Một số dạng toán đại số nâng cao

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THÙY LINH MỘT SỐ DẠNG TOÁN ĐẠI SỐ NÂNG CAO LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN, NĂM 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THÙY LINH MỘT SỐ DẠNG TOÁN ĐẠI SỐ NÂNG CAO Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS NGUYỄN VĂN NGỌC THÁI NGUYÊN, NĂM 2015 i Lời cảm ơn Trước hết em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới người thầy đáng kính TS Nguyễn Văn Ngọc, thầy khơng ngại khó khăn tận tình hướng dẫn, giúp đỡ em suốt q trình xây dựng đề cương, làm hồn thiện luận văn Em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy cô giáo, Ban lãnh đạo trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên người tạo điều kiện mặt để em tham gia học tập hồn thành khóa học Đồng thời em gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn học viên lớp K7Q người ln lắng nghe, đóng ghóp ý kiến, giúp đỡ, động viên em trình học tập, nghiên cứu hoàn thành luận văn Mặc dù cố gắng nhiều, lực thân cịn nhiều hạn chế nên chắn luận văn khơng tránh khỏi nhiều thiếu sót, em mong nhận ý kiến đóng ghóp thầy giáo bạn để luận văn hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, ngày tháng .năm 2015 Học viên Phạm Thùy Linh ii Mục lục Lời cảm ơn Mục lục Mở đầu i ii 1 Đồng thức 1.1 Hằng đẳng thức thức 1.1.1 Các đẳng thức 1.1.2 Căn thức 1.1.3 Một số toán 1.2 Ứng dụng đẳng thức bậc hai 1.2.1 Cơ sở lý thuyết 1.2.2 Các toán 1.3 Ứng dụng đẳng thức bậc ba 1.3.1 Cơ sở lý thuyết 1.3.2 Các toán áp dụng 1.4 Phân thức hữu tỷ 1.4.1 Ứng dụng tam thức bậc hai phân thức hữu tỷ 1.4.2 Ứng dụng đồng thức phân thức hữu tỷ 3 4 8 10 10 11 14 14 22 22 24 26 26 28 44 44 44 45 45 53 53 56 Đa 2.1 2.2 2.3 thức đối xứng số ứng dụng Cơ sở lý thuyết Phân tích thành nhân tử Chứng minh bất đẳng thức 2.3.1 Đa thức đối xứng hai biến 2.3.2 Đa thức đối xứng ba biến Phương trình bậc ba phương trình bậc bốn 3.1 Phương trình bậc ba 3.1.1 Phương trình bậc ba 3.1.2 Cách giải phương trình bậc ba 3.1.3 Các tập 3.2 Phương trình bậc bốn 3.2.1 Phương trình bậc bốn 3.2.2 Phương trình trùng phương 15 iii 3.2.3 3.2.4 3.2.5 3.2.6 Phương trình hệ số đối xứng phương trình hồi quy bậc bốn Phương trình bậc bốn khuyết lũy thừa bậc ba Một số dạng phương trình khác Một số phương pháp giải phương trình bậc bốn 58 61 63 67 Kết luận 71 Tài liệu tham khảo 72 Mở đầu Đẳng thức, bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình v.v chuyên mục đại số quan trọng dạy bậc phổ thơng Các tốn chun mục (và hầu hết chuyên mục khác) phân thành loại như: bản, nâng cao khó Các tốn nâng cao khó thường xuất kỳ thi học sinh giỏi cấp thi vào trường chuyên Các toán loại thu hút nhiều người dạy học, kích thích tị mị, đam mê, góp phần nâng cao chất lượng học tập Do đó, việc tìm hiểu, thu thập, sáng tác biên tập toán nâng cao khó cần thiết cho cơng việc giảng dạy học tập toán học bậc phổ thơng Mục đích luận văn giới thiệu tốn nâng cao khó (gọi chung nâng cao) số chuyên mục đại số như: đồng thức, bất đẳng thức phương trình đại số Đó chuyên mục của đại số bậc phổ thông, trung học sở Luận văn có cấu trúc: Mở đầu, ba chương nội dung, kết luận tài liệu tham khảo Chương 1: Đồng thức Chương trình bày số dạng toán nâng cao đa thức phân thức, đặc biệt khai thác số đẳng thức áp dụng tính giá trị biểu thức phức tạp, chứng minh đẳng thức, phân tích thành nhân tử, v.v Trình bày số tính chất phân thức hữu tỷ áp dụng tính giá trị biểu thức phân thức hữu tỷ v.v Chương 2: Đa thức đối xứng số ứng dụng Các tốn có tính đối xứng, toán vê bất đẳng thức, thường đẹp hình thức độc đáo cách giải nên hấp dẫn người dạy học toán sơ cấp bậc phổ thông Một công cụ hiệu giải tốn có tính đối xứng vận dụng lý thuyết đa thức đối xứng mà cụ thể công thức Waring biểu diễn tổng lũy thừa theo đa thức đối xứng sở Lý thuyết đa thức đối xứng áp dụng tiếng Việt tìm thấy tài liệu [2] Chương hình thành sở tài liệu [2], nhiên tốn trình bày chương hồn tồn chưa giới thiệu tài liệu nói trên, số có nhiều tác giả sáng tác Các toán bất đẳng thức chiếm vị trí đáng kể số toán giới thiệu chương Chương 3: Phương trình bậc ba phương trình bậc bốn Phương trình hệ phương trình đại số chuyên mục trung tâm đại số dược dạy từ bậc trung học sở Hiện có số lượng lớn tài liệu giới thiệu phương trình hệ phương trình bậc bậc hai So với phương trình cấp thấp, phương trình bậc cao hơn, bậc ba bậc bốn không giới thiệu tổng quát bậc phổ thông, có phương trình cụ thể dễ dàng đưa phương trình bậc thấp Ngồi ra, số lượng mức độ khó phương trình bậc cao cịn hạn chế, đó, chương luận văn dành cho việc trình bày cách giải phương trình bậc ba, bậc bốn nghiên cứu toán khác liên quan đến hai lớp phương trình Các tốn giới thiệu đa phần tốn khó lấy từ đề thi vào đại học hay thi học sinh giỏi cấp nước Nội dung chương hình thành chủ yếu từ tài liệu [1] [4] Chương Đồng thức Chương trình bày số dạng tốn nâng cao đa thức phân thức, đặc biệt khai thác số đẳng thức áp dụng tính giá trị biểu thức phức tạp, chứng minh đẳng thức, phân tích thành nhân tử, v.v Trình bày số phương pháp tính giá trị biểu thức phân thức hữu tỷ Nội dung chương hình thành chủ yếu từ tài liệu [5-8], [9] [??] 1.1 Hằng đẳng thức thức 1.1.1 Các đẳng thức Bình phương tổng, hiệu (a ± b)2 = a2 ± 2ab + b2 = (a ∓ b)2 ± 4ab Hiệu hai lũy thừa bậc an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + + abn−2 + bn−1 ) Tích hai tổng hai bình phương (a2 + b2 )(x2 + y ) = (ax + by )2 + (ay − bx)2 Tổng hai lũy thừa bậc lẻ a2n+1 + b2n+1 = (a + b)(a2n − a2n−1 b + − ab2n−1 + b2n ) Lũy thừa tổng hai số (Nhị thức Newton) n n (a + b) = ∑ Cnk an−k bk , Cnk = k =0 n! , n! = 1.2 n, 0! = k!(n − k )! 1.1.2 Căn thức Căn bậc n(n ∈ N, n ≥ 2) số thực a số thực b (nếu có) cho bn = a Căn bậc lẻ (n = 2k + 1) : Mọi √ số thực có bậc lẻ có 2k+1 bậc lẻ ký hiệu a Căn bậc chẵn (n = 2k ) : Số thực âm khơng có bậc chẵn Số có căn√bậc chẵn√là Số dương√có hai bậc chẵn hai số đối 2k a − 2k a (trong 2k a ≥ 0) Một số phép biến đổi thức a Biến đổi bậc lẻ √ 2k+1 A2k+1 = A; √ 2k+1√ √ 2k+1 2k+1 A.B = A B; b Biến đổi bậc chẵn √ 2k A2k = ∣A∣; √ √ 2k ∣A∣ A 2k = 2k√ AB ≥ 0, B ≠ 0; B ∣B ∣ 1.1.3 √ √ 2k+1 A2k+1 B = A B √ √ A 2k+1 A 2k+1 = √ , B ≠ B 2k+1 B 2k+1 √ √ √ AB = 2k ∣A∣ 2k ∣B ∣ AB ≥ √ √ 2k 2k A2k B = ∣A∣ B, B ≥ 2k Một số tốn Bài tốn 1.1 Phân tích thành nhân tử a x4 − 6x3 + 11x2 − 6x + b 6x5 − 15x4 + 20x3 − 15x3 + 6x − Lời giải a Ta có x4 − 6x3 + 11x2 − 6x + = (x4 − 6x3 + 9x2 ) + (2x2 − 6x) + = (x2 − 3x)2 + 2(x2 − 3x) + = (x2 − 3x + 1)2 b Khai triển nhị thức Newton (x − 1)6 = x6 − 6x5 + 15x4 − 20x3 + 15x3 − 6x + Do 6x5 − 15x4 + 20x3 − 15x3 + 6x − = x6 − (x − 1)6 = [x3 − (x − 1)3 ][x3 + (x − 1)3 ] = [x2 + x(x − 1) + (x − 1)2 ][(2x − 1)(x2 − x(x − 1) + (x − 1)2 ] = (3x2 − 3x + 1)(2x − 1)(x2 − x + 1) Bài tốn 1.2 Phân tích thành nhân tử biểu thức a x8 + x4 + b x10 + x5 + Lời giải a Ta có x8 + x4 + = (x8 + 2x4 + 1) − x4 = (x4 + 1)2 − x4 = (x4 + x2 + 1)(x4 − x2 + 1) = (x4 + 2x2 + − x2 )(x4 + 2x2 + − 3x2 ) √ = [(x2 + 1)2 − x2 ][(x2 + 1)2 − ( 3x)2 ] √ √ 2 2 = (x + x + 1)(x − x + 1)(x + 3x + 1)(x − 3x + 1) b Ta có x10 + x5 + = (x10 + x9 + x8 ) − (x9 + x8 + x7 ) + (x7 + x6 + x5 ) − (x6 + x5 + x4 ) + (x5 + x4 + x3 ) − (x3 + x2 + x) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x8 − x7 + x5 − x4 + x3 − x + 1) Bài tốn 1.3 Phân tích thành nhân tử a x3 + y + z − 3xyz b (x + y + z )3 − x3 − y − z Lời giải a Ta có x3 + y + z − 3xyz = (x + y )3 − 3xy (x + y ) + z − 3xyz = [(x + y )3 + z ] − 3xy (x + y + z ) = (x + y + z )[(x + y )2 − (x + y )z + z ] − 3xy (x + y + z ) = (x + y + z )(x2 + y + z − xy − yz − zx) 59 Phương pháp: Đặt ẩn phụ : t = x2 ± ⇒ t2 = x4 ± 2x + Khi ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = ⇔ a(x4 ± 2x2 + 1) + b(x2 ± 1) + (c ± 2a)x2 = Do ta có at2 + bxt + (c ± 2a)x2 = (3.21) phương trình (3.21) ẩn t có nghiệm b2 − 4ac ± 8a2 ≥ Thay nghiệm t phụ thuộc x vào biểu thức x2 − t ± = giải phương trình ta tìm x Bài tốn 3.20 Giải phương trình x4 + 2x3 − x2 + 2x + = Lời giải Đây phương trình bậc bốn đối xứng Chia hai vế cho x2 ( khác khơng) ta phương trình tương đương 2x2 + 3x − 16 + + =0⇔ x x2 (x2 + 1 ) + ( x + ) − 16 = 0, x2 x 1 ⇒ t2 − = x2 + Phương trình có dạng x x ⎡ t = −4 ⎢ 2t + 3t − 20 = ⇔ ⎢⎢ ⎢ t = ⎣ √ ⎧ ⎪ ⎪x + = −4 x2 + 4x + = x = −2 ± ⇔{ ⇔{ Với t = −4, ta có ⎨ x x≠0 ⎪ x ≠ ⎪ x ≠ ⎩ ⎧ ⎡ ⎪ ⎢ x= ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎢ ⎪x + = 2x − 5x + = Với t = , ta có ⎨ ⎨⎢ x = 22 ⇔ { ⇔ x x≠0 ⎪ ⎪ ⎣ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩x ≠ ⎪ x ⎪ ⎩ ≠ √ Vậy phương trình cho có bốn nghiệm x = −2 ± 3, x = , x = 2 Đặt t = x + Bài toán 3.21 Giải phương trình x4 + 3x3 − 2x2 − 6x + = Lời giải Đây phương trình bậc bốn dạng hồi quy Chia hai vế cho x2 ( khác khơng) ta phương trình tương đương (x2 + ) + ( x − ) − = x2 x 60 Đặt t = x − ⇒ t2 + = x2 + Phương trình có dạng x x t = −1 t2 + 3t + = ⇔ [ t = −2 Vậy ta có x − 2 = −1 x − = −2 x x x2 + x − = x2 + 2x − = Từ tìm nghiệm phương trình x1 = −1; x2 = −2; x3,4 = −1 ± √ Bài toán 3.22 Chứng minh phương trình x4 + ax3 + bx2 + ax + = có nghiệm thực a 2a2 + b2 ⩾ , b a2 + b2 ⩾ Lời giải a Giả sử x nghiệm thực phương trình cho Rõ ràng x ≠ Khi ta có −1 − x4 = ax3 + bx2 + ax Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (−1 − x4 )2 = (ax3 + bx2 + ax)2 ⩽ (a2 + b2 + a2 )(x6 + x4 + x2 ) Suy (1 + x4 )2 2a + b ⩾ x + x4 + x2 2 Chúng ta chứng tỏ (−1 − x4 )2 ≥ ⇔ 3x8 + 6x4 + ⩾ 4x6 + 4x4 + 4x2 x +x +x 2 ⇔ (x − 1) (3x4 + 2x2 + 3) ⩾ Từ suy 2a2 + b2 ⩾ 61 b Giả sử x nghiệm thực phương trình cho (x ≠ 0), chia hai vế phương trình cho x2 , ta (x2 + ) + a(x + ) + b = (3.22) x x Đặt t = x + , ∣t∣ ⩾ Khi phương trình (3.22 biến đổi x dạng − t2 = at + b Theo bất đẳng thức Cauchy- schwarz, ta có (2 − t2 )2 = (at + b)2 ⩽ (a2 + b2 )(t2 + 1) ⇒ a2 + b2 ⩾ (t2 − 2)2 t2 + Đặt u − t2 + Vì ∣t∣ ⩾ 2, nên u ⩾ Ta có a2 + b2 ⩾ Xét hàm số (u − 3)2 =u−6+ u u f (u) = u − + u Ta có > 0, u ⩾ u2 Suy f(u) đồng biến khoảng [5; +∞) Do a2 + b2 ⩾ minf (u) = f (5) = [5;+∞) f ′ (u) = − 3.2.4 Phương trình bậc bốn khuyết lũy thừa bậc ba Xét phương trình x4 = ax2 + bx + c (b ≠ 0) (3.23) Giả sử α nghiệm phương trình Khi ta có 4(α2 + c)(2α + a) − b2 = (3.24) biến đổi phương trình (3.23) dạng x4 + 2αx2 + α2 = (a + 2α)[x2 + bx + (c + α2 )] (3.25) Với điều kiện (3.24), vế phải (3.25) bình phương nhị thức, phương trình (3.25) có dạng (x2 + α)2 = (a + 2α)[x + Từ (3.25) suy b ] 2(a + 2α) (3.26) 62 a Nếu a + 2α < 0, phương trình (3.23) nghiệm b Nếu a + 2α > 0, phương trình (3.23) đương với tổ hợp phương trình bậc hai b ], 2(a + 2α) √ b ] x2 + α = − a + 2α[x + 2(a + 2α) x2 + α = √ a + 2α[x + Phương trình bậc bốn đầy đủ t4 + αt3 + βt2 + γt + η = (3.27) α , đưa dạng (3.23) Thật ta có α α α α (x − )4 + α(x − )3 + β (x − )2 + γ (x − )2 = 4 4 ⇔ x = ax + bx + c Bằng cách đặt t = x − Trong 3α2 α3 − β, b = − + αβ − γ, 8 (3α4 − 16α2 β + 64αγ − 256η ) c= 256 a= Bài toán 3.23 Giải phương trình x4 = x2 + 6x + Lời giải Biến đổi phương trình dạng (x2 + α)2 = (1 + 2α)x2 + 6x + (2 + α2 ), chọn α cho ∆′ = 32 − (1 + 2α)(2 + α2 ) = Dễ thấy α = 1, thỏa mãn phương trình Do viết phương trình dạng √ √ x2 + = √ 3(x + 1) 2 (x + 1) = [ 3(x + 1)] ⇔ [ x + = − 3(x + 1) √ √ √ √ 3± 3−1 Giải phương trình: x2 + = 3(x + 1), có nghiệm x1,2 = √ Phương trình: x2 + = − 3(x + 1) vô nghiệm √ √ √ 3± 3−1 Vậy phương trình cho có nghiệm x1,2 = 63 3.2.5 Một số dạng phương trình khác Phương trình dạng (x + a)4 + (x + b)4 = c a+b Để giải phương trình ta đặt x = t − sử dụng đồng thức (α + β )4 = [(α + β )2 ]2 = α4 + 4α3 β + 6α2 β + 4αβ + β Khi dễ dàng đưa phương trình cho phương trình trùng phương Bài tốn 3.24 Giải phương trình (x − 6)4 + (x − 8)4 = 16 −6 − = t + Khi phương trình cho tương đương với phương trình Lời giải Đặt x = t − (t + 1)4 + (t − 1)4 = 16 ⇔ t4 + 6t2 − = ⇔ [ t2 = (Nhận) t = −7 (Loại) x=8 x−7=1 Với t2 = ⇔ (x − 7)2 = ⇔ [ x − = −1 ⇔ [ x = Vậy phương trình có nghiệm x = 8, x = Phương trình dạng (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) = Ax2 Trong ab = cd Có thể dẫn đến phương trình bậc hai cách đặt ab y =x+ x Bài tốn 3.25 Giải phương trình (x + 2)(x + 3)(x + 8)(x + 12) = 4x4 Lời giải Ta có (x + 2)(x + 3)(x + 8)(x + 12) = 4x2 ⇔ (x2 + 14x + 24)(x2 + 11x + 24) = 4x2 Vì x = 0, khơng phải nghiệm phương trình cho, chia hai vế cho x2 , ta phương trình tương đương (x + 14 + 24 24 )(x + 11 + ) = x x 24 Khi ta có phương trình (y + 14)(y + 11) = 4, hay x y + 25y + 150 = Từ tìm nghiệm y1 = −15, y2 = −10 Như vậy, phương trình cho tương đương với tổ hợp phương trình ⎡ ⎢ x + 24 = −15 ⎢ x2 + 15x + 24 = ⎢ x ⇔ [ ⎢ x2 + 10x + 24 = ⎢ x + 24 = −10 ⎢ x ⎣ Đặt y = x + 64 Giải phương trình trên, ta có kết √ √ −15 − 129 −15 + 129 x1 = , x2 = , x3 = −6, x4 = −4 2 Bài tốn 3.26 Giải phương trình (4x + 1)(12x − 1)(3x + 2)(x + 1) = Lời giải Ta có (4x + 1)(12x − 1)(3x + 2)(x + 1) = ⇔(4x + 1)(3x + 2)(12x − 1)(x + 1) = ⇔(12x2 + 11x + 2)(12x2 + 11x − 1) = Đặt 12x2 + 11x − = t Phương trình cho có dạng t=1 (t + 3)t = ⇔ t2 + 3t − = ⇔ [ t = −4 √ ⎡ −11 + 217 ⎢ ⎢ x= ⎢ 2√ Với t = ta có 12x2 + 11x − = ⇔ ⎢ ⎢ − 11 − 217 ⎢ x= ⎢ ⎣ Với t = −3 ta có 12x2 + 11x − = −4 ⇔ 12x2 + 11x√+ = −11 ± 217 Vậy phương trình cho có nghiệm x = Phương trình dạng a(ax2 + bx + c)2 + b(ax2 + bx + c) + c = f [f (x)] = x Trong f (x) = ax2 + bx + x, giải sau Đặt y = ax2 + bx + c Khi phương trình cho tương đương với hệ phương trình ax2 + bx + c = y { ay + by + c = x Trừ theo vế phương trình hệ, ta a(x2 − y ) + b(x − y ) = y − x ⇔ (x − y )[a(x + y ) + b + 1] = đẳng thức thay y = ax2 + bx + c, dễ dàng nhận phương trình [ax2 + (b − 1)x + c][a2 x2 + (a + ab)x + ac + b + 1] = (3.28) Như hệ phương trình cho tương đương với hai phương trình bậc hai [ ax2 + (b − 1)x + c = 0, a2 x2 + (a + ab)x + ac + b + = Bài toán 3.27 Cho f (x) = x2 − x + Giải phương trình: f [f (x)] = x 65 Lời giải Trong trường hợp theo (3.28)ta có phương trình [x2 − 2x + 1][x2 + 1] = Từ ta suy phương trình có nghiệm x = Bài toán 3.28 Cho f (x) = x2 + mx + a Chứng minh phương trình f (x) = có nghiệm, vơ nghiệm Thì phương trình f [f (x)] = x có nghiệm, vơ nghiệm b Tìm m để phương trình f [f (x)] = x, có bốn nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 , ( kể nghiệm kép nghiệm bội ) cho ∣x1 + x2 + x3 + x4 ∣ có giá trị nhỏ Lời giải a) Phương trình f (x) = x, có dạng x2 + (m − 1)x + = Biệt thức phương trình △1 = (m − 1)2 − Theo cơng thức (3.28) phương trình f [f (x)] = x, tương đương với [x2 + (m − 1)x + 1][x2 + (m + 1)x + m + 2] = (3.29) Tam thức thứ vế trái (3.29) có biệt thức △1 = (m − 1)2 − 4, biệt thức tam thức thứ hai △2 = (m + 1)2 − 4(m + 2) Dễ thấy (m + 1)2 − 4(m + 2) = (m − 1)2 − Do △2 = △1 − 4, nên △1 < 0, △2 < 0, nghĩa phương trình f (x) = x vơ nghiệm phương trình f [f (x)] = x vơ nghiệm Rõ ràng phương trình f (x) = x có nghiệm, nghĩa △1 ⩾ 0, phương trình f [f (x)] = x có nghiệm b) Để phương trình (3.29)có bốn nghiệm phương trình x2 + (m − 1)x + = (3.30) x2 + (m + 1)x + m + = (3.31) Phải có nghiệm Điều xảy △ = (m − 1)2 − ⩾ 0, { △2 = (m + 1)2 − 4(m + 2) ⩾ Giải hệ ta √ m ⩽ − 2√2 [ m ⩾ + 2 (3.32) 66 giả sử x1 , x2 nghiệm phương trình (3.30)và x3 , x4 nghiệm phương trình (3.31) Theo định lí Viet ta có x1 + x2 = − m, x1 x2 = 1, x3 + x4 = −(m + 1), x3 x4 = m + Do ta có S = ∣x1 + x2 + x3 + x4 ∣ = ∣1 − m − m − 1∣ = 2∣m∣ (3.33) √ Từ (3.32), (3.33) suy S có giá trị nhỏ m = − 2 Phương trình dạng (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = e Trong bốn số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện tổng hai số chúng tổng hai số lại Phương pháp : Giả sử α = a + b = c + d, phương trình viết lại [x2 + (a + b)x + ab].[x2 + (c + d)x + cd] = e Đặt y = X + αX, phương trình có dạng (y + ab)(y + cd) = e, ta giải phương trình ẩn y Bài tốn 3.29 (THPT Chun TP Hồ Chí Minh - 2007)Giải phương trình (x2 − 1)(x + 3)(x + 5) = Lời giải Ta có (x2 − 1)(x + 3)(x + 5) = ⇔(x + 1)(x + 3)(x − 1)(x + 5) = ⇔(x2 + 4x − 5)(x2 + 4x + 3) = Đặt t = x2 + 4x, phương trình có dạng t=6 (t − 5)(t + 3) = ⇔ t2 − 2t − 24 = ⇔ [ t = −4 √ Với t = ⇔ x2 + 4x = ⇔ x1,2 = −2 ± 10 Với t = −4 ⇔ x2 + 4x = −4 ⇔ x = −2 c2 Phương trình dạng x4 + ax3 + cx2 + = (a ≠ 0) a c 2c c2 Phương pháp : Đặt t = x + ⇒ t = x + x + Lúc ta có a a a c2 =0 a2 2c c2 c 2c ⇔ (x4 + x2 + ) + ax (x2 + ) + (b − ) x2 = a a a a x4 + ax3 + cx2 + Tức : t2 + axt + (b − 2c ) x = a 67 Bài toán 3.30 Giải phương trình x4 + 2x3 − 20x2 + 4x + = c2 = a2 Đặt t = x2 + t2 = x4 + 4x2 + Biến đổi phương trình cho thành Lời giải Ta có : a = 2; b = −20; c = 4; (x4 + 4x2 + 4) + 2x(x2 + 2) − 24x2 = t = 4x t2 + 2xt − 24x2 = ⇔ (t − 4x)(t + 6x) = ⇔ [ t = 6x √ Với t = 4x ta có x2 − 4x + = ⇔ x = ± √ 2 Với t = 6x ta có x + 6x + = ⇔ x = −3 ± √ √ Vậy phương trình cho có bốn nghiệm x = ± x = −3 ± Phương trình dạng a2 x4 + 2abx3 + (±a + b2 )x2 ± bx + c = (a ≠ 0) Phương pháp : Đặt t = ax2 + bx ta có a2 x4 + 2abx3 + (±a + b2 )x2 ± bx + c = ⇔ (ax + bx)2 ± (ax2 + bx) + c = tức t2 ± t + c = Bài tốn 3.31 Giải phương trình 4x4 + 52x3 + 171x2 + 13x − 30 = Lời giải Ta có a2 = 4, 2ab = 52, b = 13, c = −30 Đặt t = 2x2 + 13x Biến đổi phương trình cho thành t=5 (2x2 + 13x)2 + (2x2 + 13x) − 30 = ⇔ t2 + t − 30 = ⇔ [ t = −6 √ 209 − 13 ± Với t = ⇒ 2x2 + 13x = ⇔ 2x2 + 13x − = ⇔ x = ⎡ x = −6 ⎢ Với t = 6, ta có 2x + 13x + = ⇔ ⎢⎢ ⎢ x = −2 ⎣ √ −13 ± 209 Vậy phương trình cho có bốn nghiệm x = , x = −6, x = − 3.2.6 Một số phương pháp giải phương trình bậc bốn Phương pháp hệ số bất định: Để minh họa phương pháp này, xét ví dụ sau 68 Bài tốn 3.32 Giải phương trình x4 − 4x3 − 10x2 + 37x − 14 = Lời giải Ta thử phân tích vế trái phương trình thành nhân tử hai tam thức bậc hai x2 + px + q x2 + rx + s, p, q, r, s hệ số chưa xác định(Hệ số bất định) Ta có x4 − 4x3 − 10x2 + 37x − 14 = (x2 + px + q )(x2 + rx + s) Đồng hệ số đơn thức bậc hai vế đồng thức ta có hệ phương trình sau ⎧ p + r = −4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪q + s + pr = −10 ⎨ ps + qr = 37 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩qs = −14 Ta tìm nghiệm nguyên hệ Từ phương trình cuối hệ ta đốn nghiệm ngun có q s tương ứng ±1, ±2, ±7, ±14 ∓14, ∓7, ∓2, ∓1 Thử lấn lượt giá trị q s với q = 2, s = −7 phương trình thứ hai thứ ba cho ta hệ phương trình pr = −5 p = −5 { ⇔{ −7p + 2r = 37 r = Các giá trị nghiệm phương trình thứ hệ Như ta có x4 − 4x3 − 10x2 + 37x − 14 = (x2 − 5x + 2)(x2 + x − 7) = Giải phương trình ta nghiệm √ √ ± 17 −1 ± 29 x1,2 = , x3,4 = 2 Phương pháp giải theo tham số Bài tốn 3.33 Giải phương trình x4 − 2mx2 − x + m2 − m = (3.34) Tìm giá trị tham số m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt Lời giải Phương trình cho có bậc bốn, bậc cao tham số m hai, nên ta coi phương trình phương trình bậc hai m viết lại phương trình dạng m2 − m(2x2 + 1) + x4 − x = 69 Biệt thức phương trình △ = (2x2 + 1)2 − 4(x4 − x) = 4x4 + 4x2 + − 4x4 + 4x = (2x + 1)2 Dễ dàng tìm nghiệm m: m = x2 + x + 1, m = x2 − x Như phương trình (3.34) tương đương với tổ hợp hai phương trình x2 + x + − m = 0, (3.35) x2 − x − m = (3.36) Để phương trình (3.34) có bốn nghiệm phương trình (3.35), (3.36) phải có hai nghiệm phân biệt khơng có nghiệm chung Giả sử x nghiệm chung phương trình (3.35), (3.36) Trừ theo vế phương trình trên, ta 2x + = ⇔ x = − Vậy để hai phương trình (3.35), (3.36) khơng có nghiệm chung m ≠ Phương trình (3.34) có bốn nghiệm phân biệt ⎧ ⎪ △1 = − 4(1 − m) > 0, ⎪ ⎪ ⎪ ⎪△2 = + 4m > 0, ⎨ ⇔m> ⎪ ⎪ ⎪ m ≠ ⎪ ⎪ ⎩ Từ suy m = Bài tốn 3.34 Giải phương trình √ √ x4 − 2x2 − x + − = (3.11) Lời giải Phương trình √ cho khơng chứa tham số Để tham số hóa phương trình ta đặt = m viết lại phương trình dạng x4 − 2mx2 − x + m2 − m = Phương trình phương trình (3.34), √ tương đương với tổ hợp hai phương trình (3.35), (3.36), m = Như vậy, phương trình cho tương đương với tổ hợp hai phương trình √ √ x2 + x + − = 0, x2 − x − = Giải phương trình ta tìm nghiệm phương trình cho là: √ √ √ √ −1 ± − −1 ± + x1,2 = , x3,4 = 2 70 Phương pháp trục đối xứng Đường thẳng x=h gọi trục đối xứng đồ thị hàm số y = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e, (a ≠ 0) Nếu qua phép biến đổi x = X + h, ta hàm trùng phương theo biến số X Như vậy, nếu biết phương trình trục đối xứng đồ thị hàm số bậc bốn, cách đổi biến trên, ta đưa phương trình bậc bốn tổng quát phương trình trùng phương Bài tốn 3.35 Giải phương trình x4 − 4x3 − 2x2 + 12x − = (3.37) Lời giải Ta vận dụng phương pháp trục đối xứng để tìm nghiệm phương trình Xét hàm số y = x4 − 4x3 − 2x2 + 12x − giả sử phương trình trục đối xứng đồ thị hàm số x = h Ta tịnh tiến gốc tọa độ đến điểm (h; 0) phương trình x = X + h, y = Y Ta có y = Y = (X + h)4 − 4(X + h)3 − 2(X + h)2 + 12(X + h) − = X + X (4h − 4) + X (6h2 − 12h − 2) + X (4h3 − 12h2 − 4h + 12) + (h4 − 4h3 − 2h2 + 12h − 1) Ta chọn h cho hệ số đơn thức bậc lẻ X không, nghĩa 4h − = 0, { 4h − 12h2 − 4h + 12 = Giải hệ trên, ta tìm h = Như vậy, đặt x = X + phương trình cho đưa đến phương trình X − 8X + = Phương trình có nghiệm √ √ X = ± ± 10 Do nghiệm hệ phương trình cho √ √ √ √ x1,2 = + ± 10, x3,4 = − ± 10 71 Kết luận Luận văn " Một số dạng toán đại số nâng cao " trình bày số vấn đề sau: Trình bày số tốn nâng cao đồng thức, đặc biệt toán ứng dụng đẳng thức bậc hai, bậc ba, phân thức hữu tỷ Giới thiệu sở lí thuyết đa thức đối xứng ứng dụng chứng minh bất đẳng thức đối xứng hai biến ba biến Trình bày số phương pháp giải phương trình bậc ba, phương trình bậc bốn Nghiên cứu toán khác liên quan đên hai lớp phương trình Luận văn giới thiệu số toán nâng cao đề thi học sinh giỏi, đề thi vào trường chun, tốn khó sách nước ngồi Luận văn tài liệu bổ ích việc giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi Toán cấp THCS 72 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (1998), Phương pháp giải phương trình bất phương trình, NXBGD, Hà Nội [2] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Ngọc (2009), Đa thức đối xứng áp dụng, NXBGD, Hà Nội [3] Nguyễn Văn Mậu (2011), Các chuyên đề toán học bồi dưỡng học sinh giỏi cấp trung học phổ thơng, Tuy Hịa [4] Nguyễn Văn Ngọc (2011), Một số phương pháp giải phương trình bậc bốn phương trình bậc cao hồi quy, Kỷ yếu Hội nghị Khoa học chuyên đề Toán đào tạo bồi dưỡng giáo viên THCS, 14-15/10, Trường Cao đẳng Sư phạm Phúc Yên, Vĩnh Phúc [5] Tuyển chọn theo chuyên đề toán học tuổi trẻ Quyển 1, NXBGDVN, 2010 [6] Tuyển chọn theo chuyên đề toán học tuổi trẻ Quyển 2, NXBGDVN, 2011 [7] Tuyển chọn theo chuyên đề toán học tuổi trẻ Quyển 3, NXBGDVN, 2011 [8] Tuyển chọn theo chuyên đề toán học tuổi trẻ Quyển 6, NXBGDVN, 2011 [B] Tiếng Anh [9] Andreescu T., Enescu B., (2011), Mathematical Olympiad Treasures, 2ed Springer [10] Cirtoaje V (2015), Discrete Inequalities, Volume 1, 2, 3- Symmetric Polynomials Inequalities, Art of proplem solving 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 Nguyễn Văn Ngọc Xác nhận sở đào tạo ...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THÙY LINH MỘT SỐ DẠNG TOÁN ĐẠI SỐ NÂNG CAO Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người... Mục đích luận văn giới thiệu tốn nâng cao khó (gọi chung nâng cao) số chuyên mục đại số như: đồng thức, bất đẳng thức phương trình đại số Đó chuyên mục của đại số bậc phổ thông, trung học sở Luận... trình bày số dạng toán nâng cao đa thức phân thức, đặc biệt khai thác số đẳng thức áp dụng tính giá trị biểu thức phức tạp, chứng minh đẳng thức, phân tích thành nhân tử, v.v Trình bày số tính