Tam thức bậc α β và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRẦN THỊ DANH TUYÊN TAM THỨC BẬC (α, β) VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2010 Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRẦN THỊ DANH TUYÊN TAM THỨC BẬC (α, β) VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.40 Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN - NĂM 2010 Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn i Mục lục Mở đầu 1 Tam thức bậc (α, β) 1.1 1.2 Tam thức bậc hai 1.1.1 Các tính chất 1.1.2 Phương pháp xét dấu tam thức bậc hai Tam thức bậc (α, β) 10 1.2.1 Định nghĩa tính chất 10 1.2.2 Một số ví dụ tam thức bậc (α, β) thường gặp 13 1.2.3 Điều kiện để tam thức bậc (α, β) dương (0, +∞) 14 Các toán liên quan đến tam thức bậc (α, β) 2.1 17 Mối liên hệ tam thức bậc hai, bậc (α, 1) bất đẳng thức Bernoulli, bất đẳng thức AM - GM 17 2.2 Tam thức bậc (α, β) phân thức quy 23 2.3 Một số dạng tam thức bậc (α, β) có tính đơn điệu liên tiếp bậc (1, 2) 26 Một số áp dụng 31 3.1 Bài toán cực trị bất đẳng thức 31 3.2 Khảo sát phương trình bất phương trình 38 3.2.1 Tam thức bậc (3,1) 38 3.2.2 Khảo sát phương trình bậc ba 40 Kết luận 55 Tài liệu tham khảo Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên 56 http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Tam thức bậc hai chun đề đóng vai trị nịng cốt kiến thức tốn bậc trung học phổ thơng Hầu hết tốn ví dụ khảo sát chương trình đại số phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức tốn cực trị, chương trình giải tích lớp cuối bậc phổ thơng khảo sát biến thiên vẽ đồ thị, có gắn với hàm số bậc bậc hai Tuy nhiên, có nhiều dạng tốn liên quan đến biểu thức vô tỷ (ứng với lũy thừa khơng ngun) ta ngồi dạng tốn quy dạng bậc hai ta cần kỹ thuật khác Chẳng hạn, bất đẳng thức Bernoulli xα ≥ αx + − α, α > 1, x > α = có nguồn gốc xuất xứ từ tam thức bậc hai x2 ≥ 2x − 1, x ∈ R (ứng với α = 2) khảo sát phương pháp tam thức bậc hai α số vô tỷ Các tốn cực trị, bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình, khơng quy dạng bậc hai thường nội dung đề thi học sinh giỏi cấp đề thi olympic toán khu vực quốc tế Nội dung luận văn nhằm thực nhiệm vụ thầy hướng dẫn đặt khảo sát tam thức bậc (α, β) dạng f(α,β) (x) = axα + bxβ + c, α > β > 0, x > 0, trình bày tính chất bản, xét dạng tốn liên quan ứng dụng chúng Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Luận văn gồm phần mở đầu, ba chương, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương trình bày kiến thức tam thức bậc hai phương pháp tam thức bậc hai, định nghĩa, tính chất ví dụ tam thức bậc (α, β) dạng f(α,β) (x) = axα + bxβ + c, α > β > 0, x > Tiếp theo, khảo sát điều kiện để tam thức bậc hai luôn dương R Chương khảo sát toán liên quan đến tam thức bậc (α, β) bất đẳng thức Bernoulii, bất đẳng thức AM-GM, phân thức quy dạng đơn điệu liên tiếp bậc (1, 2) để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức Chương xét ví dụ áp dụng phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức tốn cực trị Luận văn hoàn thành hướng dẫn trực tiếp GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc hướng dẫn nhiệt tình, nghiêm khắc lời động viên Thầy suốt trình học tập thực Luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn TS Nguyễn Thị Thu Thuỷ nhiệt tình giúp đỡ góp ý q báu thời gian tác giả hoàn thành luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn quý Thầy Cô ban giám hiệu, Phòng đào tạo Đại học sau Đại học, Khoa Toán - Tin, Trung tâm Học Liệu Trường Đại học Khoa Học, Đại học Thái Nguyên, q Thầy Cơ tham gia giảng dạy khố học tạo điều kiện, giúp đỡ tác giả suốt trình học tập nghiên cứu để tác giả hồn thành khố học Luận văn Trong khuôn khổ Luận văn, tác giả khai thác hết vấn đề ứng dụng tam thức bậc (α, β) Mặc dù cố gắng nhiều kết đạt Luận văn cịn khiêm tốn khơng tránh khỏi sai sót Vì tác giả mong nhận nhiều ý kiến, góp ý q báu q Thầy Cơ, anh chị đồng nghiệp để Luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, 18 tháng 09 năm 2010 Người thực Trần Thị Danh Tuyên Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Tam thức bậc (α, β) Nội dung chương nhằm hệ thống số tình chất tam thức bậc hai Tiếp theo tác giả giới thiệu tam thức bậc (α, β) nhằm phục vụ cho việc khảo sát toán liên quan đến tam thức bậc (α, β) xét chương 1.1 Tam thức bậc hai Tam thức bậc hai chuyên đề trọng tâm chương trình đại số phổ thơng Phần lớn phương trình, bất phương trình xét chương trình tốn bậc phổ thơng đưa dạng phương trình, bất phương trình bậc hai Tam thức bậc hai mơ hình quan trọng nhằm giới thiệu cho học sinh kiến thức toán học tính liên tục, đồng biến, nghịch biến, lồi, lõm hàm số Những kiến thức tam thức bậc hai kiến thức mà học sinh phổ thơng phải nắm vững chúng sử dụng kì thi tốt nghiệp THPT, tuyển sinh Đại học kì thi học sinh giỏi quốc gia Olympic quốc tế (xem [1], [2], [5]-[7]) 1.1.1 Các tính chất Trong phần hệ thống số tính chất tam thức bậc hai để sử dụng so sánh với tính chất tam thức bậc (α, β) xét sau Biểu thức f (x) = ax2 + bx + c với a, b, c ∈ R, a = 0, gọi tam thức bậc hai (của biến số x) Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (1.1) Hàm số tương ứng f (x) = ax2 + bx + c gọi hàm số bậc hai phương trình f (x) := ax2 + bx + c = (1.2) gọi phương trình bậc hai Các bất phương trình dạng f (x) > (tương ứng f (x) < 0, f (x) ≥ 0, f (x) ≤ 0) gọi chung bất phương trình bậc hai Biến đổi tam thức bậc hai dạng f (x) = a x2 + · b b2 b2 c x+ + − 2a 4a a 4a =a x+ b 2a − ∆ , 4a2 ∆ := b2 − 4ac gọi biệt thức f (x) Nếu b = 2b1 f (x) = a x2 + · b1 b2 c b2 x + 12 + − 12 a a a a =a x+ b1 a − ∆ , a2 ∆ := b21 − ac gọi biệt thức thu gọn f (x) Định lí 1.1 (Phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử) Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c Khi đó: i) Nếu ∆ < f (x) khơng phân tích thành tích nhân tử bậc b ii) Nếu ∆ = f (x) = a x + 2a √ −b ± ∆ iii) Nếu ∆ > f (x) = a(x − x1 )(x − x2 ) với x1,2 = 2a Đặc biệt, điều kiện cần đủ để f (x) biểu thức phương (là bình phương nhị thức) đồng thời xảy a > 0, ∆ = Khi f (x) = √ a x+ b 2a Định lí 1.2 (Về nghiệm phương trình bậc hai) i) Nếu ∆ < phương trình bậc hai (1.2) vơ nghiệm ii) Nếu ∆ = phương trình bậc hai (1.2) có nghiệm x = − b 2a iii) Nếu ∆ > phương trình bậc hai (1.2) có hai nghiệm phân biệt √ √ −b − ∆ −b + ∆ x1 = , x2 = , x1 < x2 2|a| 2|a| Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chú ý 1.1 Trong trường hợp tổng quát, tức a tuỳ ý f (x) = ax2 + bx + c gọi hàm đa thức bậc khơng q Phương trình f (x) := ax2 + bx + c = gọi phương trình đại số bậc khơng Khi a = 0, b = ta thu đa thức bậc quen thuộc Định lí 1.3 (Định lí thuận dấu tam thức bậc hai) Cho tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c (a = 0) Khi đó: i) Nếu ∆ < af (x) > 0, ∀x ∈ R ii) Nếu ∆ = af (x) ≥ 0, ∀x ∈ R Dấu đẳng thức xảy x = − b 2a iii) Nếu ∆ ≥ • af (x) > với x thoả mãn điều kiện x < x1 x2 < x • af (x) < với x thoả mãn điều kiện x1 < x < x2 • f (x) = x = x1 x = x2 Định lí 1.4 (Định lí đảo) Điều kiện cần đủ để phương trình bậc hai f (x) = có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 (tức ∆ ≥ 0) tồn số α cho af (α) < Khi x1 < α < x2 Hệ 1.1 Điều kiện cần đủ để phương trình bậc hai f (x) = có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 , nghiệm nằm (α, β), nghiệm nằm đoạn [α, β] (với α < β) f (α) · f (β) < Định lí 1.5 (i) Khi a > tam thức bậc hai f (x) đồng biến b − ∞; − 2a − b ; +∞ nghịch biến 2a b (ii) Khi a < tam thức bậc hai f (x) đồng biến − ∞; − nghịch biến 2a b − ; +∞ 2a b ∆ Từ đẳng thức af (x) = ax + − , ta thiết lập hệ thức cho tam b b thức bậc hai f − +x =f − − x , ∀x ∈ R 2a 2a b Như đồ thị hàm số y = ax2 + bx + c, (a = 0) nhận đường thẳng x = − làm 2a trục đối xứng Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Dựa vào tính chất hàm số bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, (a = 0), xét (α, β), (α < β f (α) = 0, f (β) = 0) ta có kết sau: Giả sử phương trình f (x) = có hai nghiệm x1 , x2 với x1 < x2 Khi Tính chất 1.1 Phương trình f (x) = có nghiệm x1 ∈ (α, β) af (α) > af (β) < Tính chất 1.2 Phương trình f (x) = có nghiệm x2 ∈ (α, β) af (α) < af (β) > Tính  chất 1.3 Phương trình f (x) = có hai nghiệm khoảng (α, β) ∆ >    af (α) > af (β) >     α < − b < β 2a Những tính chất giúp ta giải toán “giải biện luận phương trình” tương ứng cách dễ dàng 1.1.2 Phương pháp xét dấu tam thức bậc hai Tuỳ theo giá trị biến số x mà tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, (a = 0) có giá trị âm, dương hay Tuy nhiên ta xét điều kiện để tam thức bậc hai dương (tức f (x) > 0) miền D (cụ thể xét D = (α, β) Các toán khác rút theo cách tương tự Ta có tốn sau: Bài tốn 1.1 Cho f (x) = ax2 + bx + c, (a = 0) miền D = (α, β) ⊂ R Tìm điều kiện để f (x) > 0, ∀x ∈ (α, β) Giải Ta có f (x) > 0, ∀x ∈ (α, β) trường hợp sau xảy ra: • Trường hợp 1: Khi ∆ < suy a > 0, tức a>0 ∆ − ∈ / (α, β), tức 2a   a>0   ∆=0  b  − ∈ / (α, β) 2a Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn • Trường hợp 3: Xét ∆ > Ta có trường hợp cần khảo sát :   a>0    ∆ > af (β) ≥     β < − b 2a   a>0    ∆ > ; af (α) ≥     − b < α 2a  ∆ > ; a 0, ∀x > Bài toán 1.3 Chứng minh phương trình hệ phương trình vơ nghiệm ln có nghiệm khoảng  ax + bx + c = y Ví dụ 1.2 Xét hệ phương trình ay + by + c = z  az + bz + c = x a = 0, (b − 1) − 4ac < Chứng minh hệ phương trình vơ nghiệm Giải Khơng tính tổng qt giả sử a > 0, (a < xét cách tương tự) Giả sử hệ có nghiệm (x0 , y0 , z0 ) Khi đó, cộng phương trình hệ vế theo vế ta nhận được: f (x0 ) + f (y0 ) + f (z0 ) = 0, f (t) = at2 + (b − 1)t + c Ta có ∆ = (b − 1)2 − 4ac < Do f (t) > 0, ∀t ∈ R, (do a > 0), nên ta thu điều vơ lý Vậy hệ phương trình cho vơ nghiệm Ví dụ 1.3 Chứng minh phương trình m2 (x2 − 9) − x(x − 5) = 0, có nghiệm [−3, 5] với m Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 42 d c 2) Nếu c = ⇒ b = (3.8) = a b c Đặt = −x0 c = −bx0 , d = −ax0 b Thế vào (3.8), ta ax3 + bx2 − bx0 x − ax30 = ⇔ a(x3 − x30 ) + bx(x − x0 ) = ⇔ (x − x0 )[ax2 + (ax0 + b)x + ax20 ] = c Vậy x = x0 = − nghiệm b Nếu ∆ = (ax0 + b)2 − 4a2 x20 ≥ phương trình cịn có nghiệm √ −(ax0 + b) ± ∆ x= 2a Bài tốn 3.3 Tìm hệ thức liên hệ hệ số phương trình x3 + ax2 + bx + c = biết phương trình có ba nghiệm mà nghiệm tổng hai nghiệm lại Giải Giả sử x1 + x2 = x3 Theo định lí Vi-ét phương trình bậc ba, ta có  x1 + x2 + x3 = −a x x + x2 x3 + x3 x1 = b  x1 xx 2x3 = −c Thay x1 + x2 = x3 vào phương trình thứ hệ ta a x1 + x2 = x3 = − (3.10) Kết hợp (3.10) với phương trình thứ hai hệ ta có x1 x2 = b − a2 (3.11) Từ (3.10), (3.11) phương trình thứ ba hệ ta suy hệ thức a3 − 4ab + 8c = (3.12) Vấn đề ngược lại phương trình bậc ba x3 + ax2 + bx + c = có hệ số thoả mãn hệ thức (3.12) có ba nghiệm liệu ba nghiệm có thoả mãn a x1 + x2 = x3 = − không? Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 43 Bài toán 3.4 Nếu phương trình x3 + ax2 + bx + c = 0, (3.13) a3 − 4ab + 8c = 0, (3.14) có hệ số thoả mãn hệ thức a có nghiệm x = − a a2 Giải Từ (3.14) ta có c = b− Biến đổi x3 + ax2 + bx + c = x2 x + a a a a2 a a2 + x x+ + b− x+ b− 2 4 a Như phương trình (3.13) thoả mãn (3.14) có nghiệm x1 = − a (i) Nếu ∆ = 5a2 − 16b < phương trình có nghiệm thực x = − (ii) Nếu ∆ = 5a2 − 16b > phương trình có thêm hai nghiệm (iii) Nếu ∆ = 5a2 − 16b = phương trình có thêm nghiệm kép a Trong hai trường hợp (ii) (iii) x1 + x2 = x3 = − Ví dụ 3.11 Giải phương trình 36x3 − 12x2 − 5x + = Giải Chuyển phương trình dạng 1 = x3 − x2 − x + 36 36 Nhận xét thấy hệ số hệ phương trình thoả mãn hệ thức a3 − 4ab + 8c = 0, nên phương trình có nghiệm a x1 = − = − Biến đổi vế trái phương trình ta 1 x3 − x2 − x + = x− 36 36 Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên 1 x2 − x − 6 http://www.lrc-tnu.edu.vn 44 1 Giải phương trình x2 − x − = ta tìm hai nghiệm 6 1 x = , x3 = − Vậy phương trình cho có ba nghiệm phân biệt 1 x = − , x2 = , x3 = − Ví dụ 3.12 Cho a = Khai triển biểu thức √ √ (1 + a x)6 + (1 − a x)6 ta đa thức bậc ba theo biến x, kí hiệu đa thức P (x) Giải phương trình P (x) = Giải Sử dụng công thức khai triển nhị thức đặt a2 x = t ta đa thức bậc ba theo t Q(x) = t3 + 15t2 + 15t + = ⇔ (t + 1)(t2 + 14t + 1) = √ ⇔= −1, t = −7 ± 48 Vậy √ −7 ± 48 x1 = − , x2,3 = a a2 nghiệm phương trình P (x) = Sau phương pháp giải phương trình bậc ba với hệ số thức tuỳ ý, không sử dụng số phức Với phương pháp giải phương trình bậc ba Nhận xét 3.1 Phương trình bậc ba đầy đủ tổng quát ta đưa phương trình khuyết bậc hai tức tam thức bậc (3, 1) Bài tốn 3.5 (xem [6]) Giải phương trình 4x3 − 3x = m với |m| ≤ Giải Vì |m| ≤ 1, Đặt m = cos γ = cos(γ ± 2π), với γ ∈ [0, π] Khi cos γ = cos · γ = cos3 Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên γ γ − cos 3 http://www.lrc-tnu.edu.vn 45 Nên 4x3 − 3x = cos3 γ γ − cos 3 Vậy phương trình có ba nghiệm γ γ ± 2π x1 = cos ; x2,3 = cos 3 Bài toán 3.6 (xem [6]) Giải phương trình 4x3 − 3x = m với |m| > √ d + , với d3 = m ± m2 − d Khi phương trình trở thành Giải Vì |m| > 1, Đặt m = 4x3 − 3x = d + d Suy phương trình cho có nghiệm x= 1 d+ = d m+ m2 − + m− m2 − Ta chứng minh x0 nghiệm phương trình Thật vậy, x0 nghiệm phương trình 4x3 − 3x = m, nên ta có 4x30 − 3x0 = m Suy 4x3 − 3x = 4x30 − 3x0 ⇔ 4(x3 − x30 ) − 3(x − x0 ) = ⇔ (x − x0 )(4x2 + 4xx0 + 4x20 − 3) = 0, Vì phương trình 4x2 + 4x · x0 + 4x20 − = có ∆ = 4x20 − 4(4x20 − 3), hay ∆ = 12 − 12x20 = 12(1 − x20 ) < 0, (do |x0 | > 1) Nên phương trình khơng có nghiệm Suy x = x0 nghiệm Vậy phương trình 4x3 − 3x = m có nghiệm x= 1 d+ = d m+ m2 − + Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên m− m2 − http://www.lrc-tnu.edu.vn 46 Bài tốn 3.7 (xem [6]) Giải phương trình 4x3 + 3x = m √ d − , với d3 = m ± m2 + d Khi phương trình trở thành Giải Đặt m = 4x3 − 3x = d − d Suy phương trình cho có nghiệm x= 1 d− = d m+ m2 + + m− m2 + Ta chứng minh x0 nghiệm phương trình Thật vậy, xét hàm số f (x) = 4x3 + 3x Ta có f (x) = 12x2 + > 0, ∀x ∈ R Vì f (x) hàm số đồng biến R, nên x0 nghiệm phương trình Bài tốn 3.8 (xem [6]) Giải biện luận phương trình t3 + at2 + bt + c = a Giải Đặt t = y − Khi viết phương trình cho dạng y− a 3 +a y− a +b y− a +c=0 ⇔ y − py = q, a3 2a3 ab − b, q = − + − c 27 √ 1) Nếu p = phương trình cho có nghiệm y = q với p = p x Khi ta phương trình 2) Nếu p > Đặt y = √ 3q 4x − 3x = m với m = √ 2p p a) Nếu |m| ≤ 1, Đặt m = cos γ = cos(γ ± 2π) Khi cos γ = cos · γ = cos3 Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên γ γ − cos 3 http://www.lrc-tnu.edu.vn 47 Do phương trình có ba nghiệm γ γ ± 2π x1 = cos ; x2,3 = cos 3 √ d + , với d3 = m ± m2 − d Khi phương trình có nghiệm b) Nếu |m| > 1, Đặt m = x= 1 d+ = d m+ m2 − + m− m2 − −p x, ta phương trình 3) Nếu p < Đặt y = 4x3 + 3x = m √ 1 d + , với d3 = m ± m2 + d Khi phương trình có nghiệm Đặt m = x= 1 d− = d m+ m2 + + m− m2 + Từ nghiệm x ta tính nghiệm y từ suy nghiệm t t= − p 3 m+ m2 + + m− a m2 + − Ví dụ 3.13 Giải phương trình √ √ 4(3 + 2)x = ( − 1)x + Giải Nhận xét Suy √ √ ( − 1)( + 1) = 1, √ √ + 2 = ( + 1)2 √ √ ( − 1)x = ( + 1)−x , √ √ (3 + 2)x = [( + 1)x ]2 √ Đặt ( + 1)x = 2t, t > 0, ta phương trình 4t2 = +3 2t Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 48 ⇔ 4t3 − 3t = (3.15) π 5π 7π = cos = cos = cos 3 Suy (3.15) có nghiệm Vì π 5π 7π t1 = cos ; t2 = cos ; t3 = cos 9 Nghiệm t2 , t3 không thoả mãn điều kiện t > Vậy ta có √ π π ( + 1)x = cos ⇔ x = log√2+1 cos 9 (3.16) Kết luận: phương trình cho có nghiệm dược xác định theo (3.16) Ví dụ 3.14 Phương trình 4x3 − 3x = √ − x2 có nghiệm? Giải Điều kiện − x2 ≥ hay −1 ≤ x ≤ √ Đặt x = cos t (t ∈ [0, π]), ta có − x2 = sin t Phương trình cho trở thành cos3 t − cos t = sin t ⇔ cos 3t = sin t Do ta có π π kπ + t = − + lπ π kπ π +) Xét t = + , t ∈ [0, π] nên t = t = 8 π 5π suy x = cos x = cos 8 π 3π +) Xét t = − + lπ, t ∈ [0, π] nên t = , suy 4 Vậy phương trình cho có ba nghiệm phân biệt t= (k, l ∈ Z) 5π , x = cos 3π π 5π 3π x = cos , x = cos , x = cos 8 Ví dụ 3.15 Giải phương trình y + 3y = 24 Giải Đặt y = 2x, ta 4x3 + 3x = 12 √ Ta viết 12 = d − , với d3 = 12 ± 145, ta d Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 49 √ √ 1 3 d− = 12 + 145 + 12 − 145 d √ √ 3 12 + 145 + 12 − 145 Vậy y = 2x với x = x= Ví dụ 3.16 Giải phương trình √ 8x3 + 24x2 − 6x − 10 − = Giải Ta có (3.17) √ 10 + = (3.17) ⇔ x + 3x + x − Đặt x = y − Khi ta phương trình √ = y − y− Đặt y = √ (3.18) t Khi ta phương trình √ 4t − 3t = (3.19) √ π 9π 7π = cos = cos = cos 4 Suy phương trình (3.19) có ba nghiệm Vì t1 = cos π 3π 7π , t2 = cos , t3 = cos 12 12 Suy phương trình (3.18) có ba nghiệm y1 = √ cos √ √ 3π 7π π , y2 = cos , y3 = cos 12 12 Vậy phương trình (3.17) có ba nghiệm x1 = √ cos √ √ π 3π 7π − 1, x2 = cos − 1, x3 = cos − 12 12 Ví dụ 3.17 Giải bất phương trình 16x3 + 12x(x + 1)2 ≥ 3(x + 1)3 Giải Nhận xét x = −1 không nghiệm bất phương trình cho Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (3.20) 50 1) Xét x > −1 Khi (3.20) ⇔ x x+1 +3 x ≥ x+1 (3.21) Đặt x t =t⇔x= , t < x+1 1−t (3.22) Khi ta có bất phương trình 4t3 + 3t ≥ (3.23) Nhận xét vế trái hàm số đồng biến 1 √ = 2− =2 2− √ 2 2 + √ 2− √ 2 Suy √ 2− √ 2 t √ Kết hợp với (3.22) suy x = , với 2− √ ≤ t < nghiệm 1−t 2 2) Tương tự ta xét x < −1, ta (3.23) ⇔ t ≥ (3.20) ⇔ x x+1 +3 x ≤ x+1 Đặt x t =t⇔x= , t > x+1 1−t Ta 4t3 + 3t ≤ (3.24) √ ⇔t≤ 2− √ 2 Kết hợp với (3.24) suy (3.20) khơng có nghiệm khoảng (−∞, −1) Kết luận: Bất phương trình cho có nghiệm x= t √ , với 2− √ ≤ t < 1−t 2 Ví dụ 3.18 Giải biện luận phương trình x4 + (2a − 1)x2 + a2 − = Giải Đặt x2 = t, t ≥ ta phương trình f (t) := t2 + (2a − 1)t + a2 − = 0, t ≥ Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (3.25) 51 1) Nếu f (0) = a2 − hay a = ±1 a) Với a = phương trình (3.25) có nghiệm t = t = −1 (loại) Vậy x = b) Với a = −1 phương trình (3.25) có nghiệm t = t = √ Vậy x = 0, x = ± 2) Nếu a = ±1 a) Điều kiện để f (t) có nghiệm lớn 1f (0) = a2 − < Từ ta −1 < a < Khi x = − 2a + √ −4a + ⇔x=± − 2a + √ −4a + b) Điều kiện để f (t) có hai nghiệm lớn   1f (0) = a − > ∆ = −4a + >   − 2a > Giải hệ ta a < −1 Khi x=± − 2a ∓ √ −4a + Kết luận: i) Nếu a < −1 phương trình cho có bốn nghiệm x=± − 2a ∓ √ −4a + √ ii) Nếu a = −1 phương trình cho có ba nghiệm x = 0, x = ± iii) Nếu −1 < a < phương trình cho có hai nghiệm x=± − 2a + Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên √ −4a + http://www.lrc-tnu.edu.vn 52 iv) Nếu a = phương trình cho có nghiệm x = v) Nếu a > phương trình cho vơ nghiệm Ví dụ 3.19 Cho số m, n, p ∈ R Giải phương trình x3 + m3 x3 + n3 x3 + p3 3 x−m x−n x−p · · = + + − + · 3 (x + m) (x + n) (x + p) 2 x+m x+n x+p (3.26) Giải Nhận xét x3 + m3 (x − m)2 + · = (x + m)3 4 (x + m)2 Vì phương trình (3.26) tương đương với phương trình (x − m)2 (x − n)2 (x − p)2 + · + + · + + · − 4 (x + m)2 4 (x + n)2 4 (x + p)2 3 x−m x−n x−p · · =0 − + · 2 x+m x+n x+p Đặt x−n x−p x−m = a; = b; = c x+m x+n x+p Với ý 3 3 + · a + + · b + + · c − + · abc = 4 4 4 2 Có thể biến đổi dạng a2 + b2 + c2 + 2abc + = ⇔ (ab + c)2 = (1 − a2 )(1 − b2 ) (3.27) Thay giá trị a, b, c theo biến x, m, n, p ta (ab + c)2 = 4[x3 + (mn − mp − np)x]2 , (x + m)2 (x + n)2 (x + p)2 4mx , (x + m)2 4nx (1 − b2 ) = (x + n)2 (1 − a2 ) = Vậy (3.27) có dạng √ √ x2 [x2 + 2(x + p) mn + mn − mp − np][x2 − 2(x + p) mn + mn − mp − np] = Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 53 Giải ta nghiệm phương trình x1 = x2 = 0, √ √ √ x3,4 = ±( mp − np) − mn, x5,6 = √ √ √ mn ± ( mp + np) Ví dụ 3.20 Xác định tất giá trị a b cho a ≤ sin10 x + cos2 x ≤ b, ∀x Giải Đặt sin2 x = t t nhận giá trị đoạn [0, 1] Xét tam thức f (t) = t5 − 2t + 2, ≤ t ≤ Ta có f (t) = 5t4 − f (t) = ⇔ t = Lập bảng t − f (t)  b ≥ f + f (t) Bài toán cho ⇔ ≥a ⇔  b ≥ a ≤ − 5 Ví dụ 3.21 Xác định giá trị a để bất phương trình x2 + (1 − x2 ) ≥ a có nghiệm Giải Điều kiện −1 ≤ x ≤ Đặt (1 − x2 ) = t t nhận giá trị đoạn [0, 1] Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 54 Khi x2 = − t x2 + (1 − x2 ) = − t + t Vậy cần xác định giá trị a để f (t) = − t + t ≥ a có nghiệm đoạn [0, 1] ⇔ max f (t) ≥ a (3.28) [0,1] Ta có f (t) = − t− 3 f (t) = ⇔ t = 3 Lập bảng t − f (t) f (t) 3 + 1 Vậy max f (t) = [0,1] Suy (3.28) ⇔ a ≤ Kết luận: Bất phương trình cho có nghiệm ⇔ a ≤ Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 55 Kết luận Luận văn Tam thức bậc (α, β) ứng dụng giải vấn đề sau: Tổng quan tính chất phương pháp tam thức bậc hai Hệ thống tính chất phương pháp tam thức bậc (α, β) Trình bày tốn liên quan đến tam thức bậc (α, β) bất đẳng thức Bernoulli, bất đẳng thức AM-GM, phân thức quy dạng bất đẳng thức hàm số đơn điệu liên tiếp bậc (1, 2) để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức Xét ví dụ áp dụng phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức tốn cực trị Kết Luận văn góp phần nâng cao chất lượng dạy học Tốn trường phổ thơng giai đoạn Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 56 Tài liệu tham khảo Nguyễn Văn Mậu, 2009, Một số chuyên đề đại số bồi dưỡng học sinh giỏi, NXB Giáo Dục Nguyễn Văn Mậu, 2006, Bất đẳng thức, định lý áp dụng, NXB Giáo Dục Nguyễn Văn Mậu, 2007, Các toán nội suy áp dụng, NXB Giáo Dục Nguyễn Văn Mậu, 2002, Một số toán chọn lọc dãy số, NXB Giáo Dục Nguyễn Văn Mậu, 2007, Chuyên đề chọn lọc lượng giác áp dụng, NXB Giáo Dục Nguyễn Văn Mậu, 1994, Phương pháp giải phương trình bất phương trình, NXB Giáo Dục Các thi Olympic Tốn trung học phổ thơng Việt Nam (1990-2006), NXB Giáo Dục Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... thể tam thức bậc (µ, ν) tổng quát 1.2.3 Điều kiện để tam thức bậc (α, β) dương (0, +∞) Cho tam thức bậc (α, β) tuỳ ý f (α, β) (x) = axα + bxβ + c, x > 0, α > β > Ta có f (α, β) (x) = αaxα−1 + βbxβ−1... α b c + α c a + +3 α α −3≥ β β β β a b + b c β c a + β (3.1) Mặt khác α −1 β Cộng (3.1 )và (3.2) ta a b α + β a b b c + α + c a b c α β c a + ≥ a b β ≥3 β + b c α −1 β β + c a (3.2) β Ta điều... thức tam thức bậc hai phương pháp tam thức bậc hai, định nghĩa, tính chất ví dụ tam thức bậc (α, β) dạng f (α, β) (x) = axα + bxβ + c, α > β > 0, x > Tiếp theo, khảo sát điều kiện để tam thức bậc