Phương pháp lượng giác giải phương trình đa thức và một số dạng toán

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– MƠNG THANH HẰNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60 46 01 13 THÁI NGUYÊN, 06/2017 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– MÔNG THANH HẰNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học GS TS LÊ THỊ THANH NHÀN THÁI NGUYÊN, 06/2017 Mục lục Mở đầu Chương Một số đẳng thức lượng giác đẳng thức đại sinh hệ thức lượng giác 1.1 Một số tính chất đa thức lượng giác 1.2 Một số đồng thức dạng đại số - lượng giác 1.3 Đa thức Chebyshev 1.3.1 Các định nghĩa 1.3.2 Tính chất đa thức Chebyshev số Chương Phương pháp lượng giác giải phương trình bậc ba bậc bốn 2.1 Giải phương trình bậc ba 2.1.1 Giải biện luận phương trình bậc ba 2.1.2 Phương trình bậc ba nhận yếu tố tam giác nghiệm 2.2 Giải phương trình bậc bốn 2.3 Một số hệ phương trình đưa phương trình bậc ba bậc bốn 4 17 17 17 20 20 20 28 32 37 Chương Phương pháp lượng giác giải phương trình đa thức bậc cao 39 3.1 Phương trình đa thức bậc cao 39 3.2 Hệ phương trình đa thức bậc cao 49 Chương Một số dạng toán liên quan 4.1 Phép lượng giác 4.1.1 Phép lượng giác bất đẳng thức 4.1.2 Phép lượng giác dãy số 4.2 Một số dạng toán từ đề thi Olympic sử dụng pháp lượng giác Kết luận Tài liệu tham khảo phương 51 51 51 53 55 60 61 Mở đầu Các chuyên đề đa thức lượng giác vấn đề liên quan phần quan trọng đại số giải tích tốn học Các học sinh thường phải đối mặt với nhiều dạng tốn loại khó liên quan đến hai chuyên đề Các dạng toán phương trình đa thức ln ln xuất chương trình tốn từ bậc THCS đến THPT Trong hầu hết kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic Toán khu vực quốc tế, Olympic sinh viên trường đại học cao đẳng, toán liên quan đến đa thức hay đề cập thuộc loại khó khó Các tốn khảo sát phương trình bất phương trình đa thức phương pháp lượng giác dạng chuyên đề chọn lọc cần thiết cho giáo viên học sinh bậc trung học phổ thông năm đầu bậc đại học Sử dụng lượng giác ta thiết lập nhiều đồng thức đại số mới, để từ cho phép giải phương trình bậc ba, bậc bốn số dạng phương trình đa thức bậc cao với hệ số thực cách trực tiếp, khơng cần viện trợ đến số phức Chính vậy, để đáp ứng cho nhu cầu giảng dạy học tập, tác giả chọn đề tài luận văn "Phương pháp lượng giác giải phương trình đa thức số dạng tốn" Đây chun đề có ý nghĩa thực tiễn cơng việc giảng dạy, cho ta nhìn nhận quán tốn giải biện luận phương trình đa thức dạng toán liên quan đến bất đẳng thức cực trị số lớp đa thức biến Cấu trúc luận văn gồm chương: Chương Một số đẳng thức lượng giác đẳng thức đại số sinh hệ thức lượng giác Chương Phương pháp lượng giác giải phương trình bậc ba bậc bốn Chương Phương pháp lượng giác giải phương trình bậc cao Chương Một số dạng toán liên quan Một số dạng ví dụ tập chọn lọc đề kỳ thi học sinh giỏi quốc gia Olympic quốc tế Một số tốn minh hoạ khác trích từ tài liệu tham khảo [1-5] Tơi xin bày tỏ lịng cảm ơn sâu sắc tới GS.TS Lê Thị Thanh Nhàn người thầy trực tiếp hướng dẫn giúp đỡ để tác giả hồn thành luận văn Tơi xin chân thành cảm ơn thầy, cô giáo khoa Tốn - Tin, phịng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Trường THPT Sơn Dương, huyện Sơn Dương, tỉnh Tuyên Quang bạn bè đồng nghiệp giúp đỡ tạo điều kiện cho tơi hồn thành luận văn Thái Nguyên, 01 tháng 05 năm 2017 Mông Thanh Hằng Chương Một số đẳng thức lượng giác đẳng thức đại số sinh hệ thức lượng giác 1.1 Một số tính chất đa thức lượng giác Định nghĩa 1.1 (xem [3]) Biểu thức n X Ln (x) = a0 + (ak cos kx + bk sin kx), (1.1) k=1 đó: a0 , ak , bk ∈ R (k ∈ {1, 2, , n}); |an | + |bn | 6= (n ∈ N∗ ), gọi đa thức lượng giác bậc n (cấp n) với hệ số a0 , ak , bk (k ∈ {1, 2, , n}) Định nghĩa 1.2 (xem [3]) Nếu đa thức (1.1) tất hệ số bk (k ∈ {1, 2, , n}) ta có đa thức lượng giác cấp n cos: Cn (x) = a0 + a1 cos x + a2 cos 2x + · · · + an cos nx (an 6= 0) (1.2) Nếu (1.1) tất hệ số ak (k ∈ {1, 2, , n}) ta có đa thức lượng giác cấp n sin: Sn (x) = b0 + b1 sin x + b2 sin 2x + · · · + bn sin nx (bn 6= 0) (1.3) ∗ Tính chất 1.1 Cho Sn (x) Sm (x) hai đa thức lượng giác Khi đó: ∗ a) Sn (x) + Sm (x) đa thức lượng giác bậc k với k ≤ max{n, m} ∗ b) Sn (x).Sm (x) đa thức lượng giác bậc n + m Tính chất 1.2 Với đa thức lượng giác Ln (x) dạng (1.1) tồn đa thức đại số Pn (t) Qn−1 (t) cho Ln (x) = Pn (cos x) + sin xQn−1 (cos x) Tính chất 1.3 Với Sn (x) dạng (1.3) luôn tồn đa thức đại số Qn−1 (t) để Ln (x) = b0 + sin x.Qn−1 (cos x) Tính chất 1.4 Với đa thức Cn (x) dạng (1.2) ta có Cn (x) = Pn (cos x), Pn (t) đa thức bậc n t có hệ số bậc cao an 2n−1 Ngược lại, với đa thức Pn (t) với hệ số từ phép đặt ẩn phụ t = cos x ta biến đổi đa thức Cn (x) dạng (1.2) với an = 21−n Bài toán 1.1 Cho đa thức f (x) = a0 + k X (aj cos jx + bj sin jx) (k ≥ 1) (1.4) j=1 cho số α thoả mãn điều kiện nα = 2π với n > k Chứng minh f (x + α) + f (x + 2α) + + f (x + nα) = na0 (1.5) Lời giải Nhận xét tổ hợp tuyến tính đa thức dạng (1.4) đa thức có dạng Vì khơng tính tổng qt ta cần chứng minh (1.5) cho trường hợp đa thức dạng f (x) = sin mx f (x) = cos mx đủ Mặt khác, ta có n X n X cos(α + kβ) = 0, k=1 sin(α + kβ) = k=1 với α ∈ R, 6= β < 2π nβ 2π Từ ta có đẳng thức (1.5) Bài toán 1.2 Cho đa thức f (x) = b0 + b1 sin x + b2 sin 2x + · · · + bn sin nx, bn 6= 0, thoả mãn điều kiện |f (x)| ≤ | sin x|, ∀x ∈ R Chứng minh |b1 + 2b2 + 3b3 + · · · + nbn | ≤ (1.6) Lời giải Ta có |b1 + 2b2 + 3b3 + · · · + nbn | = f (x) − f (0) 1.3 1.3.1 Đa thức Chebyshev Các định nghĩa Định nghĩa 1.3 (xem [3]) Các đa thức Tn (x) (n ∈ N) xác định sau   T (x) = 1; T (x) = x,  T (x) = 2xT (x) − T (x), ∀n > n+1 n n−1 gọi đa thức Chebyshev (loại 1) Định nghĩa 1.4 (xem [3]) Các đa thức Un (x) (n ∈ N) xác định sau   U (x) = 0; U (x) = 1,  U (x) = 2xU (x) − U (x), ∀n > n+1 n n−1 gọi đa thức Chebyshev (loại 2) 1.3.2 Tính chất đa thức Chebyshev Tính chất 1.5 Tn (x) = cos(n arccos x) với x ∈ [−1, 1] Tính chất 1.6 Tn (x) ∈ Z[x] bậc n có hệ số bậc cao 2n−1 hàm chẵn n chẵn; hàm lẻ n lẻ Tính chất 1.7 Tn (x) có n nghiệm phân biệt [-1, ] xk = cos 2k + π (k = 0, 1, , n − 1) 2n kπ Tính chất 1.8 |Tn (x)| ≤ 1, ∀x ∈ [−1, 1] |Tn (x)| = x = cos , n k ∈ Z Tính chất 1.9 Đa thức T ∗ (x) = 21−n Tn (x) đa thức bậc n với hệ số bậc cao có độ lệch so với [−1, 1] nhỏ tất đa thức bậc n với hệ số bậc cao Tính chất 1.10 Un (x) = sin(n arccos x) √ với x ∈ (−1, 1) − x2 17 sin nt Tn (x) = , cos t = x, đa thức bậc n − n sin t có hệ số bậc cao 2n−1 hàm chẵn n lẻ; hàm lẻ n chẵn Tính chất 1.11 Un (x) = Tính chất 1.12 Tn (x) có n nghiệm phân biệt [-1, ] xk = cos 2k + π (k = 0, 1, , n − 1) 2n Tính chất 1.13 |Un (x)| ≤ n, ∀x ∈ [−1, 1] |Tn0 (x)| ≤ n2 , ∀x ∈ [−1, 1] Xét hàm số 1 sinh x = (ex − e−x ), cosh x = (ex + e−x ) 2 Khi với |x| > Tn (x) = cosh(nt); Un (x) = sinh(nt) , sinh t (1.12) x = cosh t Bài toán 1.8 Chứng minh đa thức Un (x) có n − nghiệm thực khác (−1, 1) Lời giải Sử dụng Tính chất 1.3 Tn (x) có n nghiệm thực phân biệt [−1, 1] nên theo Định lý Rolle ta có điều phải chứng minh Bài toán 1.9 Chứng minh Un (x) = xUn−1 (x) + Tn−1 (x), ∀n ∈ N∗ ; x ∈ R Lời giải Ta chứng minh cho trường hợp x ∈ (−1, 1) Đặt x = cos t (0 < t < π) sử dụng tính chất Tn (x) Un (x) ta thu điều phải chứng minh Với |x| > ta sử dụng kết đẳng thức (1.12) Bài toán 1.10 Chứng minh Tn+1 (x) = xTn (x) − (1 − x2 )Un (x), ∀x ∈ R, n ∈ N Lời giải Sử dụng phương pháp quy nạp, ta thu (1.13) 18 (1.13) Bài toán 1.11 Chứng minh (1 − x2 )Tn00 (x) − xTn0 (x) + n2 Tn (x) = 0, ∀n ∈ N, x ∈ R Lời giải Với x ∈ [−1, 1], ta sử dụng tính chất 1.2 Tn (x) thay trực tiếp biểu thức Tn (x) vào điều kiện ta thấy đẳng thức Với |x| > sử dụng (1.13) tính chất hàm số sinh x cosh x Bài toán 1.12 Chứng minh với m, n ∈ N; n ≥ m x ∈ R Tn+m (x) + Tn−m (x) = 2Tn (x)Tm (x) Lời giải Sử dụng định nghĩa phương pháp quy nạp sử dụng công thức cos(n + m)x + cos(n − m)x = cos nx cos mx cosh(n + m)x + cosh(n − m)x = cosh(nx) cosh(mx) Bài toán 1.13 Chứng minh Tm (Tn (x)) = Tmn (x), ∀x ∈ R, m, n ∈ N (1.14) Lời giải Ta chứng minh (1.14) phương pháp quy nạp theo m Với n cố định tuỳ ý m = 0, ta có T0 (Tn (x)) = = T0n (x) (theo định nghĩa Tn (x)) Vậy (1.14) với m = 0; n ∈ N Giả sử (1.14) tới m Khi Tm+l (Tn (x)) = 2Tn (x)Tm (Tn (x)) = 2Tn (x)Tmn (x) − T(m−l)n (x) (theo giả thiết quy nạp) = Tn+mn (x) + Tmn−n (x) − Tmn−n (x) (theo Bài toán1.3 ) = T(m+1)n (x) Vậy Tm (Tn (x)) = Tmn (x), ∀x ∈ R, m, n ∈ N 19 Chương Phương pháp lượng giác giải phương trình bậc ba bậc bốn 2.1 Giải phương trình bậc ba Trong phần ta nêu phương pháp giải phương trình bậc ba với hệ số thực tùy ý : ax3 + bx2 + cx + d = 0, a 6= (2.1) 2.1.1 Giải biện luận phương trình bậc ba Bài tốn 2.1 Giải phương trình (2.1) biết nghiệm x = x0 Lời giải Theo giả thiết ax30 + bx20 + cx0 + d = (2.1) ⇔ ax3 + bx2 + cx + d = ax30 + bx20 + cx0 + d ⇔ a(x3 − x30 ) + b(x2 − x20 ) + c(x − x0 ) = ⇔ (x − x0 )[ax2 + (ax0 + b)x + ax20 + bx0 + c] = 1) Nếu ∆ = (ax0 + b)2 − 4a(ax20 + bx0 + c) < phương trình (2.1) có nghiệm x = x0 2) Nếu ∆ ≥ phương trình (2.1) có nghiệm  x = x0 √  −(ax0 + b) ± ∆ x= 2a Hệ 2.1 1) Nếu x0 nghiệm phương trình (2.1) điều kiện cần đủ để phương trình (2.1) có ba nghiệm phân biệt  ax2 + (ax + b)x + ax2 + bx + c 6= 0 0 0 ∆ = (ax + b)2 − 4a(ax2 + bx + c) > 0 0 20 2) Nếu x0 nghiệm (2.1) phân tích : ax3 + bx2 + cx + d = (x − x0 )f (x) (2.2) f (x) tam thức bậc hai xác định 3) Nếu x1 , x2 , x3 nghiệm phương trình (2.1) ax3 + bx2 + cx + d = a(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) có cơng thức Viete  b   x + x + x = −   a  c x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 =  a   d  x1 x2 x3 = a Bài toán 2.2 Giải phương trình ax3 + bx2 + cx + d = (2.3) ac3 = db3 (2.4) với (Khi phương trình (2.3) − (2.4) có tên gọi phương trình quy hồi bậc ba) Lời giải Từ (2.4), suy 1) Nếu c = b = r d (2.4) ⇔ ax3 + d = ⇔ x = − , a d c 2) Nếu c 6= b 6= = ( )3 a b c Đặt = −x0 c = −bx0 , d = −ax30 b Thế vào (2.3), ta ax3 + bx2 − bx0 x − ax30 = ⇔ a(x3 − x30 ) + bx(x − x0 ) = ⇔ (x − x0 )[ax2 + (ax0 + b)x + ax20 ] = c Vậy x = x0 = − nghiệm b Nếu ∆ = (ax0√+ b)2 − 4a2 x20 ≥ phương trình cịn có nghiệm −(ax0 + b) ± ∆ x= 2a 21 Bài toán 2.3 Giải phương trình: 4x3 − 3x = m với m = ±1 Lời giải Khi m = phương trình có dạng 4x3 − 3x = ⇔ (x − 1)(2x + 1)2 = nên phương trình có nghiệm đơn x = nghiệm kép x = − Khi m = −1 phương trình có dạng 4x3 − 3x = −1 ⇔ (x + 1)(2x − 1)2 = nên phương trình có nghiệm đơn x = −1 nghiệm kép x = Bài tốn 2.4 Giải phương trình: 4x3 − 3x = m với |m| < Lời giải Đặt m = cos α = cos(α ± 2π) Khi α cos α = cos(3 ) = cos3 α − cos α Do phương trình có ba nghiệm  α x1 = cos  α ± 2π x2 ,3 = cos Bài toán 2.5 Giải phương trình 4x3 − 3x = m, |m| > Lời giải Ta chứng minh phương trình có nghiệm Thật vậy, phương trình khơng có nghiệm [−1, 1] x = x0 ∈ [−1, ta đặt x0 = cos β 1]3 nghiệm Khi 4x0 − 3x0 = |cos 3β| ≤ 6= m Giả sử phương trình có nghiệm x = x1 với |x1 | > Khi 4x31 −3x1 = m Vậy có phương trình 4x3 − 3x = 4x31 − 3x1 ⇔ 4(x3 − x31 ) − 3(x − x1 ) = ⇔ (x − x1 )(4x2 + 4x1 x + 4x21 − 3) = ∆ = 4x21 − 4(4x21 − 3) = 12 − 12x21 < Vậy x = x1 nghiệm 22 √ 1 Đặt m = (a3 + ) với a3 = m ± m2 − a Khi đó, phương trình có nghiệm q q  p p 1 1 3 x = (a + ) = m + m − + m − m2 − a Bài tốn 2.6 Giải phương trình 4x3 + 3x = m Lời giải Nhận xét x = x0 nghiệm phương trình nghiệm Thật vậy, xét x > x0 4x3 + 3x > 4x30 + 3x0 = m Tương tự, với x < x0 4x3 + 3x < 4x30 + 3x0 = m 1 Đặt x = (a − ) a Khi dễ dàng kiểm tra đẳng thức 1 1 4x + 3x = a − a (2.5) Suy cách giải phương trình sau √ 1 Đặt m = (a3 − ) với a3 = m ± m2 + a Khi theo (2.5) ta có nghiệm phương trình : q q  √ √ 1 1 3 2 x = (a − ) = m+ m +1+ m− m +1 a Bài toán 2.7 Giải biện luận phương trình t3 + at2 + bt + c = a Lời giải Đặt t = y − Khi ta viết phương trình dạng a a a (y − )3 + a(y − )2 + b(y − ) + c = 3 ⇔ y − py = q, a2 2a3 ab p = − b; q = − + − c 27 √ a) Nếu p = phương trình có nghiệm y = q 23 r p x Khi ta phương trình 4x3 −3x = b) Nếu p > Đặt y = √ 3q m với m = √ 2p p -) |m| ≤ Đặt m = cos α Khi phương trình có ba nghiệm: α α ± 2π x = cos ; x = cos 3 √ 1 -) |m| > Đặt m = (d3 + ) với d3 = m ± m2 − d Khi phương trình có nghiệm q q  p p 1 3 2 x = (d + ) = m+ m −1+ m− m −1 d r p c) Nếu p < Đặt y = − x ta phương trình 4x3 + 3x = m √ Đặt m = (d − ) với d3 = m ± m2 + d Khi phương trình có nghiệm q q  √ √ 1 1 3 2 x = (d − ) = m+ m +1+ m− m +1 d Bài toán 2.8 Cho x1 , x2 , x3 nghiệm phương trình x3 + ax2 + x + b = (2.6) b 6= Chứng minh (x1 − 1 1 1 )(x2 − ) + (x2 − )(x3 − ) + (x3 − )(x1 − ) = x1 x2 x2 x3 x3 x1 Lời giải Vì x1 , x2 , x3 nghiệm phương trình (2.6) nên  x x + x x + x x = 1 2 3 x x x = −b 6= hay  x x + x x + x x 2 3 x , x , x 24 =1 6= Đặt x1 = tan α, x2 = tan β, x3 = tan γ với α, β, γ ∈  π π − ; 2 Ta có tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α = ⇔ − tan α tan β = (tan α + tan β) tan γ (2.7) Nếu tan α tan β = tan α + tan β = tan γ = Nếu tan α + tan β = 0, tan α = − tan β , − tan2 β = 1, vơ lý Nếu tan γ = x3 = 0, vơ lý Vậy tan α tan β 6= Khi từ (2.7), ta có tan α + tan β tan γ = 1 − tan α tan β π ⇔ tan(α + β) = tan( − γ) π ⇔ α + β + γ = + kπ, (k ∈ Z) 1 1 1 )(x2 − ) + (x2 − )(x3 − ) + (x3 − )(x1 − ) x1 x2 x2 x3 x3 x1 = (tan α − cot α)(tan β − cot β) (x1 − + (tan β − cot β)(tan γ − cot γ) + (tan γ − cot γ)(tan α − cot α) = cot 2α cot 2β + cot 2γ(cot 2α + cot 2β) = 4cot 2α cot 2β − cot(2α + 2β)(cot 2α + cot 2β) ( 2γ = π − (2α + 2β + k2π)) cot 2α cot 2β − = 4cot 2α cot 2β − (cot 2α + cot 2β) = cot 2α + cot 2β Vậy (x1 − 1 1 1 )(x2 − ) + (x2 − )(x3 − ) + (x3 − )(x1 − ) = 4, x1 x2 x2 x3 x3 x1 điều phải chứng minh 25 Bài toán 2.9 Cho phương trình x3 − px2 + qx − p = với p, q số dương Chứng minh phương trình cho có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 lớn 1, ta ln có √ ! + (q + 3) (2.8) p> Lời giải Giả sử x1 < x2 < x3 Theo định lý Vieete, ta có    x + x2 + x3 = p   x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 = q    x x x = p Đặt x1 = tan A, x2 = tan B, x3 = tan C với A, B, C ba góc tam giác π π A, B, C < Không giảm tổng quát, ta giả sử A = min{A, B, C} 4π π A Khi (2.8) tương đương với √ 2+ tan A tan B tan C > (tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A + 3) √ 2+ (cot A + cot B + cot C + cot A cot B cot C) ⇔ 1> √ ⇔ − > cot A + cot B + cot C + cot A cot B cot C (2.9) Để chứng minh (2.9), ta ý cot A + cot B + cot C + cot A cot B cot C sin A cos(B − C) + cos(B + C) = cot A + + cot A cos(B − C) + cos A cos(B − C) − cos(B + C) sin A − cos A cot A + + cot A , + cos A + cos A A − tan 1 2, cot A = = = A A tan A tan tan 2 A − tan2 26 sin A = + cos A A A cos 2 = tan A A 2 cos2 2.2 sin A A sin − cos A 2 cot A =3 A A + cos A tan cos2 2 − tan2 A tan2 A = A 2 tan   A A A A − tan2 tan tan − tan 2 2, = =3 2 − tan2 nên ta có cot A + cot B + cot C + cot A cot B cot C A A A − tan2 tan − tan + tan A + 2 A 2 tan hay cot A + cot B + cot C + cot A cot B cot C A A + tan − tan3 A 2 2 tan Mặt khác π π π A π A ⇒ 6 nên ta có √ A − tan √ Xét hàm số   √ 3 f (t) = − t + 3t + , t ∈ − 1; √ 2t 27