Phương pháp bất đẳng thức trong phương trình và hệ phương trình

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐINH THỊ THU HÀ PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC TRONG PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐINH THỊ THU HÀ PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC TRONG PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Chuyên nghành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Thái Nguyên - 2015 Mục lục Lời cảm ơn ii Danh mục kí hiệu iii MỞ ĐẦU 1 Các kiến thức bổ trợ 1.1 Các tính chất hàm số 1.2 Một số bất đẳng thức cổ điển 1.3 Một số toán cực trị Một số lớp phương trình giải phương pháp so sánh 11 2.1 Khảo sát số lớp phương trình 12 2.2 Một số dạng phương trình qua kỳ thi Olympic 18 Hệ phương trình giải phương pháp so sánh 26 3.1 Phương pháp so sánh giải hệ phương trình 26 3.2 Một số hệ đặc biệt 39 3.2.1 Hệ hoán vị 39 3.2.2 Hệ đối xứng 49 3.2.3 Một số hệ không mẫu mực 55 Bài toán xác định hệ số đa thức 62 3.3 KẾT LUẬN 67 TÀI LIỆU THAM KHẢO 68 i Lời cảm ơn Trong thời gian thực luận văn này, tác giả nhận hướng dẫn bảo tận tình GS TSKH Nguyễn Văn Mậu Thông qua luận văn này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc trân trọng công lao, quan tâm, động viên tận tình bảo, hướng dẫn thầy Nguyễn Văn Mậu Tác giả xin chân thành cảm ơn thầy cô Ban giám hiệu, phịng Đào tạo, khoa Tốn - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên; Sở GD - ĐT tỉnh Tuyên Quang; Ban Giám hiệu, đồng nghiệp trường THPT Trung Sơn - huyện Yên Sơn - tỉnh Tuyên Quang tạo điều kiện thuận lợi suốt thời gian tác giả học tập, thực hồn thành luận văn ii Danh mục kí hiệu Để việc trình bày ngắn gọn, luận văn sử dụng kí hiệu sau: R - Tập số thực N - Tập số tự nhiên [a; b] - Đoạn (khoảng đóng) hai đầu mút a, b (a; b) - Đoạn (khoảng mở) hai đầu mút a, b VT - Vế trái; VP - Vế phải Df - tập xác định f (x); Rf - tập giá trị hàm số f (x) iii MỞ ĐẦU Chuyên đề phương trình hệ phương trình có vị trí đặc biệt tốn học, khơng đối tượng nghiên cứu trọng tâm đại số mà công cụ đắc lực nhiều lĩnh vực giải tích, hình học, lượng giác ứng dụng Trong kỳ thi học sinh giỏi Toán quốc gia, tuyển sinh đại học Olympic Tốn sinh viên tốn liên quan đến giải phương trình hệ phương trình hay đề cập xem dạng tốn thuộc loại khó Ngồi phương pháp truyền thống để giải phương trình hệ phương trình, nhiều đề thi học sinh giỏi Tốn quốc gia, Olympic Toán khu vực quốc tế thường hay đề cập đến lớp phương trình hệ phương trình giải phương pháp so sánh Đó lớp tốn mà ẩn cần tìm hệ số đa thức chưa biết, dạng phương trình mà vế phải vế trái không thuộc loại hàm, chẳng hạn vế trái biểu thức đại số cịn vế phải biểu thức lượng giác, mũ, logarit, Các toán liên quan đến phương trình hệ phương trình loại khơng nằm chương trình thức Tốn đại số giải tích bậc trung học phổ thông Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng học sinh giỏi bậc trung học phổ thông chuyên đề phương pháp bất đẳng thức khảo sát phương trình hệ phương trình, luận văn "Phương pháp bất đẳng thức phương trình hệ phương trình" nhằm khảo sát số lớp phương trình, đồng thời cung cấp phương pháp giải đặc biệt cho số lớp phương trình hệ phương trình đại số lượng giác Ngoài phần Mở đầu Kết luận, luận văn chia thành ba chương đề cập đến vấn đề sau đây: Chương Các kiến thức bổ trợ Chương trình bày kiến thức hàm số (tính đồng biến, tính nghịch biến, tính liên tục, ), định lý số nghiệm phương trình, hệ phương trình số bất đẳng thức Chương Một số lớp phương trình giải phương pháp so sánh Chương trình bày số dạng tốn phương trình giải phương pháp so sánh Đưa số dạng phương trình qua lỳ thi Olympic Chương Hệ phương trình giải phương pháp so sánh Chương trình bày số lớp tốn hệ phương trình giải phương pháp so sánh Đưa phương pháp giải số hệ phương trình đặc biệt trình bày số tốn liên quan đưa giải phương trình hệ phương trình tương ứng tốn xác định hệ số đa thức Thái Nguyên, ngày 06 tháng 04 năm 2015 Tác giả Đinh Thị Thu Hà Chương Các kiến thức bổ trợ 1.1 Các tính chất hàm số Tính chất 1.1 Nếu hàm số ln đồng biến (hoặc ln nghịch biến) (a, b) số nghiệm phương trình: f (x) = k (a; b) không f (u) = f (v) ⇔ u = v ∀u, v ∈ (a; b) Tính chất 1.2 Nếu hàm số y = f (x) liên tục đồng biến (hoặc nghịch biến); hàm số y = g(x) liên tục nghịch biến (hoặc ln đồng biến) D số nghiệm D phương trình: f (x) = g(x) khơng q Tính chất 1.3 (Định lí Rolle) Cho hàm số y = f (x) liên tục [a; b], (a < b); có đạo hàm khoảng (a; b) f (a) = f (b) tồn c ∈ (a; b) chof (c) = Từ định lý này, ta có hệ quả: Hệ 1.1 Nếu hàm số y = f (x) liên tục [a; b]; có đạo hàm khoảng (a; b) hai nghiệm (liên tiếp) thuộc (a; b) phương trình f (x) = có nghiệm phương trình f (x) = Hệ 1.2 Nếu hàm số y = f (x) liên tục [a; b]; có đạo hàm khoảng (a; b) phương trình f (x) = có k nghiệm x ∈ (a; b) phương trình f (x) = có k − nghiệm x ∈ (a; b) Hệ 1.3 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm đến cấp k , liên tục (a; b) Nếu phương trình f (k) (x) = có m nghiệm phương trình f (k−1) (x) = có nhiều m + nghiệm *) Một số lưu ý sử dụng tính đơn điệu hàm số Để phát tính đơn điệu hàm số cần nắm vững tính chất: - Nếu y = f (x) > đồng biến (nghịch biến) thì: *y= n f (x) đồng biến (nghịch biến) *y= với nghịch biến (đồng biến) f (x) * y = −f (x) nghịch biến (đồng biến) - Tổng hàm số đồng biến (nghịch biến) D hàm số đồng biến (nghịch biến) D - Tích hàm số dương đồng biến (nghịch biến) D hàm số đồng biến (nghịch biến) D - Nếu hàm số f (t) đồng biến tập D, f (x) > f (y) ⇔ x > y (với x, y ∈ D) - Nếu hàm số f (t) nghịch biến tập D, f (x) > f (y) ⇔ x < y (với x, y ∈ D) - Nghiệm phương trình f (x) = g(x) hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y = f (x) với đồ thị hàm số y = g(x) - Nghiệm phương trình f (x) = m hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y = f (x) với đường thẳng y = m phương với trục hoành - Nếu phương trình f (x) = m có nghiệm thuộc miền D ⇔ f (x) ≤ m ≤ max f (x) D D Định lí 1.1 (Lagrange) Nếu hàm số y = f (x) liên tục đoạn [a, b] có đạo hàm khoảng (a; b) tồn c ∈ (a; b) cho f (b) − f (a) = f (c) (b − a) f (c) = f (b) − f (a) b−a Nhận xét 1.1 Cho hàm số f (x) xác định đoạn [a; b], có đạo hàm liên tục khoảng (a; b) Các hàm số ϕ (x) , ψ (x) xác định đoạn [c; d] Khi đó, f (x) + = với x ∈ (a; b), ta có f (ϕ (x)) − f (ψ (x)) = ψ (x) − ϕ (x) ⇔ ψ (x) = ϕ (x) Nhận xét 1.2 Cho hàm số f (x) xác định đoạn [a; b], có đạo hàm liên tục khoảng (a; b) f ([a; b]) ⊆ [a; b] Khi đó: Nếu f (x) > với x ∈ (a; b) [a; b] ta có: f (f (x)) = x ⇔ f (x) = x; f (f (f (x))) = x ⇔ f (x) = x Nếu f (x) − = với x ∈ (a; b) [a; b] ta có: f (f (x)) = x ⇔ f (x) = x Định lí 1.2 Cho hàm số f (x) có đạo hàm khoảng (a; b) - Nếu f (x) > 0, với x ∈ (a; b) f (x) đồng biến khoảng (a; b) - Nếu f (x) < 0, với x ∈ (a; b) f (x) nghịch biến khoảng (a; b) 1.2 Một số bất đẳng thức cổ điển Định lí 1.3 (Bất đẳng thức AM - GM ) Với n số dương a1 , a2 , , an ta có a1 + a2 + · · · + an √ ≥ a1 a2 an n Dấu đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Định lí 1.4 (Bất đẳng thức Cauchy) Với hai số thực khác (a1 , a2 , , an ); ( b1 , b2 , , bn ), ta có (a2 + a2 + · · · + a2 )(b2 + b2 + · · · + b2 ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 n n a2 an a1 = = ··· = Dấu đẳng thức xảy b1 b2 bn Định lí 1.5 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz) ∀xi > 0, i = 1, n ta có a2 a2 a2 (a1 + a2 + · · · + an )2 n [ + + ··· + ≥ x1 x2 xn x1 + x2 + · · · + xn 1.3 Một số toán cực trị Bài toán 1.1 Xác định giá trị lớn biểu thức √ √ T = + 2x + + 2y x y thỏa mãn x, y ≥ x2 + y = Bài giải Do √ 1 + 2x = √ 2x + x2 + (1 + 2x) ≤ √ ≤ √ 3 Bài tập 3.22 Giải hệ phương trình  x4 − 2y = −     y − 2z = −     z − 2x = − Bài tập 3.23 Giải hệ phương trình √   x1 = cos πx2    √    x = cos πx  √  x = cos πx     √    x = cos πx Bài tập 3.24 Tìm tất nghiệm dương hệ bất phương trình (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 > 0)  (x1 − x3 x5 )(x2 − x3 x5 ) ≤   (x2 − x4 x1 )(x2 − x4 x1 ) ≤  (x2 − x5 x2 )(x2 − x5 x2 ) ≤  (x2 − x1 x3 )(x2 − x1 x3 ) ≤    (x5 − x2 x4 )(x2 − x2 x4 ) ≤ Bài tập 3.25 Chứng minh hệ phương trình sau có nghiệm thực dương: xy + yz + zx = 12 xyz − x − y − z = Chứng minh tồn nghiệm thực hệ mà x, y, z phân biệt Bài tập 3.26 Tìm tất số thực x, y thỏa mãn (1 + x)(1 + x2 )(1 + x4 ) = + y (1 + y)(1 + y )(1 + y ) = + x7 3x2 + 4x + ln (3x + 1) = 2y 3y + 4y + ln (3y + 1) = 2x √ 8x3 + y + 5x = √ − y + x2 8y + x2 + 5y = − x + y Bài tập 3.27 Giải hệ phương trình Bài tập 3.28 Giải hệ phương trình 54 Bài tập 3.29 Giải hệ phương trình   x =   y =  3.2.3 4 y x Một số hệ khơng mẫu mực Bài tốn 3.37 Giải hệ phương trình |xy − 18| = 12 − x2 xy = + y Bài giải Ta có : √ |xy − 18| = 12 − x2 ⇒ 12 − x2 > ⇒ |x| ≤ √ √ xy = + y ⇒ |x| |y| ≥ |y| ⇒ |x| ≥ 3 √ Suy |x| = ⇒ xy = 18 √ √ Khi x = −2 3, ta có y = −3 Thử lại thỏa mãn hệ cho √ √ Khi x = 3, ta có y = 3 Thử lại thỏa mãn hệ cho √ √ √ √ Vậy hệ có nghiệm (x; y) = −2 3; −3 , (x; y) = 3; 3 Bài tốn 3.38 Giải hệ phương trình  √ 2x √ − 2y + 2x + y + 2xy + = (1) 3  6x + = 8x3 − 2y − (2)    x > Bài giải Ta có (1) ⇔ (2x + 1) − (y + 1) + (2x + 1) (y + 1) = Điều kiện (2x + 1) (y + 1) ≥ Mà x > nên y + ≥ √ √ √ √ Bởi (1) ⇔ 2x + − y + 2x + + y + = √ √ ⇔ 2x + − y + = ⇔ 2x = y Thay vào (2) ta √ √ 6x + = 8x3 − 4x − ⇔ (6x + 1) + 6x + = (2x)3 + 2x (3) √ Hàm f (t) = t3 + t đồng biến R Do (3) ⇔ 6x + = 2x ⇔ 4x3 − 3x = (4) 55 Ta nhận thấy x > không nghiệm phương trình π Xét < x ≤ Đặt x = cos α, với ≤ α < Từ (4) ta có  π 2π α= +k  cos3α = ⇔  2π (k ∈ Z) π α=− +k π π Do ≤ α < nên α = π π Vậy hệ có nghiệm (x; y) = cos ; cos 9 x2 + y + z + 2xy − zx − zy = x2 + y + yz − zx − 2xy = −1 Bài toán 3.39 Giải hệ phương trình Bài giải Hệ cho tương đương (x + y)2 − z (x + y) + z − = (x − y)2 − z (x − y) + = u+v u−v Đặt u = x + y, v = x − y ⇒ x = ,y = 2 Hệ (1) trở thành u2 − zu + z − = v − zv + = (1) (2) Hệ (2) có nghiệm ∆u ≥ ∆v ≥ ⇔ z2 ≤ z2 ≥ ⇔ z = ⇔ z = ±2 • Với z = thay vào (2) ta có u = v = Suy x=1 y = Với z = −2 thay vào (2) ta có u = v = −1 Suy x = −1 y = Vậy hệ cho có nghiệm (x; y; z) = (1; 0; 2) , (x; y; z) = (−1; 0; −2) Bài toán 3.40 (Đề nghị Olympic 30 tháng năm 2012) Giải hệ phương trình 56 √ √ − (2012 − 3x) 4√ x + (6y − 2009) − 2y = (1) √ (2) 7x − 8y + 14x − 18y = x + 6x + 13 Bài giải Điều kiện x ≤ 4, y ≤ , 7x − 8y ≥ 0, 14x − 18y ≥ √ √ Ta có (1) ⇔ [3 (4 − x) + 2000] − x = [3 (3 − 2y) + 2000] − 2y (3) √ Xét hàm số f (t) = (3t + 2000) t, ∀t > √ 3t + 2000 √ Khi f (t) = t + > 0, ∀t > suy hàm số f (x) đồng t biến [0; +∞) x−1 (4) Do (3) ⇔ f (4 − x) = f (3 − 2y) ⇔ − x = − 2y ⇔ y = Thay (4) vào (2) ta 7x − (x − 1) + 14x − (x − 1) = x2 + 6x + 13 √ √ ⇔ 3x + + 5x + = x2 + 6x + 13 √ √ ⇔ 3x + − (x + 2) + 5x + − (x + 3) = x2 + x 2x (x + 1) 3x (x + 1) + −√ = x (x + 1) 3x + + (x + 2) 5x + + (x + 3) 1 (5) +√ + = ⇔ x (x + 1) √ 3x + + (x + 2) 5x + + (x + 3) ⇔ −√ 1 +√ + > 0, (5) cho 3x + + (x + 2) 5x + + (x + 3) ta nghiệm x = 0, x = −1 Khi x = ta y = − Thử lại hệ phương trình thấy thỏa mãn Khi x = −1, ta y = −1 Thử lại hệ phương trình thấy thỏa mãn Vậy hệ cho có nghiệm (x; y) = 0; − , (x; y) = (−1; −1) Với x ≤ √ Bài tốn 3.41 Giải hệ phương trình  x1 + x2 = x2014   x2 + x3 = x2014   x2013 + x2014 = x2014    x2014 + x1 = x2014 Bài giải Giả sử (x1 ; x2 ; ; x2014 ) nghiệm hệ Gọi X giá trị lớn số xi , (i = 1, , 2014) Y giá trị bé chúng 57 Từ phương trình đầu hệ ta có: 2X ≥ x1 + x2 = x2014 Tương tự với phương trình cịn lại hệ ta có 2X ≥ x2014 , ∀k = k 1, 2, , 2014 Mặt khác, tồn k ∈ {1, 2, , 2014} cho xk = X nên suy 2X ≥ X 2014 ⇒ ≥ X 2013 (X > 0) (1) Từ phương trình đầu hệ ta có: 2Y ≥ x1 + x2 = x2014 Tương tự với phương trình cịn lại hệ ta có 2Y ≤ x2014 , ∀k = k 1, 2, , 2014 Mặt khác, tồn k ∈ {1, 2, , 2014} cho xk = Y nên suy 2Y ≤ Y 2014 ⇒ ≤ Y 2013 (2) Từ (1) va (2) suy X 2013 = Y 2013 = Nghĩa ta có √ 2013 x1 = x2 = · · · = x2014 = Thử lại thấy thỏa mãn Vậy hệ cho có nghiệm (x1 ; x2 ; ; x2014 ) = Bài tốn 3.42 Giải hệ phương trình    (x − y) x2 + xy + y − = ln   x y − 3xy − = y + y2 + √ x + x2 + √ 2013 2; √ 2013 2; ; (1) (2) Bài giải Ta có (1) ⇔ (x − y) x2 + xy + y − y + y2 + √ = ln x + x2 + √ ⇔ x3 − 2x + ln x + x2 + = y − 2y + ln y + y + (*) √ Xét hàm số f (t) = t3 − 2t + ln t + t2 + , t ∈ R 2 Ta có f (t) = 3t2 − + √ = t2 + √ − t2 + t2 + 58 √ 2013 Mà 2 29 − = t2 + + √ − t2 + t2 + t +9 29 26 +√ = t +9 − +√ + 27 t2 + t2 + 27 29 26 26 29 29 29 ≥1+ t +9 − ≥1+ − = − = 27 3 3 t2 + √ Suy f (t) ≥ 0, ∀t ∈ R Vậy hàm số f (x) đồng biến liên tục R Mà (*) f (x) = f (y) ⇔ x = y Thay vào phương trình (2) hệ ta có x6 − 3x2 − = (3) Đặt x2 = u, điều kiện u ≥ Khi u3 − 3u = (4) Đặt u = 2v, (v ≥ 0) thay vào (4) ta 4v − 3v = (5) π (6) (5) ⇔ 4v − 3v = cos α α Sử dụng công thức cosα = cos3 − cos , ta có 3 π π π = cos = cos3 − cos , 9 5π 5π 5π = cos = cos3 − cos , 9 7π 7π 7π = cos = cos3 − cos 9 π 5π 7π Do hàm cos x đồng biến (0; π) nên cos , cos , cos ba số khác 9 đôi Vậy từ (6) suy π 5π 7π v = cos , v = cos , v = cos , nghiệm phương trình (5) 9 π π Do điều kiện v ≥ 0, nên nhận v = cos Từ ta có x = ± cos 9 Vậy hệ cho có nghiệm 59 π π cos ; cos , 9 π π (x; y) = − cos ; − cos 9 (x; y) = Bài tốn 3.43 Tìm giá trị thực m để hệ phương trình sau có nghiệm x3 − √ + 3x2 − 3x − = y3 x2 + − x2 − 2y − y + m = (1) (2) Bài giải Điều kiện − x2 ≥ 2y − y ≥ ⇔ −1 ≤ x ≤ ≤ y ≤ Ta có (1) ⇔ x3 − 3x = (y − 1)3 − (y − 1) (3) Hàm số f (t) = t3 − 3t có đạo hàm f (t) = 3t2 − ≤ 0, ∀t ∈ [−1; 1] nên f (x) liên tục nghịch biến đoạn [−1; 1] −1 ≤ x ≤ Vì vậy, từ từ (3) ta có −1 ≤ y − ≤ f (x) = f (y − 1) ⇔ x = y − ⇔ y = x + Thay vào (2) ta √ √ √ x2 + − x2 − − x2 + m = ⇔ m = − x2 − x2 (4) √ −1 số 3.3 Bài toán xác định hệ số đa thức Bài toán 3.45 Xác định số a, b, c cho tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c đồng thời thỏa mãn điều kiện |f (x)| ≤ với |x| ≤ f (x) ≥ với x ≥ Bài giải Giả sử g(x) = 2x2 − − f (x), deg g ≤ Nhận xét g(−1) = − f (−1) ≥ 0, g(0) = −1 − f (0) ≤ 0, g(1) = − f (1) ≥ g(2) = − f (2) ≤ − = Nên phương trình g(x) = có nghiệm Suy g(x) ≡ f (x) = 2x2 − Đáp số: (a, b, c) = (2, 0, −1) Bài toán 3.46 Xác định số a, b, c cho phương trình bậc hai ax2 + bx + c = (1) tương đương với hệ phương trình bx2 + cx + a = cx2 + ax + b = Bài giải 62 (2) 1) Nếu (1) có nghiệm điều kiện cần để (1) (2) tương đương hệ phương trình  ax + bx + c = bx2 + cx + a =  cx + ax + b = có nghiệm Cộng vế tương ứng, ta (a + b + c) x2 + x + = ⇔ a + b + c = Khi (1) ⇔ (ax − c) (x − 1) = (bx − a) (x − 1) = (2)⇔ (cx − b) (x − 1) = a) Nếu a = b = c = (1) (2) tương đương b) Xét a2 + b2 + c2 > 0,  + b + c = phải có hai số = a x = a  x = Giả sử b = 0, c = (2) ⇔  b  b x = c i) Nếu a = (2) ⇔ x = (1) ⇔ x = a = 0, b = 0, c = Vậy thỏa mãn toán a+b+c=0 x=1 ii) Nếu a = (1) ⇔ x = c a a b c Vậy (1) tương đương với (2) ⇔ = = ⇔ a = b = c b c a a=b=c=0 trái với giả thiết 2) Nếu (1) vô nghiệm a = 0, b = 0, c = a = 0, b2 − 4ac < i) Trường hợp a = 0, b = 0, c = cho ta (2) ⇔ cx = cx2 = có nghiệm x = 0, (1) (2) không tương đương ii) Trường hợp a = 0; b2 − 4ac <  cx + a = Nếu b = (2)⇔ ⇔  cx + a = ⇔ cx + a = x=0 Vậy (2) có nghiệm ( c = 0, mâu thuẫn với điều kiện b2 − 4ac < ⇒ c = Vậy (2) hệ hai phương trình bậc hai cx + a = cx2 + ax = 63  Điều kiện hệ (2) vô nghiệm là: c2 − 4ac <  a2 − 4bc <   c − 4ac ≥ 0, a2 − 4bc ≥ (3) bx2 + cx + a = 0; cx2 + ax + b = khơng có nghiệm chung c2 − 4ab ≥ 0; a2 − 4bc ≥ (3) ⇔ (4) 2 b b2 − ac + c b2 − ac (c − ab) + a c2 − ab = Kết luận: (1) (2) tương đương i) a = b = c = ii) a + b + c = số hạng khác 0, số hạng iii) c2 − 4ab < 0; a, b, c = iv) a2 − 4bc < 0; a, b, c = v) a, b, c = thỏa mãn (4) Bài toán 3.47 Xác định f (x) = ax + b thỏa mãn điều kiện √ − x2 |ax + b| 1, ∀x ∈ [−1; 1] |a| ≥ Bài giải Đặt x = cos t, từ giả thiết ta có | sin t(a cos t + b)| π ứng với t = , ta có b a + √ 2 3π , ta có Tương tự, ứng với t = b −a + √ 2 1 ∀t, (1) (2) Từ suy 1 b b |a| = a + √ − −a + √ 2 2 b b 1 a + √ + −a + √ 2 2 Kết hợp với giả thiết |a| ≥ 2, suy |a| = - Nếu a = 2, từ (1) ta thu được, √ √ |2 + b 2| ≤ ⇔ −4 ≤ b ≤ 64 (3) từ (2) ta thu √ √ |2 − b 2| ≤ ⇔ ≤ b ≤ (4) Từ (3), (4) suy b = Thử lại ta thấy (a, b) = (2, 0) thỏa mãn - Xét b = −2, ta thu (a, b) = (−2, 0) thỏa mãn Bài toán 3.48 Xác định nhị thức f (x) = ax + b thỏa mãn điều kiện √ − x2 |f (x)| 1, ∀x ∈ [−1; 1] max {|f (x)|} ≥ x∈[−1;1] Bài giải Xét trường hợp ab ≥ Khi từ với x ∈ [−1, 1] theo (1), ta thu |f (x)| |a| + |b| |a| + √ √ 2|b| = |a + b 2| Suy max {|f (x)|} ≤ x∈[−1;1] √ Kết hợp với giả thiết max {|f (x)|} ≥ 2, suy |a + b 2| = Vậy b = x∈[−1;1] a = ±2 Xét trường hợp ab < Khi từ với x ∈ [−1, 1] theo (1), ta thu √ √ |f (x)| |a| + |b| |a| + 2|b| = |a − b 2| Suy max {|f (x)|} ≤ x∈[−1;1] √ Kết hợp với giả thiết max {|f (x)|} ≥ 2, suy |a − b 2| = Vậy b = 0, x∈[−1;1] khơng xảy Bài tốn 3.49 Xác định đa thức f (x) = ax2 + bx + c thỏa mãn điều kiện sau  max |ax2 + bx + c| ≤ |x|≤1 max |cx + bx + a| = (i) (ii) |x|≤1 Bài giải Ta có  f (−1) = a − b + c f (1) = a + b + c  f (0) = c  a = [f (1) + f (−1) − 2f (0)]    ⇔ b = [f (1) − f (−1)]     c = f (0) 65 Từ (i) suy  |f (−1)| ≤ |f (1)| ≤  |f (0)| ≤  |a − b + c| ≤ hay |a + b + c| ≤  |c| ≤ Xét g(x) = cx2 + bx + a [-1,1] Ta có 1 g(x) = f (0)x2 + [f (1) − f (−1)]x + [f (1) + f (−1) − 2f (0)] 2 1 = f (0)(x2 − 1) + f (1)(x + 1) + f (−1)(1 − x) 2 Suy ra, với x ∈ [−1, 1] ta có 1 |g(x)| ≤ |f (0)|(1 − x2 ) + |f (1)|(x + 1) + |f (−1)|(1 − x) 2 1 ≤ (1 − x2 ) + (x + 1) + (1 − x) = − x2 ≤ 2 Vậy |g(x)| ≤ 2, ∀x ∈ [−1, 1] Kết hợp với max |g(x)| = suy − x2 = |x|≤1 |f (±1)| = 1, |f (0)| = Suy a = ±2, c = ±1 b = Thử vào điều kiện ra, ta (a, b, c) = (2, 0, −1) (a, b, c) = (−2, 0, 1) Bài tập tương tự Bài tập 3.40 Xác định đa thức f (x) = ax3 + bx2 + cx + d thỏa mãn điều kiện sau  max |f (x)| ≤ |x|≤1 max |dx3 + cx2 + bx + a| = |x|≤1 Bài tập 3.41 Xác định f (x) = ax2 + bx + c thỏa mãn điều kiện √ − x2 |f (x)| 1, ∀x ∈ [−1; 1] |a| ≥ 66 KẾT LUẬN Luận văn “Phương pháp bất đẳng thức phương trình hệ phương trình” trình bày vấn đề sau: Luận văn trình bày số kiến thức hàm số, định lý phương trình hệ phương trình số bất đẳng thức cổ điển Xét số lớp tốn phương trình giải phương pháp bất đẳng thức Tiếp theo, xét số lớp tốn hệ phương trình giải phương pháp so sánh Đồng thời, trình bày phương pháp giải số hệ phương trình đặc biệt Cuối cùng, luận văn trình bày số tốn liên quan đưa giải phương trình hệ phương trình, tương ứng tốn xác định hệ số đa thức 67 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu (1993), Phương pháp giải phương trình bất phương trình, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu (2005), Bất đẳng thức, định lý áp dụng, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Tiến (2010), Một số chuyên đề đại số bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Long, Nguyễn Minh Tuấn (2006), Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4, lần XII - 2006, NXB Giáo dục [5] Đàm Văn Nhỉ, Trần Trung Tình, Phạm Thị Vi, Phạm Đăng Hải (2013), Bất đẳng thức, cực trị, hệ phương trình, NXB Thơng tin truyền thơng [6] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ (2010, 2011, 2012, 2013), NXB Giáo dục 68 ... đề phương pháp bất đẳng thức khảo sát phương trình hệ phương trình, luận văn "Phương pháp bất đẳng thức phương trình hệ phương trình" nhằm khảo sát số lớp phương trình, đồng thời cung cấp phương. .. tốn hệ phương trình giải phương pháp so sánh Đưa phương pháp giải số hệ phương trình đặc biệt trình bày số toán liên quan đưa giải phương trình hệ phương trình tương ứng tốn xác định hệ số đa thức. .. HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐINH THỊ THU HÀ PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC TRONG PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Chun nghành: Phương pháp tốn sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN