(Luận văn) khảo sát nghiệm của các phương trình sinh bởi đạo hàm và nguyên hàm của một đa thức

lu an va n t to ng ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN hi TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ep w nl oa d lu an ĐÀM THU HẢI va ul nf oi lm nh at z KHẢO SÁT NGHIỆM CỦA CÁC PHƯƠNG TRÌNH SINH BỞI ĐẠO HÀM VÀ NGUYÊN HÀM CỦA MỘT ĐA THỨC z om l.c gm @ an Lu n va LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC ac th si THÁI NGUYÊN - 2017 lu an va n t to ng hi ep ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC w nl oa d lu an va ĐÀM THU HẢI ul nf oi lm nh at z KHẢO SÁT NGHIỆM CỦA CÁC PHƯƠNG TRÌNH SINH BỞI ĐẠO HÀM VÀ NGUYÊN HÀM CỦA MỘT ĐA THỨC z om l.c gm @ an Lu n va LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2017 si Mã số: 60 46 01 13 ac th Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP lu an i va n t to ng hi ep Mục lục w nl oa d lu an MỞ ĐẦU va ul nf Chương Các tính chất tam thức bậc hai Định lý tam thức bậc hai 1.2 Nội suy bất đẳng thức tam thức bậc hai khoảng oi lm 1.1 nh at Chương Các tính chất đa thức bậc ba z Phương trình bậc ba 2.2 Định lý đa thức bậc ba 13 gm @ 2.2.1 Định lý Rolle đa thức bậc ba 13 2.2.2 Định lý nghiệm nguyên hàm đa thức bậc ba 14 om l.c 2.3 z 2.1 Đa thức đối xứng ba biến 17 an Lu Chương Các tính chất đa thức bậc bốn 20 Phương trình bậc bốn 20 3.2 Định lý đa thức bậc bốn 25 n va 3.1 ac th Định lý Rolle đa thức bậc bốn 25 3.2.2 Định lý nghiệm nguyên hàm đa thức bậc bốn 26 Chương Một số dạng toán liên quan 37 4.1 Một số dạng tốn nghiệm phương trình bậc cao 37 4.2 Một số dạng toán thi HSG liên quan đến phương trình hệ phương trình dạng đa thức 45 KẾT LUẬN 61 TÀI LIỆU THAM KHẢO 62 si 3.2.1 lu an va n t to ng hi ep Mở đầu w nl oa d lu Đa thức có vị trí quan trọng Tốn học đối an va tượng nghiên cứu trọng tâm Đại số mà cịn cơng cụ đắc lực Giải tích ul nf lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, lý thuyết nội suy, Ngồi ra, đa thức cịn lm sử dụng nhiều tính tốn ứng dụng Trong kì thi học sinh giỏi tốn oi quốc gia Olympic tốn quốc tế tốn đa thức thường đề nh cập đến xem tốn khó bậc phổ thơng at Tuy nhiên nay, tài liệu đa thức chưa đề cập đầy đủ đến dạng z z toán phân bố số nghiệm thực đa thức gắn với nghiệm đa thức đạo hàm @ gm đa thức ngun hàm Vì vậy, việc khảo sát sâu vấn đề biện luận nghiệm, biểu diễn đa thức thông qua đa thức đạo hàm đa thức nguyên hàm om l.c ccủa cho ta hiểu sâu sắc tính chất đa thức cho Luận văn "Khảo sát nghiệm phương trình sinh đạo hàm nguyên hàm thực đa thức với hệ số thực an Lu đa thức" trình bày số vấn đề liên quan đến toán xác định số nghiệm va n Mục đích luận văn nhằm thể rõ vai trị quan trọng Giải tích Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận chương ac th khảo sát nghiệm thực đa thức thức bậc hai Chương trình bày chi tiết định lý bản, kết qủa liên quan đến đa thức bậc ba Chương xét tốn khảo sát giải phương trình bậc bốn Tiếp theo, chương trình bày hệ thống tập áp dụng định lý chứng minh chương trước si Chương trình bày chi tiết định lý bản, kết qủa liên quan đến tam lu an va n t to ng hi ep Hệ thống ký hiệu sử dụng w nl oa d luận văn lu an va ul nf deg P (x) bậc đa thức P (x) tức F0 (x) thỏa mãn điều kiện F0 (0) = oi lm F0 (x) nguyên hàm (cấp 1) đa thức f (x) ứng với số c = 0, nh Fc (x) nguyên hàm (cấp 1) đa thức f (x) ứng với số c, at z tức Fc (x) = F0 (x) + c với c ∈ R z F0,k (x) nguyên hàm cấp k đa thức f (x) ứng với số c = 0, gm @ tức F0,k (x) thỏa mãn điều kiện F0,k (0) = om tức Fc,k (x) = F0,k (x) + c với c ∈ R l.c Fc,k (x) nguyên hàm cấp k đa thức f (x) ứng với số c, Hn tập hợp đa thức với hệ số thực Pn (x) bậc n (n > 0) với hệ số tự ac th si    + a >   sign a := a =    − a < n sign a dấu số thực a, tức va R[x] tập hợp đa thức với hệ số thực an Mk (f ) tập hợp nguyên hàm cấp k đa thức f (x) Lu (Pn (0) = 1) có nghiệm thực lu an va n t to ng hi ep Chương Các tính chất tam w nl oa d thức bậc hai lu an va ul nf Trong chương này, kết qủa tam thức bậc hai định lý lm dấu (thuận đảo) tam thức bậc hai, Định lý Vieete, luận văn trình bày oi số kết qủa tam thức bậc hai liên quan đến tính chất đạo hàm nguyên nh hàm (xem [1]-[5]) at z z Định lý tam thức bậc hai gm @ 1.1 l.c Như ta biết, đạo hàm tam thức bậc hai nhị thức bậc nên an Lu bậc hai nên chưa có nghiệm thực Ta có kết qủa sau om ln ln có nghiệm Tuy nhiên, ngun hàm nhị thức bậc tam thức Định lý 1.1 (xem [2]-[4]) Mọi nhị thức bậc có ngun hàm n va tam thức bậc hai có hai nghiệm thực phân biệt ac th Chứng minh Thật vậy, xét nhị thức bậc h(x) = ax + b, a 6= Khi si nguyên hàm h(x) có dạng a b H(x) = x+ a  2 + c, c ∈ R (1.1) Trong (1.1) chọn c trái dấu với a, tức ac < đa thức nguyên hàm H(x) có nghiệm hai nghiệm phân biệt Để ý phương trình bậc hai tổng quát ax2 + bx + c = 0, a 6= viết dạng 3x2 − 2px + q = 0, lu an va n t to p=− 3b 3c ,q = 2a a ng Vì vậy, sau xét phương trình bậc hai ta cần quan tâm đến phương trình hi ep bậc hai dạng 3x2 − 2px + q = đủ Định lý 1.2 (xem [2]-[4]) Tam thức bậc hai g(x) = 3x2 − 2px + q có nghiệm thực w nl tồn ba số thực α, β, γ cho  p = α + β + γ oa d lu (1.2) an q = αβ + βγ + γα va ul nf Chứng minh Thật vậy, giả sử p, q có dạng (1.2) Khi tam thức bậc hai g(x) có lm biệt thức oi ∆0 = p2 − 3q = (α + β + γ)2 − 3(αβ + βγ + γα) (α − β)2 + (β − γ)2 + (γ − α)2 ≥ 0, ∀α, β, γ ∈ R Ngược lại, giả sử tam thức bậc hai g(x) có nghiệm h i nh = at z z @ - Nếu hai nghiệm g(x) trùng g(x) = 3(x − x0 )2 đa thức nguyên hàm gm tương ứng có dạng G(x) = (x − x0 )3 + r, r ∈ R Chọn r = ta thấy G(x) có nghiệm l.c trùng om - Nếu g(x) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 (x1 < x2 ) g(x) = 3(x − x1 )(x − x2 ) Lu đa thức nguyên hàm G(x) = x3 − px2 + qx − r, r ∈ R đạt cực đại x = x1 cực an tiểu x = x2 Để ý (SGK lớp 12) điểm (x1 , G(x1 )) (x2 , G(x2 )) đối xứng  x + x  ac th =U  p  ,G 3 p  p 3  p 2 p Vậy cần chọn r cho G = 0, tức r = −p +q đa thức 3 3 nguyên hàm G(x) tương ứng có ba nghiệm thực lập thành cấp số cộng, gọi ,G p n U x + x va với qua điểm uốn G(x) = (x − α)(x − β)(x − γ) = x3 − px2 + qx − r Từ ta thu hệ thức (1.2) Nhận xét 1.1 Để ý tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a 6= viết dạng 3b 3c a f (x) = g(x), g(x) = 3x2 − 2px + q p = − , q = 2a a Từ nhận xét 1.1 Định lý 1.2, ta thu kết qủa quan trọng nghiệm tam thức bậc hai tổng quát sau si nghiệm α, β, γ, ta thu lu an va n Định lý 1.3 (xem [2]-[4]) Tam thức bậc hai g(x) = ax2 + bx + c (a 6= 0) có nghiệm t to thực tồn ba số thực α, β, γ cho  − 3b = α + β + γ ng hi 2a (1.3) ep  3c = αβ + βγ + γα a w nl Nội suy bất đẳng thức tam thức bậc hai oa 1.2 d lu khoảng an va ul nf Tiếp theo ta trình bày số kết qủa Lupas ước lượng tam thức bậc hai khoảng lm oi Định lý 1.4 (xem [2], [5]) Giả sử G(x) = P x2 +Qx+R Khi bất đẳng thức G(x) > nh at thỏa mãn với x ∈ [a, b],  a + b  G(a) + G(b) p G(a) > 0, G(b) > 2G > G(a)G(b) − z @   G(a) + G(b) p − − G(a)G(b) an a+b , Lu  G(b) om  2G K ≡ K[G] := (b − a)2 p l.c G(a) − a b−a m= gm Chứng minh Giả sử (1.4) thỏa mãn Ký hiệu p p p G(b) − G(a) b , n= b−a (1.4) z (1.5) va n Khi K > Mặt khác ac th G(x) = (mx + n)2 + K(x − a)(b − x) si suy G(x) > 0, ∀x ∈ [a, b] (1.6) Ngược lại, giả sử (1.6) thỏa mãn Khi G(a) > , G(b) > G(x) viết dạng (Định lý Lukac) G(x) = (m1 x + n1 )2 + K1 (x − a)(b − x) với K1 >  Nếu (1.7) ta chọn x ∈ a, a+b , b (1.7)  có  (m1 a + n1 )2 = G(a) (m1 b + n1 )2 = G(b) K1 = K, (1.8) lu an va n K chọn (1.8) Nhận xét hệ (1.8) cho ta m1 , n1 ta có K ≡ t to K[G] > 0, tức bất đẳng thức (1.6) chứng minh ng hi Bài toán 1.1 Chứng minh với tam thức bậc hai f (x) = Ax2 + Bx + C ta ep có |f (x)| 1, ∀x ∈ [a, b] xảy |f (a)| 1, |f (b)|   p a+b f (a) + f (b) − + (1 − f (a)) (1 − f (b)) − 2f 2 p − (1 + f (a)) (1 + f (b)) w nl oa d lu an Lời giải Sử dụng kết qủa Định lý 1.4 va G(x) > 0, ∀x ∈ [a, b], ⇔ G(a) > 0, G(b) > 0, K[G] > 0, ul nf (1.9) lm ( oi với G1 (x) := − f (x) G2 (x) = f (x) + Thật G1 (x) > nh G2 (x) > , ∀x ∈ [a, b], at |f (a)| 1, |f (b)| 1, K[G1 ] > 0, K[G2 ] > Hai bất đẳng thức cuối z với    f (a) + f (b) p a+b   + − (1 − f (a)) (1 − f (b)) > − 2f   2  z gm @ l.c (1.10) om      f (a) + f (b) p a+b   + 2f − − (1 + f (a)) (1 + f (b)) > n va ac th Chứng minh |a| 8, |b| 8, |c| |2ax + b| 8, ∀x ∈ [0, 1] an Lu Bài toán 1.2 Cho p(x) = ax2 + bx + c thỏa mãn điều kiện   c − a a − b = = = gm @ b−cc−aa−b = a−bb−cc−a Suy an Lu |a − b| = |b − c| = |c − a| ac th trái với giả thiết cho, điều phải chứng minh n a = b = c, va hay si lu an 20 va n t to ng hi ep Chương Các tính chất đa thức w nl oa d bậc bốn lu an va ul nf Phương trình bậc bốn oi lm 3.1 nh Trong phần ta nêu phương pháp chung để phân tích đa thức bậc bốn at tổng quát thành tích hai tam thức bậc hai Đối với đa thức bậc bốn dạng z z đặc biệt ta sử dụng phép biến đổi phù hợp để giải mà không cần vận dụng Trước hết, ta xét lớp phương trình hồi quy bậc bốn Bài tốn 3.1 Giải phương trình (3.1) an Lu ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = om l.c gm @ thuật toán tổng quát với va (3.2) n ad2 = eb2 , a, e 6= ac th (Phương trình (3.1)-(3.2) có tên gọi phương trình hồi quy tổng quát bậc bốn) si Lời giải Viết (3.2) dạng e = a Đặt  d 2 b d = α d = bα; e = a(α)2 Thế vào phương trình (3.1), ta thu b ax4 + bx3 + cx2 + bαx + a(α)2 = ⇔ a(x4 − α2 ) + bx(x2 + α) + cα2 = ⇔ a(x2 + α)2 + bx(x2 + α) + (c − 2aα)x2 = Nhận xét x = khơng thỏa mãn phương trình Chia hai vế phương trình cho x2 ta thu at2 + bt + c − 2aα = lu an 21 va n với t = t to x2 + α x ng Vậy từ phương trình (3.1)-(3.2) ta đưa giải hệ  at2 + bt + c − 2aα = hi ep (3.3) x2 − tx + α = w nl Giải phương trình thứ hệ (3.3) ta thu t từ phương trình thứ hai oa d hệ (3.3) ta tính x lu an Bài tốn 3.2 Giải phương trình va ul nf (x − a)4 + (x − b)4 = c lm a+b a−b ;α = Khi 2 oi Lời giải Đặt x = t + (3.4) nh at (3.4) ⇔ (t + α)4 + (t − α)4 = c z z ⇔ [(t + α)2 − (t − α)2 ]2 + 2(t2 − α2 )2 = c gm @ ⇔ 16α2 t2 + 2(t2 − α2 )2 = c om l.c Ta nhận phương trình trùng phương dạng 2t4 + 12α2 t2 + 2α4 − c = Bài toán 3.3 Giả sử số a, b, c thỏa mãn điều kiện b2 = 4(a+2)(c+1) Giải phương −1 + c + Giả sử a 6= −2 Xét tam thức bậc hai với ∆ = b2 − 4(a + 2)(c + 1) = dạng f (x) = (a + 2)x2 + bx + c + Khi f (x) có nghiệm kép  2 b f (x) = (a + 2) x + 2(a + 2) si x1,2 = ± ac th có nghiệm c ≥ Khi đó, phương trình có nghiệm p √ n Lời giải Xét trường hợp a = −2 Khi b = phương trình (3.5) có dạng x4 + 2x2 − c = ⇔ (x2 + 1)2 = c + (3.5) va x4 = ax2 + bx + c an Lu trình lu an 22 va n Phương trình cho viết dạng t to x4 + 2x2 + = (a + 2)x2 + bx + c + ng hi ⇔ (x2 + 1)2 = (a + 2)x2 + bx + c + ep ⇔ (x2 + 1)2 = (a + 2)(x − x0 )2 , x0 = − b 2(a + 2) w nl ) Nếu a + < phương trình vơ nghiệm có oa d (x2 + 1)2 ≥ > (a + 2)(x − x0 )2 lu an 3) Nếu a + > 0(⇔ a > −2) ta viết va ul nf √ √ (x2 + 1)2 = [ a + 2(x − x0 )]2 ⇔ x2 + = ± a + 2(x − x0 ) lm √ Ta thu hai phương trình bậc hai x2 + = ± a + 2(x − x0 ), x0 = b 2(a + 2) oi nh − at Tiếp theo giải biện luận phương trình bậc hai z z Bài tốn 3.4 Giải phương trình gm @ x4 = ax2 + bx + c, b 6= om l.c Lời giải Gọi α số thực thỏa mãn hệ thức (3.6) an Lu b2 = 4(a + 2α)(c + α2 ) (tồn giá trị α thỏa mãn (3.6)) (3.6) phương trình bậc ba va α) n si f (x) = (a + 2α)x2 + bx + (c + α2 ) ac th Khi tam thức bậc hai có nghiệm kép f (x) =  h  (a + 2α) x + b 2(a + 2α) i2 a + 2α 6=  c + α2 a + 2α = Viết phương trình cho dạng x4 + 2αx2 + α2 = f (x) ⇔ (x2 + α)2 = f (x) (3.7) 1) Nếu a + 2α = (3.7)⇔ (x2 + α)2 = c + α2 2) Nếu a + 2α < Vế trái ≥ 0; Vế phải (3.7) ⇔ x2 + α = ± a + 2α x + 2(a + 2α) lu an 23 va n Bài tốn 3.5 Giải phương trình t to t4 + αt3 + βt2 + γt + δ = ng hi α α α α α (x − )4 + α(x − )3 + β(x − )2 + γ(x − ) + δ = 4 4 6α 2α ⇔ x4 = ax2 + bx + c với a = ; b = − + αβ − γ; c = (3α4 − 42 βα2 + 43 αγ − 44 δ) 4 ep Lời giải Đặt t = x − Khi ta phương trình: w nl oa d Áp dụng toán ta tìm nghiệm phương trình lu an Hệ qủa 3.2 Mọi đa thức bậc bốn có nghiệm thực phân tích thành tích va hai tam thức bậc hai với hệ số thực ul nf √ √ lm Bài toán 3.6 Cho α 6= Khai triển biểu thức (1 − α x)8 + (1 + α x)8 = P (x) ta oi P (x) đa thức bậc bốn Giải phương trình P (x) = nh at Lời giải Đặt α2 x = t, ta phương trình z z 1 + 28t + 70t2 + 28t3 + t4 = ⇔ (t + )2 + 28(t + ) + 68 = t gm @ ta phương trình t l.c q √ 128 ⇒ t = (u1 ,2 ± u21 ,2 −4) om u2 + 28u + 68 = ⇔ u1 ,2 = −14 ± Đặt u = t + Lu an Bài tốn 3.7 Giải phương trình  y = x ax2 + (b − 1)x + c =  y = − b + − x a ax2 + bx + c = − b + − x a Giải phương trình bậc hai ta nghiệm hệ, từ ta suy nghiệm phương trình si ⇔ (x − y)[a(x + y) + b + 1] = ac th ⇔  ax2 + bx + c = y n Lời giải Đặt ax2 + bx + c = y ta hệ   ax2 + bx + c = y ax2 + bx + c = y ⇔ ay + by + c = x a(x2 − y ) + (b + 1)(x − y) = va a(ax2 + bx + c)2 + b(ax2 + bx + c) + c = x lu an 24 va n Bài tốn 3.8 Giải phương trình x4 = 3x2 + 10x + t to ng Lời giải Viết phương trình dạng hi ep (x2 + α)2 = (3 + 2α)x2 + 10x + + α2 w Chọn α để ∆0 = 25 − (3 + 2α)(4 + α2 ) = ⇔ 2α3 + 3α2 + 8α − 13 = nl oa Ta thấy α = thỏa mãn Vậy viết phương trình dạng " √ 5(x + 1), √ x2 + = − 5(x + 1) 2 lu d √ (x + 1) = 5x + 10x + ⇔ (x + 1) = [ 5(x + 1)]2 ⇔ x2 + = an va √ ul nf Giải trường hợp suy nghiệm phương trình cho x1 ,2 = lm √ 1+4 p x2 = (x + 1)2 oi Bài tốn 3.9 Giải phương trình x2 + 5± nh at z Lời giải Điều kiện x 6= z Viết phương trình cho dạng  x2  @ x2 x ) = − ⇔ (x − x+1 x+1 om l.c gm x2 −3=0 x+1 x+1 " √ x2 − x − = 1± ⇔ ⇔ x1 , x2 = x2 + 3x + = (vô nghiệm) √ 1± Vậy phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2 = + an Lu n va ac th si Bài toán 3.10 Cho dãy số (vn )n thỏa mãn điều kiện  v1 = 5, vn+1 = v − 4v + n n Xác định số hạng tổng quát Lời giải Sử dụng đẳng thức sau   4 8m − 8m + = Đặt a + a4 1 , với m = a+ a   (3.8) = un ta thu    u1 = = a + , a = (5 + √21), u n+1 2 a = 8un − 8un + (3.9)