Áp dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình và hệ phương trình

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN ĐƠNG ÁP DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN ĐƠNG ÁP DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học TS NGUYỄN ĐÌNH BÌNH THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 i Mục lục Mở đầu Danh mục kí hiệu, chữ viết tắt Kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm đồng biến, nghịch biến 1.2 Định lý Rolle số mở rộng 1.2.1 Định lý Rolle 1.2.2 Định lý Rolle với nguyên hàm 1.2.3 Định lý Rolle khoảng vô hạn 1.3 Định lý Lagrange định lý Cauchy 1.4 Hệ hốn vị vịng quanh Áp dụng tính đơn điệu hàm số để giải phương trình 2.1 Ứng dụng định lý Rolle hệ để giải phương trình 2.2 Chứng minh tồn biện luận số nghiệm phương trình 2.3 Áp dụng định lí Lagrange hệ để xét tồn nghiệm phương trình cho trước 5 7 10 11 12 15 17 17 25 34 Áp dụng tính đơn điệu hàm số để giải hệ phương trình 39 3.1 Áp dụng định lý Lagrange hệ để giải hệ phương trình 39 3.2 Áp dụng định lí Cauchy để giải hệ hốn vị vòng quanh n biến, n ≥ 2, n ∈ N 46 Kết luận 52 Tài liệu tham khảo 53 Mở đầu Lý chọn đề tài Hàm số đơn điệu khái niệm quan trọng giải tích tốn học có nhiều ứng dụng ngành khoa học khác kinh tế, học, vật lý kĩ thuật Trong kỳ thi học sinh giỏi cấp Quốc gia, Quốc tế, kỳ thi Olympic Toán sinh viên trường đại học nước tốn liên quan đến tính đơn điệu hàm số thường xuyên xuất dạng phổ biến ứng dụng định lí Rolle số mở rộng định lí Rolle (Định lý Lagrange, định lý Cauchy, định lý Rolle môt khoảng không bị chặn) định lý quan trọng giải tích cổ điển Ứng dụng định lý toán sơ cấp đa dạng phong phú, đặc biệt dạng toán giải phương trình, giải hệ phương trình, chứng minh phương trình có nghiệm, xét cực trị hàm số Tuy nhiên, tài liệu dành cho học sinh phổ thơng số nghiên cứu trước ứng dụng tính đơn điệu hàm số giải phương trình, hệ phương trình chưa trình bày cách hệ thống đầy đủ Với suy nghĩ theo ý tưởng đó, mục tiêu luận văn nghiên cứu tính đơn điệu hàm số tốn cao cấp ứng dụng để giải tốn sơ cấp Đặc biệt luận văn định hướng cách giải cách vận dụng định lý biết để tìm tịi lời giải hay, độc đáo đặc thù cho dạng tốn cụ thể, từ hình thành ý thức sáng tạo tốn Ngồi ra, kết mà thân tác giả tiếp tục hồn thiện q trình nghiên cứu giảng dạy toán trường phổ thơng Mục đích nghiên cứu đề tài • Khai thác tính chất đơn điệu, cực trị hàm số giải tích tốn học • Nâng cao lực giải tốn giải phương trình hệ phương trình phương pháp hàm số • Xây dựng hệ thống tập phục vụ công tác giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi Đối tượng phạm vi nghiên cứu • Đối tượng nghiên cứu tính đơn điệu hàm số • Phạm vi nghiên cứu tính đơn điệu hàm số ứng dụng giải phương trình, hệ phương trình Phương pháp nghiên cứu • Phân tích tổng hợp • Hệ thống phân loại tập Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài • Thể tính ứng dụng toán cao cấp để giải toán sơ cấp • Xây dựng, hệ thống phương pháp để giải tốn phương trình, hệ phương trình • Luận văn đóng góp thiết thực cho việc học dạy chuyên đề toán sơ cấp, đem lại niềm đam mê sáng tạo việc dạy học toán Cấu trúc luận văn Luận văn gồm ba chương, lời nói đầu, kết luận tài liệu tham khảo Chương Kiến thức chuẩn bị Nội dung chương trình bày cách định lý liên quan đến tính đơn điệu hàm số là: Định lý Fermat, định lý Rolle, định lý Lagrange số hệ quan trọng giải tích tốn học Đây phần lý thuyết sở để xây dựng phương pháp vận dụng cho toán ứng dụng chương sau Chương Áp dụng tính đơn điệu hàm số để giải phương trình Chương trình bày số ứng dụng trực tiếp định lý Rolle, định lý Lagrange, định lý Cauchy hệ để xét tồn nghiệm phương trình cho trước Chương Áp dụng tính đơn điệu hàm số để giải hệ phương trình Chương trình bày ứng dụng định lý Lagrange, định lý Cauchy hệ để giải hệ phương trình Các tập minh họa lựa chọn từ đề thi kì thi học sinh giỏi Quốc gia, kì thi Olympic khu vực Quốc tế, kì thi Olympic tốn sinh viên Luận văn hồn thành hướng dẫn khoa học đầy nhiệt tình nghiêm túc TS Nguyễn Đình Bình, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành kính trọng sâu sắc TS - người thầy truyền đạt nhiều kiến thức quý báu với kinh nghiệm nghiên cứu khoa học suốt thời gian tác giả theo học nghiên cứu đề tài Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Ban giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Ngun, Phịng Đào tạo, Khoa Tốn - Tin, thầy cô giảng dạy lớp Cao học K7N, Ban giám hiệu trường THPT Giao Thủy B - Nam Định tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả suốt q trình học tập, cơng tác thực đề tài luận văn Để hoàn thành luận văn này, tác giả cố gắng học tập nghiên cứu cách nghiêm túc suốt khóa học Tuy nhiên cịn hạn chế lực, thời gian hồn cảnh nên q trình thực khơng tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong nhận bảo quý thầy cô góp ý bạn đọc để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, tháng năm 2015 Tác giả Nguyễn Văn Đông Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt • N - Tập số tự nhiên • N∗ - Tập số tự nhiên khác • Z - Tập số nguyên • R - Tập số thực • ĐPCM - Điều phải chứng minh • THPT - Trung học phổ thơng • ĐH - Đề thi Đại học • HSG - Học sinh giỏi • NXBGD - Nhà xuất Giáo dục • I (a; b) ; I - Nhằm ngầm định bốn tập hợp tập R (a; b) , [a; b) , (a; b] , [a; b] Chương Kiến thức chuẩn bị Tính chất đồng biến, nghịch biến tính lồi, lõm hàm số vấn đề chương trình tốn sơ cấp Định lý Lagrange đóng vai trò quan trọng việc chứng minh định lý, tính chất chương trình Trong chương giới thiệu số định lý quan trọng liên quan đến tính đơn điệu hàm số là: Định lý Fermat, định lý Rolle số mở rộng định lý Rolle (Định lý Lagrange, định lý Cauchy, định lý Rolle khoảng không bị chăn) Một số hệ quan trọng trình bày để thuận lợi cho việc vận dụng giải tốn trình bày hai chương 1.1 Hàm đồng biến, nghịch biến Từ sau, ta sử dụng kí hiệu I(a; b) ⊂ R nhằm ngầm định bốn tập hợp (a; b), [a; b), (a; b] [a; b] với a < b Định nghĩa 1.1 Giả sử hàm số f (x) xác định tập I(a; b) ⊂ R thỏa mãn điều kiện: • Với x1 , x2 ∈ I(a; b) x1 < x2 , ta có f (x1 ) ≤ f (x2 ) ta nói f (x) hàm đơn điệu tăng I(a; b) Đặc biệt, ứng với cặp x1 , x2 ∈ I(a; b) x1 < x2 , ta có f (x1 ) < f (x2 ) ta nói f (x) hàm đơn điệu tăng thực I(a; b) • Ngược lại, với x1 , x2 ∈ I(a; b) x1 < x2 , ta có f (x1 ) ≥ f (x2 ) ta nói f (x) hàm đơn điệu giảm I(a; b) Đặc biệt, ứng với cặp x1 , x2 ∈ I(a; b) x1 < x2 , ta có f (x1 ) > f (x2 ) ta nói f (x) hàm đơn điệu giảm thực I(a; b) Những hàm đơn điệu tăng thực I(a; b) gọi hàm đồng biến I(a; b) hàm đơn điệu giảm thực I(a; b) gọi hàm nghịch biến I(a; b) Định nghĩa 1.2 Giả sử f (x), g(x) hàm liên tục [a; b] khả vi (a; b) Khi đó: i) f (x) g(x) gọi có tính đơn điệu f (x).g (x) > ii) f (x) g(x) gọi khác tính đơn điệu f (x).g (x) < Trong chương trình giải tích, biết đến tiêu chuẩn để nhận biết hàm số khả vi cho trước khoảng (a; b) hàm đơn điệu khoảng Sau dùng định lý Lagrange để chứng minh định lý điều kiện đủ tính đơn điệu hàm số Đây định lý quan trọng chương trình giải tích lớp 12-THPT Định lí 1.1 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm khoảng (a; b) a) Nếu f (x) > với x ∈ (a; b) hàm số y = f (x) đồng biến khoảng b) Nếu f (x) < với x ∈ (a; b) hàm số y = f (x) nghịch biến khoảng Chứng minh Lấy hai điểm x1 , x2 (x1 < x2 ) khoảng (a; b) Vì f (x) có đạo hàm khoảng (a; b) nên f (x) liên tục [x1 ; x2 ] có đạo hàm khoảng (x1 ; x2 ) Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số y = f (x) [x1 ; x2 ], tồn c ∈ (x1 ; x2 ) cho f (x2 ) − f (x1 ) = f (c)(x2 − x1 ) a) Nếu f (x) > khoảng (a; b) f (c) > 0, mặt khác x2 − x1 > nên f (x2 ) − f (x1 ) > hay f (x2 ) > f (x1 ), suy hàm f (x) đồng biến khoảng (a; b) b) Nếu f (x) < khoảng (a; b) f (c) < 0, mặt khác x2 − x1 > nên f (x2 ) − f (x1 ) < hay f (x2 ) < f (x1 ), suy hàm f (x) nghịch biến khoảng (a; b) Định lí 1.2 (Mở rộng định lý 1.1) Giả sử hàm số y = f (x) có đạo hàm khoảng (a;b) Nếu f (x) ≥ (hoặc f (x) ≤ 0) đẳng thức xảy số hữu hạn điểm khoảng (a; b) f (x) đồng biến (hoặc nghịch biến) khoảng Chứng minh Thật vậy, để đơn giản cách lập luận, giả sử f (x) ≥ (a; b) f (x) = x1 ∈ (a; b) f (x) đồng biến khoảng (a; x1 ) (x1 ; b) liên tục (a; x1 ] [x1 ; b) nên đồng biến (a; x1 ] [x1 ; b) Từ suy đồng biến khoảng (a; b) 1.2 Định lý Rolle số mở rộng Cơ sở định lý Rolle dựa vào định lý Weierstrass hàm liên tục khẳng định f liên tục đoạn [a; b] phải đạt giá trị lớn giá trị nhỏ đoạn định lý Fermat điểm cực trị hàm khả vi khẳng định hàm khả vi g(x) khoảng (a; b) đạt cực trị (cực đại cực tiểu) điểm khoảng đạo hàm điểm 1.2.1 Định lý Rolle Định lí 1.3 (Định lý Fermat) Cho hàm số f (x) xác định liên tục khoảng đóng [a; b], f (x) đạt cực trị c ∈ (a, b) f (x) khả vi c f (c) = Định lí 1.4 (Định lí Rolle) Giả sử f hàm liên tục đoạn [a; b] có đạo hàm x ∈ (a, b) Nếu f (a) = f (b) tồn điểm c ∈ (a, b) cho f (c) = Chứng minh Vì f liên tục đoạn [a; b] nên theo định lý Weierstrass hàm f phải đạt giá trị cực đại giá trị cực tiểu đoạn [a; b], tức tồn điểm x1 , x2 ∈ (a, b) cho f (x1 ) = f (x) = m, f (x2 ) = max f (x) = M [a,b] [a;b] Có hai khả năng: i) m = M Khi f (x) = const đoạn [a; b], f (x) = với x ∈ (a, b) c điểm khoảng ii) m < M Khi điều kiện f (a) = f (b) nên hai điểm 40 Vậy hệ phương trình cho tương đương x=y x2 + 2x + ln (2x + 1) = Xét hàm số f (x) = x2 + 2x + ln (2x + 1) (− ; +∞), ta có > 0, ∀x ∈ (− ; +∞) 2x + Suy f (x) hàm số đồng biến (− ; +∞) Mà f (0) = nên f (x) = ⇔ x = ⇒ y = f (x) = 2x + + Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) = (0; 0) Bài tốn 3.2 Giải hệ phương trình  √ x3 + 3x + √ 3x + − − y = y + 3y + 3y + − − z = √ z + 3z + 3z + − − x =  Lời giải √ Xét hàm số f (t) = t + 3t + 3t + − [− ; +∞) Điều kiện x, y, z ≥ − Khi hệ phương trình trở thành  f (x) = y  f (y) = z f (z) = x 3 f (t) = 3t2 + + √ > 0, ∀t > − , 3t + Nhận xét f (t) hàm số liên tục [− ; +∞), ta lại có suy f (t) đồng biến [− ; +∞) Giả sử (x; y; z) nghiệm hệ phương trinh Khơng tính tổng qt, ta giả sử x = max{x; y; z} • Nếu x ≥ y ≥ z Do f (t) hàm số đồng biến nên f (x) ≥ f (y) ≥ f (z) ⇒ y ≥ z ≥ x Suy x = y = z • Nếu x ≥ z ≥ y Do f (t) hàm số đồng biến nên f (x) ≥ f (z) ≥ f (y) ⇒ y ≥ x ≥ z 41 Suy x = y = z Vậy hệ phương trình cho tương đương x=y=z √ x3 + 2x + 3x + − = √ Xét hàm số g(x) = x3 + 2x + 3x + − [− ; +∞) 3 > 0, ∀x > g (x) = 3x2 + + √ 3x + Nhận xét f (t) hàm số liên tục [− ; +∞),ta lai có Suy g(x) hàm số đồng biến [− ; +∞), ta có h(1) = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y; z) = (1; 1; 1) Bài toán 3.3 [HSG Quốc gia THPT, bảng A năm 1994] Giải hệ phương trình  x3 + 3x − + ln (x2 − x + 1) = y y + 3y − + ln (y − y + 1) = z z + 3z − + ln (z − z + 1) = x  Lời giải Điều kiện x, y, z ∈ R Xét hàm số f (t) = t3 + 3t − + ln (t2 − t + 1), t ∈ R, ta có f (t) = 3t2 + + = 3t2 + t2 2t − −t+1 3t2 − t + > 0, ∀t ∈ R t2 − t + Theo hệ định lý Lagrange, ta có hệ dạng  f (x) = y  f (y) = z f (z) = x ⇔ x = f (f (f (x))) ⇔ x = f (x) ⇒ x = y = z Khi hệ tương đương với phương trình x = x3 + 3x − + ln (x2 − x + 1) ⇔ x3 + 2x − + ln (x2 − x + 1) = Xét hàm số h(x) = x3 + 2x − + ln (x2 − x + 1) R, ta có h (x) = 3x2 + + 2x − −x+1 x2 (3.2) 42 = 3x2 + 2x2 + > 0, ∀x ∈ R x2 − x + Suy phương trình (3.2) có nghiệm nghiệm Ta có h(1) = + − + ln1 = Suy x = nghiệm (3.2) Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm (x; y; z) = (1; 1; 1) Nhận xét 3.1 Hệ phương trình cho dạng hệ lặp có dạng  f (x) = g(y) f (y) = g(z) f (z) = g(x)  f (t) = t3 + 3t − + ln (t2 − t + 1) g(t) = t Vì vậy, ta dùng kĩ thuật khác để giải áp dụng kết định lý Cauchy mà ta trình bày mục 3.2 Bài tốn 3.4 [HSG Quốc gia THPT, bảng A năm 2006] Giải hệ phương trình √  x2 − 2x + log3 (6 − y) = x √ y − 2y + log3 (6 − z) = y z − 2z + log3 (6 − x) = z Lời giải Điều kiện x, y, z > hệ cho tương đương với:  x  √ log (6 − y) =    x2 − 2x +  y log3 (6 − z) =     log3 (6 − x) = √ Xét hàm số f (t) = √ y − 2y + z z − 2z + (1) (2) (3) t (6; +∞), ta có t2 − 2t + √ 2t − t2 − 2t + − t √ t2 − 2t + f (t) = t2 − 2t + = 6−t √ > 0, ∀t ∈ (6; +∞) (t2 − 2t + 6) t2 − 2t + 43 Suy f (t) hàm số đồng biến (6; +∞) Xét hàm số g(t) = log3 (6 − t) (6; +∞), ta có g (t) = − < 0, ∀t ∈ (6; +∞) (6 − t) ln Suy g(t) hàm số nghịch biến (6; +∞) Khi hệ ban đầu có dạng  f (x) = g(y) f (y) = g(z) f (z) = g(x)  Giả sử (x; y; z) nghiệm hệ phương trình Khơng tính tổng qt, ta giả sử x = max{x; y; z} xảy hai trường hợp sau: • Giả sử x ≥ y ≥ z Do f (t) hàm số đồng biến nên f (x) ≥ f (y) ≥ f (z)⇒g(y)≥ g(z) ≥ g(x) Do g(t) hàm số nghịch biến nên y ≤ z ≤ x Suy y = z Thay vào (2) (3) ta có: log3 (6 − x) = log3 (6 − z) ⇔ x = z Vậy x = y = z • Giả sử x ≥ z ≥ y Do f (t) hàm số đồng biến nên f (x) ≥ f (z) ≥ f (y) ⇒ g(y) ≥ g(x) ≥ g(z) Do g(t) hàm số nghịch biến nên y ≤ x ≤ z Suy x = z Thay vào (1) (3) ta có log3 (6 − x) = log3 (6 − y) ⇔ x = y Vậy x = y = z Vậy hệ phương trình cho tương đương x=y=z f (x) = g(x) Do f (x) hàm số đồng biến (6; +∞), g(x) hàm số nghịch biến (6; +∞) Mà f (3) = g(3) nên f (x) = g(x) ⇔ x = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y; z) = (3; 3; 3) Bài toán 3.5 Giải hệ phương trình (1 + 42x−y )51−2x+y = + 22x−y+1 y + 4x + + ln (y + 2x) = (1) (2) 44 Lời giải Điều kiện y + 2x > Đặt t = 2x − y Phương trình (1) trở thành (1 + 4t )51−t = + 2t+1 ⇔ 5( )t + 5( )t − 2.2t − = 5 Xét hàm số f (t) = 5( )t + 5( )t − 2.2t − với t ∈ R, ta có 5 (3.3) 1 4 f (t) = 5( )t ln + 5( )t ln − 2.2t ln 2, ∀t ∈ R, 5 5 nên hàm số f (t) đồng biến R Phương trình (3.3) có dạng f (t) = f (1) ⇔ t = 1, hay 2x − y = ⇔ x = y+1 Thế vào (2) ta y + 2y + + ln (y + y + 1) = Xét hàm số g(y) = y + 2y + + ln (y + y + 1) với y ∈ R, ta có g (y) = 3y + 2y + +y+1 y2 2(y + 1)2 + = 3y + > 0, ∀y ∈ R, y +y+1 nên hàm số g(y) đồng biến R Phương trình (3.4) có dạng g(y) = g(−1) ⇔ y = −1 Với y = −1 ⇒ x = thỏa mãn điều kiện y + 2x > Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) = (0; −1) Bài tốn 3.6 Giải hệ phương trình xy+1 = (y + 1)x √ 2x2 − 9x + √ −4x2 + 18x − 20 + = y + 2x − 9x + (3.4) 45 Lời giải  y + > Điều kiện −4x2 + 18x − 20 ≥  y > −1 ⇔ 2x − 9x + = 2≤x≤ Đặt t= −4x2 + 18x − 20 = 1 − 4(x − )2 ⇒ ≤ t ≤ 4 Ta có −4x2 + 18x − 20 + 2x2 − 9x + =t+1+ = f (t), t ∈ [0; ] 2x − 9x + t +4 8t > 0, ∀t ∈ [0; ] + 4) 83 ⇒ = f (0) ≤ f (t) ≤ f ( ) = < 34 √ Suy y + ≥ ⇒ y + ≥ f (t) = − (t2 Ta có xy+1 = (y + 1)x ⇔ ln (y + 1) ln x = ⇔ g(x) = g(y + 1) x y+1 (3.5) Trong ln t − ln t , g (t) = ⇒ g (t) > ⇔ t < e t t2 Vì x < e < y + nên g(x) nghịch biến, g(y + 1) đồng biến Do (3.5) có g(t) = nghiệm có cặp nghiệm Mặt khác ta thấy x = 2; y = nghiệm hệ Vây (x; y) = (2; 3) nghiệm hệ phương trình cho Bài tốn 3.7 [Vơ địch Mỹ-Olympic sinh viên 2003] Cho hai hàm số liên tục f, g : [0, 1] → [0, 1] thỏa mãn điều kiện f (g(x)) = g(f (x)) với x ∈ [0, 1] Biết f hàm tăng Chứng minh hệ phương trình f (x) = x g(x) = x có nghiệm thuộc [0, 1] Lời giải Đặt h(x) = g(x) − x ⇒ h(x) hàm liên tục [0, 1], ta có h(0) = g(0) ≥ 0, h(1) = g(1) − ≤ Do tồn x0 ∈ [0, 1] cho h(x0 ) = ⇒ g(x0 ) = x0 • Nếu f (x0 ) = x0 ta có điều phải chứng minh 46 • Nếu f (x0 ) = x0 xét dãy xn xác định x1 = f (x0 ), x2 = f (x1 ), , xn+1 = f (xn ), ∀n ≥ 1, n ∈ N Ta có xn ∈ [0, 1], ∀n ≤ Hơn f (x) hàm tăng [0, 1] nên {xn } dãy đơn điệu: {xn } tăng x0 < f (x0 ) {xn } giảm x0 > f (x0 ) Suy dãy {xn } hội tụ n → ∞ Đặt lim xn = a, a ∈ [0, 1] n→∞ Bằng qui nạp theo n ta chứng minh g(xn ) = xn , ∀n ≥ Thật vây n = ta có x1 = f (x0 ) ⇒ g(x1 ) = g(f (x0 )) = f (g(x0 )) = f (x0 ) = x1 Giả sử g(xk ) = xk với k ≥ 1, k ∈ N Khi xk+1 = f (xk ) = f (g(xk )) = g(f (xk )) = g(xk+1 ) Theo nguyên lý qui nạp ta có g(xn ) = xn , ∀n ≥ 1, ta có f (a) = f ( lim xn ) = lim f (xn ) = lim xn+1 = a, n→∞ n→∞ n→∞ g(a) = g( lim xn ) = lim g(xn ) = lim xn+1 = a n→∞ n→∞ n→∞ Vậy có a ∈ [0, 1] cho f (a) = a g(a) = a Hay hệ phương trình f (x) = x g(x) = x có nghiệm thuộc [0, 1] 3.2 Áp dụng định lí Cauchy để giải hệ hốn vị vịng quanh n biến, n ≥ 2, n ∈ N Bài toán 3.8 Giải hệ phương trình tập số thực   x31 − x21 + = 2x2      3 x2 − x2 + = 2x3      x3 − x2 + = 2x1 2016 2016 47 Lời giải Điều kiện xi ∈ R, i = 1, 2, , 2016 Xét hàm số f (t) = t3 − t + g(t) = 2t Ta có f (t) = 3t2 − = ⇔ t = ±1 g (t) = > Trường hợp Nếu t ∈ (−∞; −1) ∪ (1; +∞) f, g hàm đồng biến Vì n = 2016 chẵn nên theo định lí Cauchy hệ có nghiệm nghiệm nhaux1 = x2 = = x2016 Khi đó, hệ tương đương với phương trình x3 − x2 + = 2x ⇔ (x − 2)(2x2 + x − 2) = √ √ −1 + 17 + 17 , x2 = (loại) ⇒ x1 = 2, x2 = − 4 √ + 17 Vậy hệ có hai nghiệm x1 = x2 = = x2016 = {2; − } Trường hợp Nếu t ∈ [−1; 1] Khi f hàm nghịch biến, g hàm đồng biến Theo định lí 1.12 trường hợp n = 2016 chẵn, hệ có nghiệm x1 = x3 = = x2015 x2 = x4 = = x2016 Khi đó, hệ tương đương với hai phương trình  x3 − x2 + = 2x2 x3 − x2 + = 2x1 2 (1) (2) Lấy (1) trừ (2), ta có phương trình (x31 − x32 ) − (x21 − x22 ) = −2(x1 − x2 ) ⇔ (x1 − x2 )[x1 + x1 x2 + x2 − (x1 + x2 ) + 2] = Từ suy ra: • Hoặc x1 = x2 ⇒ x1 = x2 = = x2016 √ −1 + 17 = • Hoặc x21 + x1 x2 + x22 − (x1 + x2 ) + = ⇔ [(x1 + x2 )2 − 2(x1 + x2 ) + ] + = −(x21 + x22 ) 4 32 ⇔ [(x1 + x2 ) − ] + = −(x21 + x22 ), 48 suy khơng có nghiệm thực Vậy hệ có ba nghiệm thực thỏa mãn x1 = x2 = = x2016 √ −1 ± 17 } = {2; Bài toán 3.9 [HSG Quốc gia THPT, bảng A, năm 2006] Giải hệ phương trình √  x2 − 2x + log3 (6 − y) = x √ y − 2y + log3 (6 − z) = y z − 2z + log3 (6 − x) = z Lời giải Điều kiện x, y, z > Hê cho tương đương vơi  x  log3 (6 − y) = √    x2 − 2x +  y log3 (6 − z) = y − 2y +   z   log3 (6 − x) = √ z − 2z + Xét hàm số f (t) = √ (1) (2) (3) t (6; +∞), ta có − 2t + √ 2t − t2 − 2t + − t √ t2 − 2t + f (t) = t − 2t + 6−t √ > 0, ∀t ∈ (6; +∞) = (t2 − 2t + 6) t2 − 2t + t2 Suy f (t) hàm số đồng biến (6; +∞) Xét hàm số g(t) = log3 (6 − t) (6; +∞), ta có g (t) = − < 0, (6 − t)ln3 ∀t ∈ (6; +∞) Suy g(t) hàm số nghịch biến (6; +∞) Khi hệ ban đầu có dạng  f (x) = g(y) f (y) = g(z) f (z) = g(x)  Áp dụng định lý 1.12 (trong trường hợp n = lẻ) suy hệ có nghiệm x = y = z Khi thay vào (1), ta có: x log3 (6 − x) = √ ⇔ g(x) = f (x) x2 − 2x + (4) 49 Đặt h(x) = f (x) − g(x), suy h (x) = f (x) − g (x) > với ∀x ∈ (−∞; 6) Nên theo hệ định lý Rolle suy phương trình (4) có nghiệm Ta có g(3) = log3 (6 − 3) = 1, f (3) = Vậy suy x = y = z = nghiệm hệ Thử lại vào hệ phương trình ban đầu (1)(2)(3), ta thấy thỏa mãn Vậy hệ có nghiệm x = y = z = Bài tốn 3.10 Giải hệ phương trình R  (x − 1)2 = 2y (1)    (y − 1) = 2z (z − 1)2 = 2t    (t − 1)2 = 2x (2) (3) (4) Lời giải Điều kiện x, y, z, t > Đặt g(x) = 2x, f (x) = (x − 1)2 = x2 − 2x + Khi đó, hệ tương đương với  f (x) = g(y)    f (y) = g(z) f (z) = g(t)    f (t) = g(x) Ta có g (x) = > 0, f (x) = 2x − = x = Trường hợp Với x ∈ (1; +∞), f g hàm đồng biến Theo định lý 1.12 hệ có nghiệm nghiệm nhau, x = y = z = t Khi đó, hệ tương đương với phương trình (x − 1)2 = 2x ⇔ x2 − 4x + = √ √ ⇒ x1 = + 3, x2 = − (loại) √ Vậy hệ có nghiệm x = y = z = t = + Trường hợp Với x ∈ (−∞; 1], f hàm nghịch biến , g hàm số đồng biến Theo định lý 1.12 hệ có nghiệm x = z y = t Khi đó, hệ tương đương với hai phương trình (x − 1)2 = 2y (y − 1)2 = 2x (5) (6) Lấy (5) trừ (6), ta có phương trình (x − y)(x + y − 2) = −2(x − y) ⇔ (x − y)(x + y) = 50 Từ suy ra: √ Hoặc x = y ⇒ x = y = z = t = − Hoặc x = −y ⇒ (x − 1)2 = −x (vơ nghiệm x > 0) √ Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm x = y = z = t = ± Bài toán 3.11 Giải hệ phương trình R  1 = y.42z +z = z.42x +x  = x.42y +y Lời giải Điều kiện x, y, z > Hệ phương trình tương đương với:  1 = y.42z +z (1) = z.42x +x  = x.42y +y (2) (3) Theo định lý 1.12 hệ có nghiệm x = y = z Hệ tương đương với phương trình sau 3 x = ( )2x +x ⇔ x − ( )2x +x = (4) 4 2x3 +x2 , ta có Xét hàm số f (x) = x − ( ) f (x) = − (6x2 + 2x)( )2x +x ln 4 = + (6x2 + 2x)( )2x +x ln > 0, ∀x > Theo hệ định lý Rolle, suy phương trình (4) có nghiệm 1 Ta có f ( ) = 0, suy x = nghiệm 2 Vậy hệ có nghiệm x = y = z = Bài tốn 3.12 Tìm tham số m để hệ phương trình có nghiệm thực  x2 − x − y = 8m3 y − y − z = 8m3 z − z − x = 8m3  Lời giải Điều kiện x, y, z ∈ R Ta viết lại hệ dạng sau  x2 − x − 8m3 = y y − y − 8m3 = z  z − z − 8m3 = x ⇔  f (y) = g(x) f (z) = g(y) f (x) = g(z)  51 f (t) = t, g(t) = t2 − t − 8m3 hàm khả vi R Với n = lẻ, theo định lý 1.12 hệ có nghiệm nghiệm nhau, x = y = z Khi hệ tương đương với phương trình : x = x2 − x − 8m3 ⇔ x2 − 2x − 8m3 = (1) Để hệ có nghiệm phương trình (1) phải có nghiệm ta phải có ∆ = + 8m ≥ ⇔ m ≥ − 52 Kết luận Luận văn đạt số kết quả: Khai thác tính đơn điệu hàm số toán cao cấp ứng dụng để giải phương trình hệ phương trình toán sơ cấp hiệu cho lời giải đẹp, tạo niềm đam mê tìm tịi sáng tạo học tập toán học sinh Đã hệ thống phân loại dạng toán từ dễ đến khó với nhiều ví dụ minh họa áp dụng phương pháp giải toán phong phú kèm tập tiêu biểu lựa chọn từ đề thi Olympic toán khu vực Quốc tế, kì thi Olympic sinh viên tồn quốc Mỗi tập có hướng dẫn cách giải Hướng nghiên cứu Ứng dụng định lý Rolle hệ phân bố khơng điểm đạo hàm hàm giải tích, qua xét phân bố nghiệm hàm đa thức 53 Tài liệu tham khảo Tài liệu tiếng Việt [1] Lê Hải Châu (1995), Các thi chọn học sinh giỏi Toán PTTH toàn quốc, NXB GD [2] Nguyễn Quý Dy, Nguyễn Văn Nho, Vũ Văn Thỏa (2002), Tuyển tập 200 thi vơ địch tốn Giải tích, NXB GD [3] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Đặng Huy Ruận, Nguyễn Minh Tuấn (2008), Kỷ yếu trại hè Hùng Vương lần thứ IV [4] Nguyễn Văn Mậu (2010), Một số chuyên đề giải tích bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông, NXB GD [5] Nguyễn Văn Mậu, Trịnh Đào Chiến, Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất (2008), Chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng, NXB GD Tài liệu Tiếng Anh [6] W.J.Kackor, M.T.Nowak (2000), Problem in mathematical analysis I, Real number, Sequences and Series, AMS [7] P.K.Sahoo, T.Riedel (1998), Mean Value theorems and Functional Equations, World Scientific, River Edge, World Scientific CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc BẢN XÁC NHẬN Xác nhận luận văn chỉnh sửa theo ý kiến kết luận Hội đồng bảo vệ luận văn Giáo viên hướng dẫn TS Nguyễn Đình Bình Xác nhận sở đào tạo ... xét tồn nghiệm phương trình cho trước Chương Áp dụng tính đơn điệu hàm số để giải hệ phương trình Chương trình bày ứng dụng định lý Lagrange, định lý Cauchy hệ để giải hệ phương trình Các tập... HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN ĐƠNG ÁP DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 Người hướng... 39 Chương Áp dụng tính đơn điệu hàm số để giải hệ phương trình Trong chương này, quan tâm đến ứng dụng Định lý Rolle, định lý Lagrange, định lý Cauchy hệ giải hệ phương trình 3.1 Áp dụng định