Đang tải... (xem toàn văn)
Đề tài này giới thiệu đến các bạn hai phương pháp giải phương trình, đó là áp dụng tính chất của hàm số ngược và định lý Lagrange, định lý Rolle. Đồng thời đề tài cũng giới thiệu sơ qua một số ứng dụng khác của định lý Lagrange và định lý Rolle. Chúng tôi đã trình bày cụ thể phương pháp, ví dụ minh họa và tổng quát một số bài toán. Từ dạng tổng quát này, các bạn có thể cho cụ thể hàm hoặc số thích hợp sẽ có được những bài tập khá thú vị.
Chương 1: ÁP DỤNG HÀM SỐ NGƯỢC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH I. Một số kiến thức chuẩn bị: 1. Định nghĩa hàm số ngược: Cho hàm số f : D D' (với D, D’ ) x a y = f (x) Nếu f là song ánh thì tồn tại hàm số ngược D f −1 : D' y a x = f −1 (y) 2. Cách tìm hàm số ngược: Tìm miền xác định D của f nếu đề bài chưa cho Tìm miền giá trị D' của f Chứng minh f : D D' là một song ánh. Khi đó f có hàm số ngược là D f −1 : D' y a x = f −1 (y) Trong thực hành, để tìm hàm số ngược của hàm số f(x) ta giải phương trình y = f(x) với ẩn là x, ta được x = g(y), sau đó đổi vai trị của x và y x −1 Ví dụ:[4] Tìm hàm ngược của hàm số f(x) = x +1 x −1 Trước hết ta giải phương trình với ẩn x là y = với x 1 x +1 1+ y Ta có xy + y = x 1 x(1y) = y + 1 x = 1− y 1+ x Như vậy hàm số ngược của hàm số đã cho là f −1 (x) = 1− x 3. Tính chất: Hàm số g là hàm ngược của f khi và chỉ khi f là hàm ngược của g Hàm ngược (nếu có) của một hàm số là duy nhất Hàm ngược là một đơn ánh Mọi hàm số đơn ánh đều có hàm ngược. Mọi hàm số đơn điệu nghiêm ngặt đều có hàm số ngược 4. Đồ thị của hàm số ngược: Nếu hàm số g(x) là hàm ngược của hàm số f(x) thì hai đồ thị của hai hàm số y = f(x) và y = g(x) đối xứng nhau qua đường phân giác của góc phần tư thứ I và thứ III II. Nội dung: 1. Ví dụ mở đầu:[5] Giải phương trình x + = 2x − (1) Giải: Hầu hết các sách về toán sơ cấp đều giải như sau Đặt 2x − = y � y3 + = 2x x + = 2y (2) y3 + = 2x Lấy (2) – (3) ta được x3 – y3 = 2(y – x) (x – y)( x2 + xy + y2 +2 ) = 0 x=y (3) Vậy ta có hệ phương trình x + xy + y + = x=y � y� 3y +2=0 �x + �+ � 2� x = y Thay vào (2) ta được x3 +1 = 2x ( x – 1)(x2 +x – 1) = 0 x =1 x= −1 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x = 1, x = −1 x3 + Nhận xét: (1) = 2x − (4 ) x3 + Dễ thấy y = f(x) = và y = g(x) = 2x − là 2 hàm ngược nhau, hay g(x) = −1 f (x). Do đó (3) f(x) = f −1 (x) Ta xét phương trình dạng này 2. Phương trình dạng f(x) = f −1 (x) (*) Tính chất: Xét f(x) là hàm đồng biến, khi đó phương trình f(x) = f −1 (x) f(x) = x Chứng minh: Điều kiện cần: Giả sử x f(x) (mâu thuẫn) Vậy f(x) = x Điều kiện đủ: Vì f(x) = x nên A(x,f(x)) thuộc đường thẳng (d) : y = x Do đó điểm đối xứng của A qua đường thẳng (d) cũng là A Suy ra A cũng thuộc đồ thị hàm số y = f −1 (x) ⇒ f(x) = f −1 (x). x3 + −1 Trở lại ví dụ mở đầu, (4) có dạng f(x) = f (x), trong đó f(x) = là hàm đồng biến trên R x3 + Do đó (4) f(x) = x = x x3 – 2x +1 = 0 Vậy với những hàm f(x) đồng biến cụ thể thì ta sẽ được những phương trình cụ thể mà ta gọi là phương trình chứa hai hàm ngược nhau. Khi gặp phương trình như vậy, ta tìm cách biến đổi về dạng trên Xét một số ví dụ sau: Ví dụ 1: [1] Giải phương trình (8cos3x + 1)3 = 162cosx – 27 (1) Giải: �(2cos x)3 + � (1) � �= 3(2cos x) − � � Đặt 2cosx = t, t [ 2,2] �t + � Phương trình (2) trở thành � �= 3t − �3 � (2) t3 + = 3t − (3) t3 + đồng biến và có hàm số ngược là y = f −1 (t) = 3t − f(t) = f −1 (t) với f(t) đồng biến f(t) = t t3 + = t t3 – 3t +1= 0 (2cosx)3 – 3(2cosx) +1 = 0 8cos3x – 6cosx +1 = 0 2(4cos3x – 3cosx) +1 = 0 2cos3x +1 = 0 Hàm số y = f(t) = Do đó (3) Vậy (1) cos3x = − 2π � 3x = � + k2π 2π 2π � x = � + k Vậy phương trình có nghiệm x = (k �Z) (k �Z) 2π 2π +k (k Z) t3 + Nhận xét: Ở ví dụ trên, phương trình gốc vẫn là = 3t − Từ phương trình này ta thay t = 2cosx và biến đổi sẽ được phương trình ban đầu Tổng qt: Có thể tổng qt lên dạng (f(x))n + b = a n af ( x) − b (**), trong đó a > 0, n là số tự nhiên lẻ Đặt y = f(x), y D’ (D’ là miền giá trị của f(x)) yn + b n = ay − b Khi đó (**) a n yn + b Xét g(y) = Ta có g’(y) = y n- ≥ 0, " y D’ a a ⇒ g(y) đồng biến trên D’ Do đó g(y) có hàm số ngược là g −1 (y) = n ay − b yn + b =y Vậy (**) a yn – ay + b = 0 (4) Tuy nhiên, việc giải phương trình (4) là khơng đơn giản. Người ta thường cho n = 3 Nhận xét: Ở (**), nếu ta thay hằng số b bằng một biểu thức theo x thì vẫn giải Ví dụ 2:[8] Giải phương trình sau 7x2 – 13x + 8 = 2x2 x(1 + 3x - 3x ) (1) Giải: Nhận xét rằng phương trình trên chưa có dạng như trên, nhưng có thể biến đổi để đưa về dạng trên Ta thấy x = 0 khơng là nghiệm của phương trình. Chia hai vế phương trình cho x3 13 ta được : - + = + - . (2) x x x x x Đặt = t, t *. Khi đó (2) được viết lại: x 8t3 – 13t2 + 7t = t + 3t - (2t – 1)3 – (t2 – t – 1) = 2(2t - 1) + t - t - (3) Đặt y = 2t – 1, y 1 (3) được viết lại y3 – (t2 – t – 1) = 2y + t - t - y3 - (t - t - 1) = 2y + t - t - (4) y - (t - t - 1) Hàm số f(y) = là hàm đồng biến trên \{1} và có hàm ngược là f - (y) = 2y + t - t - Do đó (4) f(y) = f (y) f(y) = y y3 - (t - t - 1) = y 8t3 – 13t2 + 3t + 2 = 0 (t – 1)(8t2 – 5t + 2) = 0 t - = 8t - 5t - = t = 89 t = 16 -1 x = Suy ra 16 x = 89 Thử lại ta thấy ba nghiệm này thỏa phương trình (1) 16 Vậy phương trình có ba nghiệm x = 1 ; x = 89 Ở phổ thơng cịn có hai hàm ngược nhau mà ta thường gặp là hàm mũ và hàm logarit Ví dụ 3:[1] Giải phương trình sau ln(sinx + 1 ) = esinx – 1. (1) Giải: Điều kiện: sinx + 1 > 0 sinx > – 1 sinx ≠ –1 x ≠ - p + k2p (k Z) Đặt sinx = t, –1 0 x > -1 Đặt y = x – 1, y > Khi đó (1) trở thành y = 6log (6y + 1) + 7y - = log (6y + 1) (2) 6 � -1 7y - Hàm f(y) = là hàm đồng biến trên , + �6 log (6y + 1) -1 Do đó (2) f(y) = f (y) f(y) = y 7y - x- - = y = x – 1 6 x- - 6x + = � � Xét hàm số g(x) = x- - 6x + , x , + � � x- Ta có g’(x) = ln - � � g’’(x) = x- 1.ln > 0 ∀ x , + � � � � Suy ra g’(x) là hàm đồng biến trên , + � � � và có hàm ngược là f - (y) = � � Theo định lý Rolle phương trình g(x) = 0 có khơng q 2 nghiệm trên , + � Mặt khác dễ thấy x = 1 và x = 2 là hai nghiệm của g(x) Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1 và x = 2 � � Nhận xét: Ở ví dụ này ta cịn áp dụng thêm định lí Rolle để giải. Ta sẽ xét phương pháp này ở chương sau! Tổng qt: Tất cả phương trình ở các ví dụ trên đều có dạng g(f (x)) + b = ag (af (x) - b) trong đó g là hàm đồng biến trên tập xác định của nó, a > 0 - 3. Chú ý: Tất cả những phương trình trên đều có cách giải khác mà khơng cần dùng tính chất của hàm số ngược Và phương pháp dùng tính chất của hàm số ngược này có hạn chế là khơng áp dụng được cho những phương trình dạng (f(x))n + b = a n af (x) − b với n chẵn Ví dụ:[5] Giải phương trình x - x +5 =5 (1) Giải: Cách 1: ĐK: x ≥ 5 (1) x - = x + Đặt x + = t, t ≥ 0 t - x = 5 (2) Khi đó ta có hệ x - t = 5 (3) Lấy (2) – (3) ⇒ t2 – x2 – x + t = 0 (t – x)(t + x + 1) = 0 t = x t = - x - x x + 21 + TH1 t = x ⇒ x = x + = x x - x - = x +1 - - 17 + TH2 t = –x – 1 ⇒ x = x + x - = Thử lại ta thấy 2 nghiệm này thỏa phương trình + 21 - - 17 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = và x = 2 Cách 2: x ĐK: - x - 2 (1) x + 5 = (x - 5) x + 5 = x4 – 2x2.5 + 52 52 – (2x2 + 1).5 + x4 – x = 0 (4) Đặt 5 = t. Khi đó (4) được viết lại t2 – (2x2 + 1)t + x4 – x = 0 x = 21 5 = t = x - x 5 = t = x + x + x = - 17 So với điều kiện ta được x = + 21 - - 17 và x = là hai nghiệm của phương 2 trình đã cho Cách 2 đã thay đổi vai trị của hằng số và ẩn. Do đó cách này gọi là phương pháp hằng số biến thiên. Đây là một phương pháp độc đáo và thú vị III. Bài tập đề nghị: Giải các phương trình sau: 1. [8] 4x2 + 7x + 1 = 2 x + 2. x3 + 3x2 3 3x + = 1 – 3x (đề thi Olympic 304, lần thứ 152009) 3. [1]x3 + ( 3 – a2)a = 3 3x + (a - 3)a với a (2,2) 4. [5] ax + b = c(dx + e)3 + a x + b trong đó d = ac + a , e = bc + b 5. [5]sax+b = c logs(dx + e) + a x + b trong đó d = ac + a , e = bc + b, s>1 Chương 2: ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ LAGRANGE VÀ ĐỊNH LÝ ROLLE ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH I. Một số kiến thức chuẩn bị: 1. Định lý Lagrange: Cho hàm số f(x) xác định liên tục trên [a,b], khả vi trên (a,b). Khi đó tồn tại c f (b) - f (a) (a,b) sao cho f’(c) = b- a 2. Ý nghĩa hình học của định lý: Cho một cung nối hai điểm A, B có tính chất: Cung liền từ A đến B Cung trơn (có tiếp tuyến) mọi điểm trên cung trừ tại A, B thì tồn tại B f(b) một điểm M trên cung khác A, B sao cho tiếp tuyến M với cung AB song song với AB M f(a) A O a c b 3. Một số hệ quả: Hệ quả 1: (Định lý Rolle) Cho hàm số f(x) xác định, liên tục trên [a,b], khả vi trên (a,b) và f(a) = f(b). Thế thì tồn tại c (a,b) sao cho f’(c) = 0 Hệ quả 2: Cho hàm f(x) liên tục trên [a,b] và có đạo hàm trên (a,b). Nếu phương trình f’(x) = 0 có n nghiệm trên (a,b) thì phương trình f(x) = 0 có khơng q (n+1) nghiệm trong khoảng đó II. Nội dung: 1. Ứng dụng định lý Lagrange chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình: a. Phương pháp chung: Từ định lý Lagrange, f(a) = f(b) tồn c (a,b) cho f’(c) = f (b) - f (a) = 0 f’(x) = 0 có nghiệm thuộc (a,b) b- a Như vậy, để chứng minh phương trình f(x) = 0 có nghiệm trong (a,b) bằng cách sử dụng định lý Lagrange điều quan trọng nhất là nhận ra được ngun hàm của f(x). Cụ thể ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Xác định hàm số F(x) khả vi liên tục trên [a,b] và thỏa mãn i. F’(x) = f(x), tức là F(x) = f ( x )dx ii. F(b) – F(a) = 0 F( b ) - F( a ) Bước 2: Khi đó tồn tại x0 (a,b) sao cho F'( x0 ) = b- a f(x0) = 0 phương trình f(x) = 0 có nghiệm x0 (a,b) b. Một số ví dụ: Ví dụ 1:[2] a b Giả sử + + c = Chứng minh rằng phương trình a22x + b2x + c = 0 (1) ln có nghiệm Giải: Đặt 2x = t, t> 0. Ta được at2 + bt + c = 0 1 Xét hàm số F(t) = at + bt + ct khả vi và liên tục trên (0,+∞) và thỏa mãn 2 i) F’(t) = at + bt + c a b ii) F(1) – F(0) = + + c = F(1) - F(0) Khi đó tồn tại t0 (0,1) sao cho F’(t0) = = 0 1- at02 + bt0 + c = 0 phương trình at2 + bt + c = 0 có nghiệm t0 (0,1) Với t0 (0,1) ta có 2x = t0 x = log2t0. Tức là phương trình (1) ln có nghiệm Ví dụ 2:[2] 10 q(x) = p(x) + ap’(x) + a2p’’(x) + … + anp(n)(x) với a , n cũng khơng có nghiệm thực Giải: * Với a = 0: hiển nhiên * Với a ≠ 0: Do p(x) là đa thức bậc n ( n ) với hệ số thực và p(x) khơng có nghiệm thực nên n chẵn. Suy ra q(x) là đa thức bậc chẵn với hệ số thực Giả sử q(x) có nghiệm thực là m R ⇒ q(x) = (x – m)r(x), với r(x) là đa thức bậc lẻ với hệ số thực ⇒ r(x) có nghiệm thực là t R ⇒ q(x) có 2 nghiệm thực là m và t * Nếu m = t ⇒ q(x) = (x – m)2.h(x), với h(x) là đa thức bậc n – 2 Ta có q’(x) = 2(x – m)h(x) + (x – m)2h’(x) Khi đó q’(x) có nghiệm x = m R ⇒ q(x) – aq’(x) có nghiệm x = m n (n ) Mặt khác q(x) – aq’(x) = ( p ( x ) + ap’( x ) + a p’’( x ) + + a p ( x ) ) a ( p'( x) + ap''( x) + + a n1p (n ) ( x ) ) = p(x) Suy ra p(x) có nghiệm x = m R , trái với giả thiết x * Nếu m