TÀI LIỆU-Phương trình bậc cao

Nguy ễn Tất Thu Chương II: Phương tr ình bậc cao Bài 1. Phương tr ình bậc ba I. Tóm t ắt lý thuyết 1. Phương tr ình có dạng: 3 2 ax bx cx d 0    (1), trong đó a, b, c, d là các s ố thực cho trước a 0 . 2. Cách gi ải: Bây gi ờ ta đi xét cách gi ải ph ương trình (1). Vì a 0 nên ta có th ể chia hai vế của phương trình (1) cho a. Do v ậy ta chỉ c ần đi giải phương trình d ạng : 3 2 x ax bx c 0    (2) . Đ ặt a x y 3   , khi đó (2) tr ở th ành : 3 y py q 0    (3) Trong đó: 2 3 a 2a 9ab 27c p b; q 3 27      . Đ ặt 2 3 27q 4p   . Đ ể xét số nghiệm của (3), ta khảo sát sự t ương giao c ủa h àm số 3 f(y) y p.y q   v ới trục Ox. Chú ý hàm b ậc ba cắt Ox tại  M ột điểm  hàm luôn đơn đi ệu hoặc CD CT f .f 0  Hai đi ểm CD CT f .f 0   Ba đi ểm CD CT f .f 0  Xét hàm s ố 3 f(y) y py q   , ta có: 2 f '(y) 3y p  . * N ếu p 0 f '(y) 0 f(y)    là hàm đ ồng b i ến f(y) 0  có m ột nghi ệm . * N ếu p p 0 f '(y) 0 y 3       và CD CT p p f .f f .f 3 3 27                     . T ừ đây ta có các kết quả sau: * N ếu 0 (3)   có nghi ệm duy nhất. Để t ìm nghiệm này ta làm như sau : Đ ặt y u v  , khi đó (3) tr ở th ành: 3 3 u v (3uv p)(u v) q 0      Ta ch ọn u,v sao cho: p 3uv p 0 uv 3     , lúc đó 3 3 u v q   ta có h ệ: Nguy ễn Tất Thu 3 3 3 3 3 3 3 p u v u ,v 27 u v q           là nghi ệm phương trình: 3 2 p X qX 0 27    (4) (4) có hai nghiệm: 1 q 27 X 2     ; 1 q 27 X 2     3 3 3 3 1 2 q q 27 27 y u v X X 2 2              (*) Công th ức (*) gọi là công th ức Car dano. * N ếu 0  , khi đó (3) có hai nghi ệm , m ột nghiệm kép ( 3 q y 2  ho ặc 3 q y 2   ) và m ột nghiệm đơn. Tức là: 3 3 q y 2 y 4q         ho ặc 3 3 q y 2 y 4q         (**). * N ếu 0  , khi đó (3) có ba nghi ệm phân biệt và ba nghi ệm này nằm trong kho ảng p p ( 2 ;2 ) 3 3  . Đ ể t ìm ba nghi ệm n ày ta đặt p y 2 cost 3  , v ới t ( 0; )   ta đưa (3) v ề dạng: cos3t m (5), trong đó 3 3q m 2p p   . Gi ải (5) ta đư ợc ba nghiệm   1 2 3 t ,t ,t 0;  , t ừ đây suy ra ba nghiệm của phương tr ình (3) là : 1 1 2 2 3 3 p p p y 2 cost ; y 2 cost ; y 2 cost 3 3 3    (***). Chú ý : Trong m ột số tr ường hợp để giải phương trình bậc ba ta đi t ìm m ột nghi ệm rồi thực hiện phép chia đa thức và chuyển phương trình đã cho về phương tr ình tích của một nhị thức bậc nhất và mộ t tam th ức bậc hai. Nguy ễn Tất Thu II. Các ví d ụ Ví d ụ 1: Gi ải phương trình : 3 4x 3x 9 0   . Gi ải: Ta th ấy phương trình có một nghiệm 3 x 2  (dùng MTBT) nên ta bi ến đổi ph ương trình : 2 3 (2x 3)(2x 3x 3) 0 x 2        . Ví d ụ 2: Gi ải p hương tr ình : 3 x 3x 1 0   . Gi ải: Ta có: 2 3 3 27q 4p 27 4( 3) 135 0        nên phương trình có duy nh ất nghiệm: 3 3 3 3 q q 1 5 1 5 27 27 x 2 2 2 2               . Ví d ụ 3: Gi ải phương trình : 3 x 3x 1 0   (1). Gi ải: Ta có: 2 3 3 27q 4p 27.1 4.3 81 0        nên phương tr ình có ba nghi ệm thuộc khoảng ( 2;2) . Đ ặt x 2cost v ới t (0; )  (2) tr ở thành: 3 3 1 8cos t 6cost 1 4cos t 3cost 2      1 2 cos3t cos t k 2 3 9 3           . Vì t (0; )  nên ta có: 1 2 3 7 5 t ;t ;t 9 9 9       . V ậy phương trình có ba nghiệm: 5 7 x 2cos ; x 2cos ; x 2cos 9 9 9       . Ví d ụ 4: Tìm m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt 3 2 x (2m 1)x (3m 2)x m 2 0       (1). Gi ải: Vì t ổng các hệ số của phương trình bằng 0 nên phương trình có nghi ệm x 1 nên : Nguy ễn Tất Thu 2 2 x 1 (1) (x 1)(x 2mx m 2) 0 x 2mx m 2 0                 Phương tr ình (1) có ba nghi ệm phân biệt 2 f(x) x 2mx m 2     có hai nghi ệm phân biệt khác 1 2 ' m m 2 0 m 1 f(1) m 1 0                   . V ậy m 1  là giá tr ị cần tìm. Chú ý : S ố ng hi ệm của PT : 2 (x )(ax bx c) 0     ph ụ thuộc vào số nghi ệm của tam thức: 2 f(x) ax bx c (a 0)    . C ụ thể * Nếu f(x) có hai nghiệm phân biệt   , tức là: 0 f( ) 0        thì phương trình có ba nghi ệm phân biệt. * N ếu f(x) có hai nghi ệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng  , t ức là: 0 f( ) 0        thì phương trình có hai nghiệm: x   , c x a   . * N ếu f(x) có nghi ệm kép khác  , t ức l à: 0 b 2a           thì ph ương tr ình có hai nghi ệm x   và b x 2a   . * N ếu f(x) có nghi ệm kép x   , t ức là: 0 b 2a           thì ph ương trình có m ột nghiệm x   . * N ếu f(x) vô nghi ệm th ì phương tr ình có đúng m ột nghiệm x   . Ví d ụ 5: Tìm m đ ể đồ thị h àm số sau c ắt trục Ox tại hai điểm phân biệt: 3 2 y 2mx (1 2m)x (3 8m)x 4m 2       Giải: Ta có phương tr ình hoành độ giao điểm: 3 2 2mx (1 2m)x (3 8m)x 4m 2 0       (2) Nguy ễn Tất Thu 2 (x 1) 2mx (1 4m)x 4m 2 0            2 x 1 f(x) 2mx (1 4m)x 4m 2 0             Yêu c ầu b ài toán (2) có hai nghi ệm phân biệt. TH 1: f(x) có hai nghi ệm phân biệt, trong đó có một nghiệm b ằng 1 . Đi ều này có 2 m 0 1 48m 24m 1 0 m 2 f(1) 2m 1 0                   . TH 2: f(x) có m ột nghiệm khác 1. Khi đó x ảy ra hai khả năng Kh ả năng 1: m 0 3 6 0 m 12 1 4m 1 4m                . Khả năng 2: m 0 m 0 f(1) 0        . V ậy các giá trị của m cần tìm là: 1 3 6 m ; m 0; m 2 12      . Ví d ụ 6 : Ch ứng minh rằng phương tr ình : 3 2 x ax bx c 0      a 0 có 3 nghi ệm   3 3 2 27c 2a 9ab 2 a 3b     (1). Gi ải: Gi ả sử phương trình có ba nghiệm. Ta chứng minh (1). * N ếu ba nghiệm của phương trình trùng nhau thì p q 0 (1)   đúng. * N ếu ba nghiệm phương trình chỉ có hai nghiệm trùng nhau hoắc ba nghi ệm đó là phân bi ệt. Khi đó ta có: 2 3 Δ 27q 4p 0   , ( trong đó: 2 3 a 2a 9ab 27c p b; q 3 27      ) 3 3 3 2 3 2 2 4p p 2a 9ab 27c (a 3b) p | q | 2 | | 2 27 27 27 27          . Nguy ễn Tất Thu   3 3 2 27c 2a 9ab 2 a 3b     đpcm. T ừ cách chứng minh trên ta suy ra được nếu có (1) thì phương trình có ba nghi ệm . Ví d ụ 7: Cho phương tr ình   3 2 x ax bx c 0 a 0     (1) có ba nghiệm phân biệt. Chứng minh phương trình sau chỉ có hai nghiệm thực phân bi ệt. 3 2 2 2 4(x ax bx c)(3x a) (3x 2ax b)       (2). Gi ải: G ọi 3 2 f(x) x ax bx c    . Khi đó (2) đư ợc viết dưới dạng:     2 2 2f(x).f ''(x) f '(x) g(x) 2f (x)f "(x) f '(x) 0     . Ta có: (3) g'(x) 2f (x)f (x) ( (3) f là đ ạo hàm cấp ba của hàm f). G ọi 1 2 3 x x x  là ba nghi ệm phân biệt của f(x), ta có: 1 2 3 g'(x) 12(x x )(x x )(x x ) g'(x)     có ba nghi ệm 1 2 3 x ,x ,x B ảng biến thiên. x  1 x 2 x 3 x  g'(x)  0 + 0  0 + g(x)  2 g(x )  1 g(x ) 3 g(x ) Vì   2 i i i f(x ) 0 g(x ) f '(x ) 0 i 1,2,3      , nên t ừ bảng biến thiên suy ra phương tr ình g(x) 0 ch ỉ có hai nghiệm phân biệt  đpcm. Nguy ễn Tất Thu Bài 2. Phương tr ình bậc cao Phương tr ình b ậc cao ở đây ta xét là phương trình có bậc cao hơn 3. Phương pháp chung đ ể giải phương trình bậc cao là ta tìm cách chuyển về phương trình có b ậc thấp h ơn, thường chúng ta chuyển về phươ ng trình b ậc hai. Để làm đi ều này ta thường sử dụng các phương pháp sau: 1. Phương pháp đưa v ề dạng tích : T ức là ta biến đổi phương trình : F(x) 0  f(x) 0 f(x).g(x) 0 g(x) 0        . Đ ể đưa về một phương trình tích ta thường dùng các cách sa u: Cách 1: S ử dụng các hằng đẳng thức đ ưa về dạng 2 2 3 3 a b 0, a b 0,     Cách 2: Nh ẩm nghiệm rồi chia đa thức: Nếu x a là m ột nghi ệm của phương tr ình f(x) 0 thì ta luôn có s ự phân tích: f(x) (x a)g(x)  . Đ ể dự đoán nghi ệm ta dựa vào các chú ý sau: Chú ý : * N ếu đa thức n n 1 n n 1 1 0 f(x) a x a x a x a        có nghi ệm nguyên thì nghi ệm đó phải l à ước của 0 a . * N ếu đa thức n n 1 n n 1 1 0 f(x) a x a x a x a        có t ổng các hệ số b ằng 0 th ì đa thức có m ột nghiệm x 1 * N ếu đa thức n n 1 n n 1 1 0 f(x) a x a x a x a        có t ổng các hệ số ch ẵn bằng tổng các hệ số lẻ thì đa thức có một nghiệm x 1  . Cách 3: S ử dụng ph ương pháp hệ số bất định. Ta thường áp d ụng cho phương tr ình trình bậc bốn. Nguy ễn Tất Thu Ví dụ 1: Giải phương trình : 4 2 x 4x 12x 9 0    (1) . Gi ải: Ta có phương tr ình 4 2 x (2x 3) 0    (1.1) 2 2 2 2 x 2x 3 0 (x 2x 3)(x 2x 3) 0 x 2x 3 0                  x 1,x 3    . V ậy phương trình có hai ng hi ệm : x 3;x 1   . Nh ận xét : M ẫu chốt của cách giải trên là chúng ta nhận ra hằng đẳng thức và bi ến đổi về phương trình (1.1). Trong nhiều phương trình việc làm xuất hi ện hằng đẳng thức không c òn dễ dàng như vậy nữa, để làm điều này đòi h ỏ i chúng ta ph ải có những nhạy cảm nhất định và phải thêm bớt những hạng tử thích hợp. Ví dụ 2: Giải phương trình : 4 2 x 13x 18x 5 0    . Gi ải: Phương tr ình 4 2 2 (x 4x 4) (9x 18x 9) 0       2 2 2 (x 2) (3x 3) 0     2 2 (x 3x 5)(x 3x 1) 0      2 2 x 3x 5 0 x 3x 1 0            3 29 x 2 3 5 x 2             . V ậy PT đ ã cho có 4 nghi ệm: 3 29 x 2    ; 3 5 x 2   . Chú ý : 1) Ch ắc hẳn các bạn sẽ thắc mắc làm sao mà ta biết cách tách như trên ?!. Th ật ra thì chúng ta làm như sau: Phương trình 2 2 2 2 (x m) (13 2m)x 18x 5 m 0             . Ta ch ọn m sao cho biểu thức trong dấu   phân tích đư ợc hằng đẳng thức, đ ể có điều này ta phải có: 2 2 3 2 ' 9 (5 m )(13 2m) 0 2m 13m 10m 16 0           , phương trình này có m ột nghiệm m 2  , do đó ta có th ể phân tích như trên. V ới phương trình bậc bốn tổng quát 4 3 2 x ax bx cx d 0     (I) ta c ũng Nguy ễn Tất Thu có thể biến đổi theo cách trên như sau: 4 3 2 x ax bx cx d 0     4 3 2 a x 2 x bx cx d 2       Ta c ộng thêm hai vế của phương trình một lượng: 2 2 2 a ( 2 )x a x 4       2 2 2 2 2 a a (x x ) ( 2 b)x (a c)x d 2 4              (1.I). Bây gi ờ ta chỉ cần chọn  sao cho VT c ủa (1.I) phân tích th ành hằng đẳng th ức, tức là : 2 2 2 a 0 (a c) 4( 2 b)( d) 0 4             3 2 2 2 8 4b 2(ac 4d) c a d 4bd 0           (2.I) Đây là phương trình b ậc ba n ên bao giờ cũng có ít nhất một nghiệm. Khi đó ta s ẽ đưa phương trình (1.I) về phương trình tích của hai tam thức bậc hai, từ đây ta gi ải hai tam thức này ta được nghiệm phương trình (I). 2) V ề mặt lí thuyết th ì ta có thể giải được mọi phương trình b ậc bốn theo cách trên. Tuy nhiên trên th ực tế thì nhiều lúc việc giải không được dễ dàng v ậy, vì mẫu chốt quan trọng nhất của cách giải trên là tìm  . M ặc dù (2.I) đ ã có cách gi ải nhưng không phải giá trị  lúc nào c ũng “đẹp”, n ên sẽ khó khăn cho các phép bi ến đổi của chúng ta. Ví d ụ 3: Gi ải ph ương trình : 4 3 2 2x 10x 11x x 1 0     (4). Gi ải: Ta có phương tr ình : 3 2 2 2 8 4b 2(ac 4d) c a d 4bd 0           3 2 5 8 22 0 4         , phương tr ình này có nghi ệ m: 1 4    . Do v ậy 2 2 2 2 5 1 1 3 9 1 3 (4) (x x ) x x ( x ) 2 4 4 4 16 2 4         2 2 2 2 2x 4x 1 0 1 (x 2x )(x 3x 1) 0 2 x 3x 1 0                  , 2 2 x 2    và 3 13 x 2   . Nguy ễn Tất Thu Chú ý : Đưa về phương trình tích ngoài cách tạo ra hằng đẳng thức ở trên, ta còn có cách khác là sử dụng ph ương tr ình h ệ số bất định. Chẳng hạn xét ví d ụ trên . Ta phân tích: 4 3 2 2 2 2x 10x 11x x 1 (x ax b)(2x mx n)         Khai tri ển rồi đồng nhất các hệ số ta có được hệ phương trình : 2a m 10 2b n am 11 an bm 1 nb 1                  . T ừ phương trình cuối ta chọn: n 1;b 1   , thay vào ba phương tr ình đầu ta có: 2a m 10 am 10 a m 1             ta th ấy hệ này vô nghiệm, do đó ta ch ọn n 1;b 1   , thay vào ta gi ải được m 4  và a 3  V ậy: 4 3 2 2 2 2x 10x 11x x 1 (x 3x 1)(2x 4x 1)         . Ví d ụ 4: Tìm m đ ể phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt. 4 3 2 2 x x (3m 4)x 5x 2m m 3 0        (5). Gi ải: Khi g ặp b ài toán này có l ẽ các b ạn sẽ suy ngh ĩ không bi ết n ên xử lí theo hư ớng nào? Vì ph ương trình này không có nghiệm đặc biệt, nếu sử dụng phương trình phân tích bình phương thì việc giải phương trình (2.I) e r ằng sẽ không đi đến kết quả ! Vậy phương pháp hệ số bất định thì sao? Chú ý đ ến hệ số tự do của ph ương trình ta thấy: 2 2m m 3 (m 1)(2m 3)     , đi ều này dẫn tới ta nghĩ đến phân tích VT của phương t rình v ề dạng: 2 2 (x ax m 1)(x bx 2m 3)      (m ục đíc là làm giảm số ẩn cần tìm xu ống c òn 2 ẩn). Đồng nhất hệ số ta có hệ phương trình : a b 1 a 1 2m 3 m 1 ab 3m 4 b 2 a(2m 3) b(m 1) 5                           . V ậy 2 2 (5) (x x m 1)(x 2x 2m 3) 0        [...]... toán đại số , trong giải phương trình bậc cao cũng vậy , người ta thường đặt ẩn phụ để chuyển phương trình bậc cao về phương trình có bậc thấp hơn Một số dạng sau đây ta thường dùng đặt ẩn phụ Dạng 1: Phương trình trùng phương: ax 4  bx 2  c  0 (a  0) (1) Với dạng này ta đặt t  x 2 , t  0 ta chuyển về phương trình : at 2  bt  c  0 (2) Chú ý : Số nghiệm của phương trình (1) phụ thuộc vào số nghiệm...  a 0  0 n 1 n 2 Chứng minh phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm thuộc  0;1 Bài 9: Chứng minh phương trình có 4 nghiệm phân biệt x i ;i  1, 4 f  x   2x 4  6x 3  10x 2  5x  3  0 và hãy tính tổng 4 S  2x i 2  1 i 1  x i Nguyễn Tất Thu 2  1 Bài 3 Định lí Viét đối với phương trình bậc cao 1 Định lí Viet cho phương trình bậc ba Cho phương trình : ax 3  bx 2  cx  d  0 (a ... phương trình bậc 6 và ta thấy các hệ số đối xứng do đó ta có thể áp dụng cách giải mà ta đã giải đối với phương trình bậc bốn có hệ số đối xứng Nguyễn Tất Thu Ta thấy x  0 không là nghiệm của phương trình Chia hai vế của phương 1 1 1 trình cho x 3 , ta được: x 3   3(x 2  )  6(x  )  21  0 x x3 x2 1 1 1 Đặt t  x  , | t | 2 Ta có : x 2   t 2  2; x 3   t(t 2  3) 2 3 x x x Nên phương trình. ..  a  b)(t  c  d)  e Dạng 5 : Phương trình (x  a)4  (x  b) 4  c Nguyễn Tất Thu ab ta đưa về phương trình trùng phương 2 ab 4 Chú ý: phương trình có no  c  2( ) 2 Ngoài những dạng trên trong một số phương trình bậc cao ta có thể sử dụng phương pháp lượng giác hóa nhờ vào công thức biểu diễn cos nx qua cos x Đặt x  t  Ví dụ 9: Giải các phương trình: 1) 2x 4  5x 3  6x 2  5x  2  0... Chú ý : Khi gặp các BĐT về hệ số của phương trình bậc ba (cũng như bậc cao) ta có thể sử dụng định lí Viet để chuyển BĐT cần chứng minh về BĐT các nghiệm của phương trình Hơn nữa ta thấy còn đường để sáng tác ra những bài toán dạng này là xuất phát từ một BĐT đối xứng ba biến, sử dụng định lí Viet ta chuyển BĐT đó về BĐT giữa các hệ số của phương trình bậc ba Chẳng hạn từ bài toán: Cho x, y, z  0... 4abc  b3  0 thì ta có thể chuyển phương trình ax 4  bx 3  cx 2  dx  e  0 về phương trình trùng phương Bài 6: Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt 2) x 4  m 2 x 2  2mx  1  0 1)(x  1)(x  3)(x  5)(x  7)  m Bài 7:Giải và biện luận các phương trình sau 1) x 4  4x 3  (m  4)x 2  2mx  2m  0 2) x 4  2x 3  x  m Bài 8: Cho phương trình bậc n: a n x n  a n 1x n 1   a1x... (2) Dạng 2: Phương trình đối xứng (hay phương trình hồi quy): a x 4  b x 3  c x 2  k b x  k 2 (k 00) a  2 Với dạng này ta chia hai vế phương trình cho x (x  0) ta có phương trình : Đặt t  x  k với x k2 k )  b(x  )  c  0 x x k2 k t  2 k ta có : x 2   (x  ) 2  2k  t 2  2k x x2 a(x 2  2 thay vào ta được phương trình: a(t 2  2k)  bt  c  0 Dạng 3 : Phương trình : (x  a)(x ... phương trình có bốn nghiệm x  ;x 2 2 * t 3 x Ví dụ 14: Giải phương trình : (x  1)(x  2)(x  3)2 (x  4)(x  5)  360 Giải: Phương trình  (x 2  6x  5)(x 2  6x  8)(x 2  6x  9)  360 Đặt t  x 2  6x , ta có phương trình : (y  5)(y  8)(y  9)  360 x  0  y(y 2  22y  157)  0  y  0  x 2  6x  0    x  6 Vậy phương trình có hai nghiệm: x  0; x  6 Ví dụ 15: Giải phương trình. .. t(t  2)  24  t 2  2t  24  0  t  6, t  4 * t  6  x 2  3x  6  0  Phương trình vô nghiệm * t  4  x 2  3x  4  0  x  1, x  4 Vậy phương trình có hai nghiệm x  1; x  4 4) Phương trình  (x 2  4x  12)(x 2  x  12)  6x 2  0 Vì x  0 không là nghiệm c ủa phương trình nên chia hai vế phương trình 12 12 cho x 2 ta được: (x   4)(x   1)  6  0 x x 12 Đặt t  x  , ta có: x...  2x  12  0  x  1  13 Vậy phương trình có bốn nghiệm: x  3; x  4; x  1  13 Ví dụ 10: Tìm m để phương trình : (x 2  1)(x  3)(x  5)  m (1) có nghiệm Giải: Phương trình  (x  1)(x  5)(x  1)(x  3)  m  (x 2  4x  5)(x 2  4x  3)  m Đặt t  x 2  4x  (x  2) 2  4  4 ,ta có phương trình :  (t  5)(t  3)  m  t 2  2t  15  m (2) Phương trình (1) có nghiệm  (2) có nghiệm t . 2. Phương tr ình bậc cao Phương tr ình b ậc cao ở đây ta xét là phương trình có bậc cao hơn 3. Phương pháp chung đ ể giải phương trình bậc cao là ta tìm cách chuyển về phương trình có b ậc thấp. các bài toán đại số , trong gi ải ph ương trình bậc cao cũng vậy , ngư ời ta th ường đ ặt ẩn phụ để chuyển phương tr ình bậc cao về phương trình có bậc thấp hơn. M ột số dạng sau đây ta thư ờng. để giải phương trình bậc ba ta đi t ìm m ột nghi ệm rồi thực hiện phép chia đa thức và chuyển phương trình đã cho về phương tr ình tích của một nhị thức bậc nhất và mộ t tam th ức bậc hai. Nguy ễn