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

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCNGUYỄN VĂN ĐÔNG 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... 15

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN VĂN ĐÔNG

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 ĐÔNG

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

Mục lục

Danh mục các kí hiệu, các chữ viết tắt 4

1 Kiến thức chuẩn bị 5 1.1 Hàm đồng biến, nghịch biến 5

1.2 Định lý Rolle và một số mở rộng 7

1.2.1 Định lý Rolle 7

1.2.2 Định lý Rolle với nguyên hàm 10

1.2.3 Định lý Rolle trên khoảng vô hạn 11

1.3 Định lý Lagrange và định lý Cauchy 12

1.4 Hệ hoán vị vòng quanh 15

2 Áp dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình 17 2.1 Ứng dụng định lý Rolle và các hệ quả để giải phương trình 17 2.2 Chứng minh sự tồn tại và biện luận số nghiệm của phương trình 25

2.3 Áp dụng định lí Lagrange và các hệ quả để xét sự tồn tại nghiệm của phương trình cho trước 34

3 Áp dụng tính đơn điệu của hàm số để giải hệ phương trình 39 3.1 Áp dụng định lý Lagrange và các hệ quả để giải hệ phương trình 39

3.2 Áp dụng định lí Cauchy để giải hệ hoán vị vòng quanh n biến, n ≥ 2, n ∈ N 46

Mở đầu

1 Lý do chọn đề tàiHàm số đơn điệu là một khái niệm quan trọng trong giải tích toán học và cónhiều ứng dụng trong các ngành khoa học khác như kinh tế, cơ học, vật lý và

kĩ thuật Trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp Quốc gia, Quốc tế, trong các kỳ thiOlympic Toán sinh viên giữa các trường đại học trong nước thì các bài toánliên quan đến tính đơn điệu của hàm số thường xuyên xuất hiện và dạng phổbiến nhất là ứng dụng định lí Rolle và một số mở rộng của định lí Rolle (Định

lý Lagrange, định lý Cauchy, định lý Rolle trên môt khoảng không bị chặn) làcác định lý quan trọng trong giải tích cổ điển Ứng dụng của các định lý nàytrong toán sơ cấp rất đa dạng và phong phú, đặc biệt là các dạng toán về giảiphương trình, giải hệ phương trình, chứng minh phương trình có nghiệm, xétcực trị của hàm số Tuy nhiên, trong các tài liệu dành cho học sinh phổ thông

và một số nghiên cứu trước đây thì ứng dụng tính đơn điệu của hàm số tronggiải phương trình, hệ phương trình chưa được trình bày một cách hệ thống vàđầy đủ

Với suy nghĩ và theo ý tưởng đó, mục tiêu luận văn là nghiên cứu tính đơnđiệu của hàm số trong toán cao cấp và ứng dụng của nó để giải các bài toán sơcấp Đặc biệt luận văn cũng định hướng cách giải và cách vận dụng các định lý

đã biết để tìm tòi những lời giải hay, độc đáo đặc thù cho từng dạng toán cụthể, từ đó hình thành ý thức sáng tạo những bài toán mới Ngoài ra, đây cũng

là những kết quả mà bản thân tác giả sẽ tiếp tục hoàn thiện trong quá trìnhnghiên cứu và giảng dạy toán tiếp theo ở trường phổ thông

2 Mục đích nghiên cứu đề tài

học

trình bằng phương pháp hàm số

• Xây dựng hệ thống bài tập phục vụ công tác giảng dạy và bồi dưỡng họcsinh giỏi.

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

phương trình, hệ phương trình

4 Phương pháp nghiên cứu

5 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài

phương trình

cấp, đem lại niềm đam mê sáng tạo trong việc dạy và học toán

6 Cấu trúc luận vănLuận văn gồm ba chương, lời nói đầu, kết luận và tài liệu tham khảo

Chương 1 Kiến thức chuẩn bịNội dung chương này trình bày một cách cơ bản các định lý liên quan đếntính đơn điệu của hàm số là: Định lý Fermat, định lý Rolle, định lý Lagrangecùng một số hệ quả quan trọng trong giải tích toán học Đây là phần lý thuyết

cơ sở để xây dựng phương pháp và vận dụng cho các bài toán ứng dụng ở nhữngchương sau

Chương 2 Áp dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình

Chương này trình bày một số ứng dụng trực tiếp của định lý Rolle, định lýLagrange, định lý Cauchy và các hệ quả để xét sự tồn tại nghiệm của phươngtrình cho trước

Chương 3 Áp dụng tính đơn điệu của hàm số để giải hệ phươngtrình

Chương này trình bày ứng dụng định lý Lagrange, định lý Cauchy và các hệquả để giải hệ phương trình Các bài tập minh họa được lựa chọn từ đề thi củacác kì thi học sinh giỏi Quốc gia, các kì thi Olympic khu vực và Quốc tế, các

kì thi Olympic toán sinh viên

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học đầy nhiệt tình vànghiêm túc của TS Nguyễn Đình Bình, tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn

chân thành và kính trọng sâu sắc đối với TS - người thầy đã truyền đạt nhiềukiến thức quý báu cùng với kinh nghiệm nghiên cứu khoa học trong suốt thờigian tác giả theo học và nghiên cứu đề tài.

Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Ban giám hiệu trường Đạihọc Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Phòng Đào tạo, Khoa Toán - Tin, cácthầy cô giảng dạy lớp Cao học K7N, Ban giám hiệu trường THPT Giao Thủy

B - Nam Định đã tạo mọi điều kiện thuận lợi, động viên tác giả trong suốt quátrình học tập, công tác và thực hiện đề tài luận văn này

Để hoàn thành luận văn này, tác giả đã cố gắng học tập và nghiên cứu mộtcách nghiêm túc trong suốt khóa học Tuy nhiên do còn hạn chế về năng lực,thời gian và hoàn cảnh nên trong quá trình thực hiện không tránh khỏi thiếusót, tác giả rất mong nhận được sự chỉ bảo của quý thầy cô và những góp ýcủa bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2015

Tác giả

Nguyễn Văn Đông

Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt

• I (a; b) ;I - Nhằm ngầm định một trong bốn tập hợp con của tập R

(a; b) , [a; b) , (a; b] , [a; b]

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị

Tính chất đồng biến, nghịch biến và tính lồi, lõm của hàm số là những vấn

đề cơ bản trong chương trình toán sơ cấp Định lý Lagrange đóng vai trò quantrọng trong việc chứng minh các định lý, tính chất cơ bản trong chương trình

Trong chương này chúng tôi giới thiệu một số định lý quan trọng liên quan đếntính đơn điệu của hàm số đó là: Định lý Fermat, định lý Rolle và một số mởrộng của định lý Rolle (Định lý Lagrange, định lý Cauchy, định lý Rolle trênmột khoảng không bị chăn) Một số hệ quả quan trọng cũng được trình bày đểthuận lợi cho việc vận dụng giải các bài toán được trình bày trong hai chươngtiếp theo

bốn tập hợp (a; b), [a; b), (a; b] và [a; b] với a < b

mãn điều kiện:

• Với mọi x1, x2 ∈ I(a; b) và x1 < x2, ta đều có f (x1) ≤ f (x2) thì ta nói rằng

f (x) là một hàm đơn điệu tăng trên I(a; b).Đặc biệt, khi ứng với mọi cặp x1, x2 ∈ I(a; b) và x1 < x2, ta đều có f (x1) <

f (x2) thì ta nói rằngf (x) là một hàm đơn điệu tăng thực sự trên I(a; b)

• Ngược lại, nếu với mọi x1, x2 ∈ I(a; b) và x1 < x2, ta đều có f (x1) ≥ f (x2)

Đặc biệt, khi ứng với mọi cặp x 1 , x 2 ∈ I(a; b) và x 1 < x 2, ta đều có f (x 1 ) >

f (x2) thì ta nói rằngf (x) là một hàm đơn điệu giảm thực sự trên I(a; b)

trên I(a; b) và hàm đơn điệu giảm thực sự trên I(a; b) được gọi là hàm nghịchbiến trên I(a; b).

(a; b) Khi đó:

i) f (x) và g(x) được gọi là có cùng tính đơn điệu nếu f0(x).g0(x) > 0.ii) f (x) và g(x) được gọi là khác tính đơn điệu nếu f0(x).g0(x) < 0.Trong chương trình giải tích, chúng ta đã biết đến các tiêu chuẩn để nhận

hàm đơn điệu trên khoảng đó

Sau đây chúng ta sẽ dùng định lý Lagrange để chứng minh định lý về điềukiện đủ của tính đơn điệu của hàm số Đây là một định lý rất quan trọng trongchương trình giải tích lớp 12-THPT

a) Nếu f0(x) > 0 trên khoảng (a; b) thì f0(c) > 0, mặt khác x2− x1 > 0 nên

f (x 2 ) − f (x 1 ) > 0 hay f (x 2 ) > f (x 1 ), suy ra hàm f (x) đồng biến trên khoảng

(a; b).b) Nếu f0(x) < 0 trên khoảng (a; b) thì f0(c) < 0, mặt khác x2− x1 > 0 nên

f (x2) − f (x1) < 0 hay f (x2) < f (x1), suy ra hàm f (x) nghịch biến trên khoảng

(a; b)

một số hữu hạn điểm trên khoảng (a; b) thì f (x) đồng biến (hoặc nghịch biến)trên khoảng đó.

(a; b) và f0(x) = 0 tại x1 ∈ (a; b) thì khi đó f (x) đồng biến trong từng khoảng

(a; x1) và (x1; b) và liên tục trong (a; x1] và [x1; b) nên nó cũng đồng biến trong

(a; x 1 ] và [x 1 ; b) Từ đó suy ra nó đồng biến trên cả khoảng (a; b)

Cơ sở của định lý Rolle dựa vào định lý cơ bản nhất của Weierstrass đối với

trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn đó và định lý Fermat về điểm cực trị

cực trị (cực đại hoặc cực tiểu) tại một điểm trong khoảng đó thì đạo hàm tại

1.2.1 Định lý Rolle

đóng [a; b], khi đó nếu f (x) đạt cực trị tại c ∈ (a, b) và nếu f (x) khả vi tại c thì

f0(c) = 0

sao cho f0(c) = 0

điểm x1, x2 ∈ (a, b) sao cho

f (x1) = min

[a,b] f (x) = m, f (x2) = max

[a;b] f (x) = M.

Có hai khả năng:

i) m = M Khi ấy f (x) = const trên đoạn [a; b], do đó f0(x) = 0 với mọi

x ∈ (a, b) và clà điểm bất kì trên khoảng đó

ii) m < M Khi đó vì điều kiện f (a) = f (b) nên ít nhất một trong hai điểm

x1, x2 sẽ không trùng với các đầu mút của đoạn [a; b] Giả sử x1 ∈ (a; b) , theo

Định lý đã được chứng minh xong

Nhận xét 1.1 Định lý Rolle nói chung sẽ không còn đúng nếu trong khoảng

(a; b) có điểm c mà tại đó f0(c) không tồn tại

không thỏa mãn đủ các điều kiện của định lý Rolle

(a; b) mà tiếp tuyến tại đó song song với trục hoành Ox

f (x) = 0 có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a; b) thì phương trình f0(x) = 0

có ít nhất n − k nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a; b), với k = 1, 2, , n)

khoảng (a; b) đã được sắp thứ tự x1 < x2 < < xn Khi đó áp dụng định lýRolle cho n − 1 đoạn [x1; x2], [x2; x3], , [xn−1; xn] thì phương trình f0(x) = 0 có

ít nhất n − 1nghiệm thuộc n − 1 khoảng(x1; x2), (x2; x3), , (xn−1; xn) Gọi n − 1

nghiệm đó là ξ 1 , ξ 2 , , ξ n−1 thì ta có

f0(ξ 1 ) = f0(ξ 2 ) = = f0(ξ n−1 ) = 0.

Tiếp tục áp dụng định lý Rolle cho n − 2 khoảng (ξ1; ξ2), , (ξn−2; ξn−1) thì

Hệ quả 1.2 Giả sử hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo hàm trên

phân biệt trên khoảng đó

Hệ quả 1.3 Nếu f0(x) > 0 (hoặc f0(x) < 0) với mọi x ∈ (a, b), phương trình

f (x) = 0 có nghiệm x0 thì x0 là nghiệm duy nhất

tổng quát giả sử x0 < x1) sao cho f0(c) = 0 Điều này mâu thuẫn với giả thiết

f0(x) > 0 với mọi x ∈ (a, b) Vậy suy ra x0 là duy nhất

Hệ quả 1.4 Nếu f00(x) > 0 (hoặc f00(x) < 0) với mọi x ∈ (a, b), thì phương

Tiếp theo, ta xét một mở rộng của định lý Rolle

i) f (x) xác định và có đạo hàm cấp n(n ≥ 1) liên tục trên đoạn [a; b].ii) f (x) có đạo hàm cấp n + 1 trong khoảng (a; b)

iii) f (a) = f0(a) = = f(n)(a) = 0, f (b) = 0.Khi đó tồn tại dãy điểm b 1 , b 2 , , b n+1 phân biệt thuộc khoảng (a; b) sao cho

f(k)(bk) = 0, k = 1, 2, , n + 1.

sao cho f0(b1) = 0, kết hợp với điều kiện f0(a) = 0, suy ra tồn tại b2 ∈ (a, b1) ⊂ (a; b) sao cho f00(b2) = 0 Lại kết hợp với điều kiện f00(a) = 0 và tiếp tục áp dụngđịnh lý Rolle ta có f000(b 3 ) = 0 với b 3 ∈ (a, b 2 ) ⊂ (a; b).

f(n)(bn) = 0, kết hợp với điều kiện f(n)(an) = 0 , suy ra tồn tại bn+1 ∈ (a; bn) ⊂ (a; b) sao cho f(n+1)(bn+1) = 0

cho

f(k)(bk) = 0, k = 1, 2, , n + 1.

Chính nhờ những hệ quả này mà định lý Rolle trở thành một công cụ rấtmạnh để giải toán, đặc biệt là đối với dạng toán về giải phương trình và kiểmchứng số nghiệm của phương trình trong một khoảng nào đó Các ứng dụngnày sẽ được trình bày chi tiết trong các chương sau.

1.2.2 Định lý Rolle với nguyên hàm

Để chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình, ta có thể sử dụng cácđịnh lí sau là dạng phát biểu khác của định lý Rolle

x 1 < x 2 sao cho F (x 1 ) = F (x 2 ) thì phương trình f (x) = 0 có nghiệm trong đoạn

[x1; x2] (hay có nghiệm trong đoạn [a; b])

f (x) liên tục nên suy ra hoặc f (x) > 0, ∀x ∈ [x1; x2] hoặc f (x) < 0, ∀x ∈ [x1; x2].Nếu f (x) > 0, ∀x ∈ [x 1 ; x 2 ] thì hàm số F (x) đồng biến trên [x 1 ; x 2 ] từ đó suy

Vậy phương trình f (x) = 0 có nghiệm trong đoạn [x1; x2]

Ta phát biểu kết quả trên dưới dạng định lý tương đương sau đây

thực x1, x2 ∈ [a; b] mà

x 2R

x 1

f (x)dx = 0 thì phương trình f (x) = 0 có nghiệm trongđoạn [x 1 ; x 2 ]

nguyên hàm của f (x) Vì f (x) liên tục trên [x1, x2] nên f (x) > 0, ∀x ∈ (x1, x2)

hoặc f (x) < 0, ∀x ∈ (x1, x2).

• Nếu f (x) > 0, ∀x ∈ (x 1 , x 2 ) ⇔ F0(x) = f (x) > 0, ∀x ∈ (x 1 , x 2 ) thì F (x) tăngtrên [x1, x2] ⇒ F (x1) < F (x2)

Vậy

x 2R

x 1

f (x)dx > 0, mâu thuẫn với giả thiết

x 2R

x 1

f (x)dx = 0

• Nếu f (x) < 0, ∀x ∈ (x1, x2) ⇔ F0(x) = f (x) < 0, ∀x ∈ (x1, x2) thì F (x) giảmtrên [x1, x2] ⇒ F (x1) > F (x2)

x 2R

x 1

f (x)dx < 0, mâu thuẫn với giả thiết

x 2R

x 1

f (x)dx = 0

Như vậy trong cả hai trường hợp đã xét đều mâu thuẫn với giả thiết

x 2R

x 1

f (x)dx = 0 Chứng tỏ phương trình f (x) = 0 có nghiệm x ∈ [x1, x2]

Định lí 1.7 Cho hai số thực a, b trái dấu (a < 0 < b) Giả sử f (x) là hàm số

• Nếu x 6= 0 và x ∈ [a, b] thì từ f (x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b], suy ra F (x) tăng trên

[a, b] ⇒ F (x) 6= F (0) = 0, tức là F (x) = 0 không có nghiệm x 6= 0 trên [a, b]

1.2.3 Định lý Rolle trên khoảng vô hạn

Trong mục này, ta xét mở rộng của định lý Rolle ra khoảng vô hạn Cơ sởcủa các mở rộng này là dựa vào định lý Bolzano - Cauchy khẳng định rằngmiền giá trị của hàm liên tục trên đoạn [a;b] lấp đầy các giá trị trong đoạn

[min [a,b] f (x), max

[a;b] f (x)]

x→+∞ f (x) = f (a) Khi đó, tồn tại c ∈ (a; +∞) sao cho f0(c) = 0

hơn a Giả sử tồn tại b > a sao chof (b) 6= f (a), chẳng hạn f (b) > f (a) Gọi µ là

α ∈ (a; b) sao cho f (α) = µ Vì lim

x→+∞ f (x) = f (a) < µ nên tồn tại d > b sao cho

f (d) < µ Do f (x) liên tục trên [a; +∞) nên theo định lý Bolzano – Cauchy tồntại β ∈ (b; d)sao cho f (β) = µ = f (α), do đó theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (α; β)

sao cho f0(c) = 0

Tiếp theo ta xét một số định lý liên quan mật thiết với định lý Rolle

c ∈ (a; b) sao cho

và F (a) = F (b), do đó theo định lý Rolle tồn tại c ∈ (a; b) sao cho F0(c) = 0 Từ(1.2) ta có F0(x) = f0(x) − λ, do đó

F0(c) = 0 ⇔ f0(c) − λ = 0 ⇔ f0(c) = λ.

Thay giá trị λ từ (1.3) vào ta có f0(c) = f (b) − f (a)

b − a , hay

f (b) − f (a) = f0(c)(b − a).

Công thức (1.1) được gọi là công thức số gia hữu hạn Lagrange

Nhận xét 1.4 Ta đã thu được định lý Lagrange như là một hệ quả của định

lý Rolle Thế nhưng chính định lý Rolle (về dạng biểu thức) lại là một trường

Nhận xét 1.5 Ý nghĩa hình học: Nếu hàm f (x) thỏa mãn đầy đủ các điều

với dây cung AB, ở đó A(a; f (a)) và B(b; f (b))

x ∈ (a; b) Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho

f (b) − f (a) g(b) − g(a) =

f0(c)

Chứng minh Trước khi chứng minh định lý ta nhận xét rằng công thức (1.4)

nhưng điều này trái với giả thiết g0(x) 6= 0, ∀x ∈ (a; b) Bây giờ ta xét hàm phụ

f0(c)

g0(c).

Công thức (1.4) được gọi là công thức số gia hữu hạn Cauchy

Nhận xét 1.6 : Định lý Lagrange là trường hợp riêng của định lý Cauchy vớigiả thiết g(x) = x

Hệ quả 1.6 Nếu f0(x) > 0 (hoặc f0(x) < 0) với mọi x ∈ (a; b) thì phương trình

f (x1) = f (x2) ⇔ x1= x2, với mọi x1, x2 ∈ (a, b).

Chứng minh Vì f (x) thỏa mãn các điều kiện của định lý Lagrange nên theođịnh lý Lagrange, tồn tại c ∈ (x1, x2) ⊂ (a, b) sao cho

f0(c)(x2− x1) = f (x2) − f (x1).

Khi đó, ta có

f (x1) = f (x2) ⇔ f (x2) − f (x1) = 0 ⇔ f0(c)(x2− x1) = 0 ⇔ x2 = x1

do f0(c) > 0. Vây ta có điều phải chứng minh

Hệ quả 1.7 Nếu f0(x) − 1 > 0 (hoặc f0(x) − 1 < 0) với mọi x 1 , x 2 ∈ (a; b) thìphương trình

Hệ quả 1.9 Nếu f0(x) > 0 với mọi x ∈ (a, b) thì f (x) ≥ f (y) ⇔ x ≥ y với mọi

x, y ∈ (a, b). Nếu f0(x) < 0 với mọi x ∈ (a, b) thì f (x) ≥ f (y) ⇔ x ≤ y với mọi

(a; b) Khi đó hệ phương trình







f (x1) = g(x2)

f (xn) = g(x1).

(a, b) Khi đó hệ phương trình







f (x1) = g(x2) (1)

nên khi đó theo Cauchy, tồn tại c ∈ (x 1 ; x 2 ) sao cho

A = f

0 (c)

g0(c) =

f (x2) − f (x1) g(x2) − g(x1)(i) =

g(x3) − g(x2) g(x 2 ) − g(x 1 )(iii).

Từ (i) suy ra A < 0, từ (iii) suy ra A > 0 điều này vô lí Lập luận như trên tacũng có

x1 = x2 = = xn.

Xét n chẵn: Giả sử x1 = x2, tương tự như trên ta cũng suy ra x2 = x3 = = xn

chẵn thì nếu hệ có nghiệm thì các nghiệm không liền nhau

trìnhĐối với dạng bài tập này thì các hệ quả của định lý Rolle là một công cụ rấtmạnh để giải toán Kĩ thuật để giải một số bài toán trong phần này như sau:

Phần tiếp theo, tác giả đã hệ thống một số bài toán từ dễ đến khó có sửdụng định lý Rolle và các hệ quả của định lý Rolle Các bài toán được lựa chọn

từ một số tài liệu trong các kỳ thi Quốc gia và Quốc tế, Olympic sinh viên đểminh họa cho dạng bài tập này và tác giả tự thiết kế trên cơ sở một số bài tập

2 ; x =

11 − √

5 2

√ 5

2 ; x = 11 −

√ 5

n3+ kn = d + q.

Đến đây, ta có kết quả:

Chú ý 2.1 Các hệ số của (2.3) sẽ thay đổi nếu ta nhân hai vế của (2.3) vớimột số khác không và hệ phương trình trên cũng thay đổi, nghĩa là hệ phươngtrình trên là không duy nhất.

Bài toán 2.2 Giải phương trình sau trên tập số thực:

n3+ n = 2.

Dễ thấy hệ phương trình trên vô nghiệm Tuy nhiên điều đó không có nghĩa làchúng ta không đưa phương trình (2.5) về dạng (2.4) Thực hiện phép nhân cảhai vế của phương trình (2.5) với 2 ta được phương trình

n3+ 2n = 3.

Bài toán 2.3 Giải phương trình sau trên tập số thực

n3+ n = 0,

Bài toán 2.4 Giải phương trình sau trên tập số thực

3x2 +p9x 2 + 3+ (4x + 2)1 +p1 + x + x 2= 0. (2.10)Lời giải

Mà phương trình (2.11) tương đương với

Bài toán 2.5 [HSG Thái Bình năm 2010-2011]

Giải phương trình sau trên tập số thực

⇔ log3 2x − 1

3(x − 1) 2 = 3(x − 1)2− (2x − 1

⇔ log3(2x − 1) + 2x − 1 = log33(x − 1)2+ 3(x − 1)2. (2.13)Xét hàm số đặc trưng f (t) = log3t + t với t > 0, ta có

f0(t) = 1

t ln 3+ 1 > 0, ∀t > 0.

Suy ra hàm số f (t) trên đồng biến trên khoảng (0; +∞).

Bài toán 2.6 Giải phương trình sau trên tập số thực

sin 2x − cos x = 1 + log2sin x với x ∈ (0;π

2).

Lời giải

Do x ∈ (0;π

2), suy ra : 0 < sin x; cos x < 1.

Nên phương trình đã cho tương đương với

log2cos x + sin 2x − cos x = 1 + log2sin x + log2cos x

⇔ log2cos x − cos x = log2sin 2x − sin 2x. (2.14)Xét hàm số đặc trưng f (t) = log2t − tvới t ∈ (0; 1], ta có

⇔ 3x+ log33x = 1 + 2x + log3(1 + 2x). (2.15)

Khi đó (2.15) viết dưới dạng

Nhận xét 2.4 Ta có thể sử dụng bất đẳng thức Bernoulli để giải bài toántrên như sau:

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là

Ta sẽ giải bài toán tổng quát

h(x).eg(x)− g(x).eh(x) = h(x) − g(x) (2.17)

khi và chỉ khi



g(x).h(x) = 0 g(x) = h(x) 6= 0.

Mà ϕ0(t) = t.et, ta có ϕ0(t) = 0 ⇔ t = 0 Lại có ϕ00(t) = (1 + t)et ⇒ ϕ00(0) = 1 > 0

cách khácϕ(t) > 0, ∀t 6= 0. Từ đó có f0(t) > 0 với ∀t 6= 0, tức là hàm số f (t)đồng

Nếu g(x).h(x) 6= 0, khi đó (2.17) tương đương

eg(x)− 1 g(x) =

eh(x)− 1

lim t→0 f (t) = 1 ta có, khi t < 0 thì f (t) < 1, khi t > 0 thì f (t) > 1. Bởi vậy nếu

(2.18) có nghiệm thì g(x)và h(x)phải cùng dấu (vì nếu chúng trái dấu thì trongphương trình (2.18) có một vế lớn hơn 1 còn vế kia nhỏ hơn 1).

nếu g(x), h(x) cùng dương hoặc cùng âm thì (2.18)⇔ g(x) = h(x).

Từ các lập luận này ta thu được kết quả của bài toán đã nêu trên

phương trình đã cho tương đương với

x = 1 −

√ 5

√ 5

f (x) = 0 có nghiệm trong (a, b) với f (x) liên tục trong [a, b] và khả vi (a, b) thì

Cụ thể được thực hiện theo các bước sau:

i) F0(x) = f (x).

ii) F (b) − F (a) = 0.Bước 2: Khi đó tồn tại x0 ∈ (a, b) sao cho F0(x0) = F (b) − F (a)

b − a ⇔ f (x0) = 0

Kỹ thuật cơ bản của dạng toán này là chọn hàm số thỏa mãn điều kiện củacác định lý dựa trên giả thiết của bài toán

Chúng tôi lựa chọn giới thiệu một số bài toán trong các kỳ thi Quốc gia vàQuốc tế để minh họa cho dạng bài tập này

Bài toán 2.10 Chứng minh rằng phương trình

(3xln 3 + 2xln 2 − 5xln 5) tan x + 3

x + 2x− 5xcos 2 x = 0,

Lời giải

Xét hàm số

f (x) = 3xln 3 + 2xln 2 − 5xln 5) tan x + 3

x + 2x− 5xcos 2 x .

F (x) = (3x+ 2x− 5x) tan x.

trong khoảng (0; 1).Suy ra điều phải chứng minh

Bài toán 2.11 Chứng minh rằng phương trình

e 2 ; 1), (1; e2) phương trình f (x) = 0 đều có ít nhất một nghiệm

Vậy phương trình đã cho có ít nhất 2 nghiệm