Chuyên đề các dạng phương trình - hệ phương trình và cách giải sáng tạo

XÂY DỰNG PHƯƠNG TRÌNH HỮU TỈ Bên cạnh việc xây dựng phương trình từ hệ phương trình, việc xây dựng phương trình từ những đẳng thức đại số có điều kiện là một trong những phương pháp giúp

CHUYÊN ĐỀ :

PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH

CHƯƠNG I: ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH

HỮU TỈ

PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA

Một số phương pháp giải phương trình bậc ba

* Phương pháp phân tích nhân tử:

Nếu phương trình bậc ba az? + ba? + cr +d = 0 c6 nghiém x = r thì có nhân tử (z — r) do đó

có thể phân tích

ax* + bx? + cx +d = (ø — r)[az? + (b + ar)# + e + br + ar`]

Từ đó ta đưa về giải một phương trình bậc hai, có nghiệm là

—b — ra + VÙ2 — 4ac — 2qbr — 3a2r2

2a

Ta chỉ xét p, ø # Ú vì p = 0 hay g = 0 thì đưa về trường hợp đơn giản

Đặt = +0 thay vào (2), ta được:

(u+0)®+p(u +0) +q=0<€ uẺ +u` + (uv + p)(utv) +¢q=0 (3) Chọn u,v sao cho 3uv + p = 0 (4)

Như vậy, để tìm u va v, tit (3) va (4) ta có hệ phương trình:

Gọi trẻ là một nghiệm phức của (5), œỷ là giá trị tương ứng sao cho wg0ạ = =>

khi đó, phương trình (2) có ba nghiệm phân biệt

Yi = Uo + Uo

Y= 3 (to +09) + rus — vo)

y= ~5 (uo +9) — i> (to — v9)

* Phương pháp lượng giác hoá - ham hyperbolic:

Một phương trình bậc ba, nếu có 3 nghiệm thực, khi biểu diễn dưới dạng căn thức sẽ liên quan đến số phức Vì vậy ta thường dùng phương pháp lượng giác hoá để tìm một cách biểu diễn

khác đơn giản hơn, dựa trên hai hàm số cos và arccos

Cu thé, từ phương trình ? + pf + g = 0 (+) ta dat t = ucosa va tim œ để có thể đưa (+) về

1 ẹ : Z xi= -2VŠ sinh [nian § 2)| nếu ø >0

Mỗi phương pháp trên đều có thể giải quyết phương trình bậc ba tổng quát Nhưng mục đích của chúng ta trong mỗi bài toán luôn là tìm lời giải ngắn nhất, đẹp nhất Hãy cùng xem qua một số ví dụ:

Do đó phương trình tương đương:

“Từ đó suy ra nghiệm duy nhất # =

biến đổi đẳng thức Nhưng những bài đơn giản như thế này không có nhiều Sau đây ta sẽ đi

sâu vào công thức Cardano:

Ấp dụng công thức Cardano suy ra:

Suy ra z=

® Nhận xét: Ví dụ trên là một ứng dụng cơ bản của công thức Cardano Tuy nhiên công

thức này không hề dễ nhớ và chỉ được dùng trong các kì thi Học sinh giỏi Vì thế, có lẽ chúng

ta sẽ cố gắng tìm một con đường “hợp thức hóa” các lời giải trên Đó là phương pháp lượng giác hoá Dầu tiên xét phương trình dạng #Ở + p# + q = Ú với p < 0 và có 1 nghiệm thực:

LS

® Nhận xét: Câu hỏi đặt ra là: “Sử dụng phương pháp trên như thế nào?” Muốn trả lời, ta cần

làm sáng tỏ 2 vấn đề:

1) Có luôn tồn tại ¡ thoả mãn cách đặt trên?

Dáp án là không Coi (+) là phương trình bậc hai theo £ ta sẽ tìm được điều kiện || > al”

123 = 3 cos —— > + 3 + 3

Do phương trình bậc ba có tối đa ba nghiệm phân biệt nên ta không cần xét trường hợp

ly| > a Bai toan duge gidi quyét O

Như vậy từ phương trình đầu ta được

“ˆ (°-3)-# (1-7) +68 (1-7) +4=0

Cần chọn & thoả 3kŠ = 6k > k = v2

Vậy ta có lời giải bài toán như sau:

@® Lời giải:

1 Đặt z = v2 ( - i) ta có phương trình

Ta chứng minh đây là nghiệm duy nhất

Giả sử phương trình có nghiệm zọ thì zạ ế [—1, 1] vì |zo| > 1 Khi đó:

4a} — 3a = 4a — 329 hay

(# — #o)(42? + 4rzo + 4zâ — 3) = 0

Xét phương trình:

4z2 + 4# + Axe —-3=0 c6 A’ = 12 — 1223 < 0 nên phương trình bậc hai này vô nghiệm

Vậy phương trình đầu bài có nghiệm duy nhất là

Ta có

(1) = a(a* + 227.k + k?) + bx(2? + k) + (e— 2ak)+? = 0

© a(a? +k)? + br(a? + k) + (ce — 2ak)a? =0 Đến đây có hai hướng để giải quyết:

Cách 1: Dưa phương trình về dạng A? = B?:

Them bớt, biến đổi về trái thành dạng hằng đẳng thức dạng bình phương của một tổng, chuyển

các hạng tử chứa +? sang bên phải

Cách 2: Dặt =+?”+k=>u>k

Phương trình (1) trở thanh ay? + bry + (c — 2ak)a? = 0

Tinh « theo hoặc theo z để đưa về phương trình bậc hai theo ẩn z

5- VB + z?—=4z+3=+ + x? —5r+3=0 a= 5

Nhận xét: Mỗi phương pháp giải có lợi thế riêng Với cách giải 1, ta sẽ tính được trực tiếp mà

không phải thông qua ẩn phụ Với cách giải 2, ta sẽ có những tính toán đơn giản hơn và ít bị nhằm lẫn

Ví dụ: Giải phương trình: (a + 4)(# + 6)(« — 2)(@ — 12) = 25x? (2.1)

CACH 1:

24 24 zz0:01) («+ 410) # _—

24

Dặt =z+ 22 \y| > 4V6 (2.1) trở thành:

=-H (y + 10)(y — 14) = 9ð ® (+ 11)(w — 15) =0 © Ib

® Nhan xét: Trong cach giải 2, có thể ta không cần xét z # 0 rồi chia mà có thể đặt ẩn phụ

=#? +m để thu được phương trình bậc hai ẩn z, tham số + hoặc ngược lại

Sử dụng khai triển nhị thức bậc 4, ta thu được phương trình:

4 2y + 3(a — b)2u? + 2 ứ 7 °) =e Giải phương trình trùng phương ẩn y để tìm x

Phương trình A = 0 là phương trình bậc ba với cách giải đã được trình bày trước Phương

trình này có thể cho 3 nghiệm zm, cần lựa chọn zm sao cho việc tính toán là thuận lợi nhất Tuy nhiên, dù dùng nghiệm ?w nào thì cũng cho cùng một kết quả

Vay phương trình (6.1) có tập nghiệm: # = {ki -7}

® Nhận xét: Nếu chọn y = a Voi f(x) va g(x) là hai hàm số bất kì (g(z) # 0) ta sẽ tạo

được một phương trình Không chỉ là phương trình hữu tỉ, mà còn là phương trình vô tỉ

Thêm vào hai về một biéu thite 2(2ax? + br)y + y? (y 1a hang số) để về trái thành bình phương

đúng, còn về phải là tam thức bậc hai theo x:

f(a) = (bỀ — 4ae — 4au)+? + 2(bu — 2ad)x — 4ae +

Tính y sao cho về phải là một bình phương đúng Như vậy, A của về phái bang 0 Nhu vay ta

phải giải phương trình A = 0 Từ đó ta có dạng phương trình 4? = 2 quen thuộc

Ví dụ: Giải phương trình z# — 16z3 + 66+? — 16ø — 55 = Ú (7.1)

(7.1) & a — 162 + 642? = —22? + 16x +55

© (x? — 8x)? + 2y(2? — 8x) + y? = (2y — 2)a? + (16 — 16y)a +55 +y?

Giải phương trình A = 0 (8 — 8y)? — (55 + y*)(2y — 2) = 0 tim duge y = 1,y = 3,y = 29

“Trong các giá trị này, ta thấy giá trị y = 3 là thuận lợi nhất cho việc tính toán

Như vậy, chọn = 3, ta có phương trình:

#2 — 8z + 3 = 2(œ — 4) +? — 8z + 3 = —2(# — 4) +2 — 10z+11=0 -[

(a? — 8z +3)? = 4(z - 4)? ©

Phương trình (7.1) có tập nghiệm S = {3 + v14;3— 14,5 + 14; 5 — v14}

® Nhận xét: Ví dụ trên cho ta thấy phương trình A = 0 có nhiều nghiệm Có thể chọn = 1

nhưng từ đó ta có phương trình (+? — 8z + 1)? = 56 thì không thuận lợi lắm cho việc tính toán,

tuy nhiên, kết quả vẫn như nhau

Một cách giải khác là từ phương trình z* + az3 +bz? +c# + đ = 0 đặt z =£— zp ta sẽ thu được phương trình khuyết bậc ba theo f, nghĩa là bài toán quy về giải phương trình ft = at? + bt+e

«© 3z? — 6z + 3 = 0© z = 1(thỏa điều kiện)

Vay phương trình (1.1) có tập nghiệm S = {1}

Điều kiện:

Dat y= a+ 3 => |u| > 2V5, # 6 Phương trình (3.1) trở thành:

y-3 - y-5 ¬- Ố 1 2 1 5 y = 2 (loai)

Vậy phương trình (3.1) có tập nghiệm: Š = {4 +V11;4— vil}

@® Nhan xét: Cac dang phương trình sau được giải một cách tương tự:

[4.] Dưa về lũy thừa đồng bậc (thường là dạng A2 = B?)

[5.] Chia tử và mẫu cho sồng: một số

XÂY DỰNG PHƯƠNG TRÌNH HỮU TỈ

Bên cạnh việc xây dựng phương trình từ hệ phương trình, việc xây dựng phương trình từ những đẳng thức đại số có điều kiện là một trong những phương pháp giúp ta tạo ra những dạng phương trình hay và lạ Dưới đây là một số đẳng thức đơn giản

4.1 Từ đẳng thức “(a+b+c)3 = œ3 + b8 + c3 + 3(ø + b)(b + e)(e + a) (1) °

Vi dụ: Giải phương trình: ( — 2)3 + (2z — 4)3 + (7 — 3z) = 1 (1.1)

Nhận xét: Nếu đặt a = #— 2,b = 2z— 4,e= T7 — 3z Khi đó ta có phương trình: aŠ + bŠ + =

(a+b+e)3 Từ đẳng thức (1), đễ dàng suy ra (œ + b)(b + e)(c+a) = 0 Từ đó, ta có lời giải: () ©(œ-— 2)? + (2z — 4)3 + (7 — 3x)? = [ — 3) + (9z — 4) + (7 — 3ø)]Ÿ

x=2

Ẳ© (3z — 6)(3— z)(5 — 2z) =0 ©

g

Vậy phương trình (1.1) có tập nghiệm: Š = {2 3: 3}

Với bài toán trên, cách tự nhiên nhất có ]ẽ là khai triển rồi thu về phương trình bậc ba Tuy nhiên, việc khai triể

Vi du: Giai phương trình: we I a eos | Oe? be 8 Bg+i CC + : + Be (2.1)

7 8 7 Diều kiện: z # §,z # aa #—c,tr# ~§

= d,ÙŠ là nghiệm của phương trình

Khi đó phương trình đã cho tương đương với

(e+a+b) (+? +a4?+b?T— ag — ba — ab) =0

4.4 Từ bài toán “Nếu zựz = 1 và z++z= T+ + thì @œ— Ly —1)Œ —1) = 0 (4)?

Ví dụ: Giải phương trình: ven Die 10? = a $3 91 Se 3 : =! + i + 102? — 18a + 7 (4.1)

5

Qua các ví dụ trên, ta có thể hình dung cơ bản việc sử dụng đẳng thức để xây dựng phương trình Hi vọng dựa vào vốn hiểu biết và khả năng sáng tạo của mình, bạn đọc có thể tạo ra những phương trình đẹp mắt và độc đáo hơn nữa Sau đây là một số bài tập tự luyện từ các đẳng thức khác

(a® — 2x4) + (a* — 22°) + (2° — 227) + (—932 + 18z) + (7z — 14) = 0

(Œ—2)(t+ +” + +? — 9x +7) =0

ea Vetta? +2? —-924+7=0 («) Xét (*) ta có

(6) © (@*+ m2 +? T— Đ#+6}+1=0

(at — 2° + 2a3 — 22? + 3z? — 3ø — 6z +6) +1=0

® (ø— 1)?” + 3£ +6) +1=0 (vô nghiệm) Vậy phương trình có tập nghiệm Š = {2}

Vậy phương trình có tập nghiệm S = +ử6; a a7 Var: n

Bài 3: Giải phương trình z8 — 15+? + 6§ = 0 (*)

Giải

Do z = 0 không thoả (*) nên z # 0 Viết lại (*) dưới dạng

68 lỗ 2V17_ 17-2

ra VN _ Tố # # nee a x Dat a = V17 > Ú ta có phương trình

Vậy ta có điều phải chứng minh 0

*% Nghiệm của f(x) là: ƒf(z) =0 © 3+2 — 3z = 0 © z = +1

% Dể tìm nghiệm của ƒ'(ƒ(2)) ta tìm nghiệm của ƒ(z) = —1 và ƒ(+) = l1:

e®e ƒ(z)=—1©z3—3z++2=0«@©z€{—2;1}

e ƒ(z)=1©z3— 3z =0 z€ {0;+Vv3}

Như vậy tập nghiệm của phương trình ø'(z) = 0 là {—2;—3; —1;0;1; v3}

Suy ra g(x) có tối đa 7 nghiệm Lại có:

9(z) => —oo khi ø + —oo g(—2) =3 > 0 => g(a) c6 1 nghiém trong (—œ;—2)

g(—V3) = -1 < 0 > g(x) c6 1 nghiém trong (—2; —V3) g(—1) = 19 > 0 > g(a) cé 1 nghiém trong (— V3; —1) ø(0) = —1<0 => g(a) c6 1 nghiém trong (—1; 0)

g(1) =3 > 0 = g(x) có 1 nghiệm trong (0; 1) g(V3) = —1< 0> g(z) có 1 nghiệm trong (1; V3) g(a) > +00 khi 2 + +00 = g(x) c6 1 nghiém trong (V3; +00) Như vay ø(z) = ƒ(ƒ(z)) có 7 nghiệm thực 0

CHƯƠNG II: PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG

TRÌNH CÓ THAM SỐ

PHƯƠNG PHÁP SU DUNG DAO HAM

Ly thuyét

Đối với bài toán tìm điều kiện của tham số để phương trình ƒ(z) = g(m) có nghiệm miền D ta

dựa vào tính chất: phương trình có nghiệm khi và chỉ khi hai đồ thị của hai hàm số = f(x)

và = ø(m) cắt nhau Do đó để bài toán này ta tiến hành theo các bước sau:

Bước 1: Lập bảng biến thiên của hàm số = ƒ(+)

Bước 2: Dựa vào bảng biến thiên ta xác định m để đường thẳng + = ø(m) cắt đồ thị hàm số

Dưa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi zw € (—1; 1) ñ

Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi ø € (0; 1] F1

® Nhận xét: Dôi khi ta phải tìm cách cô lập rm để đưa phương trình về dạng trên

Xét hàm số ƒ(z) = (+# + v# + 12)(Vð — # — 4— #) liên tục trên đoạn (0; 4]

Ta: /0) = (Sve + m)(S=- >z=)>0wze 0a

Vậy ƒ(z) là hàm đồng biến trên |0; 4]

Suy ra phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2/3(V5 - 2) < m < 121

Như vậy m = f(x) nghich biến trên [1:4], do đó ƒ(4) < m <Š ƒ(1) > 8< m < 19

Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi zm € [8;19| 1

@ Nhận xét: Khi gặp hệ phương trình trong đó một phương trình của hệ không chứa tham số thì ta sẽ đi giải quyết phương trình này trước Từ phương trình này ta sẽ tìm được tập nghiệm (đối với hệ một ấn) hoặc sẽ rút được ẩn này qua ấn kia Khi đó nghiệm của hệ phụ thuộc vào

Bai 7: Tim m để hệ phương trình sau có nghiệm: (*) {

Giai

Mat khéc, lim f(y) =4, lim f(y) =—oo; lim f(y) = +00 w>—se 00+ -30~

Suy ra hệ có nghiệm khi và chỉ khi rw € (—oe;2]U (4;+ee) 0

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt khi va chi khi m < 27

Suy ra hàm số f(t) nghịch biến trên (0; 4)

Dua vào bảng biến thiên suy ra phương trình có đúng một nghiệm trên (0;Z) khi và chỉ khi

qa am Š Le$'—p <#m €—g H

Bài 11: Tìm m để hệ phương trình có ba cặp nghiệm phân biệt:

phụ trên miền xác định vừa tìm Cụ thể:

* Khi đặt ¿ = u(z)( € D), ta tìm được £ € Dị và phương trình ƒ(z,zn) = 0 (1) trở thành g(t,m) = 0 (2) Khi đó (1) có nghiệm z € 2 => (2) có nghiệm ¿ € D)

* Để tìm miễn xác định của t ta có thể sử dụng các phương trình tìm miền giá trị (vì miền xác định của t chính là miền giá trị của hàm z(4:))

* Nếu bài toán yêu cầu xác định số nghiệm thì ta phải tìm sự tương ứng giữa x và t, tức là mỗi

giá trị € D¡ thì phương trình # = z(z) có bao nhiêu nghiệm x € D

Bài 12: Tìm m để phương trình (V2 — 2 + 2V/x? — 4) — Va +2 = 2ý4?— 4 có nghiệm

Giải ĐKXĐ;z>2

Ta thay # = 2 không là nghiệm của phương trình nên ta chia hai về phương trình cho Wz? — 4:

Vay phudng trinh cé nghiém khi va chi khim > 10

® Nhận xét: Trong các bài toán trên sau khi đặt ấn phụ ta thường gặp khó khăn khi xác định

miền xác định của + Để tìm được điều kiện của ẩn phụ t, chúng ta có thể đùng công cụ hàm

số, bất đẳng thức, lượng giác hóa

Xét ham sé f(t) =? +t voi l <t < 2, ta thấy ƒ() là hàm đồng biến trên [1; 2]

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2 < 2m +2 < 6© 0 <m < 2ñ

Bài 14: Xác định m để hệ sau eó 2 nghiệm phân biệt

{ log g(@ + 1) — log g(a — 1) > logs4 logy (x? — 2a +5) — TrÌOB(„3_az+s)2 = 5

Điều kiện : z > 1 Từ bất phương trình thứ nhất của hé ta cd: log yg > log yg2 => x € (1;3)

t+ 550 —5t=—m

'Từ cách đặt t ta có: Với mỗi giá tri t € (2; 3) thi cho ta đúng một giá trị z € (1;3) Suy ra hệ có

2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình #? — 5# = —m có 2 nghiệm phân biệt £ € (2; 3)

Xét ham s6 f(t) = ¢? — 5t vdi t € (2;3) Ta có ƒ'(Ð = 2t — 5; ƒ() =0 œt= » Dựa vào bảng

biến thiên ta có, hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi va chi khi m € (6; 2) Oo

Bai 15:(Dé thi DH khéi B - 2004) Tim m để phương trình có nghiệm:

m(V1 +22 — V1 = 2? +2) = 2V1— 2 + Vit 2? - v1- z? (*)

Do V1+z2>VvI—z2=>£>0

Mặt khác: # = 2— 2V1— z† <9 = £ € V2 ;

ỐẶ sẽ AEE? § —t? — At

Ta xét hàm sé: f (¢) = ———~—, w= Vt € |0; V2], ta c6:f/(t) = ———, <0 [0: v2], ta «4:09 = TS)

Vay ham f(¢) nghịch biến trên đoạn |0: v2] Mà hàm số liên tục trên [0: v2] nên phương trình

đã cho có nghiêm x khi phương trình (1) có nghiệm £ € |0; v2]

Điều này tương đương với:

min f (t) <m < max f(t) WEE |0: v3 > f (v2) <m< f(0)

Vậy các giá trị m cần tìm là 2 — 1 <zm <1

Bài 16: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

Cũng giống như những bài toán trước, ờ bài này ta nghĩ ngay là phải đưa bài toán về dạng

°) =m rồi sử dụng tương giao giữa 2 đồ thị và suy ra điều kiện m

Vậy, theo tính chất trên ta có hàm y = a

% Nếu m = 3: phuong trinh c6 nghiém duy nhat « = —1

* Néu m= =: phuong trinh c6 nghiém duy nhất z = 1

Bài 18: Tìm m để phương trình sau có nghiệm

2

a+@+1 1

—=—:äz<‡<3 —z+113

Phương trình trên trở thành: /? — # =m

Day là một phương trình bậc hai đơn giản nên việc khảo sát xin đành cho bạn đọc

Điều lưu ý ở đây là điều kiện của t Thực chất ở đây ta đã tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất

a’? +b® —3(a+b) = 15m — 10 ab=8—m

Dé thay ø,b là nghiệm của phương trình X?— 5X +§—?n = 0 X?—5z+8 =mm (1) Xét

ƒŒ@+1)=f/(/+2) ©z+1=y+2e©@z=yw+l

Từ đây, thay z = # + 1 vào phương trình thứ hai ta được:

phân tích hai về trái trong hai phương trình trong hệ Cụ thể ta có:

a? + (y+ 2)a? + Qey = 2° + ya? + 222 + 2z = 2? (a +y) + 2a (+ + 0) = (+) (+? + 2z)

Bài tập tự luyện

Bài 1: Tìm m để phương trình tan?z+ + cot?z + rnw(cotz + tanz) = 3 có nghiệm

Bài 2: Tìm m để phương trình ⁄# + v—z# +9 = V9 — #2 +m có nghiệm

PHƯƠNG PHÁP DÙNG ĐỊNH LÝ LAGRANGE-ROLLE

Lý thuyết

* Định lý Rolle: : Nếu ƒ(z) là hàm liên tục trên đoạn [a; 6], c6 dao ham trén khoang (a; b)

va f(a) = f(b) thi tồn tại e € (ø; b) sao cho ƒ'(e) = 0

* Hệ quả 3: Nếu ƒ(z)có đạo hàm trên (a; b) và ƒ'(z) có nhiều nhất n nghiệm (n là số nguyên

dương) trên (a; b) thi f(x) có nhiều nhất n + 1 nghiệm trên (a; b)

Các hệ quả trên vẫn đúng nếu các nghiệm là nghiệm bội (khi ƒ(z) là đa thức) và cho ta ý

tưởng về việc chứng minh tồn tại nghiệm cũng như xác định số nghiệm của phương trình, và nếu nhữ bằng một cách nào đó ta tìm được tất cả các nghiệm của phương trình thì nghĩa là khi đó phương trình đã được giải

* Định lý Lagrange: : Nếu /(z)là hàm liên tục trên đoạn [a; 6], c6 dao ham trên khoảng

Giai

bsin2x csin3a

2 + 3 tacé f’(x) =a cosx + bcos 2x + ccos3x

Giải

Dé ching minh f(x) có ít nhất n nghiệm ta chứng minh #(z) có ít nhất ø + 1 nghiệm với ?"(z)

là một nguyên hàm của ƒ(z) trên (ø;b) (có thể phải áp dụng nhiều lần)

Xót hàm số ƒ(#) = —asinz — bsin 3ø — esin ðz, ba có:

ƒ(z) = —acos+ — 3Ù cos 3# — ðecosỗa; ƒ”(+) = asinz + 9bsin 3z + 25c sin 5œ

Ta có /(0) = ƒŒ) = 0) = /() =0

Suy ra 3zị € (0; 7 x2 € đ *), x3 € ( (@

= đứa € (đi;#2),#s € (x2; aa)" #4) = — fxs)

mà ƒ“(0) = ƒ”() = 0, suy ra điền phải Thưa minh 1

nén tit fares suy ra phương trinh đã cho có ba nghiệm thực

Giả sử có nghiệm thứ tư của phương trình Áp dụng định lý Rolle ta có:

Bài 4: Cho da thttc P(x) va Q(x) = aP(x) + b/'(z) trong đó a, b là các số thực, a #0

Chứng mỉnh rằng nếu (+) vô nghiệm thì 7(z) vô nghiệm

% Khi P(z) có hai nghiệm phân biệt # < z¿:

e Nếu b —= 0 thì hiển nhiên Q(z) có nghiệm

e Nếu b Z0: Xét ƒ(#) = e5*P(z) thì ƒ(z)có hai nghiém phan biét a, < ay va

Ÿƒf= sẽ “P(œ) + e9*“Pf(œ) = set IéP@) +bPf(z)] = pứngg r)

Vi f(x) có hai nghiém suy ra f’(x) có it nhất 1 nghiệm hay (+) có nghiệm

Tất cả trường hợp đều mâu thuẫn với giả thiết Q(+) vô nghiệm Vậy khi Q(z) vô nghiệm thì P(z) võ nghiệm F1

Bai 5: Giả sử phương trình sau có n nghiệm phân biệt:

ape” + az" + + Gn + An =0, (a9 #0) Chitng minh (n — 1)a? > 2naoaz

Giai

Dat aox" + aya") + + Gn12 + Gn = f(x)

Nhan xét f kha vi vo han trén R nén suy ra

ƒ'{z) có n — 1 nghiệm phân biệt

ƒ{œ) có n — 2 nghiệm phân biệt

nl

fr@)= sau” + (ø— 1)laiz + (n — 2)la¿ có 2 nghiệm phân biệt.

Nhan thay f!"~*l(x) c6 A > 0 nén ((n — 1!a)? — 2nlao(n — 2)!ar > 0

Suy ra diéu phai chtmg minh 0

Mà lim f„(#) = +00, him /a(#) = “5 =>f,(x) = 0 có một nghiệm duy nhất lớn hơn 1 ol*t #+se

*% Dùng dinh ly Lagrange -Rolle dé giải phương trình:

Bai 7: Giải phương trình 3* + 5# = 2.4” (+)

Giải

Nhận xét: #z = 0;# = 1 là nghiệm của phương trình (*)

Goi zo là nghiệm khác của phương trình đã cho Ta được:

3

Vi f(t) lién tục trên [3;5| và có đạo hàm trên (3;5), do đó theo định lí Lagrange luôn tồn tại

œ€ (3; 5) sao cho

ƒƑ(e) =0 = zo(c?9”!T— 1)=0 , — (loại)

Vậy phương trình (*) có tập nghiệm S$ = {0;1} 0

Bai 9: Giải phương trình: 37 + 2.4” = 19z + 3 (*)

Giải

Ta có

(x) © 37 +94 — 19z — 3 =0

Xét hàm số: = f(x) = 37 + 2.4" — 192 — 3 ta có: ƒ (+) = 3*ln3 +2.4”ln4— 19 ta có

f(x) = 3"(In3)? + 2.4 (n4)? > 0,Vz € R hay ƒ“(z) vô nghiệm, suy ra ƒ'(z) có nhiều nhất 1

nghiệm, suy ra ƒ(#) có nhiều nhất 2 nghiệm

Ta c6: (*) (1+ £)(2 +42) =3.4' @ (L+£)(2 +42) — 3.4 =0

Xét hàm sé: f(t) = (1+ t)(2+4') — 3.4! ta cé:

fi(t) =2+4' + (t— 2)4'In4, f(t) = 2.4'In4 + (t — 2)4'In74

Lại có: ƒ“(£) =0 @#£=2+ = suy ra ƒ“(#) có nghiệm duy nhất

Suy ra ƒ'{) có nhiều nhất hai nghiệm, nghĩa là ƒ(#) có nhiều nhất ba nghiệm

Mặt khác dễ thấy ƒ(0) = AG) = f(1) =0, do do f(t) có ba nghiệm ¢ = 0, > 1;

Kết luận: Nghiệm của phương trình (*) là: z = 5 + k2m, z= at + k2m, z = k2m, kc Z ñ

PHƯƠNG PHÁP DÙNG DIEU KIEN CAN VÀ DU

Trong đó z là biến số, m là tham số, D„, Đ„„ là miền xác định của # và mm

Yêu cầu đất ra: ta phải tìm giá trị của tham số m để hệ (I) họäc (H) thỏa mãn một tính chất nào đó

* Phương pháp giải:

» Bước 1 (điều kiện cần): Giả sử hệ thỏa mãn tính chất P nào đó mà đầu bài đòi hỏi Khi

đó, dựa vào đặc thù của tính chất P và dạng của phương trình ta sẽ tìm được một ràng buộc nào

đó đối với tham số m và ràng buộc ấy chính là điều kiện cần để có tính chất P Điều đó có nghĩa

là: nếu với mạ không thỏa mãn ràng buộc trên thì chắc chấn ứng với mmọ, hệ không có tính chất P

» Bước 2 (điều kiện đủ): Ta tìm xem trong các giá trị của m vừa tìm được, giá trị nào làm

cho hệ thỏa mãn tính chất P Ở bước này nói chung ta cũng chỉ cần giải những hệ cu thể không còn tham số Sau khi kiểm tra, ta sẽ loại đi những giá trị không phù hợp và những giá trị còn

lại chính là đáp số của bài toán

Như vậy, ý tưởng của phương pháp này khá rõ ràng và đơn giản Trong rất nhiều bài toán về

biện luận thì phương pháp này lại thể hiện tru thế rõ rệt Tuy nhiên, thành công của phương

pháp còn nằm ở chỗ ta phải làm thế nào để phát hiện điiều kiện cần một cách hợp lí và chọn

Giả sử (1) có nghiệm duy nhất z = œ

Dễ thấy nếu (1) có nghiệm z = a thì (1) cũng có nghiệm x = 1 — œ Vì nghiệm là duy nhất

1 nén a= ¬¬ 3

Thay a= 5 vào (1) ta tìm được w = V2 + V8

® Điều kiện đủ:

Giả sử m = v2 + #8, khi đó (1) có dạng sau:

#x+#1=z+v#+Vv1—#= v2+ 8 (2) Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

vx+V1—z< V2 và + 1—z< #8

Do đó )z=1-zez=j,

Vậy để (1) có nghiệm duy nhất thì điền kiện cần và đủ là „ = 2 + 8 ñ

Bài 2: Tìm a và b để phương trình sau có nghiệm duy nhất

V/ (ax +b) + Ÿ (az — b)?+ Ÿa2+? — bề = Ÿb (1)

Giải

® Điều kiện cần:

Giả sử (1) có nghiệm duy nhất 7 = xo, khi đó đễ thấy z = —zụ cũng là nghiệm của (1) Do đó

từ giả thiết ta suy ra zo = 0 Thay #o = Ú vào (1) ta được :

Wt |

® Diều kiện đủ:

*% Khi b=0, (1) có dạng:

Wa2z2 + Wa2+? + Wa2z2 — Ú © a?+? — U

Do đó (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi ø # 0

wtuwtv=l ut+uute =1 y=-l ax—-1=-1

Vậy (*) có nghiệm duy nhất khi và chi khi a 4 0

Ba

Từ

® Điều kiện đủ:

ta suy ra œ = b= 2 hoặc a =Ù = —2