(Luận văn thạc sĩ) khảo sát nghiệm của các phương trình sinh bởi đạo hàm và nguyên hàm của một đa thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐÀM THU HẢI KHẢO SÁT NGHIỆM CỦA CÁC PHƯƠNG TRÌNH SINH BỞI ĐẠO HÀM VÀ NGUYÊN HÀM CỦA MỘT ĐA THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐÀM THU HẢI KHẢO SÁT NGHIỆM CỦA CÁC PHƯƠNG TRÌNH SINH BỞI ĐẠO HÀM VÀ NGUYÊN HÀM CỦA MỘT ĐA THỨC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2017 i Mục lục MỞ ĐẦU Chương Các tính chất tam thức bậc hai 1.1 Định lý tam thức bậc hai 1.2 Nội suy bất đẳng thức tam thức bậc hai khoảng Chương Các tính chất đa thức bậc ba 2.1 Phương trình bậc ba 2.2 Định lý đa thức bậc ba 13 2.3 2.2.1 Định lý Rolle đa thức bậc ba 13 2.2.2 Định lý nghiệm nguyên hàm đa thức bậc ba 14 Đa thức đối xứng ba biến 17 Chương Các tính chất đa thức bậc bốn 20 3.1 Phương trình bậc bốn 20 3.2 Định lý đa thức bậc bốn 25 3.2.1 Định lý Rolle đa thức bậc bốn 25 3.2.2 Định lý nghiệm nguyên hàm đa thức bậc bốn 26 Chương Một số dạng toán liên quan 37 4.1 Một số dạng tốn nghiệm phương trình bậc cao 37 4.2 Một số dạng toán thi HSG liên quan đến phương trình hệ phương trình dạng đa thức 45 KẾT LUẬN 61 TÀI LIỆU THAM KHẢO 62 Mở đầu Đa thức có vị trí quan trọng Tốn học khơng đối tượng nghiên cứu trọng tâm Đại số mà cơng cụ đắc lực Giải tích lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, lý thuyết nội suy, Ngồi ra, đa thức cịn sử dụng nhiều tính tốn ứng dụng Trong kì thi học sinh giỏi toán quốc gia Olympic toán quốc tế tốn đa thức thường đề cập đến xem tốn khó bậc phổ thơng Tuy nhiên nay, tài liệu đa thức chưa đề cập đầy đủ đến dạng toán phân bố số nghiệm thực đa thức gắn với nghiệm đa thức đạo hàm đa thức nguyên hàm Vì vậy, việc khảo sát sâu vấn đề biện luận nghiệm, biểu diễn đa thức thông qua đa thức đạo hàm đa thức nguyên hàm ccủa cho ta hiểu sâu sắc tính chất đa thức cho Luận văn "Khảo sát nghiệm phương trình sinh đạo hàm nguyên hàm đa thức" trình bày số vấn đề liên quan đến toán xác định số nghiệm thực đa thức với hệ số thực Mục đích luận văn nhằm thể rõ vai trị quan trọng Giải tích khảo sát nghiệm thực đa thức Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận chương Chương trình bày chi tiết định lý bản, kết qủa liên quan đến tam thức bậc hai Chương trình bày chi tiết định lý bản, kết qủa liên quan đến đa thức bậc ba Chương xét tốn khảo sát giải phương trình bậc bốn Tiếp theo, chương trình bày hệ thống tập áp dụng định lý chứng minh chương trước Hệ thống ký hiệu sử dụng luận văn deg P (x) bậc đa thức P (x) F0 (x) nguyên hàm (cấp 1) đa thức f (x) ứng với số c = 0, tức F0 (x) thỏa mãn điều kiện F0 (0) = Fc (x) nguyên hàm (cấp 1) đa thức f (x) ứng với số c, tức Fc (x) = F0 (x) + c với c ∈ R F0,k (x) nguyên hàm cấp k đa thức f (x) ứng với số c = 0, tức F0,k (x) thỏa mãn điều kiện F0,k (0) = Fc,k (x) nguyên hàm cấp k đa thức f (x) ứng với số c, tức Fc,k (x) = F0,k (x) + c với c ∈ R Hn tập hợp đa thức với hệ số thực Pn (x) bậc n (n > 0) với hệ số tự (Pn (0) = 1) có nghiệm thực Mk (f ) tập hợp nguyên hàm cấp k đa thức f (x) R[x] tập hợp đa thức với hệ số thực sign a dấu số thực a, tức    + a >   sign a := a =    − a < Chương Các tính chất tam thức bậc hai Trong chương này, kết qủa tam thức bậc hai định lý dấu (thuận đảo) tam thức bậc hai, Định lý Vieete, luận văn trình bày số kết qủa tam thức bậc hai liên quan đến tính chất đạo hàm nguyên hàm (xem [1]-[5]) 1.1 Định lý tam thức bậc hai Như ta biết, đạo hàm tam thức bậc hai nhị thức bậc nên ln ln có nghiệm Tuy nhiên, ngun hàm nhị thức bậc tam thức bậc hai nên chưa có nghiệm thực Ta có kết qủa sau Định lý 1.1 (xem [2]-[4]) Mọi nhị thức bậc có ngun hàm tam thức bậc hai có hai nghiệm thực phân biệt Chứng minh Thật vậy, xét nhị thức bậc h(x) = ax + b, a = Khi nguyên hàm h(x) có dạng H(x) = a b x+ a + c, c ∈ R (1.1) Trong (1.1) chọn c trái dấu với a, tức ac < đa thức nguyên hàm H(x) có nghiệm hai nghiệm phân biệt Để ý phương trình bậc hai tổng quát ax2 + bx + c = 0, a = viết dạng 3x2 − 2px + q = 0, p=− 3c 3b ,q = 2a a Vì vậy, sau xét phương trình bậc hai ta cần quan tâm đến phương trình bậc hai dạng 3x2 − 2px + q = đủ Định lý 1.2 (xem [2]-[4]) Tam thức bậc hai g(x) = 3x2 − 2px + q có nghiệm thực tồn ba số thực α, β, γ cho  p = α + β + γ q = αβ + βγ + γα (1.2) Chứng minh Thật vậy, giả sử p, q có dạng (1.2) Khi tam thức bậc hai g(x) có biệt thức ∆′ = p2 − 3q = (α + β + γ)2 − 3(αβ + βγ + γα) (α − β)2 + (β − γ)2 + (γ − α)2 ≥ 0, ∀α, β, γ ∈ R Ngược lại, giả sử tam thức bậc hai g(x) có nghiệm = - Nếu hai nghiệm g(x) trùng g(x) = 3(x − x0 )2 đa thức nguyên hàm tương ứng có dạng G(x) = (x − x0 )3 + r, r ∈ R Chọn r = ta thấy G(x) có nghiệm trùng - Nếu g(x) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 (x1 < x2 ) g(x) = 3(x − x1 )(x − x2 ) đa thức nguyên hàm G(x) = x3 − px2 + qx − r, r ∈ R đạt cực đại x = x1 cực tiểu x = x2 Để ý (SGK lớp 12) điểm (x1 , G(x1 )) (x2 , G(x2 )) đối xứng với qua điểm uốn x1 + x2 p p x1 + x2 ,G = U ,G 2 3 p p p p Vậy cần chọn r cho G −p +q = 0, tức r = đa thức 3 3 nguyên hàm G(x) tương ứng có ba nghiệm thực lập thành cấp số cộng, gọi U nghiệm α, β, γ, ta thu G(x) = (x − α)(x − β)(x − γ) = x3 − px2 + qx − r Từ ta thu hệ thức (1.2) Nhận xét 1.1 Để ý tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a = viết dạng 3b 3c a f (x) = g(x), g(x) = 3x2 − 2px + q p = − , q = 2a a Từ nhận xét 1.1 Định lý 1.2, ta thu kết qủa quan trọng nghiệm tam thức bậc hai tổng quát sau Định lý 1.3 (xem [2]-[4]) Tam thức bậc hai g(x) = ax2 + bx + c (a = 0) có nghiệm thực tồn ba số thực α, β, γ cho  − 3b = α + β + γ 2a (1.3)  3c = αβ + βγ + γα a 1.2 Nội suy bất đẳng thức tam thức bậc hai khoảng Tiếp theo ta trình bày số kết qủa Lupas ước lượng tam thức bậc hai khoảng Định lý 1.4 (xem [2], [5]) Giả sử G(x) = P x2 +Qx+R Khi bất đẳng thức G(x) thỏa mãn với x ∈ [a, b], G(a) 0, G(b) 2G G(a) + G(b) a+b − 2 G(a)G(b) (1.4) Chứng minh Giả sử (1.4) thỏa mãn Ký hiệu m= K ≡ K[G] := Khi K b G(b) − G(a) , n= b−a 2G (b − a)2 a+b − G(a) − a b−a G(b) G(a) + G(b) − , G(a)G(b) (1.5) Mặt khác G(x) = (mx + n)2 + K(x − a)(b − x) suy G(x) (1.6) 0, ∀x ∈ [a, b] Ngược lại, giả sử (1.6) thỏa mãn Khi G(a) , G(b) G(x) viết dạng (Định lý Lukac) G(x) = (m1 x + n1 )2 + K1 (x − a)(b − x) với K1 Nếu (1.7) ta chọn x ∈ a, a+b , b (1.7) có  (m1 a + n1 )2 = G(a) (m1 b + n1 )2 = G(b) K1 = K, (1.8) K chọn (1.8) Nhận xét hệ (1.8) cho ta m1 , n1 ta có K ≡ K[G] 0, tức bất đẳng thức (1.6) chứng minh Bài toán 1.1 Chứng minh với tam thức bậc hai f (x) = Ax2 + Bx + C ta có |f (x)| 1, ∀x ∈ [a, b] xảy |f (a)| −1+ f (a) + f (b) − 2f (1 − f (a)) (1 − f (b)) 1− 1, |f (b)| a+b (1 + f (a)) (1 + f (b)) Lời giải Sử dụng kết qủa Định lý 1.4 G(x) 0, ∀x ∈ [a, b], ⇔ G(a) 0, G(b) với G1 (x) := − f (x) G2 (x) = f (x) + Thật |f (a)| 1, K[G1 ] 1, |f (b)| với    − 2f         + 2f a+b + G1 (x) G2 (x) (1.9) 0, , ∀x ∈ [a, b], Hai bất đẳng thức cuối 0, K[G2 ] f (a) + f (b) − 0, K[G] (1 − f (a)) (1 − f (b)) (1.10) a+b − f (a) + f (b) − (1 + f (a)) (1 + f (b)) Bài toán 1.2 Cho p(x) = ax2 + bx + c thỏa mãn điều kiện |p(0)|, p Chứng minh |a| 8, |b| 8, |c| , |p(1)| ⊂ [0, 1] |2ax + b| 8, ∀x ∈ [0, 1] Lời giải Để ý  a = 2p(0) − 4p + 2p(1), b = −3p(0) + 4p − p(1) c = p(0), 2a + b = p(0) − 4p + 3p(1) 2 Sử dụng bất đẳng thức tam giác, ta có |a| h(x) := 2ax + b, |h(0)| 8, |h(1)| 8, |b| kéo theo |h(x)| 8, |c| 1, |2a + b| Khi 8, ∀x ∈ [0, 1] Nhận xét 1.2 Chú ý đánh giá tối ưu Thật vậy, giả sử p(x) = 8x2 −8x+1 Khi |p(x)| |p′ (x)| = |16x − 8| [0, 1] Bài toán 1.3 Giả sử M2 tập hợp tất đa thức bậc không M∗2 : = p ∈ M2 ; |p(t)| Tìm tất đa thức Q, Q ∈ M∗2 , 1, ∀t ∈ [0, 1] cho với p ∈ M∗2 ta có |p(x)| Q(x) , ∀x ∈ x ∈ (−∞, 0] ∪ [1, ∞) Chứng minh đa thức nghiệm Q Lời giải Ta chứng minh Q(x) = 8x2 −8x+1 = T2 (2x−1) T2 (z) = 2z −1 đa thức Chebychev loại Giả sử p(x) = ax2 + bx + c ∈ M∗2 Vì p(x) = (2x − 1)(x − 1)p(0) − 4x(x − 1)p + x(2x − 1)p(1), ứng với x ∈ (−∞, 0) ∪ (1, ∞) nên |p(x)| (2x − 1)(x − 1) + 4x(x − 1) + x(2x − 1) = 8x2 − 8x + =: Q(x) Để ý |Q(t)| = |1 − 8t(1 − t)| hiển nhiên 1, ∀t ∈ [0, 1], nên Q ∈ M∗2 Tính nghiệm Nhận xét 1.3 Kết qủa toán tập M∗2 mở rộng sau: M∗2 : = k p ∈ M2 ; p , k = 0, 1, Bài toán 1.4 Cho A, B, C ∈ R, M > Xét f (x) = Ax2 + Bx + C thỏa mãn điều kiện có t(1 − t) |f (t)| M, ∀t ∈ [0, 1] Chứng minh ứng với x ta |f (x)| (1.11) 6M + 24M ( |x(1 − x)| − x(1 − x)) f (x) = ax2 + bx + c , ta cần chứng minh 6M 1, ∀x ∈ [0, 1], suy Lời giải Nhận xét rằng, p(x) := từ điều kiện |p(x)| x(1 − x) |p(x)| 8x2 − 8x + , Ta chứng minh |p(x)| kéo theo |p(x)| , x ∈ [0, 1] x ∈ (−∞, 0) ∪ (1, ∞) x(1 − x) (1.12) , ∀x ∈ (0, 1), 1, ∀x ∈ [0, 1] Xét [0, 1] hệ điểm x1 , x2 , x3 : x1 = 1 1 − h , x2 = , x3 = + h với h ∈ 0, 2 2 48 Theo Định lý Lagrange tồn x0 thuộc khoảng (0;1) cho f (1) − f (0) = f ′ (x0 )(1 − 0) ⇔ f ′ (x0 ) = ⇔ ax20 + bx0 + c = Do phương trình ax2 + bx + c = có nghiệm (0; 1) Bài tốn 4.17 (Định lý Cauchy) Nếu hàm số f (x), g(x) hàm số liên tục [a; b], có đạo hàm khoảng (a; b) g ′ (x) khác khơng khoảng (a; b) tồn c ∈ (a; b) cho f ′ (c) f (b) − f (a) = ′ g (c) g(b) − g(a) Lời giải Theo Định lý Lagrange tồn x0 ∈ (a; b) cho g ′ (x0 ) = g(b) − g(a) b − a) suy g(a) = g(b) Xét hàm số F (x) = f (x) − f (b) − f (a) g(x) Khi đó, F (x) hàm liên g(b) − g(a) tục [a; b], có đạo hàm khoảng (a; b) F (a) = F (b) = f (a)g(b) − f (b)g(a) g(b) − g(a) Theo Định lý Rolle tồn c ∈ (a; b) cho F ′ (c) = Mà F ′ (x) = f ′ (x) − suy f ′ (c) = f (b) − f (a) ′ g (x), g(b) − g(a) f (b) − f (a) ′ g (c) g(b) − g(a) Nhận xét 4.6 Định lý Lagrange hệ qủa Định lý Cauchy (trong trường hợp g(x) = x) Bài toán 4.18 Cho đa thức P (x) Q(x) = aP (x) + bP ′ (x) a, b số thực, a = Chứng minh Q(x) vơ nghiệm P (x) vơ nghiệm Lời giải Ta có deg P (x) = deg Q(x) Vì Q(x) vô nghiệm nên deg P (x) chẵn Giả sử P (x) có nghiệm, deg P (x) chẵn nên P (x) có hai nghiệm +) Khi P (x) có nghiệm kép x = x0 ta có x0 nghiệm P ′ (x) suy Q(x) có nghiệm +) Khi P (x) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 49 Nếu b = hiển nhiên Q(x) có nghiệm a Nếu b = : Xét f (x) = e b x P (x), f (x) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 a a a a a f ′ (x) = e b x P (x) + e b x P ′ (x) = e b x (aP (x) + bP ′ (x)) = e b x P (x) b b b Vì f (x) có hai nghiệm suy f ′ (x) có nghiệm hay Q(x) có nghiệm Bài tốn 4.19 (HSG khu vực Duyên hải Đồng Bắc Bộ 2015 - 2016 lớp 10) Giải hệ phương trình  7x3 + y + 3xy(x − y) = 12x2 − 6x + (1)  √x + − √ − x + y = (2) Lời giải Đk −3 ≤ y ≤ (1) ⇔ (y − x)3 = (1 − 2x)3 ⇔ y − x = − 2x ⇔ x + y = ⇔ x = − y Thế vào (2) ta được: (1 − y)2 + − ⇔ 3y 2 y2 ⇔ y2( − y + y = ⇔ 2( − 2y + + − y + y2 − y2 3+ + √ y − 2y + + y − 2) + − − x2 = =0 √ )=0⇔y=0⇔x=1 + − x2 y − 2x + + − y) (do |y| ≤ ⇔ − y > 0) Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (1; 0) 2( Bài toán 4.20 (HSG  khu vực Duyên hải Đồng Bắc Bộ 2014 - 2015 lớp 10) y − 2xy + 7y = −x2 + 7x + (1) Giải hệ phương trình √  − x + y + = x3 + x2 − 4y + (2) Lời giải Điều kiện x ≤ (1) ⇔ y − 2xy + 7y + x2 − 7x − = ⇔ (y − xy + 8)(y − x − 1) = ⇔ y = x + y = x − Suy x ≥ Thay y = x + vào (2) ta có: √ 3−x+ √ x + = x3 + x2 − 4x − x−2 2−x = (x − 2)(x + 1)(x + 2) +√ 3−x+1 x+2+2 1 ⇔ (2 − x)[ √ + (x + 1)(x + 2)] = +√ 3−x+1 x+2+2 ⇔ x = (vì x ≥ −1) ⇔√ 50 √ ⇔ y = ± Với y = x − 8, mà x ≤ ⇒ x − ≤ −5 ⇒ y ≤ −5 (vô lý) √ √ Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) ∈ (2; 3); (2; − 3)    6x − y + z =   Bài toán 4.21 (VMO - 2016) Giải hệ phương trình x2 − y − 2z = −1     2 6x − 3y − y − 2z = 6x − y + z − (6x2 − 3y − y − 2z ) + (x2 − y − 2z + 1) = ⇔ (x − 1)2 = (z − 1)2 ⇔ x = z x = − z Lời giải Từ hệ ta có Với x=z, hệ trở thành:    6x − y + z =   x2 − y − 2x = −1 ⇔    4x2 − 3y − y =    6x − y + z =   (x − 1)2 = y    4x2 − 3y − y = ⇔    6x − y + z =   4x2 − 3y − y =    x = y + x = − y Với x=y+1 thế√vào phương trình đầu hệ, ta 6x−(x−1)+x2 = ⇔ x2 +5x−2 = −5 ± 33 √ √ −7 ± 33 −5 ± 33 ⇔y= ⇔z= 2 √ −7 ± 65 Với y=1-x vào (1) được: x = √ √ ± 65 −7 ± 65 ⇔y= ⇔z= 2   y = (x + 1) 0⇔x= Với x=2-z hệ trở thành  y + = (x + 1)2    6x2 − 3y − y − 2z = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y; z) ∈ √ √ √ −5 ± 33 −7 ± 33 −5 ± 33 ; ; 2 ; ⇔ y = y + (vô nghiệm) √ √ √ −7 ± 65 ± 65 −7 ± 65 ; ; 2 Bài tốn 4.22 (USAOP - 1995) Giải hệ phương trình   − 2x2 y − x4 y + x2 (1 − 2x2 ) = y 1 + + (x − y)2 = x3 (x3 − x − 2y ) Lời giải Hệ phương trình ⇔ Cộng (1) (2) ta ⇔ − (1 − x2 y)2 =   − − (1 − x2 y)2 = 2x4 − x2 + y + (x − y)2 − (1 − x2 y)2 − = − x6 + x4 − 2x3 y + (x − y)2 = (x3 − y )2 + 1 + (x − y)2 + (x3 − y )2 + (3) (1) (2) 51 Tuy nhiên nên (3) xảy ⇔         − (1 − x2 y)2 ≤ + (x − y)2 + (x3 − y )2 + ≥ − (1 − x2 y)2 =2 + (x − y)2 =    (x3 − y )2 + = Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (1; 1) ⇔    x2 y =   x=y     x3 = y ⇔ x = y = √ Bài toán 4.23 (VMO - 1995 - Bảng B) Giải phương trình 2x2 −11x+21−3 4x − = Lời giải Đặt √ 4x − = y ⇔ x = Từ ta có phương trình y + 8y + 16 y3 + ⇔ x2 = 11 (y + 8y + 16) − (y + 4) − 3y + 21 = ⇔ y − 14y − 24y + 96 = (1) ⇔ (y − 2)2 (y + 4y + 12y + 18y + 14) = (2) Nếu y ≤ VT(1)>0 (vơ nghiệm) nên y > Khi y + 4y + 12y + 18y + 14 > nên từ (2) suy y = 2, hay √ mãn 4x + = ⇔ x = Thử lại, ta thấy nghiệm thỏa Vậy phương trình có nghiệm x = Bài toán 4.24 (HSG khu vực Duyên hải đồng Bắc Bộ năm 2013-2014 lớp √ √ √ 10) Giải phương trình (6x − 3) − 3x + (15 − 6x) 3x − = −9x2 + 27x − 14 + 11 Lời giải Đk: ≤ x ≤ 3  a = √7 − 3x Đặt , a, b ≥ b = √3x − Ta có Đặt  a + b = S ab = P  a2 + b2 = (2b2 + 1)a + (2a2 + 1)b = 2ab + 11 , (S ≥ 4P ), 52 ta có hệ   S − 2P = 2P = S − ⇔ 2P S + S = 2P + 11 2S(S − 5) + S = S − + 11   2P = S − S = ⇔ (vì S + 2S + > 0) (S − 3)(S + 2S + 2) = ⇔ P = Từ suy  a = b = Thử lại thấy thỏa mãn  a = b = ⇔ x = x = Vậy phương trình có hai nghiệm x=1; x=2 Bài toán 4.25 (VMO - 2010) Giải hệ phương trình  x4 − y = 240, x3 − 2y = 3(x2 − 4y ) − 4(x − 8y) Lời giải Đặt y = 2t, hệ trở thành:  x4 + 16 = 16(t4 + 16) x3 − 3x2 + 4x = 16(t3 − 3t2 + 4t) (1) (2) Nhân chéo hai phương trình ta được: (x4 +16)((t3 −3t2 +4t)) = (t4 +16)(x3 −3x2 +4x) Dễ thấy (x,t) nghiệm x.t = nên ta chia hai vế phương trình cho x2 t2 16 4 16 = t2 + t−3+ x−3+ t t x x x + = u x Ta có phương trình Đặt t + = v t (u2 − 8)(v − 3) = (v − 8)(u − 3) ⇔ u2 v − v u − 3(u2 − v ) + 8(u − x) = x2 + ⇔ (u − v)(uv − 3(u + v) + 8) = ⇔ u = v uv − 3(u + v) + Từ (1) suy x, t dấu Do áp dụng BĐT AM-GM ta u, v ≥ u, v ≤ −4 ⇔ (u − 3), (v − 3) ≥ (u − 3), (v − 3) ≤ −7 ⇔ uv − 3(u + 3) + = (u − 3)(v − 3) − ≥ Dấu xảy u = v =4 t Với x = t, thay vào (1) ta t4 + 16 = 16(t4 + 16) (vô nghiệm) Suy u = v ⇔ x = t x = 53 256 thay vào (1) ta + 16 = 16(t4 + 16) ⇔ t8 + 15t4 − 16 = ⇔ t = ±1 t t Vậy hệ có nghiệm (x; y) ∈ {(4; 2); (−4; −2)} Với x = Bài toán 4.26 (VMO - 2004 - Bảng B) Giải hệ phương trình  x3 − 3xy = −49, Lời giải Đặt Ta có hệ  x + y = u x − y = v x2 − 8xy + y = 8y − 17x =⇒  x = u + v y = u − v  u3 + v = −98 (1) −3u2 + 5v = −9u − 25v (2) Lấy (2) nhân cộng với (1), ta (u − 3)3 + (v + 5)3 = ⇔ u − = −v − ⇔ u = −(v + 2) Thế vào (2) ta v + 2v − 15 = ⇔ v = v=-5 Với v = u = -5, suy x = -1; y = -4 Với v = -5 u = 3, suy x = -1; y = Vậy hệ có nghiệm (x, y) ∈ {(−1; −4); (−1; 4)} Bài toán 4.27 (Olympic Austria - 2000) Giải hệ phương trình  (x − 1)(y + 6) = y(x2 + 1), (y − 1)(x2 + 6) = x(y + 1) Lời giải Cộng hai phương trình cho rút gọn, ta được: 5 (x − )2 + (y − )2 = 2 Trừ hai phương trình cho ta được: xy(y − x) + 6(x − y) + (x + y)(x − y) = xy(x − y) + (y − x) ⇔ (x − y)(7 + x + y − 2xy) = ⇔ x = y x + y − 2xy + = Với x = y thay vào (1) ta có x = y = x = y = 1 15 Nếu x = y từ x + y − 2xy + = ⇔ (x − )(y − ) = 2  a = x − Ta có Đặt b = y − 54  a2 + b2 = (1) (a + 2)(b + 2) = 15 −1 −1 ⇔ 2ab + 4(a + b) = ⇔ ab + 2(a + b) = Cộng (1) với (2), ta (a + b)2 + 4(a + b) = ⇔ a + b = a + b = −4 Lấy (2)-(1), ta (a − b)2 − 4(a + b) = (2) (3) Nếu a + b = −4 a = −b − 4, vào (3) ta (−2b − 4)2 + 42 = (vô nghiệm) Nếu a + b = vào − b)2 = ⇔ a − b = a − b = −1 Suy  (3) ta (a   a + b = a + b = a = a = − 2 ⇔ a − b = a − b = −1 b = − b = 2 Từ ta có nghiệm hệ (x; y) ∈ {(2; 2); (3; 3); (2; 3); (3; 2)} Bài toán 4.28 (HSGkhu vực Duyên hải đồng Bắc Bộ 2013-2014 lớp 11) √   (1) 2x − 2y + 2x + y + 2xy + =   √ Giải hệ phương trình 3y + = 8y − 2y − (2)     x>0 Lời giải (1) ⇔ (2x + 1) − 2(y + 1) + (2x + 1)(y + 1)= Điều kiện: (2x + 1)(y + 1) ≥ mà x > nên suy 2x + > y ≥ −1 =⇒  x > y ≥ −1 √ √ √ √ √ √ (1) ⇔ ( 2x + − y + 1)( 2x + + y + 1) ⇔ 2x + − y + = ⇔ y = 2x √ √ Thế vào (2) ta 6x + = 8x⇔ 6x + + 6x + = (2x)3 + 2x Xét hàm số f (t) = (3) + t R có = + > với t ∈ R, tức hàm số √ √ f (t) đồng biến R Vậy suy f ( 6x + 1) = f (2x) ⇔ 6x + = 2x ⇔ 4x3 − 3x = t3 f ′ (t) 3t2 Nhận xét 4.7 x > không nghiệm phương trình π π k2π −π k2π α = + (k ∈ Z) cos3 α = cos α = ⇔ cos(3α) = ⇔ α = + 2 9 π π Do ≤ α ≤ nên α = π π Vậy hệ có nghiệm (x;y)= cos ; cos 9 Với ≤ α ≤ Ta có: Bài tốn đưa phương trình dạng f (u) = f (v), hàm y = f (t) hàm số đồng biến nghịch biến Theo tính chất hàm số u = v Bài tốn 4.29 (VMO - 1995 - Bảng A) Giải phương trình 55 √ x3 − 3x2 − 8x + 40 − 4x + = Lời giải Điều kiện: x ≥ √ Khi ta xét hàm: f (x) = x3 − 3x2 − 8x + 40 hàm g(x) = 4x + đoạn [−1; +∞) Phương trình tương đương: f (x) = g(x) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số không âm ta được: g(x) = 24 24 24 (4x + 4) ≤ + 24 + 24 + (4x + 4) = x + 13 (1) Dấu xảy x = Mặt khác, f (x) = x3 − 3x2 − 8x + 40 ≥ x + 13 ⇔ (x − 3)(x2 − 9) ≥ ⇔ (x − 3)2 (x + 3) ≥ (2) Dấu xảy x = Từ (1) (2) suy g(x) ≤ x + 13 ≤ f (x), hai dấu xảy x = nên x = nghiệm phương trình Vậy phương trình có nghiệm x = Bàitốn 4.30 (Olympic Đức - 2000) Giải hệ phương trình   x3 = 2y −   y = 2z −    z = 2x − Lời giải Trước hết ta chứng minh x = y = z Thật vậy, khơng tính tổng quát giả sử x = max {x, y, z}, giả sử x = y y3 + x3 + > = z ⇒ y > z , tương tự z > x (mâu thuẫn) 2 Suy x = y = z, vào phương trình hệ ta được: √ −1 ± x3 = 2x − ⇔ x = x = Nếu x > y y = Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x; y; z) ∈ (1; 1; 1); −1 ± √ −1 ± ; √ −1 ± ; √ Bàitoán 4.31 (VMO - 2006 - Bảng B) Giải hệ phương trình   x3 + 3x2 + 2x − = y   y + 3y + 2y − = z    z + 3z + 2z − = x Lời giải Giả sử x = max{x; y; z} Xét trường hợp: +) Nếu x ≥ y ≥ z từ hệ tacó  x3 + 3x2 + 2x − ≤ x (x − 1)((x + 2)2 + 1) ≤ ⇔ z + 3z + 2z − ≥ z (z − 1)((z + 2)2 + 1) ≤ ⇔  x ≤ 1 ≤ z 56 suy x = y = z = +) Nếu x ≥ z ≥ y từ hệ tacó:  x3 + 3x2 + 2x − ≤ x (x − 1)((x + 2)2 + 1) ≤ ⇔ y + 3y + 2y − ≥ y (y − 1)((y + 2)2 + 1) ≤ ⇔  x ≤ 1 ≤ y ⇒x=y=z= Thử lại, x = y = z = nghiệm hệ cho Vậy hệ phương trình có nghiệm nhất: (x; y; z) = (1; 1; 1) Bài toán 4.32 (Olympic Bulgari - 2000) Tìm tất số thực m để phương trình sau có nghiệm phân biệt: (x2 − 2mx − 4(m2 + 1)(x2 − 4x − 2m(m2 + 1) Lời giải Phương trình tương đương với: x2 − 2mx − 4(m2 + = ⇔ (x − m)2 = 5m2 + x2 − 4x − 2m(m2 + = ⇔ (x − 2)2 = 2(m3 + m + 1) (1) (2) Phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt xảy trường hợp sau: (1) có nghiệm kép khác với nghiệm phân biệt (2) (2) có nghiệm kép khác với nghiệm phân biệt (1) (1),(2) có nghiệm phân biệt có nghiệm chung - Do 5m2 + > nên (1) có nghiệm phân biệt khơng thể có nghiệm kép suy trường hợp thứ khơng xảy - (2) có nghiệm kép 2(m3 + m + 1) = ⇔ m = −1 (2) có nghiệm kép x = 2; (1) ⇔ (x + 1)2 = ⇔ x = 2; x = −4 Suy phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt x = 2; x = −4 (không thỏa mãn) - Với trường hợp cuối cùng, ta gọi r nghiệm chung (1) (2) (x - r) thừa số chung biểu thức: x2 − 2mx − 4(m2 + 1; x2 − 4x − 2m(m2 + Trừ biểu thức cho ta có (x - r) thừa số (2m − 4)x − (2m3 − 4m2 + 2m − 4) hay (2m − 4)r = (2m − 4)(m2 + 1) Vì vậy, m = r = m2 + Nếu m = (1) (2) trở thành (x − 2)2 = 24 nên phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt, suy m = không thỏa mãn Nếu r = m2 + ⇒ (r − 2)2 = 2(m3 + m + 2) ⇔ (m2 − 1)2 = 2(m3 + m + 2) ⇔ (m + 1)(m − 3)(m2 + 1) = ⇔ m = −1 m = Nhưng m = -1 ta loại nên suy m = Với m = (x − 3)2 = 49 ⇔ x = −4; x = 10; (2) ⇔ (x − 2)2 = 64 ⇔ x = −6; x = 10 57 Suy phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt x = −4; x = −6; x = 10 (thỏa mãn) Vậy với m = phương trình có nghiệm phân biệt    x+y+z =a   Bài toán 4.33 (IMO - 1961) Giải hệ x2 + y + z = b2     xy = z (1) (2) (3) a, b số cho trước Các số a, b phải thỏa mãn điều kiện để nghiệm x, y, z hệ dương phân biệt? Lời giải Bình phương vế (1), ta a2 = x2 + y + z + 2xy + 2(x + y)z Mà x + y = a − z từ (2), (3), ta a2 = b2 + 2z + 2(a − z)z ⇔ a2 = b2 + 2az ⇔ z = Khi ta có  2  x + y = a − z = a + b 2a 2  xy = z = (a + b ) ⇔ 4a2 Để x, y, z > x + y > suy a2 − b 2a  √ + b2 a 10a2 b2 − 3a4 − 3b4  x = ± 4a 2  y = a + b ∓ 4a √ 4a 10a2 b2 − 3a4 − 3b4 4a a2 + b2 > nên a > Với điều kiện 2a x > 0, y > 0vxy > a2 − b2 > nên a2 > b2 a > |b| (4) Mặt khác, z = 2a Để x = y ⇒ 10a2 b2 − 3a4 − 3b4 > (5) |b| Đặt t = theo (4) ta có: > t ≥ viết (5) dạng: −3t4 + 10t2 − > a √ √ 1 t − > (6) t− √ ⇔ −3 t + t + √ 3 √ √ 1 Vì t > nên t+ 3; t+ √ > t < nên t− < ⇒ (6) ⇔ t− √ > ⇒ t > √ 3 |b| a Như > t > √ ⇒ > > √ ⇔ a > |b| > √ , a > a 3 Vậy nghiệm hệ là: (x, y, z) = với ∆ = √ a2 + b ∆ a2 + b2 ∆ a2 − b2 ± ; ∓ ; 4a 4a 4a 4a 2a a 10a2 b2 − 3a4 − 3b4 a > |b| > √ , a > điều kiện để nghiệm x, y, z hệ dương phân biệt Bài toán 4.34 (VMO - 1995 - 1996 - Bảng A) Biện luận số nghiệm thực hệ 58  x3 y − y = a2 x2 y + 2xy + y = b2 a,b số cho trước Lời giải Hệ tương đương:  y(x3 − y ) = a2 (1) y(x + y)2 = b2 (2) Xét trường hợp sau:  y = o b = đó: (2) ⇔ y = −x Do hệ cho tương đương  y = y(x3 − y ) = a2  y = −x y(x3 − y ) = a2  y = −x (II) ⇔ (4.8) (4.9) −2x4 = a2 +) Nếu a = (4.8) (4.9) vơ nghiệm nên hệ vô nghiệm +) Nếu a = (4.8) có vơ số nghiệm dạng (x ∈ R; y = 0) cịn (4.9) có nghiêm (0; 0) nên hệ vơ nghiệm b = Khi đó, (x; y) nghiệm hệ phải có x > 0, y > Vì |b| x = √ − y y Thế vào (4.8) ta y Đặt t2 √ |b| √ −y y − y = a2 (4.10) y = t, t > Từ (4.10) ta có phương trình sau: |b| − t2 t − t6 = a2 ⇔ t9 − (|b| − t3 )3 + a2 t = Xét f (t) = t9 − (|b| − t3 )3 + a2 t [0; +∞) , ta có f ′ (t) = 9t8 + 9(|b| − t3 )2 t2 + a2 ≥ 0, ∀t ∈ [0; +∞) (4.11) 59 Suy đồng biến [0; +∞) nên (4.11) có tối đa nghiệm (0; +∞) Mà f (0) = −(|b|)3 < 0, f ( |b| = (|b|)3 + |b|a2 > nên (4.11) có nghiệm Kí hiệu |b| nghiệm là: t0 ∈ (0; +∞) Suy hệ có nghiệm nhất: (x; y) = − t0 ; t20 t0 Vậy nên: - Nếu a = b = hệ có vơ số nghiệm - Nếu a tùy ý, b = hệ có nghiệm - Nếu a = 0, b = hệ vơ nghiệm Bài tốn 4.35 (Olympic Ukrain 1998 -1999) Tìm tất nghiệm thực hệ  x1 + x2 + · · · + x1997 = 1997  x4 + x4 + · · · + x4 1997 = x31 + x32 + · · · + x31997 Lời giải Ta chứng minh hệ có nghiệm: x1 = x2 = · · · = x1997 Đặt Sn = xn1 + · · · + xn1997 Theo bất đẳng thức lũy thừa trung bình ta có: S4 1997 S4 1997 Do ≥ ≥ S3 1997 S1 =1 1997 = S4 1997 S4 ≤ 1997 Vì bất đẳng thức xảy dấu ⇔ x1 = x2 = · · · = x1997 = Vậy hệ có nghiệm (x1 ; x2 ; ; x1997 ) = (1; 1; ; 1) Bài toán 4.36 (VMO - 2004 - Bảng A) Giải hệ phương trình    x3 + x(y − z)2 =   y + y(z − x)2 = 30    z + z(x − y)2 = 16 Lời giải Hệ tương đương với:    x(x2 + y + z ) − 2xyz =   y(x2 + y + z ) − 2xyz = 30    z(x2 + y + z ) − 2xyz = 16 ⇔    x(x2 + y + z ) − 2xyz =   (y − z)(x2 + y + z ) = 14    (z − x)(x2 + y + z ) = 14 60 Dễ thấy (0; 0; 0) không nghiệm hệ, hệ tương đương với:     2   x(x + y + z ) − 2xyz = 2x3 − 2x2 z + xz =     (y − z)(x2 + y + z ) = 14    y = 2z − x ⇔ 5z − 16xz + 20x2 z − 16x3 =    y = 2z − x z x 5t3 − 16t2 + 20t − 16 = ⇔ (t − 2)(5t2 − 6t + 8) = ⇔ t = ⇒ z = 2x Vì x, z = nên đặt t = , từ (*) ta có: Khi hệ tương đương:    2x3 − 2x2 z + xz =   z = 2x    y = 2z − x ⇔ Vậy hệ có nghiệm nhất: (x; y; z) = (1; 3; 2)    x=1   y=3    z = (∗) 61 Kết luận Luận văn "Khảo sát nghiệm phương trình sinh đạo hàm nguyên hàm đa thức” giải vấn đề sau: Luận văn trình bày chi tiết số dạng toán liên quan đến nghiệm thực đa thức, phát biểu chứng minh điều kiện cần đủ để đa thức bậc hai, bậc ba bậc bốn có nghiệm thực mối liên hệ đa thức với đạo hàm ngun hàm Trình bày dạng toán liên quan đến khảo sát nghiệm số dạng phương trình đa thưsc bậc cao Cuối cùng, luận văn trình bày đề tốn thi học sinh giỏi nước, Olympic khu vực quốc tế liên quan đến phương trình đa thức Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Lê Hải Châu (2008), Các thi Olympic Tốn trung học phổ thơng Việt Nam (1990 - 2006), NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu (2002), Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Long, Nguyễn Minh Tuấn (2006), Các đề thi olympic Tốn sinh viên tồn quốc, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Ngọc (2009), Đa thức đối xứng áp dụng, NXB Giáo dục [B] Tiếng Anh [5] Victor Prasolov (2001), Polynomial in Algorithms and computation in mathematics, Vol.11, Springer-Verlag, Berlin-Heidelberg, 2010 ... số nghiệm thực đa thức gắn với nghiệm đa thức đạo hàm đa thức nguyên hàm Vì vậy, việc khảo sát sâu vấn đề biện luận nghiệm, biểu diễn đa thức thông qua đa thức đạo hàm đa thức nguyên hàm ccủa... THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐÀM THU HẢI KHẢO SÁT NGHIỆM CỦA CÁC PHƯƠNG TRÌNH SINH BỞI ĐẠO HÀM VÀ NGUYÊN HÀM CỦA MỘT ĐA THỨC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN... chất đa thức cho Luận văn "Khảo sát nghiệm phương trình sinh đạo hàm nguyên hàm đa thức" trình bày số vấn đề liên quan đến toán xác định số nghiệm thực đa thức với hệ số thực Mục đích luận văn