Bài 11. Phương trình vô tỷ của thầy Phạm Kim Chung | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

+ Thông thường việc giải phương trình bằng sử dụng bất đẳng thức chỉ dành riêng cho học sinh giỏi toán, nó dựa trên cơ sở vốn có về Bất Đẳng Thức của họ cũng như dựa trên những kinh nghi[r]

Trang 1

- Bình luận

- Từ các ví dụ trên ta nhận thấy rằng, để chứng minh phương tình có nghiệm x x 0ta thường sử dụng đánh giá: VP VT hoặc VP VT Tuy nhiên đánh giá này chỉ đúng với trong khoảng  a;b Dnào đó,

từ đó suy luận rằng cần chia nhỏ miền xác định D để làm chặt các bất phương trình trong những đánh giá đó

- Để xác định được các khoảng chia, ta sử dụng vệc giải hệ các bất phương trình như các ví dụ trên để tìm

ra các khoảng đánh giá thích hợp

Ví dụ 4 Giải phương trình 2x211x 21 3 4x 4 0  3   (VMO – 1995 Bảng B)

- Phân tích

- Ta nhận định phương trình đã có nghiệm duy nhất x 3 (có thể sử dụng sự hỗ trợ từ máy tính bỏ túi),

từ đó chúng ta nảy sinh ý tưởng đánh giá xoay quanh giá trị x 3.

2x 11x 21 3 4x 4 2 x 3      x 3 3 4x 4  

và nếu chúng ta chứng minh được rằng: x 3 3 4x 4  3   0

bài toán sẽ được giải quyết, mà: x 3 3 4x 4  3  0   x 3 3 4x 43 

    , lúc này (*) chỉ đúng với x 15.

- Từ đó ý tưởng xử lý vấn đề này là sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình để làm ‘hẹp’ khoảng

có nghiệm

Thật vậy: PT 3 4x 43  2x211x 21 0  3 4x 4 03     x 1

Và  x 1 thì (*) hiển nhiên đúng.

Lời giải

Phương trình đã cho tương đương với:  2  3 

2 x 3  x 3 3 4x 4   0

Từ phương trình ban đầu ta có:

2 3

3 4x 4 2x 11x 21 0  3 4x 4 03    x 1

Mà: x 3 3 4x 4  3  0   x 3 3 4x 43    2 

    luông đúng  x 1

2 x 3  x 3 3 4x 4   0

, dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi x 3. Hay phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 3.

- Chú ý: Trong một số bài toán việc sử dụng điều kiện có nghĩa là chưa đủ để chúng ta sử dụng đánh giá

trong phương trình, từ đó ta nghĩ đến phương án tìm điều kiện có nghiệm của phương trình đó

Bổ đề: Xét phương trình: f x  g x ,  x D *   

- Nếu f x  m,  x D,

thì để phương trình (*) có nghiệm ta cần phải có g x  m

- Nếu f x  M,  x D,

thì để phương trình (*) có nghiệm ta cần phải có g x  M

Ví dụ 5 Giải phương trình 1 2x  1 2x  31 3x 31 3x.

- Phân tích Bài toán nhìn có dáng dấp của hàm số, tuy nhiên phương pháp sử dụng hàm số với bài toán

này là không đơn giản Ta có thể liên tưởng đến việc sử dụng đánh giá để thay thế

Xét các bất phương trình:

3

1 2x  1 3x   3 2

    x 3 8x2   0 3

1 2x  1 3x   3 2

    x 3 8x2  0

Với điều kiện xác định

1 1

2 2

  không làm các bất phương trình trên nghiệm đúng, từ đó ta nảy sinh

ý tưởng làm hẹp khoảng đánh giá này bằng cách sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình Thật vậy:

Đặt 1 2x  1 2x  31 3x 31 3x u,  ta có:

u  2 2 1 4x  2  u 2

Trang 2

3 3

u 1 3x  1 3x u 2 u3  2 3.u 1 9x3  2

3

3u



   

Rõ ràng

1 1

3 3

  các bất phương trình trên nghiệm đúng.

Lời giải

Đặt 1 2x  1 2x  31 3x 31 3x u,  ta có:

u  2 2 1 4x  2  u 2

u 1 3x  1 3x u 2 u3  2 3.u 1 9x3  2

3

3u



    Suy ra các bất phương trình sau đây nghiệm đúng

1 1

3 3

3

1 2x  1 3x   3 2

    x 3 8x2  0 3

1 2x  1 3x   3 2

    x 3 8x2  0

Hay: 1 2x  1 2x 31 3x 31 3x ,

1 1

3 3

  Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi x 0.

- Kết luận Phương trình có nghiệm duy nhất x 0.

- Bình luận Phương pháp đánh giá này, chúng ta vẫn thường gọi là đánh giá “nhỏ” nó được thể hiện rõ

nét nhất trong sự kết hợp với phương pháp nhân liên hợp (xem chương sau) Cái khó khăn trong phương pháp chính là sự tinh tế và kinh nghiệm “đọc bài toán” của những người giải toán Và để rèn luyện khả năng đánh giá “nhỏ” mời các bạn cúng làm một số bài tập

- BÀI TẬP RÈN LUYỆN.

Bài 1 Giải phương trình 3 x 1 3 x 8    x3 1. Đáp số: x 0.

Bài 2 Giải phương trình

6

3 x  2 x 

3

2



Bài 3 Giải phương trình 3x 1  x 7x 2 4. Đáp số: x 1.

Bài 4 Giải phương trình 3 x 2 3 x 1  3 2x2 1 3 2x 2 KQ:

1

2

 

x 1.

Bài 5 Giải phương trình 2

3x 1



Bài 6 Giải phương trình 5 x 6 33x4  2 1. Đáp số: x  1.

Bài 7 Giải phương trình 2 x 2    x 1 2 4 x    2

Đáp số: Vô nghiệm

Bài 8 Giải phương trình  2 4 2  2 4 2

1 x x  x 14 1 x x  x 14 8.

Đáp số: x  1.

Bài 9 Giải phương trình x2  x 1 x x 2 1 x2  x 2. Đáp số: x 1.

Bài 10 Giải phương trình x45x2 4 2x 4x416x2  x2 Đáp số: x1.  5

Bài 11 Giải phương trình 1  

x

2 Sử dụng các bất đẳng thức kinh điển.

Các bất đẳng thức thường dùng.

+ Bất đẳng thức AM – GM (bất dẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân)

Trang 3

- Cho 2 số không âm a, b:

a b ab

2



 a, b 0 

Dấu ‘=’ xảy ra   a b.

- Cho 3 số không âm a, b, c:

abc

3

 

 a, b,c 0 

Dấu ‘=’ xảy ra    a b c.

- Cho n số không âm:

n

1 2 n

a a a

n

 n, n 2;a i0,i 1 n  

Dấu ‘=’ xảy ra a1a2   an.

+ Bất đẳng thức Cauchy – Bunhiakowski – Schwarz (CBS)

- Với bộ 4 số thực a, b, x, y ta có:

ax by  a b x y

Dấu ‘=’ xảy ra

 

ax by  ax by  a b x y

0

  

- Với bộ 2n số a ,a , , a ; 1 2 n b , b , , b 1 2 n n, n 2 

a b a b   a b  a a   a b b   b

a b a b   a b  a b a b   a b  a a   a b b   b

+ Thông thường việc giải phương trình bằng sử dụng bất đẳng thức chỉ dành riêng cho học sinh giỏi toán,

nó dựa trên cơ sở vốn có về Bất Đẳng Thức của họ cũng như dựa trên những kinh nghiệm giải toán riêng của từng người làm cơ sở lý luận

+ Bài viết này tôi không thiên nhiều về đối tượng học sinh giỏi, mà muốn sử dụng cơ sở là việc kiểm tra phương trình trên máy tính CaSiO để phán đoán một bài toán nên hay không nên sử dụng bất đẳng thức

- Yêu cầu Đọc bài ‘Sự hỗ trợ của máy tính CaSiO trong giải phương trình vô tỷ’.

- Kiểu 1 ĐÁNH GIÁ GIÁN TIẾP

Ví dụ 1 Giải phương trình x33x28x 40 8 4x 4  4  0 (VMO – 1995 – bảng A)

- Phân tích.

- Sử dụng máy tính CaSiO ta kiểm tra các giá trị của hàm số f x  x33x28x 40 8 4x 4  4  , ta nhận thấy: f x  0, f 3  0

đồng thời các giá trị này khá lớn, điều đó chứng tỏ bất đẳng thức

x 3x 8x 40 8 4x 4   là không chặt Từ đó ta có thể sử dụng đánh giá qua một đại lượng trung

gian

- Nhận thấy x 3 là nghiệm, đồng thời sự xuất hiện của đại lượng 8 4x 44  giúp chúng ta nhận ra sự

xuất hiện của bất đẳng thức AM – GM trong trường hợp này là khả thi

- Ta có:

4 4 4

AM GM

4



, từ đó nếu chúng ta chứng minh được x33x28x 40 x 13   ,   x 1 bài toán sẽ được giải quyết.

Thật vậy: x33x29x 27 0    2 

luôn đúng   x 1.

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

Trang 4

4 4 4

AM GM

4



Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi x 3.

Ta sẽ chứng minh: x33x28x 40 x 13   ,  x 1(*)

Thật vậy:  * x33x29x 27 0    2 

    luông đúng với mọi x  Dấu ‘=’ xảy ra1. khi và chỉ khi x 3.

Từ đó ta có:

4

3 2

8 4x 4 x 13







4

3 2

8 4x 4 x 13



 

Hay phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 3.

Ví dụ 2 Giải phương trình x 4  6 x x210x 27 (TH&TT)

- Bình luận Đây là một bài toán quen thuộc với rất nhiều bạn, nó xuất hiện ở hầu hết các tài liệu bạn đọc

được Nếu hỏi làm thế nào? Nhiều người sẽ nói bạn nghe! Nhưng chúng ta lại hỏi vì sao lại làm vậy?

- Trước hết ta kiểm tra được rằng f x   x 4  6 x x210x 27 0

trong bảng TABLE của máy tính CaSiO, nhận thấy các giá trị này không quá gần với 0 (nghĩa là không có dạng

0.0000000000001 chẳng hạn) hay nói cách khác bất đẳng thức này x 4  6 x x210x 27 

không chặt Từ đó ta phán đoán có thể sử dụng đánh giá nó qua đại lượng trung gian

- Thứ hai: tất nhiên là sự xuất hiện của căn thức x 4  6 x làm chúng ta nhắc nhớ đến bất đẳng thức quen thuộc CBS và lưu ý rằng phương trình có nghiệm x 5.

Lời giải

Điều kiện 4 x 6. 

Áp dụng bất đẳng thức CBS ta có: x 4  6 x  1 1 x 4 6 x       2

Ta sẽ chứng minh: x210x 27 2,  thật vậy: x210x 27 2   2

x 5 0, đúng với mọi x 4;6 Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi x 5.

Hay nói cách khác phương trình có nghiệm duy nhất x 5.

Ví dụ 6 Giải phương trình x2      x 1 x2 x 1 x2  x 2

- Phân tích Ta nhận thấy được các vấn đề:

- Bất đẳng thức x2      x 1 x2 x 1 x2  không chặt.x 2

- Nghiệm của phương trình x 1.

- a b có thể dùng CBS (tất nhiên dùng AM – GM cũng chẳng sao)

Lời giải

Điều kiện

2

   





   

Áp dụng bất đẳng thức CBS ta có:

x       x 1 x x 1 1 1  x      x 1 x x 1  2 x

Ta sẽ chứng minh: x2  x 2 2 x, thật vậy:

Trang 5

luôn đúng với mọi x Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi x 1. Hay phương trình đã cho có nghiệm x 1.

Ví dụ 4 Giải phương trình 2x32x2 1 1 2x 1 3x. 3 

Lời giải

Điều kiện

1 x

2

 

Với điều kiện đó ta có 2x32x2 1 2x x 1 1 02   

, Suy ra 1 2x 1 3x 0 3   31 3x 0 

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

3

1 1 2x

2

1 1 1 3x 1.1 1 3x

3

 







  

  0 1 2x 1 3x 3   1 x 1 x   

Ta sẽ chứng minh: 2x32x2  1 1 x 1 x   

(*) Thật vậy:

 * 2x33x2 0 x 2x 32   0 đúng với mọi x 12hay (*) được chứng minh Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi x 0.

- Kết luận phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0.

Ví dụ 5 Giải phương trình    

3 2

2

Lời giải

Điều kiện 0 x 1.  Áp dụng bất đẳng thức CBS ta có:

x 5  2 x  1 x 5  x 1 2x 6

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có:

4 3x 1

2 3x 1

2

4 x 3

2 x 3

2



2x 6 2



Ta sẽ chứng minh:  3 3 2 x 1



    x  0;1 ,

thật vậy:

1 x



, luôn đúng với mọi x 0;1

Dấu ‘=’ xảy ra tại các bất đẳng thức là x 2. Do đó phương trình có nghiệm x 2.

- BÀI TẬP RÈN LUYỆN.

Bài 1 Giải phương trình 2x 3  5 2x 3x  212x 14. Đáp số: x 2.

Bài 2 Giải phương trình 3x42 x 4  3 x 2 Đáp số: x 1.

Bài 3 Giải phương trình 4x x 3  x x 3 3 3.4 Đáp số: x 3

Bài 4 Giải phương trình 13 x2x4 9 x2x4 16. Đáp số:

2

5

 

Trang 6

2

Đáp số:

2

9



3

3 2

x

1 x

1

1 1 x 1 1 2x 1 1 3x 

Bài 8 Giải phương trình 3x32x2  2 3x3x22x 1 2x  22x 2. Đáp số: x  1

(Chọn ĐT dự thi VMO 2013 – ĐHSP Hà Nội)

1

1 1 x 1 1 2x 1 1 3x 

Bài 10 Giải phương trình 26 x  5x 1 13x 14  5 2x 12 5x 1 5 2x        18x 32

(Chọn ĐT dự thi VMO 2013 – Lương Thế Vinh, Đồng Nai) Đáp số: x  1.

- Kiểu 2 ĐÁNH GIÁ TRỰC TIẾP

Ví dụ 1 Giải phương trình

- Phân tích Kiểm tra hàm số f x  x 1 1 1 x,

x 1 bằng bảng TABLE của máy tính CaSiO

– Xem bài sự hỗ trợ của máy tính CaSiO Ta nhận thấy f x  x 1 1 1 x 0

, đồng thời các giá trị này của f x 

rất gần với 0, điều này chứng tỏ bất đẳng thức sử dụng trong bài là khá chặt Việc sử dụng đánh giá gián tiếp là không nên sử dụng

- Nhân tử của bài toán là x2 x 1 ,

khi đó:

1

x 1

x  

- (Xem bài sự hỗ trợ của máy tính CaSiO), nên sử dụng bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân ta có:

 

AM GM

1

1 x

 

1

x 1

 

Cộng (1) và (2) ta được điều mình cần

Lời giải

AM GM

1

1 x

x

1

x 1











Dấu ‘=’ xảy ra kh và chỉ khi

2

x 1

   







5 1 x

2



 

Vậy nghiệm của phương tình đã cho là

5 1

2





Trang 7

Ví dụ 2 Giải phương trình

4 1 4 3 5 1 3

- Phân tích

- Chúng ta dễ dàng kiểm chứng được

4 1 4 3 5 1 3

   đồng thời đây là một bất đẳng thức chặt Nghiệm của phương trình là

1

2



- Đồng thời sự xuất hiện của các đại lượng a b; ab làm ta liên tưởng ngay đến hai bất đẳng thức quen thuộc AM – GM và CBS

Lời giải

Điều kiện

  

Theo bất đẳng thức AM – GM:

2

     

Theo bất đẳng thức CBS

Suy ra

4 1 4 3 5 1 3

Nên VT = VP

2

 

Hay phương trình có nghiệm duy nhất

1

2



Ví dụ 3 Giải phương trình x x2  x 2 3x x5 1 x23 3x  72x2 x 2 

Lời giải

Điều kiện x 1. Áp dụng bất đẳng thức CBS, ta có:

x x   x 2 3x x  1  x   x 2 3x x 1  x  3 

 

9 4 2

Xét hàm số f x  x9x4x2 x 2,

x 1.  Ta có:

f ' x 9x 4x 2x 1 2x  4x x  1 2x x  1 x  1 0,

x 1.  Suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất x 1.

- Kết luận Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1.

Định dạng
Số trang	7
Dung lượng	1,1 MB