Tài liệu Phần 1 :Phương pháp hằng số biến thiên pptx

Không có nhận xét về đoán nghiệm vô tỷ nên việc đoán nghiệm của phượng trình này để biến đổi nó thành phương trình tích vẫn còn khó khăn.. Một ý thức thường trực là đoán nghiệm tim van m

Trang 1

Phương pháp hằng số biến thiên

PHAM QUOC PHONG

I ĐẶT VẤN ĐỀ

Chúng ta đặt vấn đề cùng giải các phương trình sau :

1) x34 ves =1ˆ 2jxt#-X-18x-25=0, 3) x6” =2! + lop, xŸ

4) 7X4 1“%=12cotx, 5) i — 1 = (=) -(] , 6) lees x + 298 x? =x+ loss?

Thử đặt bút

e Biến đổi xÌ +-——— = — = x'~15x'+ 468 =0, đặt xˆ=f>0, phương trình trở thành -15£+ 2/68 z0

Đó là một phương trình bậc ba Không có nhận xét về đoán nghiệm vô tỷ nên việc đoán nghiệm của phượng

trình này để biến đổi nó thành phương trình tích vẫn còn khó khăn

Đó là một phương trình bậc 4 đấy đủ đối với x Lẽ tự nhiên ta liên tưởng tới các phương trình bậc 4 đã biết cách

giải : ax'+bx2+c=0, (x+a)'+(x+b]*=c, ax#+bx2+cxÈ+kbx+kÊaˆ=0, x'=ax2+bx+c Mong rằng chúng sẽ mách bảo cách

đặt ấn phụ để đưa về phương trình bậc hai Đáng tiếc phương trình (*) không rơi vào các dạng quen thuộc ấy

Một ý thức thường trực là đoán nghiệm (tim van may) để từ đó biến đổi (*) về phương trình tích Đáng tiếc việc

này cũng chẳng thành, bởi phương trình không có nghiệm hữu tý

Dịch chuyển sang con đường biến đổi VT(*) thành tích của hai tam thức bậc hai

* Một fhủ thuật thường dùng là phương pháp hệ số bất định :

Goi F(x)=(x?+mx+n)(x°+px+q) Khai trién F(x) va déng nhat F(x) với VT(*) Việc này dẫn tới giải hệ 4 phương

trình với 4 ẩn m, n, p, q Xem ra lối mòn còn lắm chông gai!

* Lại còn nhớ với phương trình chứa tham số, chúng ta có thể tráo đổi vai trò ẩn và tham số để biến đổi phương

trình bậc cao về phương trình tích Phương trình trên không thuộc dạng đó

e Với các phương trình còn lại : x'°#” = 2!°%* + log, x”.7"—~112%=12cotv,

— _—_ = (=) — (+) „298% + 219%” = v + x97 - reo! 4 38 =2X, đó là những phương

trình luỹ thừa với nhiều cơ số khác nhau Phương pháp sử dụng định lý Roll cũng không phải là chia khoá nảy

tách cho “cánh cửa" bật ra tập nghiệm các phương trình này Xem ra cổng của các phương trình ấy không đặt trên

những con đường mà chúng ta đang đặt chân

Bài viết này trình bày bí mật đang đứng im sau lâu đài của các phương trình như thế

II PHƯƠNG PHÁP HẰNG SỐ BIẾN THIÊN

Trong quá trình giải một bài toán ta có thể đặt một biểu thức của phương trình làm ẩn phụ

Đặt ân phụ là bí quyết thành công của nhiều lời giải bài toán "Đặt ân phụ cũng như vẽ thêm đường trong hình

học, tìm được nhà tài trợ-trong kinh tế Khó mà nói hết các cách đặt an phụ" Tuỳ theo sự hiểu biết về góc độ bài

toán mà †a có các cách đặt ẩn phụ khác nhau Khi ẩn phụ "đăng quang", phương trình có thể diễn ra các hình thái

như sau :

e Ấn mới thay thế hoàn toàn ẩn cũ (như trường hợp phương trình trùng phương chẳng hạn) Ta nói rằng đó là

phép đặt ẩn phụ toàn phan

Ta nói rằng đó là phép đặt đặt ẩn phụ không toàn phần Trong trường hợp này, cách đối xử với hai ẩn cũng khác

nhau

Trang 2

+ Vai trò giữa ấn cũ và ẩn mới hoàn toàn bình đẳng với nhau Khi đó thường bài toán được đưa về giải hệ

phương trình hai ẩn

+ Vai trò giữa ẩn cũ và ấn mới không bình đẳng với nhau Khi đó thường ẩn cũ trở thành các hệ số của phương

trình "tháp tùng" cho ẩn mới

* Trong phương trình có tham số, nhiều khi ẩn phụ chính là tham số Điều này đẫn đến phương pháp giải

phương trình bằng cách "Tráo đối vai trò giữa ẩn và tham sổ"

Một số phương trình bậc hai đối với tham số đã được giải theo phương pháp này (Bạn đọc có thể tìm hiểu điều

này trên một số tài liệu, chẳng hạn Phạm Quốc Phong :" Bồi dưỡng Đại sé 10", Nhà xuất bản Đại học Quốc Gia

Hà Nội)

* Một lẽ cũng tự nhiên là ẩn phụ có thể là một hệ số nào đó của phương trình Ta gọi đó là "Phương pháp hằng

số biến thiên" Sự hiện diện của phương pháp này đã góp thêm lời giải độc đáo, trong một số trường hợp nó còn

là "cứu cánh" cho câu trả lời (Nhân đây xin nhắc lại rằng thông qua nhiều cách giải khác nhau của bài toán, ta

hiểu sâu sắc hơn bài toán và thúc đẩy tư duy phát triển Có lẽ lời giải của bài toán không chỉ dừng lại ở đáp số.)

Thí dụ 1”) Tìm các nghiệm đúng phương trình x° + v68 ab (1)

Lời giải

e x; là nghiệm của phương trình (1) ©>x¿ + {68 -1 ©xj+ 2/1? -1-Z = v17 là nghiệm của

phương trình sau với ấn là a: xj+—— = © X; a-2ã-Yg—2Xạ =

= a, = 2 t3 4 (4)

Xo

e Thay a,=/17 vao (3) ta co x? =—V17 (mau thuan) (5)

4

e Thay a,=V17 vao (4) taco v17 = “1% => x*—J17 x2 +220

Xo

exzs vrs 3 cox nt ws > thod man (2) (6)

Từ (5), (6) kết luận phương trình đã cho có các nghiệm là X;=+

Néu si dung bién déi (1)=> x°-15x*+ 2/17 =0 Đặt x'=f>0, ta có Ể~13/+ 2/17 =0 Đó là một phương

trình bậc ba Không có nhận xét về đoán nghiệm vô tỷ nên việc đoán nghiệm của phương trình này để biến đổi

nó thành phương trình tích vẫn còn khó khăn

V17 +3 aan

Thí dụ 2 Giải phương trình log? x + log, i =5log, 8- 25log? 2=0 (1)

Lời giải

Đặt log;x=f, ta có log,2= I log,8== , log, 7 ={-2

t

Phương trình (1) trở thành P+t-2=“Š- 8 ©> f+É~2Ê~151-25=0 (3)

Trang 3

Đặt a=5, phương trình trở thành aˆ+3af-f(f—t+2)=0 (4)

Xem (4) là phương trình bậc hai đối với a, taco A=f(2t+1)

a= —3r+r(2t+1))

2

P-t-5=0

2

f + 2+5 = 0(vô nghiệm)

©,-1‡21 «> log x=1‡⁄2l oO yep ? «@©>X=2 ? (thoả mãn (2))

Vậy x=2 ? _ là các nghiệm của phương trình đã cho

Lời bình

Trong phương trình chứa tham số, chúng ta thường bắt gặp câu giải phương trình ứng với một giá trị nào đó

của tham số Có lẽ sẽ không sai khi nói rằng (3) là phương trình mà tham số đã nhường lại cho số 5

Lời giải

Với điều kiện đó ta có (1) © 11-x=v1L1+^Ax © (11-x}#=11+Vx (3)

Đặt 11=a, phương trình (3) được viết (a-xƑ=a+xlx e> a?~(2x+1)a+(x2—^Íx )=0 (4)

Xem (4) là phương trình bậc 2 đối với a

Ta có 4,=(2x+1J'~4(⁄—lx )=(2Ax +1}, a,=x+^Íx +1, a;=x—2Íx Do vậy (5)

0<4x Ýx = x =

21+441, _23+35

Các giá trị L = ị đều thoả mãn điều kiện (2) nên đó là các của phương trình đã

cho

Lời bình 2

1) Khi có sự lặp của số mũ ở luỹ thừa với cơ số khác nhau hoặc có sự lặp của các hằng số dưới các

căn thức với bậc khác nhau, bạn có thể nghĩ đến phương pháp hằng số biến thiên (Theo dõi thí dụ 3 dưới đây)

2) Nhìn phương trình (3) dưới dạng (ax+b)“= pÝa'x+?Ð' +qx+r (phương trình chứa hai phép toán ngược nhau)

ta có lời giải bằng cách đặt ẩn phụ đối xứng như sau :

Trang 4

e Cách 2 (Tiếp nối từ (3)):

Đặt 4x =y—11, y>11 = (y-11=x al vx = y (y-11) ta có hệ 5 (ee (*)

x=2l-y (7)

21+3.45 suy ra 23+3.J5

=>(Xx-y)(xty-21)=0<

yoll

Thay (6) vào (*) ta có (y-11Ÿ'=y © ÿ-23y-121z0 <> y=

2

Thay (7) vào (*) có (y-11ƒ=21—y e /-21/2100=0 + =2! el suy ra x=21—y=-21 al

Lời giải

Giả sử phương trình có nghiệm x=ø tức là œ'°%*” = 2!“ + log, đ`

Xét hàm số Ñƒ=z °#*“ —/log; œ với >0, z1 Ta có (2) © Ñ7)=Ñ2) © Ñ7)-RÑ2)=0

Rõ ràng f{t) la hàm liên tục trên [2; 7] và có đạo hàm

f(fJ=(log;oœ)r °#°°”' —log; œ =(°#“"' ~ 1) log;ø

Theo định lý Lagrăng ắt tổn tại cc (2; 7) sao cho (7-2) f(c)= Ñ7)-Ñ2) — f(e)=0 ©

(c 7"! _1) log,@7=0 <> es 4 2S S8 | *

c °F" _1=0 log, @=1 a=3 Thay x=1 va x=3 vao phuong trình (1) thấy đúng

Vay x=1 va x=3 la cac nghiém của phương trình đã cho

Thí dụ 5 Giải phương trình 7°%—11°%=12cotv

Lời giải

Giả sử œ là một nghiệm của phương trình, tức là 7!%—11°!=12cotz e>7*.11*!4=3(11—7)cotz

Ta có (2) © Ñ7)=Ñ11) © Ñ7)-Ñ11)=0 Rõ ràng f( là hàm số liên tục trên [7; 11] và có đạo hàm

f(f)=cotœt”* '+âcotœz =(f°* *+3)cotø Theo định lý Lagrăng at tn tai ce (7; 11) sao cho

(7~11).f(c)=Ñ7)-fÑ11) = f(e)=0 © (f'“'+3)cota=0 © cota=0 © an tka = xs +a (ke 2

Thử lại : Thay x= 5 +kZr vào phương trình (1) thấy đúng

Vậy x= 5 +kZr (ke Z) là họ nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

Lời bình 3

Các phương trình trong hai Thí dụ 3 và 4 thuộc dạng : a—0'z£./a—bJh(4, @®

trong đó 0<az1, 0<b+1, a>b, k<0 hoặc k=1, h(x) xác định trên [b, a]

Cách giải : Viết lại ® «› a"”-kah(x)=b!?~kbh(x)

e Điều kiện cần : Xét hàm số biến số f: f(=f"9-kh(x).t Như vay © f{a)=f(b) © f(a)-f(b=0 @®

Trang 5

Rõ ràng trên (b, a) hàm số f(f) có đạo hàm f(f)=h(x)(f'“” '—k) Theo dinh ly Lagrang thi 3ce (b, a) sao

h(x)=0 cho (a—b) f(c)=[(a)-f(b)] Từ @ => f(c)=0 <= h(x)\(Œ"'—k=0 nord a @

e Điều kiện đủ : Thay các giá trị tìm được của x trong @® vào ® để chọn nghiệm của nó

Chú ý:

+ Nếu k<0 ta có ® h(x)=0

h(x)=0

h(x) =1

+ Nếu 0<kz1, phuong trinh c"=k la phuong trinh khong xác định Bởi vậy không có bài toán giải phương

trình trong trường hợp này

Với phương pháp hằng số biến thiên, việc giải phương trình mũ đã được chuyển về giải phương trình luỹ thừa

đơn giản hơn Phương pháp ấy đã cùng định lý Lagrăng, chúng thăng hoa cho nhau

+ Nếu k=1 ta có ® œ

Thidu 6” Giãiphương trh +-z"lñ) -(4) sa “3 (14) (21 (1)

Lời giải

sed) = Gl TES 2 (4) 3“ (21 4 7) (4) (2L 7) (21

Giả sử phương trình có nghiệm x= øtức là (4-4) -(2) -($+3) 4 7) (14) (2L 7) -(4) (21 (2)

Xét hàm số ƒ()=|r+—| —f“ với P0 Ta có (2 —j= f|— —|-f|—|=0

etham số 7) ( 1) 6 2) = A] 'Ì ID) Gi]

Rõ ràng f{/) là mà liên tục trên R, và có đạo hàm ƒ@=4|r+3) —0?'= (4) |

Do vay theo dinh ly o vậy theo định lý Lagrang Lagrang at t6n tai ce |} —-,— | sao cho | ———— intaice [<5 (= \ro=5)-(¥) — —Ị=0

Thử lại thấy hai giá trị x=0 và x=1 đều thoả mãn phương trình (1) Bởi thế chúng tập nghiệm của

phương trình đã cho

Lời giải

log; @ logs; 7

Giả sử phương trình có nghiệm x=øz tức là 2# seg

c> gio: + gloss # = sios;# + loss eS gles & — 508s & =7 igs & — ices? (2)

“=ata

Trang 6

Rõ ràng fff) là mà liên tục trên R, và có dao ham F(t)=log,af(t+3) '°8 2-1 —f!# 4-1)

Do vay theo dinh ly Lagrang at tn tai ce (2; 3) sao cho (5~4) f{c)=[Ñ5)-Ñ4)]E0

€ log,af(ct3) #2! C87" 20 ey ie eee ha ợ cs i; CẢ,

Thử lại : Thay hai giá trị x=1 va x=5 vào phương trình (1) thấy đúng

Vậy x=1 và x=5 là các nghiệm của phương trình đã cho

Lời bình 4

Các phương trình trong hai Thí dụ 5 và 6 thuộc dạng : (az2ƒ~a2z/p+djJ)_ g2 ®

trong đó 0<az1, 0<b#1, a>b, d>0, k<0 hoặc k=1, h(x) xác định trên [b, a]

Cách giải : Viết lại ® «> (a+d)!?~(b+d)"® =a yr

Rõ ràng trên (b, a) ham sé f(t) có đạo ham F(f)=h(x)[(43)" "1,

Theo định lý Lagrăng thì Sce (b, a) sao cho (a-b)f(c)=[f(a)-4(b)]

h(x) =0

h(x) =1

Thí dụ 8” Giải phương trình x9" +3°:* =2x Điều kiện x>0

Lời giải

Giả sử phương trình có nghiệm x=ø tức là ø!%?!! +32 =2œ 111952 43952 ~27:e

Se 11:2 — 7!8:2 =7!°r# — 30g:

(2)

Rõ ràng f(f) là hàm liên tục trên [3; 4] và có đạo hàm f(/J=(log,o)(4+r)"#'Z~! —log„ œ =[(4+ r)95 —1) log, a

Theo định lý Lagrăng ắt tồn tại cc (3; 4) sao cho (4-3) f(c)= Ñ4)-Ñ3) — f(c)=0

=> [(4+c)'*"7" ~1]logyz=0 =| Š› ¡=0 ome =| =|" Hl

Thay x=1 va x=7 vào phương trình (1) thấy đúng

Vay x=1 va x=7 là các nghiệm của phương trình đã cho

Lời bình 5

Thí dụ 8 là trường hợp phương trình (a+d)"?—a?2=(b+d)*—b") có b+d=a

Bài tập

Mời bạn giải các phương trinh sau (bằng các cách có thể):

2) x2 YP = 168 3) xt+V17+Vx =17;

3) 932 =(7- 4,/3) x 4) gia _glanx—gtany 5) 36 sin? @ +4 sin? a =25 sin? @ +9 sin? @

6) x? = x! (DBF 7) get 4 Der = dx 8) lgˆx+lg”x~2lgˆx~lgx"—9=0

9)a` +d'=b*+c” trong đó a, b, c, d là các số hạng liên tiếp của một cấp số cộng có các số hạng đều dương và

khác 1

4) 4137 _ 18770

Tiêu đề	Phương pháp hằng số biến thiên
Tác giả	Phạm Quốc Phong
Trường học	Đại học Quốc gia Hà Nội
Chuyên ngành	Toán
Thể loại	Tài liệu giảng dạy

Định dạng
Số trang	6
Dung lượng	258,04 KB