Ứng dụng của phương pháp biến thiên hằng số & định lý lagrange & điều kiện cần và đủ trong giải phương trình

Ngoài những phương pháp giải thuần túy như: biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, tính chất hàm số mũ; tính chất giá tị tuyệt đối; tam thức bậc hai… Đề tài này tác giả đề cập đến phương pháp giải phương trình dựa vào sự tráo đổi vai trò của ẩn số và hằng số. Đồng thời kết hợp phương pháp điều kiện cần và đủ; áp dụng phương pháp lagrange để giải quyết một số dạng bài toán.

1            TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN            KHOA TỐN             LỚP SƯ PHẠM TỐN K29 *Nhóm sinh viên thực hiện : Hồ Ngọc Cảnh Nguyễn Thị Kiều Chi Phạm Thị Yến Chi Nguyễn Quốc Chính Nguyễn Văn Cơng Huỳnh Thị Mỹ Dung Trần Thị Dung “Ứng dụng của phương pháp biến  thiên hằng số & định lý lagrange &  điều kiện cần và đủ trong giải  phương trình” Giáo viên hướng dẫn: Dương Thanh Vỹ   Lời nói đ Quy Nhầơun 27/              Ngồi phương 11/2009 pháp giải túy như: biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, tính chất hàm số mũ; tính chất giá tị tuyệt đối; tam thức bậc hai… đề  tài này chúng tơi đề cập đến phương pháp giải phương trình dựa vào sự  tráo đổi vai trị của ẩn số và hăng số.Đồng thời kết hợp phương  pháp   điều kiện cần và đủ; áp dụng phương pháp lagrange để giải quyết một số  dạng bài tốn Đề tài bao gồm 3 chương:              Chương I: Phương pháp biến thiên hằng số                Chương II: Phương pháp điều kiện cần và đủ    Chương III: Sự kết hợp giữa phương pháp biến thiên hằng số  với dịnh lý lagrange ; điều kiện cần và đủ Trong đó chương I ,chương  II chi làm cơ sở để phát triển lên  phương pháp ở chương III. Nhưng trọng tâm của để tài là chương I và  chương II (tồn bộ chương I là ý tưởng của nhóm) Vì thời gian có hạn nên chúng tơi khơng thể tránh được những thiếu  sót,mong sự góp ý của bạn đọc.Xin chân thành cảm ơn                                                                                                                                          Nhóm thực hiện Chương I *Phương pháp biến thiên hằng số*  Thực chất của phương pháp này là sự trao đổi vai trị giữa ẩn số và  hằng số, ẩn số được xem là tham số và hằng số được xem là ẩn số trong  phương trình mới.Cụ thể như sau :                     Cho phương trình f(x)=0           Sau một số bước biến đổi sơ cấp, ta nhận thấy trong biểu thức f(x)  nếu viết lại ở một dạng khác là g(t) thì ta có g(a)=0.Với a=const, nghĩa là  từ phương trình g(t)=0 thay t=a thì được phương trình f(x)=0      *  Nảy sinh ra ý tưởng là dùng a là ẩn số,x làm tham số trong phương  trình g(t)=0. Như vậy phương trình g(t)=0 ln ln có nghiệm t=a. Và khi  xét phương trình g(t)=0 khơng cần điều kiện của t. Đây là điểm khác biệt  của phương pháp này với phương pháp đặt ẩn phụ.         Với g(t)=0, từ phương trình   f(x)=0  sau khi biến đổi, nhận xét  phương trình này có nghiện t=a        Giải g(t)=0 ta được nghiệm t phụ thuộc vào x, thay t=a vào giải tìm x * Chú ý: ­ Thơng thường phương trình g(t)=0 giải tìm t đơn giản khơng  phức tạp            như phương trình f(x)=0  ban đầu                ­ Phương pháp  này giải được khi từ phương trình f(x)=0 sau vài bước  biến đổi ta nhận ra hằng số a Cách ra đề:­   Chọn hằng số làm ẩn cho phương trình mới ­ Lập phương trình nhận hằng số làm nghiệm (phương trình giải được  nghiệm theo x) ­ Từ phương trình đã có đưa phương trình về phương trình theo ẩn x, đưa  hằng số chọn làm nghiệm vào phương trình này, ta được một phương  trình theo x.                                                                                                       Mở rộng:   Ta khơng dùng hằng số để làm ẩn trong phương trình mới  mà thay đổi hằng số theo x. Lúc này độ phức tạp của bài tốn mở rộng tùy  ý bởi các hàm sơ cấp: hàm lũy thừa, hàm mũ, hàm logarit… vì ta cũng  nhận ra được hàm  ϕ (x )  là nghiệm của g(t)=0 như vai trị của a * Ví dụ 1: [1]   Giải phương trình sau:  2(5x − log5 x) + ( 5x log5 x − 1) x − = 0    (1) Giải:   Điều kiện:  x> � x > 1       x>1 x  (1)  � 2.5 − 2.log5 x + x − 1 x log5 x − x − =         � 2.25x − 2.5x.log5x + x − 1.log5x − 5x x − =         � 2.(5x)2 − (2log5x − x − 1)5x + x − 1.log5x =           (*)  Xét phương trình bậc hai:   2u2 − (2log5x − x − 1)u + x − 1.log5x = 0  (2)   Từ (**) ta thấy (2) có nghiệm u=5x     Ta giải (2):   ∆ = [ − (2log5x − x − 1)]2 − 4.2 x − 1.log5x                         = 4log25 x + ( x − 1)2 − x − 1.log5x                         = (2log5 x − x − 1)2     Phương trình (2) có hai nghiệm là:  u = x−1  Khi đó ta có:    5x = log5 x 5x = x − 1  và   u = log5x (3) (4) Giải (3) và (4) kết hợp với điều kiện x>1  ta tìm được x Cách ra đề:   ­ Chọn u =5x làm nghiệm của phương trình (*) ­ Xây dựng phương trình (*) thành phương trình bậc hai theo u với  ∆ là 1 số chính phương có thể giải được ( ∆ = (2log5 x − x − 1)2 ) ­ Từ (*) thay u=5x, biến đổi sơ cấp giữa các hàm theo biến x có  trong phương trình ta được phương trình ban đầu (1) ­ Tùy vào mức độ khó dễ của bài tốn mà trong phương trình bậc  hai theo u ta chọn các nghiệm u1 , u2 là các hằng số ,hàm số theo x.  Sau khi giải ta được u = 5x = f(x) u = 5x = g(x) * Chú ý: Phương pháp này khác với phương pháp đặt ẩn phụ vì khi đặt  ẩn phụ ta phải tìm điều kiện của ẩn mới cho phương trình mới tồn tại. Ở  đây ta xét phương trình nhận hằng số (hàm số) làm nghiệm  * Ví dụ 2: [1]    Giải phương trình sau:  42x + 23x+1 + 2x+ − 16 =         (1)    Giải:     Đặt t=2x  >0  (1) trở thành   t4 + 2t3 + 2.4t − 42 = 0                   (*)   Ta xét phương trình bậc hai có dạng  u2 − 2t.u − t4 − 2t3 = 0         (2)  Từ (*) ta suy ra phương trình (2) có nghiệm u=4  Giải (2):   ∆ = (− t)2 + t4 + 2t3 = t2(t + 1)2 Phương trình (2)có 2nghiệm: u = t + t(t + 1) = t2 + 2t   và  u = t − t(t + 1) = − t2  Khi đó ta có:    = t2 + 2t = −t2   � t + 2t − = � (VN) t = −1+ t = −1− (loaïi)         � x = log2( − 1)       Nhận xét: ­ Với cách giải này thay vì giải phương trình bậc bốn ta  đưa về việc giải phương trình bậc hai đã biết trước một nghiệm. Lúc  ngày ta chọn nghiệm đã biết làm ẩn của phương trình mới. Bài tốn này  giải quyết được vì phương trình bậc hai có  ∆ là số chính phương  *  Ví dụ 3: [2]     Giải phương trình sau:  x2 + x + = 5                 (1)     Giải:    Ta có (1)   � x + = 5− x � 5− x2 (2) x + = (5− x2)2 (3)  Ta xét phương trình (3):                                    x + = 52 − 2x2.5+ x4 � 52 − (2x2 − 1)5 + x4 − x = 0          (*)  Xét phương trình bậc hai dạng:  u2 − (2x2 − 1)u + x4 − x = 0             (4)     Từ (*) ta suy ra phương trình (4) có nghiệm u=5  Giải (4):   ∆ = � −(2x2 − 1)� − 4(x4 − x) = (2x + 1)2 � �  Phương trình (4)có 2 nghiệm: u = x2 − x   và   u = x2 + x + � = x2 − x  Khi đó ta có:    � � 5= x + x + � � x2 − x − = �� � x2 + x − = � x= � x= (1 21) (−1 17) 1− 21   Từ (2) ta suy ra   −1+ 17 x= x=   Nhận xét: ­ Bài tốn trên có thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ   x + = t Sau đó chuyển về hệ  x2 + t = t −x=    hoặc giải bằng phương pháp  biến đổi tương đương                    ­ Cách giải trên đây đã thay đổi vai trị giữa ẩn số và hằng  số.Ẩn x chuyển thành vai trị của tham số,cịn hằng số 5 đươc xem là ẩn   mới trong phương trình bậc 2 theo u,nhờ việc chuyển này mà thay vì ggiải  phương trình bậc 4 theo x,ta chỉ cần giải phương trình bậc 2 theo  u,phương trình này ta lại biết được 1 nghiệm                    ­ Phương trình bậc 2 theo u có   ∆  là một số chính phương nên  việc tìmu dễ dàng hơn    Tổng qt:   Ta có thể  nhận dạng phương trình  f 2(x) + f(x) + a = a  với điều kiện  f(x) 0 và  a=const tùy ý .Khi đó ta  có thể thay  f(x)  bởi  các hàm sơ cấp như hàm lũy thừa,hàm mũ,hàm logarit…,nhưng khi giải  cần phải đặt điều kiện.Chẳng hạn như :               Với  f(x) =3x  thì  ta có phương trình   32x + 3x + a = a               Với  f(x) =log5x  thì ta có phương trình   log25 x + log5 x + a = a  *  Ví d   ụ 4:  [3]    Giải phương trình sau:  (2x−1 − 1) x − + 2x − = 0    (1)    Giải:     Điều kiện :  x     Ta có (1)  � 2x − x − − x − + 2x − =                      � 2x x − + (2x − x − 1)2 − =                      � 22 − (2x − x − 1)2 − 2x x − = 0   (*)     Xét phương trình bậc hai dạng   � u2 − (2x − x − 1)u − 2x x − = 0  (2)     Từ  (*) ta thấy u=2 la nghiệm của (2)     Ta có   (2)  � x − 1(u − 2x ) + u(u − 2x ) =                        � ( x − + u)(u − 2x ) =                             Khi đó ta có   u= − x−1 u = 2x = − x − 1  (vơ nghiêm) 2=2 x    � x =  * Ví dụ 5: [4]        Giải phương trình :                 −x5 + 3x2(x2 − 1) + 9x(x2 + 1) + 27 = 0    (1)     Giải:    (1)  � − x5 + 3(x4 − x2) + 9(x3 + x) + 27 =                        � 33 + (x3 + x)32 + (x4 − x2)3− x5 =         (*)      Ta xét phương trình :    u3+( x3 + x )u2+( x4 − x2 )u −x5=0     (2)      Từ (*) ta thấy u=3 là nghiệm của phương trình (2)      Giải (2): ta có (2)  � u(u2 + xu − x2) + x3(u2 + xu − x2) =     � (u+x3)(u2 + xu − x2) =     u+x3 = (3) u2 + xu − x2 = (4)      Từ (3) ta có   −x3 = � x = −3        Từ (4) ta có    u2 + xu − x2 = (5), với   ∆ = x2 − 4(− x2) = 5x2 0                          (5)  −x + 5x u=      −x − 5x u= (−1+ 5)x 3=   (−1− 5)x 3= x= x= −1+ −1−     Tổng qt:  ­ Cách giải này khơng giải quyết cho lớp bài tập nào cụ  thể, mà trong q trình biến đổi, ta khéo léo nhìn ra hằng số nào đó trong  phương trình là nghiệm.Từ đó ta chuyển phương trình đã cho có bậc cao  hơn hay phức tạp hơn về các dạng phương trình đơn giản quen thuộc đã  biết cách giải, và điều quan trọng ở đây là ta đã biết trước một nghiệm  của nó                         ­ Vì khơng phải tất cả các phương trình sau khi chuyển về  một phương trình mới là giải được nên phương pháp này cịn hạn  chế,chẳng hạn như: khi chuyển về ta được  ∆  khơng phải là một số chính  phương,khi đó gặp khó khăn và khơng thể giải được     Mở rộng: Vấn đề đây ra ở đây là ta chọn hằng số dể làm ẩn nên  nếu ta thay các hằng số đó bằng hàm f(x) hoặc lầ một tham số thì giải  như thế nào?Để trả lời vấn đề này ta xét ví dụ sau:  10   * Giải phương trình   x3 + x2 − x = (1− m)3 + (m2 − 2m)x + m(x2 − x4)   (1)   Giải:     (1)  � mx4 + x3 + (1− m)x2 − (1− m)2x − (1− m)3 =                       � (1− m)3 + x(1− m)2 − x2(1− m) − mx4 + x4 − x4 − x3 =                       � (1− m)3 + x(1− m)2 + (x4 − x2)(1− m) − x4 − x3 = 0     (*)   Xét phương trình :  u3 + xu2 + (x4 − x2)u − x4 − x3 = 0   (2)   Từ (*) ta suy ra  u = 1− mlà nghiệm của phương trình (2) (u-x)(u2+2ux+x2+x3)=0    Ta có (2)                                         Khi đó ta có     u-x=0 u2+2ux+x2+x3 =       1-m=xx3 + x3+x2 + 2(1− m)x + (1− m)2 = * Ví d   ụ 6 :   [2]   Giai ph ̉ ương trình                      x3 + 68 15 =          (1) x x3 Giải:                  Điều kiện x ≠ 0 Giả sử x0 là nghiệm của phương trình (1). Khi đó (1) ⇒ x0 +      x0 + 68 x30 = 15 x0 17 17 − = x0 x30 24                       Vậy với m = 0 phương trình nghiệm đúng ∀x>0          * Ví dụ 4: [3]    Tìm m để phương trình sau nghiệm đúng với mọi  x −2                                                  lg(x − m)2 = 2(x + 4)       (1)            Giải :     Điều kiện  x m            Để phương trình (1) nghiệm đúng  ∀x −2  ta phải có  x < −2            Biến đổi phương trình (1) về dạng :    2lg x − m = 2(x + 4)                                                                      x − m = (x + 4)      (2)  Điều kiện cần:  Phương trình (1) nghiệm đúng  ∀x �−2 � x=− 2 là nghiệm của (2)  Tức là:          x − = m = (loaïi)            m = −4  Do đó  m = −4 là điều kiện cần để thõa u cầu của bài tốn   Đều kiện đủ:   Với  m = −4  ta có :  x + = x + � x+4 =x+4 luô n đú ng ∀x �−2  Vậy với  m = −4 phương trình đã cho nghiệm đúng  ∀x −2   Nhận xét : Bài tốn này có thể phát biểu dưới dạng “Tìm m để    phương trình  x − m = (x + 4)  tương đương với bất phương trình  f(x) 0;(f(x) 0) , trong đó nghiệm của bất phương trình là  x −2   Bài tập đề nghị: 0,2 � Bài 1: Tìm m để phương trình nghiệm đúng ∀x∈ � � �: 25 − x  =  1  −  m  +   ( m  +  1) x  −  x Bài 2: Cho phương trình :  log2(mx3 − 5mx2 + − x) = log2(3− x − 1)           a)Giải phương trình với m=0           b)Tìm các giá trị của x nghiệm đúng phương trình trên với  ∀m Bài 3: Cho phương trình :  2log (4 − + 2x) = log a +2 (4 − 3x) a x2 + Tìm các giá trị của x nghiệm đúng phương trình trên với  ∀a Bài 4:  Cho phương trình :  log2(a2x2 + 5a2x + − x) = log (3 − x − 1) a +2 Tìm các giá trị của x nghiệm đúng phương trình trên với  ∀a Bài 5:  Tìm m để phương trình sau có nghiệm đúng ∀x > 0                               2logm +1 x = x              Bài 6:  Tìm m để phương trình nghiệm đúng ∀x ≥1: x − 2x + m − 3m + 3 = mx ­ 1  Dạng 3: Tìm m để phương trình f(x)=0 tương đương với một  bất phương trình nào đó  Phương pháp : Để giải đươc dạng này ta thực hiện hai bước sau :    Bước 1: Giải bất phương trình tìm khoảng nghiệm K của bất phương  trình 26    Bước 2: Bài tốn đã cho được qui về “Tìm m để phương trình đã cho  nghiệm đúng  ∀x K *Ví dụ1:[2]   Cho 2 phương trình                   (x + 5) (2 –x) = 3m  x +  3x  + m  −1        (1)                  x4 + 6x3 – 9x2 –16 = 0                                  (2)                  Tìm m để 2 pt tương đương      Giải :                   Giải pt (2)                   (2)   (x2+3x)2 – 16 =0                                                               (x –1)(x +4)(x2 + 3x + 4 ) = 0                            x =1 x = −4    Điều kiện cần :  Giả sử (1) và (2) tương đương                           Suy ra x = 1 là nghiệm của pt (1)                  6 = 3m m  +  3                                        m (m − 1)(m + 4m + 4) m = m (m + 3)        m=1                Vậy m = 1 là điều kiện cần để (1) và (2) tương đương     Điều kiện đủ :  Với m = 1 khi đó (1) có dạng                          ­x2 – 3x + 10 = 3 x +  3x               (3)                 Đặt     t =   x +  3x          t ≥ 0 27                 Khi đó (3)  t2 + 3t – 10 = 0                                    t = −5             x +  3x  = 2 t=2                                     x2 + 3x = 4   x =1                                                 x = −4                             ⇒  (1) tương đương (2)                            Vậy m=1 thì (1) tương đương với (2)   Nhận xét:                 ­ Đối với bài tốn tìm m để 2 phương trình f(x,m) =0;   g(x)=0  tương                          đương thì ta giải theo trình tự sau ­  Giải tìm tập nghiệm S2 của phương trình (2) ­ Khi đó bài tốn quy về tìm m dể phương trình f(x,m)=0 nhận S2  làm                       tập nghiệm         ­ Từ ví dụ 3 và 4 ta nhận thấy đối với phương trình chứa căn thức  có tồn những phương trình mà tập nghiệm là một khoảng,do đó 1  phương trình chứa căn thức có thể tương đương với một bất  phương trình, (hoặc có thể được phát biểu dưới dạng nghiệm  đúng  với mọi x  D). Ta xét ví dụ sau :   *Ví dụ 2 :[3]    Tìm m để (1) và (2) tương đương: x −1 + 2m x −  +  x −1 − 2m x −  = 2        (1)                   x + 3x +              Giải:   x + 2x +                   (2) 28           Điều kiện cần:                       (2)    (x2 + 3x +2)2 ≤  (x2  +2x  +5)2                                                (x­3)(2x2 +5x  +7)≤ 0  x≤  3                       Điều kiện cần: giả sử (1) và (2) tương đương  x =3 là nghiệm của  (1).  (1)   + 2m  +  − 2m =2                                4 − 4m  =0     m =  Điều kiện đủ: Với mọi m = 1, phương trình có dạng: x −1 + x − + x −1 − x − =2        x − +   + x − −1 = 2        x − +   + x − −1 =  ( x − + 1)  + (1 − x − 2)                ( x − + 1)(1 �� − −− x� − 2) (x 2) x               Tức là (1) và (2) tương đương    Ta thấy trong phương trình (1) tham số m có tính đối xứng nên m = ­1  thoả                          mãn điều kiện bài tốn    Vậy m =  ±1 thi (1) và (2) tương đương   Nhận xét:             Với những bài tốn tìn điều kiện tham số m để phương trình có nghiệm                   ∀x ∈  D ta có thể viết thành bài tốn khác 29               ­Tìm m để phương trình đã cho tương đương với bất phương trình nào  đó,                trong đó bất phương trình có nghiệm là  ∀x ∈ D * Xét ví dụ: [3]  Tìm a,b để phương trình   2sinx − + 2sinx − a = b  có  đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc [0,2)                Giải :                      Đặt t = 2sinx  , điều kiện   t 2,                     Khi đó phương trình (1) có dạng :   t − + t − a = b    (2)                     Để (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc [0,2) khi và chỉ khi (2)                      có nghiệm duy nhất thuộc [­2,2]   Nhận xét : Bài tốn đã cho được qui về dạng tổng qt ở ví dụ trên           Trong bài tốn này nếu ta dùng phương pháp đồ thị để giải thì chúng  ta phải chia khoảng ra để xét,hơi phức tạp.Đặc biệt nếu tham số là một  biểu thức có bậc cao thì sẻ găp khó khăn trong việc vẽ đồ thị cuar hàm y =  f(m)         Mặc khác nếu ta dùng phương pháp đơn điệu của hàm số thì ta gặp  khó khăn trong việc tính đạo hàm         Chính vì vậy,mà phương pháp điều kiện cần và đủ tỏ ra rất hiệu quả  khi giải quyết được lớp bài tốn này         Nhưng phương pháp này vẫn cịn hạn chế khi ta đi tìm nghiệm  duy  nhất yo=f(xo,m).Và phương pháp này chỉ giải quyết được một lớp bài tốn.   Mở rộng : Nảy sinh ra bài tốn “Tìm điều kiện của a,b,c để phương trình  f(x) − a + f(x) − b = c có nghiệm  thuộc K” 30     Dùng phương pháp đặt ẩn phụ : f(x) = t , khi đó phương trình đã cho  được qui về  t − a + t − b = c  ; từ điều kiện của bài tốn đã cho được  chuyển về tìm điều kiện của ẩn t *Ví dụ 3 :[4]    Tìm m để phương trình sau tương đương:       x2 + 3x +1 − =      (1)                      ∣m ­ 4∣.2x­2  + m.4x­1 = 1    (2) Giải: Giải (1), đặt  t = 3x ta được nghiệm :  x = 0 ⇒Để 2 phương trình tương đương bài tốn quy về tìm điều kiện  của m để phương trình (2) có nghiệm duy nhất x = 0   Điều kiện cần: Giả sử (2) có nghiệm x = 0: ∣m ­ 4∣2­2 + m4­1 =1       ⇔ ∣m ­ 4∣ + m = 4       ⇔ ∣m ­ 4∣  = 4 – m    ⇔m – 4  ≤ 0⇔ m ≤ 4 Điều kiện đủ:            Với ≤ 4 Đặt t = 2x, t > 0 khi đó (2) có dạng  (4 ­ m)t +mt2 =  4  ⇔ mt2 + (4 – m)t  ­ 4 = 0    (3) Với m = 0 ,(3) ⇔ t =1 ⇔ 2x = 1 ⇔ x = 0            Vậy m = 0 thì (1) và (2) tương đương t =1 Với 0 ≠ m ≤ 4  .khi đó (3)   t=− m 31 − =1 m      Do đó  để (1)   (2) thì :   � − 0 m = −4          0     Từ (2) ta có f(5)=f(4)  Vì hàm f(t) liên tục trên R nên f(t) liên tục trên [4,5] có đạo hàm trên (4,5) Ta có  f (t) = log α[(t + 3) log5 α−1 − t log5 α−1 ] Theo định lý lagrange   ∃c (4,5) sao cho   (5 − 4)f (c) = f (5) − f (4) =     � log α[(c + 3)log5 α−1 − clog5 α−1 ]=0 � log α = (c + 3)log5 α−1 = clog5 α−1 35 � log α = α =1 x =1 � � �� �� α=5 x =5 � � log α = Thay x=1 và x=5 vào phương trình (1) thỏa mãn Kết luận: x=1 và x=5 là nghiệm của phương trình.    Dạng 3:   (a + d) h(x) − a h(x) = (b + d) h(x) , trong đó    b+d=a,  00, h(x) xác định và liên tục trên đoạn [a,b] giải  tương tự dạng 2   Bài tập đề nghị: Giải các phương trình sau: x x 1 � �4 � 1/     7cot x − 11cot x = 12cot x                2/    x − x = � � �− � � 11 � � 11 � � 3/      x log7 11 + 3log7 11 = 2x, x >          4/   36sin x + 4sin x = 25sin x + 9sin x 5/      x = x log + (x − 1)x log                6/     4log x + 2log x = 2x 36 Tài liệu tham khảo 1)Lê Hồng Đức(chủ biên),Lê Bích Ngọc,Lê Hữu Trí,Phương pháp giải  tốn đại số,NXB Hà Nội năm 2000 2)Lê Hồng Đức(chủ biên), Phương pháp giải tốn đại số(phương trình­ bất phương trình & hệ chứa giá trị tuyệt đối),NXB Đại học sư phạm  2004 3)Trần Phương(chủ biên),Lê Hồng Đức, Phương pháp giải tốn đại  số(phương trình và bất phương trình),NXB Hà Nội 2002 4)WWW.violet.com.vn 37 MỤC LỤC Lời nói đầu ………………………………………………………………Trang 1  Chương I: Phương pháp biến thiên hăng số……………………………  2 Chương II: Phương pháp điều kiện cần và đủ………………………… 13                  Phương pháp chung …………………………………………………13                  Các dạng tốn……………………………………………………… 13       Dạng 1: Tìm điều kiện của tham số để phương trình có                nghiệm duy nhất ……………………………………………… 13       Dạng 2: Tìm điều kiện của tham số để phương trình có               nghiệm  x � D  �Df Với Df là tập xác định của f(x)……………20       Dạng 3:Tìm m để phương trình f(x)=0 tương đương với                      một bất phương trình nào đó……………………………… 25       Dạng 4: Tìm điều kiện của tham số để pt có với mọi giá                       trị của tham số.…………………………………………… 30 Chương III: Sự kết hợp giữa phương pháp biến thiên hằng số với định                  lý lagrange ; điều kiện cần và đủ………………………………… 31                  Dạng 1: a h(x) − b h(x) = k(a − b)h(x) …………………………… 31                  Dạng 2: (a + d) h ( x ) − a h ( x) = (b + d) h ( x ) − b h ( x ) ………….….32 38                  Dạng 3: (a + d) h(x) − a h(x) = (b + d) h(x) …… ………………….…33 Kết luận ……………………………………………………………………… 34 ...              Chương I:? ?Phương? ?pháp? ?biến? ?thiên? ?hằng? ?số                Chương II: Phương? ?pháp? ?điều? ?kiện? ?cần? ?và? ?đủ    Chương III: Sự kết hợp giữa? ?phương? ?pháp? ?biến? ?thiên? ?hằng? ?số? ? với dịnh? ?lý? ?lagrange? ?;? ?điều? ?kiện? ?cần? ?và? ?đủ. .. Chương I  *Phương? ?pháp? ?biến? ?thiên? ?hằng? ?số*  Thực chất? ?của? ?phương? ?pháp? ?này là sự trao đổi vai trị giữa ẩn? ?số? ?và? ? hằng? ?số,  ẩn? ?số? ?được xem là tham? ?số? ?và? ?hằng? ?số? ?được xem là ẩn? ?số? ?trong? ? phương? ?trình? ?mới.Cụ thể như sau :... tài này chúng tơi đề cập đến? ?phương? ?pháp? ?giải? ?phương? ?trình? ?dựa vào sự  tráo đổi vai trị? ?của? ?ẩn? ?số? ?và? ?hăng? ?số. Đồng thời kết hợp? ?phương? ?? ?pháp? ?  điều? ?kiện? ?cần? ?và? ?đủ;  áp? ?dụng? ?phương? ?pháp? ?lagrange? ?để? ?giải? ?quyết một? ?số? ? dạng bài tốn