải: (7) = 4a?a4 + dbaađ + dcaa? + ddaa + dae = 0 r2 + bz)2 = (bỀ — 4ac â (2 — dada — 4ae
Thờm vào hai về một biộu thite 2(2ax? + br)y + y? (y 1a hang số) để về trỏi thành bỡnh phương
đỳng, cũn về phải là tam thức bậc hai theo x:
f(a) = (bỀ — 4ae — 4au)+? + 2(bu — 2ad)x — 4ae +
Tớnh y sao cho về phải là một bỡnh phương đỳng Như vậy, A của về phỏi bang 0 Nhu vay ta
phải giải phương trỡnh A = 0 Từ đú ta cú dạng phương trỡnh 4? = 2 quen thuộc
Vớ dụ: Giải phương trỡnh z# — 16z3 + 66+? — 16ứ — 55 = Ú (7.1)
(7.1) & a — 162 + 642? = —22? + 16x +55
â (x? — 8x)? + 2y(2? — 8x) + y? = (2y — 2)a? + (16 — 16y)a +55 +y?
Giải phương trỡnh A = 0 (8 — 8y)? — (55 + y*)(2y — 2) = 0 tim duge y = 1,y = 3,y = 29
Trang 15Như vậy, chọn = 3, ta cú phương trỡnh: #2 — 8z + 3 = 2(œ — 4) +? — 8z + 3 = —2(# — 4) +2 — 10z+11=0 -[ (a? — 8z +3)? = 4(z - 4)? â đ èz~—6—s=0 xz=5+v14 Phương trỡnh (7.1) cú tập nghiệm S = {3 + v14;3— 14,5 + 14; 5 — v14}
đ Nhận xột: Vớ dụ trờn cho ta thấy phương trỡnh A = 0 cú nhiều nghiệm Cú thể chọn = 1
nhưng từ đú ta cú phương trỡnh (+? — 8z + 1)? = 56 thỡ khụng thuận lợi lắm cho việc tớnh toỏn,
tuy nhiờn, kết quả vẫn như nhau
Một cỏch giải khỏc là từ phương trỡnh z* + az3 +bz? +c# + đ = 0 đặt z =Ê— zp ta sẽ thu được phương trỡnh khuyết bậc ba theo f, nghĩa là bài toỏn quy về giải phương trỡnh ft = at? + bt+e Bài tập tự luyện +— 14z9 + 54+? — 38+ — II =0 ứđ — 1623 + 5742 — 522 — 3 z4 — 0x3 + 9z2 + 2z — 7 =0 ứ — 10z3 + 29z2 — 20z — 8 =0 2z4 — 32z3 + 127+? + 38z — 243 = 0 Em na PHƯƠNG TRèNH DẠNG PHÂN THỨC [1] Phương trỡnh chứa ấn ở mẫu cơ bản Đặt điều kiện xỏc định cho biểu thức ở mẫu Quy đồng rồi giải phương trỡnh T +—~— =2(11) a Vớ dụ: Giải phương ớ dụ: Giải phương trỡni trỡnh: 7-7 tbe Diộu kien: ô A 2:4 4 > 2a 1 o(2 = 2)
Trang 16xó Dat y = 7, Giải phương trỡnh bậc hai theo để tỡm z z+ủ 7 Vớ dụ: Giải phương trỡnh: x? + Kim =7(21) Điều kiện: z # —3 (2.1) = (: — 2 Đặt y = Ta cú phương trỡnh #+ /+6y=17=0 |” y=-7 % Nếu = 1: Ta cú phương trỡnh #2 = z+ 3â z= 1+ v13 2 % Nếu = —ĩ: Ta cú phương trinh x? + 7x + 21 = 0 (vụ nghiệm) 1+ v13 1- v13 \ 2 7
đ Nhan xột: Dựa vào cỏch giải trờn, ta cú thể khụng cần phải đặt ẩn phụ mà thờm bớt hằng Vậy phương trỡnh (2.1) cú tập nghiệm: S$ = {
Trang 17Trường hợp z # ệ: a a z+-+n z+—+q (2)đ—#—+—‡—=b z+-+m z+—+p a # ẹ cứ Dat y= a+ â Diộu kien: lu| > 2/|a| ta cú phương trỡnh i ytn u+q +——=b) y+tm u+p Giai phuong trinh an y sau đú tỡm z : ge -Be+5 a —be+5 1 Vớ dụ: Giải phugng trinh: =————~ — —————_ = —- (3.1 Gi plutons ttn ae gees a OH Diều kiện: z # 1,# # 5 + = 0 khụng phải là nghiệm của phương trỡnh Xột z #0: 5 wt TS 3 1 (31) —2— - ee at 24 4 x 5
Dat y= a+ 3 => |u| > 2V5, # 6 Phương trỡnh (3.1) trở thành:
y-3 - y-5 ơ- Ố 1 2 1 5 y = 2 (loai) U—4 =6 4 g-10y+2 47 10†16=02 | va Từ đú ta cú phương trỡnh : r+? =8e2?—-8r+5=062=44Vil #
Vậy phương trỡnh (3.1) cú tập nghiệm: Š = {4 +V11;4— vil}
Trang 18Tổng kết Qua cỏc dạng phương trỡnh trờn, ta thấy phương trỡnh hữu tỉ thường được giải bằng một trong cỏc phương phỏp: š Dat an sit để đưa về hệ phương trỡnh H [2.] [3.]
[4.] Dưa về lũy thừa đồng bậc (thường là dạng A2 = B?) [5.] Chia tử và mẫu cho sồng: một số
[6
Tuy nhiờn, cú một số dạng phương trỡnh cú những phương phỏp giải đặc trưng Những phương trỡnh này sẽ được trỡnh bày cụ thể hơn ở những phần khỏc
Trang 19XÂY DỰNG PHƯƠNG TRèNH HỮU TỈ
Bờn cạnh việc xõy dựng phương trỡnh từ hệ phương trỡnh, việc xõy dựng phương trỡnh từ những đẳng thức đại số cú điều kiện là một trong những phương phỏp giỳp ta tạo ra những dạng phương trỡnh hay và lạ Dưới đõy là một số đẳng thức đơn giản
4.1 Từ đẳng thức “(a+b+c)3 = œ3 + b8 + c3 + 3(ứ + b)(b + e)(e + a) (1) °
Vi dụ: Giải phương trỡnh: ( — 2)3 + (2z — 4)3 + (7 — 3z) = 1 (1.1)
Nhận xột: Nếu đặt a = #— 2,b = 2z— 4,e= T7 — 3z Khi đú ta cú phương trỡnh: aŠ + bŠ + =
(a+b+e)3 Từ đẳng thức (1), đễ dàng suy ra (œ + b)(b + e)(c+a) = 0 Từ đú, ta cú lời giải: () â(œ-— 2)? + (2z — 4)3 + (7 — 3x)? = [ — 3) + (9z — 4) + (7 — 3ứ)]Ÿ x=2 Ẳâ (3z — 6)(3— z)(5 — 2z) =0 â g
Vậy phương trỡnh (1.1) cú tập nghiệm: Š = {2 3: 3}
Trang 20= d,ÙŠ là nghiệm của phương trỡnh
x B 2 or # Sỡ w a
Khi đú phương trỡnh đó cho tương đương với
(e+a+b) (+? +a4?+b?T— ag — ba — ab) =0 2 #=—= 2 2 1 3V2 # z?— z+—l]=0 @ (0+ 5) (2 s5” +18) oe i r= 3V2 Vậy (3.1) cú tậ ay ng - cú tạp _— nghiệm hiệm 9 = { — 3V2' 33 _ ; 5} co i fg ” ` 11.1, -
4.4 Từ bài toỏn “Nếu zựz = 1 và z++z= T+ + thỡ @œ— Ly —1)Œ —1) = 0 (4)?
Vớ dụ: Giải phương trỡnh: ven Die 10? = a $3 91 Se 3 : =! + i + 102? — 18a + 7 (4.1) ‘au kien pf oe he Điều kiện: z # ge z 5 Z 1 Nhận xột: Nếu dat a = 2z — 1,b= ận xột: Nếu đặt a = 2z a 5z —3,đ= ———————= : 122-1r+5 Thỡ ta cú: ae = 1 và +b+c=-+r+— a oboe i Từ đú (3.1 lu d hỏo 2z—1—1)(5z—3— W8 (mm 1) | ———n—]]è= ) ụ PS #1 4 #c 4 -â z= > 5 5 102? — lle +2=0 xi ae val 4 lltv4l Phương trỡnh (3.1) cú tập nghiệm: 9 = ụ = ney 5
Trang 211 1 1 1 6 ” + 4r+3 z2 8e + l5 +2 + 12z + 35 +A + 16x + 63 7 (x? — 8x +5)" + (7a — 8)" = (a? —2 — 3)? =5 + MỘT SỐ PHƯƠNG TRèNH BẬC CAO
Nhà toỏn học Abel đó chứng minh rằng khụng cú cụng thức nghiệm tổng quỏt cho phương trỡnh bậc cao (> 4) Đõy cũng khụng phải là dạng toỏn quen thuộc ở phổ thụng Vỡ thế bài
viết này chỉ đề cập đến một số phương trỡnh bậc cao đặc biệt, cú thể giải bằng biến đổi sơ cấp Bài 1: Giải phương trỡnh z” — z†— 23 — 112? + 252 — 14 =0 Giải Phương trỡnh đó cho tương đương (ađ — 2x4) + (a* — 22°) + (2° — 227) + (—932 + 18z) + (7z — 14) = 0 (Œ—2)(t+ +” + +? — 9x +7) =0 ea Vetta? +2? —-924+7=0 (ô) Xột (*) ta cú (6) â (@*+ m2 +? T— Đ#+6}+1=0 (at — 2° + 2a3 — 22? + 3z? — 3ứ — 6z +6) +1=0 đ (ứ— 1)?” + 3Ê +6) +1=0 (vụ nghiệm) Vậy phương trỡnh cú tập nghiệm Š = {2} Bài 2: Giải phương trỡnh z° — 7z? + v6 = 0 (*) Giải
Rừ ràng ta khụng thể đoỏn nghiệm của phương trỡnh này vỡ bậc cao và hệ số xấu Một cỏch tự nhiờn ta dat 6 = a Luu Ơ rằng ta hỉ vọng cú thể đưa (*) về phương trỡnh bậc hai theo a, do
Trang 22ằ=+W6 ?= V6 # Vay (+) <= „“ } 1—at = V6r? v=+ 5 3 2 2 me $ Zein a 4 5 3
Vậy phương trỡnh cú tập nghiệm S = +ử6; a a7 Var: n
Bài 3: Giải phương trỡnh z8 — 15+? + 6Đ = 0 (*) Giải Do z = 0 khụng thoả (*) nờn z # 0 Viết lại (*) dưới dạng 68 lỗ 2V17_ 17-2 ra VN _ Tố # # nee a x Dat a = V17 > Ú ta cú phương trỡnh „xó 28 — g2 x a’ a? — 2a — a — 22? = 0 (x) Coi (**) 1a phuong trinh an a ta tim dude nghiộm a = —#? (loại do ứ > 0) 2+ oe 2 4 17-3 Vậy ta cú V17 = = eat VT +2062 = VE 9 esp asl viz # 2 z 17+ọ3 Kết luận: (*) cú tập nghiệm S$ = {# var ‘| n Bai 4: Chứng minh phương trỡnh 2° — 5a? + 30#3 — 50z2 + 55+ — 21 = 0 cú nghiệm duy nhất z=1+ Ÿ2- 4+ Ÿ8— 16 Giải Dat f(x) 44.3023 — 502? + 55a — 21
Trang 23Vậy ta cú điều phải chứng minh 0 Bai 5: Chứng minh phương trỡnh sau cú 7 nghiệm thực: g(a) = 2° — 9x" + 3x6 + 27x° — 1847 — 272? + 272? — 1 = 0 (*) Giai Dat ƒ(+) = #3 — 3z + 1 thỡ ứ(z) = ƒŒ(2)) Ta sẽ tỡm nghiệm của g(z) = ƒ(z).Ƒ(f()): *% Nghiệm của f(x) là: ƒf(z) =0 â 3+2 — 3z = 0 â z = +1 % Dể tỡm nghiệm của ƒ'(ƒ(2)) ta tỡm nghiệm của ƒ(z) = —1 và ƒ(+) = l1: eđe ƒ(z)=—1âz3—3z++2=0ô@âz€{—2;1} e ƒ(z)=1âz3— 3z =0 z€ {0;+Vv3}
Như vậy tập nghiệm của phương trỡnh ứ'(z) = 0 là {—2;—3; —1;0;1; v3}
Suy ra g(x) cú tối đa 7 nghiệm Lại cú: 9(z) => —oo khi ứ + —oo
g(—2) =3 > 0 => g(a) c6 1 nghiộm trong (—œ;—2)
g(—V3) = -1 < 0 > g(x) c6 1 nghiộm trong (—2; —V3) g(—1) = 19 > 0 > g(a) cộ 1 nghiộm trong (— V3; —1) ứ(0) = —1<0 => g(a) c6 1 nghiộm trong (—1; 0)
g(1) =3 > 0 = g(x) cú 1 nghiệm trong (0; 1) g(V3) = —1< 0> g(z) cú 1 nghiệm trong (1; V3)
Trang 24CHƯƠNG II: PHƯƠNG TRèNH, HỆ PHƯƠNG TRèNH Cể THAM SỐ
PHƯƠNG PHÁP SU DUNG DAO HAM
Ly thuyột
Đối với bài toỏn tỡm điều kiện của tham số để phương trỡnh ƒ(z) = g(m) cú nghiệm miền D ta
dựa vào tớnh chất: phương trỡnh cú nghiệm khi và chỉ khi hai đồ thị của hai hàm số = f(x)
và = ứ(m) cắt nhau Do đú để bài toỏn này ta tiến hành theo cỏc bước sau: Bước 1: Lập bảng biến thiờn của hàm số = ƒ(+)
Bước 2: Dựa vào bảng biến thiờn ta xỏc định m để đường thẳng + = ứ(m) cắt đồ thị hàm số y= f(z) Cha y : Nộu ham s6 y = f(x) liộn tue trộn D va m = Min ƒ(z), M = Max f(z) thi phương trỡnh: k = f(x) cộ nghiộm m <k < M Sau đõy là một số bài tập vớ dụ: Bài tập vớ dụ Bài 1:Tỡm m để phương trỡnh ⁄22 + ứ + 1— V22 T— # + 1= m cú nghiệm Giải Xột hàm số ƒ(a NHƯ: —W#z2—# +] với z € R cú Poo a 2z—1 2vVz?+z+1 — 3V +1 Ta sẽ tỡm nghiệm của ƒ(z): fie) =08 2r+1 — 2z—1 =0 2vz?+z+1 2vz?—-z+l1 âđ(2z¿+1)Vz?—z+1= (2z— 1)Vz?2+z+1
Thử lại ta thấy z = 0 khụng là nghiệm của ƒ'(z) Suy ra ƒ'(z) khụng đổi dấu trờn ùR, mà (0) =1 >0 = f(a) > 0Va ER Vay ham số ƒ(+) đồng biến trờn ùR
2;
Trang 25Dưa vào bảng biến thiờn ta thấy phương trỡnh đó cho cú nghiệm khi và chỉ khi zw € (—1; 1) ủ Bài 2: Tỡm mỡ để phương trỡnh #2? + 1— # =m cú nghiệm Giải DKXD: 2 > 0 Xột hàm sộ f(x) = Vx? + 1— ve với z > 0 ta cú ƒ(z) liờn tục trờn [0; +00) 1 lại cố: f'(e) = = - —===0Wz >0 2//(w2 + D TấN 2v Suy ra hàm số ƒ(z) nghịch biến trờn [0; +00) Mặt khỏc: lim f(x) = +00
Do đú phương trỡnh đó cho cú nghiệm khi và chỉ khi ứ € (0; 1] F1
đ Nhận xột: Dụi khi ta phải tỡm cỏch cụ lập rm để đưa phương trỡnh về dạng trờn Bài 3: Tỡm m để phương trỡnh sau cú nghiệm: z1 — 13z +? +œ— 1=0(đ) Giải Ta cú: ‘ l-r2>0 l3z (x) â Ÿz+— 13z-+m+z—1=0@ ) = pt— 13+m = (1—ứ)# 4a? — 6a? — 92 =1—m Xột hàm số ƒ(#) = 4# — 62 — 9# với ứ < 1 Ta co: f'(x) = 122? — 122 —9, f(x) =0e 2 C= 2 Dựa vào bảng biến thiờn suy ra phương trỡnh cú nghiệm khi va chi khi m > =F" n Bài 4: Tỡm mỡ để phương trỡnh sau cú nghiệm: #w# + w# + 12 = m(vỗ — z+ w4= #) Giải DKXD: x € [0; 4] IKhi đú phương trỡnh tương đương với (œv# + vằ + 13)(V5 - z— W4—#)=m
Xột hàm số ƒ(z) = (+# + v# + 12)(Vð — # — 4— #) liờn tục trờn đoạn (0; 4] Ta: /0) = (Sve + m)(S=- >z=)>0wze 0a
Vậy ƒ(z) là hàm đồng biến trờn |0; 4]
Trang 26Giải Ta cú: z2 < 4+ 5z zc[1;4l (œ%)â = ; 3z? — ma + 16 = 0 3z? — mzV# + 16=0 322 +16 Xột f(x) = — v6i x € [1;4] Ta cộ: 6x2 JE — 2 Va(3x? +16) 3/#(z? — 16) f'(w) = ——2., —_— = 8 < ovr € [14] 2x3
Như vậy m = f(x) nghich biến trờn [1:4], do đú ƒ(4) < m <Š ƒ(1) > 8< m < 19
Vậy hệ cú nghiệm khi và chỉ khi zm € [8;19| 1
Trang 27DKXD: xy > 0 Từ hệ ta cũng cú # 0 #—1/+?m = # — +Tn =0 2_dytd ye—4yt+4 4y—4 (x) â Jry=2-y AT = PO y may y By <0) y y<2 dy —4 4 Xột ham so f(y) = (<9) ta cú ƒ'(w) = z >0 Vụ #0, suy ra hàm số ƒ() đồng biến trờn cỏc khoảng (—œ;0) và (0; 2] :
Mat khộc, lim f(y) =4, lim f(y) =—oo; lim f(y) = +00 w>—se 00+ -30~
Trang 28¿m3 sin’ Xột hàm số fl) =e với e (0: 4) p Ta cd 2l sintcost — 2tsin*t — 2sint(tcost—sint) _ sin 2Â(t — tant) T "(t) = = = t ( : 3) ƒ@)= „ B B <0Vi€ ha
Suy ra hàm số f(t) nghịch biến trờn (0; 4)
Dua vào bảng biến thiờn suy ra phương trỡnh cú đỳng một nghiệm trờn (0;Z) khi và chỉ khi 8 1 4 qa am Š Le$'—p <#m €—g H Bài 11: Tỡm m để hệ phương trỡnh cú ba cặp nghiệm phõn biệt: 3(œ + 1)”+ — m =0 * #+Vz=1 Giải Điều kiện z > 0 Ta cú 3+1) +=m Ble +1)? +y=m _— 9 > gt — Qe * ( ry > ade 1 am=3e414 ott Vzu=1—# # âm-—3=3“? + 6z+ x 2— 9+1 Xột ham sộ: f(x) = 24 6rÂ5 Fe (z < 1) ta cú =-1 =i —1 f(z) = =06e/T= 5 Dựa vào bảng biến thiờn ta thấy hệ phương trỡnh cú ba nghiệm phõn biệt khi m € [—4; S8] U [Ÿ; 12] n đ Nhận xột: Khi đặt ẩn phụ ta phải tỡm miền xỏc định của ẩn phụ và giải quyết bài toỏn ẩn
phụ trờn miền xỏc định vừa tỡm Cụ thể:
* Khi đặt ¿ = u(z)( € D), ta tỡm được Ê € Dị và phương trỡnh ƒ(z,zn) = 0 (1) trở thành g(t,m) = 0 (2) Khi đú (1) cú nghiệm z € 2 => (2) cú nghiệm ¿ € D)
* Để tỡm miễn xỏc định của t ta cú thể sử dụng cỏc phương trỡnh tỡm miền giỏ trị (vỡ miền xỏc định của t chớnh là miền giỏ trị của hàm z(4:))
* Nếu bài toỏn yờu cầu xỏc định số nghiệm thỡ ta phải tỡm sự tương ứng giữa x và t, tức là mỗi
giỏ trị € DĂ thỡ phương trỡnh # = z(z) cú bao nhiờu nghiệm x € D
Bài 12: Tỡm m để phương trỡnh (V2 — 2 + 2V/x? — 4) — Va +2 = 2ý4?— 4 cú nghiệm
Trang 29Giải ĐKXĐ;z>2 Ta thay # = 2 khụng là nghiệm của phương trỡnh nờn ta chia hai về phương trỡnh cho Wz? — 4: ac = +2] - 4 ot? _o) z+2 #—2 2 1 t? + 2t sứ > 1) Khi đú (*) tr thant m (7-42) 8 em 2/+1 + im + 2Ê t> 1) ta 66 ữ}=————— 22+ 2+2 +1” De MO) = Be Vay ham sộ f(t) dộng biộn trộn (1; +00) Dat t= Xút hàm sộ f(t) = >OVt>1
Vay phudng trinh cộ nghiộm khi va chi khim > 10
đ Nhận xột: Trong cỏc bài toỏn trờn sau khi đặt ấn phụ ta thường gặp khú khăn khi xỏc định
miền xỏc định của + Để tỡm được điều kiện của ẩn phụ t, chỳng ta cú thể đựng cụng cụ hàm
số, bất đẳng thức, lượng giỏc húa Bài 13: Tỡm m để phương trỡnh log2 z + v/1og # + 1— 2m — 1 = 0 cú nghiệm trờn |1; 3V5 Giải Dat t = Vlog? x +1.Doze€ [:3⁄] ii tx 2 Phương trỡnh đó cho trở thành: / + Ê = 2m + 2
Xột ham sộ f(t) =? +t voi l <t < 2, ta thấy ƒ() là hàm đồng biến trờn [1; 2]
Vậy phương trỡnh cú nghiệm khi và chỉ khi 2 < 2m +2 < 6â 0 <m < 2ủ
Bài 14: Xỏc định m để hệ sau eú 2 nghiệm phõn biệt
{ log g(@ + 1) — log g(a — 1) > logs4 logy (x? — 2a +5) — TrèOB(„3_az+s)2 = 5 Giai a+l1 x Dat t = logy(x? — 2x + 5)(t € (2;3))và phương trỡnh thứ hai của hệ trở thành Điều kiện : z > 1 Từ bất phương trỡnh thứ nhất của hộ ta cd: log yg > log yg2 => x € (1;3) t+ 550 —5t=—m
'Từ cỏch đặt t ta cú: Với mỗi giỏ tri t € (2; 3) thi cho ta đỳng một giỏ trị z € (1;3) Suy ra hệ cú
2 nghiệm phõn biệt khi và chỉ khi phương trỡnh #? — 5# = —m cú 2 nghiệm phõn biệt Ê € (2; 3)
Xột ham s6 f(t) = Â? — 5t vdi t € (2;3) Ta cú ƒ'(é = 2t — 5; ƒ() =0 œt= ằ Dựa vào bảng
Trang 30Giải Điều kiện: —1 < z <1 “Trước tiờn, ta nhận thấy rằng: (1— z?) (1+ z?) =1— #! và 1—z?+1+z? = 2 nờn ta cú phộp đặt ấn phụ như sau: Đặt t= V1+z+2— V1 —2? Phương trỡnh đó cho trở thành: OV ? +t+8 t+2)=-P+t+2@ ——— =m(1 m(t +2) +t†+2œ 1x3 m (1) Do V1+z2>VvI—z2=>Ê>0 Mặt khỏc: # = 2— 2V1— z† <9 = Ê € V2 ; ỐẶ sẽ AEE? Đ —t? — At Ta xột hàm sộ: f (Â) = ———~—, w= Vt € |0; V2], ta c6:f/(t) = ———, <0 [0: v2], ta ô4:09 = TS)
Vay ham f(Â) nghịch biến trờn đoạn |0: v2] Mà hàm số liờn tục trờn [0: v2] nờn phương trỡnh đó cho cú nghiờm x khi phương trỡnh (1) cú nghiệm Ê € |0; v2]
Điều này tương đương với:
min f (t) <m < max f(t) WEE |0: v3 > f (v2) <m< f(0) Vậy cỏc giỏ trị m cần tỡm là 2 — 1 <zm <1 Bài 16: Tỡm m để phương trỡnh sau cú nghiệm: #VZ# + Vz+12=m (v5 —=+z+v4 —#) Giải
Cũng giống như những bài toỏn trước, ờ bài này ta nghĩ ngay là phải đưa bài toỏn về dạng
Trang 31Vậy, theo tớnh chất trờn ta cú hàm y = a x Do đú phương trỡnh ƒ(z) =rm cú nghiệm khi và chỉ khi /(0) <m < ƒ(9 đ 2 (V15 — V13) < m < 12 D đồng biến Vứ € |0; 4] Bài 17: Giải và biện luận phương trỡnh sau theo m: Vwˆ — 2x + m2 = |z — 1| — m (1) Giải Xột x > 1 ta cú: 20 >1+m (1) â v22 — 2z + m2 =z— l—m @$ ge Z —2z+m?= 1—m)ˆ 2m+ = 2m + 1 % Nếu m = U: hệ trờn vụ nghiệm 2 1 * Neum40S2= ui 2m > W Sh 2 1 —2mˆ +1 2 2 Tà cú z > 1+ 1n â ist Slime“ s0em<—“fAvocme DHE THẺ 2m 2 2 Lại cú z >1 => m 21lam>0 2m + › 2 Ket hop điều kiện trờn ta cú 0 < m < > - Xột z< 1: l1-z—m >0 2m+ = 2m — è 4 ee — 9z + m2 = (1—ứ — m)? {re 1—m () “BFE 1-2 me | Tết luận: % Nếu m = 0: hệ vừ nghiệm 1+m+ /—3m? + 10m — 3 1, z * Nộeud<m< 3 Vm > 3: phương trỡnh cú 2 nghiệm:z = T —m
% Nếu m = 3: phuong trinh c6 nghiộm duy nhat ô = —1
Trang 322
a+@+1 1
—=—:ọz<‡<3 —z+113
Phương trỡnh trờn trở thành: /? — # =m
Day là một phương trỡnh bậc hai đơn giản nờn việc khảo sỏt xin đành cho bạn đọc
Điều lưu ý ở đõy là điều kiện của t Thực chất ở đõy ta đó tỡm giỏ trị lớn nhất và nhỏ nhất ứ?+ứ+1 #?2—=ứ+1 Đặt t = của biểu thức (cú thể dựng phương phỏp miền giỏ trị) Bài 19: Tỡm m để hệ sau cú nghiệm thực: T1 1 z+—=++—=ð x y 3,1 qi #”+„~s+ự +zs= lóm — 10 Eo y Giải Cỏch 1: Nhỡn vào hệ này, ta thấy ngay được hướng đi là phải đặt ẩn phụ vỡ giữa cỏc đại lượng # + — # 4 1 ‘ và ứ# + — dường như cú mối liờn hệ với nhau Với ý tưởng đú, ta cú phộp đặt như sau: Ta cú 3 + = (v+2) -3(y+t) -#—a Ụ y Ụ Khi đú, hệ dó cho trở thành: a+b=5 a+b=5 4 >
a’? +bđ —3(a+b) = 15m — 10 ab=8—m
Dộ thay ứ,b là nghiệm của phương trỡnh X?— 5X +Đ—?n = 0 X?—5z+8 =mm (1) Xột hàm số ƒ(X) = X?— 5X +8, |X| >2, ta cú: f(X)=3X—5>ƒ'(X)=0X=} Từ đú, kẻ bảng biến thiờn và chỳ ý rằng hệ đó cho cú nghiệm thực khi và chỉ khi phương trỡnh hi T (1) cú nghiệm |X| > 2 Ta tỡm được: 3 <m<2Vm >22 Cỏch 2:
Trang 33Từ đõy, thay z = # + 1 vào phương trỡnh thứ hai ta được: V15 + 2ÿ — J2 = 2m + W4 — J2 â (6 — 9) (+3) — 4 2m Đến đõy ý tưởng đó rừ, ta chỉ cần chuyển về tương giao giữa hai đồ thị #9 + (0+2) z? +2 = —9m — 3 Bài 20: Tỡm m để hệ sau cú nghiệm thực: | #? + 3 + =1 Giải
đ í tưởng: O he này ta quan sỏt thấy bài toỏn cũn chưa rừ đường lối nào vỡ cả hai phương trỡnh trong hệ đều chứa đến tham số m Vỡ vậy để đi đến hướng giải quyết tốt ta nờn bắt đầu
phõn tớch hai về trỏi trong hai phương trỡnh trong hệ Cụ thể ta cú:
a? + (y+ 2)a? + Qey = 2° + ya? + 222 + 2z = 2? (a +y) + 2a (+ + 0) = (+) (+? + 2z) Mặt khỏc: z?+ 3z +ụ=xz?+2xz+~x~ + Rừ ràng ở bước phõn tớch này ta đó tỡm ra lối giải cho bài toỏn này đú chớnh là đặt ấn phụ @ Lời giải: 1u =1? +2 > —L Dat: ta cú hệ phương trỡnh b=z+ự ab = —2m — 3 b=m-a {en th = = Từ phương trỡnh (1) trong hệ ta cú: ễ a — =m (2) Hệ đó cho cú nghiệm khi và chỉ khi phương trỡnh (2) cú nghiệm ứ > —1 2s Xột hàm số: ƒ (+) = + 3 5 với z > —l Đến đõy ta chỉ cần lập bảng biến thiờn Cụng việc tiếp theo xin dành cho bạn đọc Bài tập tự luyện
Bài 1: Tỡm m để phương trỡnh tan?z+ + cot?z + rnw(cotz + tanz) = 3 cú nghiệm
Trang 34PHƯƠNG PHÁP DÙNG ĐỊNH Lí LAGRANGE-ROLLE
Lý thuyết
* Định lý Rolle: : Nếu ƒ(z) là hàm liờn tục trờn đoạn [a; 6], c6 dao ham trộn khoang (a; b) va f(a) = f(b) thi tồn tại e € (ứ; b) sao cho ƒ'(e) = 0
Từ đú ta cú 3 hệ quả:
Hệ quả I: Nếu hàm số ƒ() cú đạo hàm trờn (a; b) và ƒ(z) cú n nghiệm (n là số nguyờn dương lớn hơn 1) trờn (a; b) thỡ ƒ (2) cú ớt nhất n - 1 nghiệm trờn (a; b)
* Hệ quả 2: Nếu hàm số ƒ() cú đạo hàm trờn (a; b) và ƒ'(z) vụ nghiệm trờn (a; b) thỡ ƒ(œ)cú nhiều nhất 1 nghiệm trờn (a; b)
* Hệ quả 3: Nếu ƒ(z)cú đạo hàm trờn (a; b) và ƒ'(z) cú nhiều nhất n nghiệm (n là số nguyờn
dương) trờn (a; b) thi f(x) cú nhiều nhất n + 1 nghiệm trờn (a; b)
Cỏc hệ quả trờn vẫn đỳng nếu cỏc nghiệm là nghiệm bội (khi ƒ(z) là đa thức) và cho ta ý
tưởng về việc chứng minh tồn tại nghiệm cũng như xỏc định số nghiệm của phương trỡnh, và nếu nhữ bằng một cỏch nào đú ta tỡm được tất cả cỏc nghiệm của phương trỡnh thỡ nghĩa là khi đú phương trỡnh đó được giải
* Định lý Lagrange: : Nếu /(z)là hàm liờn tục trờn đoạn [a; 6], c6 dao ham trờn khoảng _ F()= Fla) (a; b)thỡ tốn tai  € (a; b) sao cho f’(c) = ; o— a Sau đõy là một số ứng dụng của hai định lý trờn: Bài tập vớ dụ *% Dựng định lý Lagrange - Rolle để biện luận phương trỡnh: Bai 1: Chứng mỡnh rằng phương trỡnh ứ cos# + bcos2z + ccos 3z = 0 luụn cú nghiệm với moi a,b,c Giai bsin2x csin3a 2 + 3 tacộ f’(x) =a cosx + bcos 2x + ccos3x Ma f(0) = Xột f(x) = asinz + f (7) =0 => Azo € (0;7) : f'(vo) = 0, suy ra diộu phai chitng minh 0 Bai 2: Choa+b+e [0:7]: asinz + 9b sử 0 Chứng minh rằng phương trỡnh sau cú ớt nhất 4 nghiệm thuộc + 25csin 5z = 0 Giải
Dộ ching minh f(x) cú ớt nhất n nghiệm ta chứng minh #(z) cú ớt nhất ứ + 1 nghiệm với ?"(z) là một nguyờn hàm của ƒ(z) trờn (ứ;b) (cú thể phải ỏp dụng nhiều lần)
Xút hàm số ƒ(#) = —asinz — bsin 3ứ — esin ðz, ba cú:
Trang 35Ta cú /(0) = ƒŒ) = 0) = /() =0
Suy ra 3zị € (0; 7 x2 € đ *), x3 € ( (@
= đứa € (đi;#2),#s € (x2; aa)" #4) = — fxs)
mà ƒ“(0) = ƒ”() = 0, suy ra điền phải Thưa minh 1 3): 10s f'(@1) =" f(@2) = f'(@s) = 0 Bài 3: Chứng minh phương trỡnh #5 — 5z + 1 = 0 cú đỳng ba nghiệm thực Giải
Dat f(a) = 5a +1 thi f(—2) = —21 < 0, f(0) =1> 0, f(1) = -3 <0, f(2) = 23 > 0
nộn tit fares suy ra phương trinh đó cho cú ba nghiệm thực
Giả sử cú nghiệm thứ tư của phương trỡnh Áp dụng định lý Rolle ta cú: f(a) =0 = bat — Vậy ta cú điều phải chứng minh L1 0 Phương trỡnh này cú hai nghiệm thực nờn suy ra mõu thuẫn
Bài 4: Cho da thttc P(x) va Q(x) = aP(x) + b/'(z) trong đú a, b là cỏc số thực, a #0
Chứng mỉnh rằng nếu (+) vụ nghiệm thỡ 7(z) vụ nghiệm Giải Ta cú deg (2z) = deg Q(x) Vi Q(x) vo nghiộm nộn deg Q(x) chan Gid stt P(x) cd nghiộm, vi deg P(x) chan nộn P(x) cd ft nhat 2 nghiộm * Khi P(x) c6 nghiộm kộp # = 2 ta c6 a cing 1A mot nghiệm của ?{z) suy ra Q(z) cú nghiộm
% Khi P(z) cú hai nghiệm phõn biệt # < z¿:
e Nếu b —= 0 thỡ hiển nhiờn Q(z) cú nghiệm
e Nếu b Z0: Xột ƒ(#) = e5*P(z) thỡ ƒ(z)cú hai nghiộm phan biột a, < ay va
Ÿƒf= sẽ “P(œ) + e9*“Pf(œ) = set IộP@) +bPf(z)] = pứngg r)
Vi f(x) cú hai nghiộm suy ra f’(x) cú it nhất 1 nghiệm hay (+) cú nghiệm
Tất cả trường hợp đều mõu thuẫn với giả thiết Q(+) vụ nghiệm Vậy khi Q(z) vụ nghiệm thỡ P(z) vừ nghiệm F1
Bai 5: Giả sử phương trỡnh sau cú n nghiệm phõn biệt:
ape” + az" + + Gn + An =0, (a9 #0) Chitng minh (n — 1)a? > 2naoaz
Giai
Dat aox" + aya") + + Gn12 + Gn = f(x) Nhan xột f kha vi vo han trộn R nộn suy ra
ƒ'{z) cú n — 1 nghiệm phõn biệt
ƒ{œ) cú n — 2 nghiệm phõn biệt
nl
Trang 36Nhan thay f!"~*l(x) c6 A > 0 nộn ((n — 1!a)? — 2nlao(n — 2)!ar > 0 Suy ra diộu phai chtmg minh 0 7m 1 1 4 Bai 6: (VMO 2002) Xột phương trỡnh › 5 lầu = T1”? với n là số nguyờn dương Chứng =I] minh rang vdi mdi sộ nguyộn duong n, phuong trinh nờu trờn cú một nghiệm duy nhất lớn hon 1; ki hiộu nghiệm đú là z„ Giải 1 1 T14 cú: ƒ„(#) liờn tục và nghịch biến trờn (1;+œ) Xột /x() = 3` Ă=1 1
Mà lim f„(#) = +00, him /a(#) = “5 =>f,(x) = 0 cú một nghiệm duy nhất lớn hơn 1 ol*t #+se
*% Dựng dinh ly Lagrange -Rolle dộ giải phương trỡnh:
Bai 7: Giải phương trỡnh 3* + 5# = 2.4” (+) Giải
Nhận xột: #z = 0;# = 1 là nghiệm của phương trỡnh (*)
Goi zo là nghiệm khỏc của phương trỡnh đó cho Ta được: 320 + B0 — 2,470 @y 50 — 470 — 40 — 350 (x) Xột ham sộ f(t) = (t+ 1)? —t, ta cd (*) + ƒ(4) = ƒ(3) Vỡ ƒ(#) liờn tục trờn [3;4j và cú đạo hàm trong khoảng (3;4) do đú theo định lớ Rolle tồn tại c€ (3; 4) sao cho #u =0 #) =0 => zo[(c + 1)”9”°— c9“T=0 @ ; (loại) đọ = Vậy phương trỡnh (*) cú tập nghiệm Š = {0; 1} Bai 8: Giải phương trỡnh 5? — 3” = 2z (*) Giải Nhận xột: z = 0;z = 1 là nghiệm của phương trỡnh (2) Gọi z¿ là nghiệm khỏc của phương trỡnh đó cho, ta cú: 5° — 529 = 3 — 3xụ (2a) Xột hàm số: ƒ(f) = f9 — fzọ, khi đú: (2a) + f(5) = f(3) 3 Vi f(t) liộn tục trờn [3;5| và cú đạo hàm trờn (3;5), do đú theo định lớ Lagrange luụn tồn tại œ€ (3; 5) sao cho
ƒƑ(e) =0 = zo(c?9”!T— 1)=0 , — (loại)
Vậy phương trỡnh (*) cú tập nghiệm S$ = {0;1} 0
Trang 37
Giải
Ta cú
(x) â 37 +94 — 19z — 3 =0
Xột hàm số: = f(x) = 37 + 2.4" — 192 — 3 ta cú: ƒ (+) = 3*ln3 +2.4”ln4— 19 ta cú
f(x) = 3"(In3)? + 2.4 (n4)? > 0,Vz € R hay ƒ“(z) vụ nghiệm, suy ra ƒ'(z) cú nhiều nhất 1
nghiệm, suy ra ƒ(#) cú nhiều nhất 2 nghiệm Mà ƒ(0) = ƒ(2) = 0 do đú (*) cú đỳng hai nghiờm z = 0,z = 2 L1 Bài 10: Giải phương trỡnh: (1 + cosz)(2 + 4°%#) = 3.4cosa: (%) Giải Đặt Ê = cosz, (f € [—1;1]) Ta c6: (*) (1+ Ê)(2 +42) =3.4' @ (L+Ê)(2 +42) — 3.4 =0 Xột hàm sộ: f(t) = (1+ t)(2+4') — 3.4! ta cộ:
fi(t) =2+4' + (t— 2)4'In4, f(t) = 2.4'In4 + (t — 2)4'In74
Lại cú: ƒ“(Ê) =0 @#Ê=2+ = suy ra ƒ“(#) cú nghiệm duy nhất
Suy ra ƒ'{) cú nhiều nhất hai nghiệm, nghĩa là ƒ(#) cú nhiều nhất ba nghiệm Mặt khỏc dễ thấy ƒ(0) = AG) = f(1) =0, do do f(t) cú ba nghiệm  = 0, > 1;
Trang 38PHƯƠNG PHÁP DÙNG DIEU KIEN CAN VÀ DU Lý thuyết * Bài toỏn: Cho hệ phương trỡnh (hoăc hệ bất phương trỡnh) chứa tham số cú dạng: F(x,m) =0 /,m) >0 (4z D, hoặc (TT) 4 z € D, m€ Dị, m € Dự
Trong đú z là biến số, m là tham số, D„, Đ„„ là miền xỏc định của # và mm
Yờu cầu đất ra: ta phải tỡm giỏ trị của tham số m để hệ (I) họọc (H) thỏa món một tớnh chất nào đú
* Phương phỏp giải:
ằ Bước 1 (điều kiện cần): Giả sử hệ thỏa món tớnh chất P nào đú mà đầu bài đũi hỏi Khi
đú, dựa vào đặc thự của tớnh chất P và dạng của phương trỡnh ta sẽ tỡm được một ràng buộc nào
đú đối với tham số m và ràng buộc ấy chớnh là điều kiện cần để cú tớnh chất P Điều đú cú nghĩa
là: nếu với mạ khụng thỏa món ràng buộc trờn thỡ chắc chấn ứng với mmọ, hệ khụng cú tớnh chất P
ằ Bước 2 (điều kiện đủ): Ta tỡm xem trong cỏc giỏ trị của m vừa tỡm được, giỏ trị nào làm
cho hệ thỏa món tớnh chất P Ở bước này núi chung ta cũng chỉ cần giải những hệ cu thể khụng cũn tham số Sau khi kiểm tra, ta sẽ loại đi những giỏ trị khụng phự hợp và những giỏ trị cũn
lại chớnh là đỏp số của bài toỏn
Như vậy, ý tưởng của phương phỏp này khỏ rừ ràng và đơn giản Trong rất nhiều bài toỏn về
biện luận thỡ phương phỏp này lại thể hiện tru thế rừ rệt Tuy nhiờn, thành cụng của phương
phỏp cũn nằm ở chỗ ta phải làm thế nào để phỏt hiện điiều kiện cần một cỏch hợp lớ và chọn điều kiện đủ một cỏch đỳng đắn Bài tập vớ dụ * Sử dụng tớnh đối xứng của cỏc biểu thức cú mặt trong bài toỏn Bài 1: Tỡm m để phương trỡnh sau eú nghiệm duy nhất #z+ ý1-z+vz+Vv1-#=”m (1) Giải đ Điều kiện cần:
Giả sử (1) cú nghiệm duy nhất z = œ
Trang 391 nộn a= ơơ 3 Thay a= 5 vào (1) ta tỡm được w = V2 + V8 đ Điều kiện đủ: Giả sử m = v2 + #8, khi đú (1) cú dạng sau: #x+#1=z+v#+Vv1—#= v2+ 8 (2) Theo bất đẳng thức AM-GM ta cú: vx+V1—z< V2 và + 1—z< #8 Do đú )z=1-zez=j, Vậy để (1) cú nghiệm duy nhất thỡ điền kiện cần và đủ là „ = 2 + 8 ủ Bài 2: Tỡm a và b để phương trỡnh sau cú nghiệm duy nhất
V/ (ax +b) + Ÿ (az — b)?+ Ÿa2+? — bề = Ÿb (1)
Giải
đ Điều kiện cần:
Giả sử (1) cú nghiệm duy nhất 7 = xo, khi đú đễ thấy z = —zụ cũng là nghiệm của (1) Do đú
từ giả thiết ta suy ra zo = 0 Thay #o = Ú vào (1) ta được :
: b=0
Wt |
đ Diều kiện đủ:
*% Khi b=0, (1) cú dạng:
Wa2z2 + Wa2+? + Wa2z2 — Ú â a?+? — U
Do đú (1) cú nghiệm duy nhất khi và chỉ khi ứ # 0 *% Khi b = 1, (1) cú dạng:
\/(aw +1)? + Ÿ((a# — 1)? + Ÿa3z? — TL = 1 (*) Dat u= Yar + 1.u = War — 1, ta thay:
w—=2 u-v=2 u=1 az+1=1
(x) âđ 4 , ý oy, 8 c eS ear=0
wtuwtv=l ut+uute =1 y=-l ax—-1=-1
Trang 40Giải 74 10 Điều kiện: —7 < z, < 11; bi <me< 3 7 Trừ theo về hai phương trỡnh ta cố: Vxz+7—Vvll—-z=vw+7— v1l— Xột hàm số: ƒ (t) = Vi +7 —- V11—t; -7 <t< 11 taco: 1 1 P(t) = +— 70 2vVt+7 2v11-f Thay vào một trong hai phương trỡnh của hệ ta được: V7+xz+V11—z— 4=m — W4— 3v107— 3m (*) > 0 Vay ham số đồng biến, suy ra: ƒ () = ƒ (u) â # =1 @ Diều kiện cần:
Ta thấy là nếu z là một nghiệm của phương trỡnh thỡ 4 — zọ cũng là nghiệm của phương trỡnh Nờn hệ đó cho cú nghiệm duy nhất khi và chỉ khi #o = 4— #ọ â #o = 2 Thay vào phương trỡnh (*) ta được: 4—3V10—?m =m — 2 (+) Giải phương trỡnh (#Š) ta tỡm duge m = 3 @ Diều kiện đủ: vĩ+z+VvIl=z=6 vĩ+w+vTl—w=6
giải phương trỡnh /7+z + V1l—z=6ô@&z=2 Vậy m = 3 1a giỏ trị cần tỡm để hệ đó cho cú nghiệm duy nhất