Luận văn thạc sĩ khoa học: Phương pháp hàm và ứng dụng

ĐẠI HOC QUOG GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HOC KHOA HOO TỰ NHIÊN LÊ HƯƠNG THẢO PHƯƠNG PHÁP HÀM VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THAC SY KHOA HỌC HÀ NỘI - NAM 2015... ĐẠI HOC QUOG GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HOC KHO

ĐẠI HOC QUOG GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HOC KHOA HOO TỰ NHIÊN

LÊ HƯƠNG THẢO

PHƯƠNG PHÁP HÀM VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THAC SY KHOA HỌC

HÀ NỘI - NAM 2015

ĐẠI HOC QUOG GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HOC KHOA HOO TỰ NHIÊN

LÊ HƯƠNG THẢO

PHƯƠNG PHÁP HÀM VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THAC SY KHOA HỌC

Chuyên ngành : Phương pháp toán sơ cấp

Mã số ; 60460113

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS.TS Nguyễn Đình Sang

HÀ NỘI - NĂM 2015

Lời md đầu

Báng kí hiệu

1 Kiến thức chuẩn bi

1.1 Ode định lý cơ bau về hàm khả vi

1.1.1 Dinh nghĩa điểm ouc tị ee ee

1.1.2 Dinhly Format ee ào

11.3 Dinhly Rolle ốc Ặ ee

11.4 Dịnh lý Lagrange ee 1.1.5 Dinhly Oanochy 2 ee ee ee

1.2.1 Odng thức Laylor với số du dang Lagrange

1.2.2 Oông thức Laylor với số du dạng Peano

1.3 Gia tri lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

2.1.2 Ứng dụng các định lý cơ bắn về hàm khá vi 30

2.2 Phương pháp ham trong giải bất phương trình ol

2.2.1 Oøsở phương phap ee ee ee hài

222 Apdung 0 ee ee ee 52

2.3 Phương pháp hàm trong chứng minh bất dang thức 57

2.3.1 Oøsở phương phap cà so 57

Phương phấp ham đóng mot vai trò quan trọng trong giải

tích toán học và thường được khai tháo trong vac kì thi Olympic

quôo gia, quôo tế, kỳ thi Olympio sinh viện, Day là một công cu

rat hiệu lực trong việc giải cáo bài toán liên quan déu sự tou tại

nghiệm và các tính chất nghiệm oúa các dạng phương trình, hệ

phương trình , bất phương trình khác nhau

Với suy nghĩ đó,ohúng tôi đã chọn đề tai: "Phương pháp hàm

và ứng dụng" để làm luận văn của mình Luận văn này trình

bày tương đối day đủ cde tính chat ham khá vi và ứng dụng

của chúng vào việc khảo sát tính chat nghiệm phương trình, hệ

phương trình ,bất phương trình

Ban luận văn gồm ba chương, lời mở đầu, kết luận, tài liệutham kháo va mục lục:

Chương 1 ; Kiến thức chuẩn bị: hương này trình bày kiên

thức cau thiết cho chương sau như : tính chat cơ bản về hàmkha vi của ham một biên wa trọng tam là cáo định lý cơ bắn về

hàm kha vi và công thức Laylor.

Ohương 2 : Những phương phấp giải toán có ứng dụng kết

qua trong chương | ta gọi là phương phấp ham Mục đích chính

của chương này là ; Ứng dụng phương pháp hàm để giải phương

3

trình, bất phương trình, bất đẳng thức Irong chương này sẽ Ap dụng khai triển Laylor để giái phương trình bac ba, bậc bốn,

sử dụng tính đơn điệu, định lý Largange, định lý Oauchy để giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, bat đẳng thức.

Ohương 3 ; Giải và biện luận phương trình, bat phương trìnhchứa tham số; hương này trình bày cáo ứng dụng, các phương,

pháp giải phương trình, bat phương trình như ở chương LL cộng

thêm một vài phương pháp mới để giải và biện luận phương

trình, bất phương trình chứa tham sd

Để hoàn thành luận văn này em xin chân thành cắm ơn tới

người thầy kính mén PGS.LS Nguyễn Dinh Sang da dành nhiềuthời gian hướng dẫn, chi dạy trong suốt thời gian xây dựng đềtài cho đến khi hoàn thành luận văn Km xin chan thành cam on

tới cáo thay vO trong khoa loán - Oo - Lin học, Ban Giám Hiệu,Phòng Sau đại học trường DHKH ITN đã tạo điều kiện thuận lợi

trong thời gian học tập tại trường.

Mặc dù đã có nhiều cô gắng nhưng do thời gian và năng lực

còn han chế nên bản luận văn không tránh khỏi những thiêu sót,rat mong thầy cô và cáo bạn góp ý xây dựng Em xin châu thành

Bảng các kí hiệu viết tắt

Tập cáo số tự nhiên

Tập cáo số tự nhiên kháo 0

Tập cáo số nguyên

Tập cáo số nguyên dương

Tập cáo số nguyên âmTập các số thực

Tập các số thực khác 0Tập cáo số thực dương

Tập cáo số thực âm

Don vi áo

Tập cáo sô phức

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

1.1 Các định lý cơ bản về ham kha vi

1.1.1 Định nghĩa diém cực trị

Cho khoảng (a,b) C R, ham số ƒ : (a,b) > R Lo nói rằng ham f dat

cue dai dia phương (tương ứng cực tiểu dia phương) tat xo € (a,b), nếu

tow tat mot số ð > 0 saa cho (ap — 6,279 +6) C(a,b) va f(x) < f(x) (tongứng f(x) > f(xo) ) uới mot x € (đo — 6,29 + 0).

Cực dat địu phương hoặc cực tiểu địu phương gọi chung la cực tri cia hàm ƒ Điểm (xo, /(#o)) là điểm cực trị.

1.1.2 Định lý Fermat

Cho khoảng (a,b) C R, ham số f : (a,b) > R Nếu hàm: số dat cực trị tut ø = c va tow tat ƒ'(c) thà f'(c) = 0.

1.1.3 Định ly Rolle

Gia sử ham f : [a,b] + R có các tinh chat:

(1) f liêu tục trêu |a, 6).

(2) f kha vi trong khoáng (a,b)

(3) f(a) = f(b).

Khai đó tow tai tt thất mot điểm c € (a,b) saa cho f'(c) = 0.

1.1.4 Dinh ly Lagrange

Giả sử hàn fila, b] + R cd các tính chat:

(1) f liêu tục tréu |a, 6)

(2) f kha vt trong khoáng (a,b).

khả đó tou tat tt what mot điểm c € (a,b) saa cho :

(ia) Nêu ƒf(z) = 0 với Va € (a,b) thì ƒ là hàm hằng trêu [à,b|

(b) Nêu f’(x) > 0(ƒ(z) < 0) và f(x) = 0 tại hữu han điểm trên (a,b)

thì f tăng (giám) thực sự trêu la,bị.

Ohứng mình;

a) Gia stta < #ị < #¿ < b Theo định ly Lagrange tồn bại o € (a,b)

sao cho:

f(t2) — f(@1) = ƒ(e)(3 — #1) (2).

Vì ƒ'(c) =0, từ đó suy ra f(r) = ƒ(z¡) Vay F là hằng so

b) Nêu ƒf(z) >U với mọi x € (a,b), thì từ (2) do f’(c) >0

Nên ƒ(z¿) — ƒ(z¡) > 0.

Vậy fla ham tăng.

1.1.5 Dinh ly Cauchy,

Gia sử các haw ƒ,g : [a,b] > R có các tính chat : (1) ƒ uà g liêu tục trêu |u,bj,

(2) fig kha vt trêu (a,b).

Khi đó tow tai c € (a,b) saa cha:

[f(o) — ƒ(a)]ø'(e) = [ø(b) — ø(4)]ƒ'(e) (8)

How trữu, trếu g (%) khác 0 uới mot œ € (a,b) thà công thức (3) có dang:

Mo) _ f0) = fla) vy ợ(c) — ø(Ù)ø(4)

Nhận xét: Dinh ly Lagrange là trường hợp riêng cla định lý Oauchy

với hàm g(x) = x.

1.2 Cong thức Taylor

1.2.1 Odng thức Taylor với số du dang Lagrange

Gia sử f : [a,b] > R có đạo ham déw cap (n+1) trong khoảng (a,b),

ro € (a,b) Khi đó, uới Vx € (a,b), ta có:

— OS f'k)(20) fOM() ntl

f(x) = 3m 8 + Gye) (1.4)

trong đó ¢ nam giữu + vd xo

Nhan xét; Vi o nằm giữa x và xp nên (1.4) có thé việt dưới dang sau:

fk) (x0) fOr) (a9 + Ø(œ — zo)) n+l

f= > n (x — xo)" 3 m+ Ti ” (œ — x9) (1.5)

Trong đó 0 < Ø < 1 Dai lượng:

Ƒ"*ứa + O(a = x0)

(n+ 1)! yn

Tn# = (x — 29

được gọi là số du thứ n của cong thức Laylor dưới dang Lagrange

1.2.2 Công thức Taylor với số du dang Peano

Gia sử f (a,b) > R kha vi déw cấp w trang mot lâu cậu mào đó cia

ay € (a,b) va fTM (x) liêu tục tat rp Khả đó uới œ 6 trong lau cậu nói trêu

Dai lượng r„(#) = o((x — zo)”) dude gọi là số du dang Peano

Nhận xét : Khai triển Laylor của ham f(x) trong lan cận của điểm

ro = 0 cồn đươc gọi là khai triển Mac-Laurin.

Sau đây là một số khai triển Mac-Laurin của một số hàm sơ cấp cơ bắn.

1) Hàm f(x) = e” Hàm này kha vi vô hạn va f(x) = e* với mọi

née N Lai xo = 0 ta cd f"(0) = 1 với mọi n Do đó ;

7 +3 +"

Lv _ a ~~ —— n

e Slt ata te tay toe")

2) Hàm ƒ(z) = sinz khả vi mọi cấp và f(x) = sin(z + nộ) Tại

ty = 0 ta có ƒ2)(0) = sinnz = 0, fe") (0) = (—1)” Do do:

Tại xp = 0 ta có f*(0) = a(a —1) (a —k +1).Do đó;

(1+z)“=l+az+fSt8=U/; 4 ala- la n‡1) 2I nl + o(2”)

6) Công thức Taylor uới mot da thúc: Nêu f(a) = P„(z) là một đa thitebao n của x thì f+) (x) = 0 với mọi x Do đó ta có;

1.3 Gia trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

1.3.1 Dinh nghĩa

Dinh nghĩa 1.3.1.1

Oho hàm sô f(x) xác định trên DC R

1) M được gọi là giá trị lớn nhất (hay cực đại toàn cục) của hàm sdtrên ÙD nếu đồng thời thỏa mãn hai điều kiện :

fx)< M, Va € D và ton tai x € D sao cho f(x) = M

Khi đó:

M = max f(z)

œ€D

2) m được gọi là giá trị nhó nhất (cực tiểu toàn oụo)của hàm số trên D

nêu đồng thời thoa mãn hai điều kiện:

f(x)>m Va € D và tôn tai x, € D sao cho ƒ(#¡) =m

2) Một ham số f liên tuo và đơn điệu thực sự trên ja,b] C R thì :

max f(r) = mar{f (a), ƒ(b)}

[a,b]

Il

min f(r) = min{ f(a), ƒ(b)}

[a,b]

3) Diễm dừng; Odo điểm thuộc tập xác định của ham f(x) mà tai đó đạo hàm của nó bằng Ú hoặc không tồn tại được gọi là điểm dừng (điểm

tới han) của ham số đã cho,

4) Gia sử f(x) là hàm sô liên tục trên |a,b|C R và chi có một số hữu

hạn điệm tới han #1, #a, , #„ Khi đó:

max f(x) = ma#{ f(a), ƒ(1), (2), , fn), ƒÚ0)}[a,b]

min f(x) = min{ f(a), f(@1); f(#2), + Ftn); [(b)}

[a,b]

12

1.3.2 Phương pháp tim GLLN, GLUƯNN

e Phương pháp dao ham:

Tính ƒf(z) Lim các nghiệm x1, #2, ,#„ € D.

- Oách 1: Lập bảng biên thiên Dựa vào bang biên thiên tim max và

min cua f(x) trên D.

- Oách 2; Nếu D = [a,b] Tìm các điếm dừng của f(x) trên a,b] và tinh

fa),fb),fœ;) Khi đó:

max f(x) = mart f(a), f1); ƒ(3), , [(n); ƒ(b)}(a,

min f(a) = min{ f(a), ƒ(1); f(@2); + Flan), ƒ(b) }

[2,0]

e Phương pháp trên là phương pháp thông dụng nhất trong toán pho

thông, ngoài ra còn một số phương pháp như: phương phấp miền giá

trị, bat đắng thức, lượng giáo hóa, hình hoo, vecto La sẽ gặp những phương pháp này ở một sô bào toán cu thé trong chương sau.

13

Chương 2

Ứng dụng phương pháp hàm

2.1 Phuong pháp hàm trong giải phương trình

2.1.1 Ứng dụng công thức Taylor

1à nhắc lai: Mọi đa thức bậo u với hệ số thực đều viết dưới dạng :

f(x) = ag + aya + ayn? + + aya"! + ane” (2.1)

Ham sO y = f(x) là hàm khá vi trong R, với a € R bat kỳ thì khai

triển Laylor của f(x) là :

DQ

f(x) = f(a)+f'(a)(r@—-a)4 l aI (z—œ)?+ - a = o (z—a)""!+(z—a)" (2.2)

Tùy từng bai toáu cu thể ta vd thé chon a thích hop để đưa phương

trình f(r) = 0 với hệ số khuyết.Dưới đây là ứng dung ota khai triển Laylor

trong giải phương trình bậo ba, bac bin

14

fle) = Fla) + fa)(ø=a)+ aay + (xa)? (24)

Nếu f(a) = 0 thì f(a) = 0 khi và chí khi:

rz =a hoặo (x — a)? + FU, a) + f(a) =

Nếu f” (a) = 0 ta đưa (2.4) về dạng rút gọu:

Dé gidi phương trình (2.5) ta dùng phép biến doi :

Như vậy ở, 0° là hai nghiệm của phương trình :

Trường hợp 1; Nếu A > 0 khi đó có :

là một nghiệm thực của phương trình (2.3) Dé tìm nghiệm còn lại, ta đưa,

về dạng tích: (2 — #q)(#Ÿ + bz +c) = 0.

Trường hợp 2: Nêu A < 0, phương trình (2.8) có hai nghiệm phức ;

xa = =#—VIÊHE yy _„¿_ 2 H ca vÏAl/2

Viết Xị dưới dạng lượng giáo X, = r(cosp+isin @) heo dông thức khai

triển căn bac n của sô phức ẤT, ta cd:

Từ đó, ta có ba nghiệm thực cua phương trình (2.3):

Dinh lý 2.1.1.1: Điều kiện van và du để đồ thi ham số (2.3) nhận điểm

(ia, ƒ(œ)) làm tâm đối xứng là ƒ”(œ) = 0

Ohứng mình:

Điều kiện cầu:

Giá sử ƒ”(a) = 0, từ khai triển Laylor ta 0Ó ;

y— f(a) = (w— a)Ê + ƒ'(a)(ø — a).

Đặt :

X=zr-q

Y=y- f(a)

ta dua ham sd y = đọ + a,2 + +aa#° + z3 = 0 về dạng Y = X°+ ƒ(a)X

là hàm lê nên tâm đối xứng là (X = 0;Y = 0) hay (z =a,y = f’(a))

17

Suy ra Y = F(X) = X° + 51 X“ˆ+ ƒ(a)X nhận (X = 0;Y = 0)

là tam đôi xứng nên Y là hàm sô lẽ hay F(—X) = —F(X) tức ta vdf’(a) =0

Định lý 2.1.1.2: Diều kiệu cần và di để đồ thị hàm số (2.3) cắt trục hoành tai ba điểm có hoành độ lập thành một cấp số uộng là a là nghiệm

fle) = fla) + f(a)(z=a) + Tất)

Suy ra f(x) = ƒ(a)—a)+(#— 4) (O)

Xét phương trình hoành độ giao điểm chung cia (O) với trục Ox:

f(z) = ƒ'(œ)( — œ) +(œ— œ)”=0< z =a hoặc # — œ = +w—ƒ!(o).

(zT— œ)“ + (œ — œ)

Từ đó, ta có hoành độ cde giao điểm của (O) với Ox là ;

#ạ =a;%, =œ— W~Ƒf{a);za =œ+ w~ƒ(a).

18

Tà thay z1, z¿, 73 lập thành cấp số cOng với cong sai đ = ⁄/— ƒ'(o).

Điều kiện cần:

Giá sử đồ thị hàm bậc ba cắt trục Ox tai ba điểm có hoành độ lập

thành cấp số cộng dạng : 79 — d, xo, 29 + d

Khi đó theo định lý Vi-et đối với phương trình bac ba:

đg-Ea1#-L-+aa#2-+-#z3 = 0 ba v6: (#o—đ)-+#g+(#o+đ) = —ay = 19 = —.

Do zọ là nghiệm của f(x) nên f(z) = 0 hay (>) = 0 Vay suy ra

chọn a = > thi f(a) = 0, hay tou tai a thoa maw (ji).

La sẽ chứng mình thỏa mau (H1) va (011).

La có ƒ”(ø) = 2a + 6z nên ƒ”(œ) = 2a¿ — 2a = 0

Vay, (ii) được thỏa mãn.

Mặt khác từ phương trình hoành độ giao điểm của (O) với trục hoành

có dạng:

fla) + f(a)(z= a) + TẾ” — a)? + (ø— a)? =0

© ƒ(œ)(— a) + (x — a)*=0

& xr =a hoặc (x — a)? = —f'(a).

Do phương trình co ba nghiệm lập thành cấp số coug nên f’(a) < 0

Vậy (iii) được thóa man.

Sau đây là cáo ví dụ áp dụng phương phap trêu ;

Ví dụ 1 Giải phương trình sau:

z3 — 32+? + 2z — 6/2 =0 (1)

Lời giải:

Xét hàm số f(x)—z — 3/22? + 2z — 6/2 = 0.

19

Khi đó (1) viết dưới dạng tích :

Với a € R sao cho ƒ”(œ) =0 © 6a+6=0Sa=-1.

uw=X,=1 — iv3 = 2(cos — isin 2)

v= X= 1+ iv3 = (cost + isin §)

Khi đó X1, Xa nhân vac vam bậo ba là;

Vậy phương trình (2) v6 ba nghiệm :

Xét hàm số f(x) = # + mm? — # — m là hàm kha vì trên R Với a € R

khai triển Laylor của, f(x) tai a lA:

f” fay

f(x) = Fla) + Fay(e— a) + (a — ay? + (@ ~ a) 9)

Ap dung định ly 2.1.1.2 ta có œ là nghiệm của hệ sau đây:

lập thành cấp số cộng với công sai d = 2

Bài tập tham: khao

Bai tập 1 Giải các phương trình

22

Nêu tìm được a để f(a) = 0 thì (2.12) trở thành phương trình bac ba.

Nếu tìm được a để f’(a) = 0 và f(a) = 0 thì (2.12) trở thành phương

trong đó Í —=#ø—œ, m= 2I ,n = —ƒf{a),p= —ƒ(a).

De giải (2.14) ta thêm hai vê đại lượng 21” + 6? với Ø € R và (2.14)

trở thành :

(+ 8)? =(m+28)P?+nt+p+ 6? — (2.15)

‘La cần tìm Ø sao cho :A = n? — 4(m + 28)(p + 62) = 0 (2.16)

Khi đó (2.15) viết dưới dạng bình phương đúng;

(+ 8)” = (Et +n)?

©1?+ 6 = €t + hoặo t2 + 8 = —(£t +7).

©2+Ø— €t— nạ = 0 hoặc f? + Ø + £t + m0) = 0.

24

Từ điều trên ta tim được bôn nghiệm ty) a3 4 và do đó phương trình (2.12)

CÓ CAL nghiệm là : 41/23,4 = H123.4 +a (2.17).

Nhận xét ‘La cing có thé giải (2.14) bằng phương pháp hệ số bất định: f* + bt? + ct + d= (2? + m't+n')(2? — m't +p’)

La đã biết b, o, d và di tìm m’,n’,p’ theo phương phấp hệ số bất định

Dinh lý 2.1.1.3 Diéu kiện can và đủ để đồ thị hàm số (2.12) nhận

đường thang # = a làm trục đôi xứng :ƒ'(œ) = 0 và f(a) = 0.

Ohứng mình;

Điều kiện cau:

Giá sử ƒ/(œ) = 0 và ƒ(œ) = 0, từ khai triển Laylor ta 06 :

ro) X34 rts) (x a)? Ƒ(a)X nhậu

X =0 là trục đôi xứng nên Y là hàm số chau hay F'(—X) = F(X) tức ta

v0 f(a) = 0 và f(a) = 0.

Suy ra Y = F(X) = X44

Vay ta da chứng winh xong.

Sau đây là ví dụ ap dung:

Ví dụ 1 Giải phương trình sau:

‘La cũng có thé giải phương trình ¢4 — 3/2 — 10 — 4 = 0 bằng cách

Vay m = 4 thoa man diéu kién dé bai.

Bai tap tham khao

Bai tap 1 Giải các phương trình sau ;

2.1.2 Ứng dụng các định ly cơ bản về ham kha vi

Ap dụng tính đơn điệu

Định lý 2.1.2.1

Gia thiết f(x) là một hàm liên tục và đơn điệu thực sự trêu |a,b| Khi

đó :

1) Phương trình ƒ(z) = 0 có nhiều nhất là wot nghiệm trên |a,b]

2) Phương trình f(x) = f(y) tương đương với phương trình x = y nếu x,

y đều thuộo |a,b]

Ohứng minh:

Gia sử f(x) đồng bién (trường hợp nghịch biến tương tự)

1) Gia sử phương trình f(r) = 0 06 nghiệm x = a, tức f(a) = 0 Do

f(x) đồng biéu nên :

ex>atte f(x) > f(a) = 0 nêu phương trình ƒ(+) = 0 vô nghiệm.

ex<atto f(x) < f(a) = 0 nêu phương trình f(r) = 0 vô nghiệm.

Vậy phương trình f(r) = 0 có nhiều nhất là một nghiệm

2) Do f(x) đồng biến nên nếu :

ex>ythi f(x) > f(y) trái với giá thiết.

ex<ythi f(x) < f(y) trái với giả thiệt

Vậy x = y.

Dinh ly 2.1.2.2

Gia thiết f(x) là hàm liên tụo và đơn điệu tăng trên |a,b|, g(x) là hàm

30

liên tuc đơn điệu giảm trên [ậ,b| Khi đĩ phương trình f(x) = g(x) cĩ

nhiều nhất một nghiệm trên |a,b|

Ohứng minh;

Gia sử ø =a là một nghiệm cua phương trình f(x) = g(x),

tức f(a) = g(a) Do f(x) đồng biến, g(x) nghịch biên nơn nếu ;

e + > a thì f(x) > f(a) = g(a) < g(x) nên f(x) = g(x) vơ nghiệm

ex <athi f(x) < f(a) = g(a) > g(x) nên f(x) = g(x) vơ nghiệm

Vậy phương trình ƒ(#) = g(x) cĩ nhiều nhất một nghiệm

Ví dụ 1 Giải phương trình sau:

Do đĩ f(x) đồng biên trên D Mat kháo x = 1 là nghiệm

Vậy phương trình cĩ nghiệm duy nhất x = 1

hài

Ví dụ 2 Giải phương trình sau:

Ÿz+2~+Ÿ+z+1=Ý2z?+1+ Ý2z2

Lời giải:

Dat u = z + 1, = 22? khi đó phương trình trở thành :

Ÿu+1+ ÿw= Yori too

Vậy phương trình có nghiệm # = 1;2 = —.

Ví dụ 3 Giải phương trình sau:

A(x — 2)[logs(x — 3) + logs(a — 2)| = 15(z + 1)

Lời giải:

Điều kiện x > 3

Phương trình tương đương : logs(# — 3) + loga(œ — 2) = oy

Tà thay f(x) = logs(#—3)+logs(a#—2) là hàm đồng biên trên ('3;+00)

l1ỗ(z + 1) 4(z — 2)

Mà ƒ(11) = g(11) = 25.

Và g(x) = là hàm nghịch bién trên (3;+œ)

32

Vay x = 25 là nghiệm duy nhất,

Ví du 4 Giải phương trình (Kì thi Quôo Gia 2015)

Doi chiêu dieu kiện, nghiệm của phương trình là x = 2,# = ——.

Vi dụ 5 Giải hệ phương trình sau;

Dat g(x) = 2z + 1 Hai hàm trên là hàm liên tuo và đồng biên trên R.

Khi đó : (1) tương đương với;

f(x) = 0() f(y) = 9) f(z) = g(z)

Nếu có nghiêm (v9, yo, 29) Không mat tính tong quát, gid sử xp < yo <

zp Khi đó f(a) < f(z) đồng nghĩa với g(yo) < g(zo) Điều nay, là vô lý

Điều kiện x > 0,y > 0

Hệ phương trình tương đương.

27221 4 3 = 2(0”21 + 3/4 2(2+*+1 + 3# + =7