Tài liệu Một số phương pháp giải hệ phương trình bậc hai tổng quát và ứng dụng

  • Số trang: 63 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 52 |
  • Lượt tải: 0
nhattuvisu

Đã đăng 27125 tài liệu

Mô tả:

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI THỊ MAI MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI TỔNG QUÁT VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI THỊ MAI MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI TỔNG QUÁT VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 Mục lục Mở đầu 3 1 Các tính chất cơ bản của đa thức và phương trình đại số 1.1 Một số tính chất của đa thức đại số . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Phương pháp giải phương trình bậc ba, bậc bốn với hệ số thực 1.2.1 Phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Phương trình bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Các hệ Viète cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Định lí Viète với phương trình bậc hai . . . . . . . . . 1.3.2 Định lí Viète với phương trình bậc ba . . . . . . . . . 5 5 8 8 12 18 18 19 2 Một số phương pháp giải hệ bậc hai tổng 2.1 Hệ phương trình bậc hai tổng quát . . . 2.2 Hệ phương trình đối xứng . . . . . . . . 2.2.1 Hệ đối xứng loại I . . . . . . . . . 2.2.2 Hệ đối xứng loại II . . . . . . . . 2.3 Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai . . . . 2.4 Phương pháp giải một số hệ đặc biệt . . . 22 22 27 28 30 33 38 quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Một số ứng dụng của hệ phương trình 42 3.1 Xây dựng phương trình từ các hệ đối xứng loại II. . . . . . . 42 3.2 Một số dạng toán về đẳng thức và bất đẳng thức liên quan . 46 3.3 Một số hệ phương trình và bất phương trình bậc hai một ẩn . 51 Kết luận 60 Tài liệu tham khảo 61 i Mở đầu Toán học là một môn học quan trọng trong chương trình phổ thông. Việc giảng dạy và học tập môn toán trong trường phổ thông không những nhằm trang bị cho học sinh những kiến thức cụ thể để áp dụng trong cuộc sống cũng như trong các môn học khác mà điều quan trong hơn là cung cấp và rèn luyện cho học sinh những kĩ năng, phương pháp môn học một cách tư duy của Toán học, điều cần thiết cho học sinh trong cả cuộc đời. Chuyên đề về phương trình, bất phương trình và hệ đại số có vị trí rất đặc biệt trong toán học, không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số mà còn là công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực của giải tích, hình học, lượng giác và ứng dụng. Trong các kỳ thi thi học sinh giỏi Toán quốc gia, tuyển sinh Đại học, Cao đẳng và Olympic Toán sinh viên thì các bài toán liên quan đến giải hệ phương trình cũng hay được đề cập và được xem như là những dạng toán thuộc loại khó. Các bài toán liên quan đến hệ phương trình nằm trong chương trình chính thức của Toán đại số và giải tích ở bậc trung học phổ thông. Mặc dù trong quá trình giảng dạy, giáo viên và học sinh đã được cọ sát rất nhiều nhưng khi gặp bài toán giải hệ phương trình trong các đề thi các em học sinh thường thấy lúng túng trong quá trình tìm ra cách giải. Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề hệ phương trình và ứng dụng, luận văn "Một số phương pháp giải hệ phương trình bậc hai tổng quát và ứng dụng " nhằm cung cấp một số phương pháp giải các hệ đại số bậc hai hai ẩn dạng đối xứng và không đối xứng trên cơ sở đó áp dụng giải các bài toán có liên quan. Luận văn là một chuyên đề nhằm cung cấp cho giáo viên và các em học sinh các cách giải hệ bậc hai tổng quát và ứng dụng của nó đối với các lĩnh 3 vực đaị số, giải tích, lượng giác... đặc biệt luận văn hướng tới bồi dưỡng học sinh giỏi bậc trung học phổ thông. Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành ba chương đề cập đến các vấn đề sau đây: Chương 1 trình bày các tính chất cơ bản của đa thức, phương pháp giải phương trình bậc ba, bậc bốn tổng quát. Chương 2 trình bày các phương pháp giải hệ bậc hai tổng quát dạng đối xứng và không đối xứng. Chương 3 trình bày một số ứng dụng của hệ phương trình giải quyết một số dạng toán liên quan. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với Giáo sư, Tiến sĩ khoa học Nguyễn Văn Mậu, người thầy đã trực tiếp hướng dẫn, cung cấp tài liệu và truyền đạt những kinh nghiệm nghiên cứu cho tôi. Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô giáo trong Ban giám hiệu, phòng Đào tạo và khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Trường THPT Nguyễn Huệ, bạn bè đồng nghiệp và gia đình đã giúp đỡ tạo điều kiện tốt nhất để tôi hoàn thành bản luận văn này. Thái Nguyên, tháng 4 năm 2015 Học viên Bùi Thị Mai 4 Chương 1 Các tính chất cơ bản của đa thức và phương trình đại số 1.1 Một số tính chất của đa thức đại số Định nghĩa 1.1 (Xem [1],[4]). Đa thức trên trường số thực là biểu thức có dạng P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 (1.1) trong đó ai ∈ R và an 6= 0. ai được gọi là các hệ số của đa thức, trong đó an được gọi là hệ số cao nhất và a0 được gọi là hệ số tự do. n được gọi là bậc của đa thức và ký kiệu là n = deg(P ). Ta quy ước bậc của đa thức hằng P (x) = a0 với mọi x là bằng 0 nếu a0 6= 0 và bằng −∞ nếu a0 = 0. Tập hợp tất cả các đa thức một biến trên trường các số thực được ký hiệu là R[x]. Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp các số hữu tỷ, các số nguyên thì ta có khái niệm đa thức với hệ số hữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên và tương ứng là các tập hợp Q[x], Z[x]. n P Định nghĩa 1.2 (Đa thức bằng nhau). Hai đa thức P (x) = ak xk , Q(x) = m P k=0 bk xk bằng nhau khi và chỉ khi m = n và ak = bk với mọi k = 0, 1, 2, . . . , m. k=0 Định nghĩa 1.3 (Phép cộng, trừ đa thức). Cho hai đa thức P (x) = Q(x) = m P n P ak x k , k=0 bk xk . Khi đó phép cộng và trừ hai đa thức P (x) và Q(x) được k=0 5 thực hiện theo từng hệ số của xk , tức là max{m,n} X P (x) ± Q(x) = (ak ± bk )xk k=0 Ví dụ 1.1. (x3 + 3x2 − x + 2) + (x2 + x − 1) = x3 + 4x2 + 1. Định nghĩa 1.4 (Phép nhân đa thức). Cho hai đa thức P (x) = Q(x) = m P n P ak x k , k=0 bk xk . Khi đó P (x).Q(x) là một đa thức có bậc m + n và có các k=0 hệ số được xác định bởi P (x)Q(x) = m+n X ck x k , (1.2) k=0 trong đó ck = k P ai bk−i . i=0 Ví dụ 1.2. (x3 + x2 + 3x + 2)(x2 + 3x + 1) = (1.1)x5 + (1.3 + 1.1)x4 + (1.1 + 1.3 + 3.1)x3 + (1.1 + 3.3 + 2.1)x2 + (3.1 + 2.3)x + (2.1) = x5 + 4x4 + 7x3 + 12x2 + 9x + 1. Tiếp theo, ta nhắc lại bậc của tổng, hiệu và tích của các đa thức. Từ các định nghĩa trên đây, dễ dàng suy ra các tính chất sau : Định lí 1.1 (Xem [1],[4]). Cho P (x), Q(x) là các đa thức bậc m, n tương ứng. Khi đó: a) deg(P ± Q) ≤ max{m, n} trong đó nếu deg(P ) 6= deg(Q) thì dấu bằng xảy ra. Trong trường hợp m = n thì deg(P ± Q) có thể nhận bất cứ giá trị nào ≤ m. b) deg(P.Q) = m + n. 6 Định lí 1.2 (Xem [1],[4]). Với hai đa thức P (x) và Q(x) bất kỳ, trong đó deg(Q) ≥ 1, tồn tại duy nhất các đa thức S(x) và R(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện: i) P (x) = Q(x).S(x) + R(x). ii) deg(R) < deg(Q). Theo ký hiệu của định lý thì S(x) được gọi là thương số và R(x) được gọi là dư số trong phép chia P (x) cho Q(x). Ví dụ 1.3. Thực hiện phép chia 3x3 − 2x2 + 4x + 7 cho x2 + 2x 3x3 − 2x2 + 4x + 7 x2 + 2x 3x3 + 6x2 3x − 8 2 −8x + 4x + 7 −8x2 − 16x 20x + 7 Vậy ta có 3x3 − 2x2 + 4x + 7 chia x2 + 2x được 3x − 8, dư 20x + 7. Trong phép chia P (x) cho Q(x), nếu dư số R(x) đồng nhất bằng 0 thì ta nói rằng đa thức P (x) chia hết cho đa thức Q(x). Như vậy, P (x) chia hết cho Q(x) nếu tồn tại đa thức S(x) sao cho P (x) = Q(x).S(x). Trong trường hợp này ta cũng nói Q(x) chia hết P (x), Q(x) là ước của P (x) hoặc P (x) . là bội của Q(x). Ký hiệu tương ứng là Q(x) | P (x) và P (x)..Q(x). Cho P (x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Ước chung lớn nhất của P (x) và Q(x) là đa thức D(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: i) D(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số bậc cao nhất bằng 1. ii) D(x) là ước chung của P (x) và Q(x), tức là D(x) | P (x) và D(x) | Q(x). iii) Nếu D0 (x) cũng là ước chung của P (x) và Q(x) thì D(x) cũng là ước của D0 (x). Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ nhất của hai đa thức. Cho P (x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Bội chung nhỏ nhất của P (x) và Q(x) là đa thức M (x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: iv) M (x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số bậc cao nhất bằng 1. 7 v) M (x) là bội chung của P (x) và Q(x), tức là P (x) | M (x) và Q(x) | M (x). vi) Nếu M 0 (x) cũng là bội chung của P (x) và Q(x) thì M 0 (x) cũng là bội của M (x). Ký hiệu UCLN và BCNN của hai đa thức P (x), Q(x) là U CLN (P (x), Q(x)), BCN N (P (x), Q(x)) hay đơn giản hơn là (P (x), Q(x)), [P (x), Q(x)]. Hai đa thức P (x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P (x), Q(x)) = 1. 1.2 1.2.1 Phương pháp giải phương trình bậc ba, bậc bốn với hệ số thực Phương trình bậc ba Trong phần này ta nêu phương pháp giải phương trình bậc ba với hệ số thực tùy ý: ax3 + bx2 + cx + d = 0, a 6= 0. (1.3) Bài toán 1.1. Giải phương trình (1.3) khi biết một nghiệm x = x0 . Lời giải. Theo giả thiết thì ax30 + bx20 + cx0 + d = 0 (1.3) ⇔ ax3 + bx2 + cx + d = ax30 + bx20 + cx0 + d ⇔ a(x3 − x30 ) + b(x2 − x20 ) + c(x − x0 ) = 0 ⇔ (x − x0 )[ax2 + (ax0 + b)x + ax20 + bx0 + c] = 0. 1) Nếu ∆ = (ax0 + b)2 − 4a(ax20 + bx0 + c) < 0 thì phương trình (1.3) có nghiệm duy nhất x = x0 . 2) Nếu ∆ ≥ 0 thì phương trình (1.3) có các nghiệm  x = x0 √  −(ax0 + b) ± ∆ x= 2a 8 Hệ quả 1.1. 1) Nếu x0 là nghiệm của phương trình (1.3) thì điều kiện cần và đủ để phương trình (1.3) có ba nghiệm phân biệt là  2 ax0 + (ax0 + b)x0 + ax20 + bx0 + c 6= 0 ∆ = (ax0 + b)2 − 4a(ax20 + bx0 + c) > 0. 2) Nếu x0 là nghiệm của (1.3) thì có thể phân tích : ax3 + bx2 + cx + d = (x − x0 )f (x) (1.4) trong đó f (x) là một tam thức bậc hai xác định. 3) Nếu x1 , x2 , x3 là các nghiệm của phương trình (1.3) thì ax3 + bx2 + cx + d = a(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) và có công thức Viète  b   x1 + x2 + x3 = −   a  c x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 =  a   d  x1 x2 x3 = − . a Bài toán 1.2. Giải phương trình ax3 + bx2 + cx + d = 0 (1.5) ac3 = db3 . (1.6) với (Khi đó phương trình (1.5) − (1.6) có tên gọi là phương trình hồi quy bậc ba) Lời giải. Từ (1.6) suy ra 1) c = 0 ⇒ b = 0 và r (1.6) ⇔ ax3 + d = 0 ⇔ x = d c 2) c 6= 0 ⇒ b 6= 0 và = ( )3 . a b c Đặt = −x0 thì c = −bx0 , d = −ax30 . b 9 3 d − , a Thế vào (1.5), ta được ax3 + bx2 − bx0 x − ax30 = 0 ⇔ a(x3 − x30 ) + bx(x − x0 ) = 0 ⇔ (x − x0 )[ax2 + (ax0 + b)x + ax20 ] = 0. c Vậy x = x0 = − là một nghiệm. b Nếu ∆ = (ax0 +√b)2 − 4a2 x20 ≥ 0 thì phương trình còn có nghiệm −(ax0 + b) ± ∆ x= . 2a Bài toán 1.3. Giải phương trình: 4x3 − 3x = m với |m| ≤ 1. Lời giải. Đặt m = cos α = cos(α ± 2π). Khi đó α α α cos α = cos(3. ) = 4 cos3 − 3 cos . 3 3 3 Do vậy phương trình có ba nghiệm  α x1 = cos 3  α ± 2π x2 ,3 = cos . 3 Bài toán 1.4. 1 1 a) Đặt x = (a + ), a 6= 0. Chứng minh rằng 2 a 1 1 4x3 − 3x = (a3 + 3 ). 2 a b) Giải phương trình 4x3 − 3x = m, |m| > 1. Lời giải. a) Đẳng thức (1.7) hiển nhiên. b) Ta chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất. Thật vậy, phương trình không có nghiệm trong [−1, 1] vì nếu x = x0 ∈ [−1, 1] là nghiệm thì ta đặt x0 = cos β. Khi đó 4x3 − 3x = |cos 3β| ≤ 1 6= m. Giả sử phương trình có nghiệm x = x1 với |x1 | > 1. 10 (1.7) Khi đó 4x31 − 3x1 = m. Vậy có phương trình 4x3 − 3x = 4x31 − 3x1 ⇔ 4(x3 − x31 ) − 3(x − x1 ) = 0 ⇔ (x − x1 )(4x2 + 4x1 x + 4x21 − 3) = 0 ∆ = 4x21 − 4(4x21 − 3) = 12 − 12x21 < 0. Vậy x = x1 là nghiệm duy nhất. √ 1 1 Đặt m = (a3 + 3 ) với a3 = m ± m2 − 1. 2 a Khi đó theo (1.7) phương trình có nghiệm duy nhất q q  p p 1 1 1 3 3 2 2 x = (a + ) = m+ m −1+ m− m −1 . 2 a 2 Bài toán 1.5. Giải phương trình 4x3 + 3x = m. Lời giải. Nhận xét rằng nếu x = x0 là nghiệm của phương trình thì đó là nghiệm duy nhất. Thật vậy, xét x > x0 khi đó 4x3 + 3x > 4x30 + 3x0 = m. Tương tự, với x < x0 thì 4x3 + 3x < 4x30 + 3x0 = m. 1 1 Đặt x = (a − ). 2 a Khi đó dễ dàng kiểm tra đẳng thức 1 1 4x3 + 3x = (a3 − 3 ). 2 a Suy ra cách giải phương trình như sau. √ 1 1 Đặt m = (a3 − 3 ) với a3 = m ± m2 + 1. 2 a Khi đó theo (1.8) ta có nghiệm duy nhất của phương trình : q q  √ √ 1 1 1 3 3 2 2 m+ m +1+ m− m +1 . x = (a − ) = 2 a 2 11 (1.8) Bài toán 1.6. Giải và biện luận phương trình t3 + at2 + bt + c = 0. Lời giải. a Đặt t = y − . Khi đó ta có thể viết phương trình dưới dạng 3 a a a (y − )3 + a(y − )2 + b(y − ) + c = 0 3 3 3 ⇔ y 3 − py = q, a2 2a3 ab trong đó p = − b; q = − + − c. 3 27 3 √ a) Nếu p = 0 thì phươngrtrình có nghiệm duy nhất y = 3 q. p b) Nếu p > 0. Đặt y = 2 x. Khi đó ta được phương trình 4x3 −3x = m 3 √ 3 3q với m = √ . 2p p +) |m| ≤ 1. Đặt m = cos α. Khi đó phương trình có ba nghiệm: α ± 2π α . x = cos ; x = cos 3 3 √ 1 1 +) |m| > 1. Đặt m = (d3 + 3 ) với d3 = m ± m2 − 1. 2 d Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất q q  p p 1 1 1 3 3 2 2 x = (d + ) = m+ m −1+ m− m −1 . 2 d 2 r p c) Nếu p < 0. Đặt y = 2 − x ta được phương trình 4x3 + 3x = m. 3 √ 1 3 1 Đặt m = (d − 3 ) với d3 = m ± m2 + 1. 2 d Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất q q  √ √ 1 1 3 1 3 2 2 m+ m +1+ m− m +1 . x = (d − ) = 2 d 2 1.2.2 Phương trình bậc bốn Trong phần này, ta nêu phương pháp chung để phân tích một đa thức bậc bốn tổng quát thành tích của hai tam thức bậc hai. Đối với một số dạng 12 đa thức bậc bốn đặc biệt có những phép biến đổi phù hợp và đơn giản hơn, không đòi hỏi phải vận dụng toàn bộ thuật toán tổng quát. Bài toán 1.7. Giải phương trình ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (1.9) với ad2 = eb2 , a, e 6= 0. (1.10) (Phương trình (1.9)-(1.10) có tên gọi là : phương trình hồi quy bậc bốn). Lời giải. Viết (1.10) dưới dạng e d = ( )2 . a b Đặt d = α có d = bα; e = a(α)2 . Thế vào phương trình (1.9), ta được: b ax4 + bx3 + cx2 + bαx + a(α)2 = 0 ⇔ a(x4 − α2 ) + bx(x2 + α) + cα2 = 0 ⇔ a(x2 + α)2 + bx(x2 + α) + (c − 2aα)x2 = 0. Nhận xét x = 0 không thỏa mãn phương trình. Chia hai vế của phương trình cho x2 ta được: at2 + bt + c − 2aα = 0 x2 + α với t = . x Vậy phương trình (1.9)-(1.10) đưa về hệ:  2 at + bt + c − 2aα = 0 x2 − tx + α = 0. (1.11) Giải phương trình thứ nhất của hệ (1.11) ta tính được t và từ phương trình thứ hai của hệ (1.11) ta tính được x. Bài toán 1.8. Giải phương trình (x − a)4 + (x − b)4 = c. 13 (1.12) Lời giải. Đặt x = t + a+b a−b ;α = . Khi đó 2 2 (1.12) ⇔ (t + α)4 + (t − α)4 = c ⇔ [(t + α)2 − (t − α)2 ]2 + 2(t2 − α2 )2 = c ⇔ 16α2 t2 + 2(t2 − α2 )2 = c. Ta nhận được phương trình trùng phương: 2t4 + 12α2 t2 + 2α4 − c = 0. Bài toán 1.9. Giải phương trình x4 = ax2 + bx + c với b2 = 4(a + 2)(c + 1). Lời giải. Tam thức bậc hai với ∆ = b2 − 4(a + 2)(c + 1) = 0 có dạng f (x) = (a + 2)x2 + bx + c + 1. và f (x) = (a + 2)x2 + bx + c + 1 có nghiệm kép và  b  (a + 2)(x + )2 nếu a 6= −2 f (x) = 2(a + 2)  c + 1 nếu a = −2. Phương trình đã cho được viết dưới dạng x4 + 2x2 + 1 = (a + 2)x2 + bx + c + 1 ⇔ (x2 + 1)2 = (a + 2)x2 + bx + c + 1. 1) Nếu a + 2 = 0(⇔ a = −2) thì b = 0 và ta được phương trình (x2 + 1)2 = c + 1. 2 ) Nếu a + 2 < 0 thì phương trình vô nghiệm vì có  Vế trái ≥ 0 Vế phải < 0. 14 3) Nếu a + 2 > 0(⇔ a > −2) thì c > −1 thì ta có thể viết √ √ (x2 + 1)2 = ( a + 2x ± c + 1)2 (dấu + ứng với b > 0, dấu - ứng với b < 0) và ta được các phương trình bậc √ √ hai x2 + 1 = ±( a + 2x ± c + 1). Tiếp theo giải và biện luận theo a, c. Bài toán 1.10. Giải phương trình x4 = ax2 + bx + c, b 6= 0. Lời giải. Gọi α là số thực thỏa mãn hệ thức b2 = 4(a + 2α)(c + α2 ). (1.13) ( tồn tại ít nhất một giá trị α thỏa mãn (1.13)) vì (1.13) là phương trình bậc ba đối với α.) Khi đó tam thức bậc hai f (x) = (a + 2α)x2 + bx + (c + α2 ) có nghiệm kép và  h i2 b  nếu a + 2α 6= 0 (a + 2α) x + f (x) = 2(a + 2α)  c + α2 nếu a + 2α = 0. Viết phương trình đã cho dưới dạng x4 + 2αx2 + α2 = f (x) ⇔ (x2 + α)2 = f (x). (1.14) 1) Nếu a + 2α = 0 thì (1.14)⇔ (x2 + α)2 = c + α2 . 2) Nếu a + 2α < 0 thì Vế trái ≥ 0; Vế phải <0, nên phương trình vô nghiệm. h √ 3) Nếu a + 2α > 0 thì (1.14) ⇔ x + α = ± a + 2α x + 2 15 i b . 2(a + 2α) Bài toán 1.11. Giải phương trình t4 + αt3 + βt2 + γt + δ = 0. α Lời giải. Đặt t = x − . Khi đó ta được phương trình: α 4 α 3 4 α α (x − ) + α(x − ) + β(x − )2 + γ(x − ) + δ = 0 4 4 4 4 4 2 ⇔ x = ax + bx + c 2α3 1 1 6α2 với a = 2 ; b = − 2 + αβ − γ; c = 2 (3α4 − 42 βα2 + 43 αγ − 44 δ). 4 4 2 4 Áp dụng bài toán trên ta tìm được nghiệm của phương trình. Hệ quả 1.2. Mọi đa thức bậc bốn có hệ số thực đều phân tích được thành tích của hai tam thức bậc hai với hệ số thực. Bài toán 1.12. Cho α 6= 0. Khai triển biểu thức √ √ (1 − α x)8 + (1 + α x)8 = P (x) ta được P (x) là một đa thức bậc bốn. Giải phương trình P (x) = 0. Lời giải. Đặt α2 x = t, ta được phương trình 1 1 1 + 28t + 70t2 + 28t3 + t4 = 0 ⇔ (t + )2 + 28(t + ) + 68 = 0. t t Đặt u = t + 1 ta được phương trình t 2 u + 28u + 68 = 0 ⇔ u1 ,2 = −14 ± √ q 1 128 ⇒ t = (u1 ,2 ± u21 ,2 −4). 2 Bài toán 1.13. Giải phương trình a(ax2 + bx + c)2 + b(ax2 + bx + c) + c = x. Lời giải. Đặt ax2 + bx + c = y ta được hệ  2  2 ax + bx + c = y ax + bx + c = y ⇔ 2 ay + by + c = x a(x2 − y 2 ) + (b + 1)(x − y) = 0 16  ⇔ ax2 + bx + c = y (x − y)[a(x + y) + b + 1] = 0  ⇔ y=x ax2 + (b − 1)x + c = 0 hoặc  b+1  y = − −x a  ax2 + bx + c = − b + 1 − x. a Giải mỗi phương trình bậc hai ta được nghiệm của hệ, từ đó ta suy ra nghiệm của phương trình. Bài toán 1.14. Giải phương trình x4 = 3x2 + 10x + 4. Lời giải. Viết phương trình dưới dạng (x2 + α)2 = (3 + 2α)x2 + 10x + 4 + α2 . Chọn α để ∆0 = 25 − (3 + 2α)(4 + α2 ) = 0 ⇔ 2α3 + 3α2 + 8α − 13 = 0. Ta thấy α = 1 thỏa mãn. Vậy có thể viết phương trình dưới dạng " √ 2 √ x + 1 = √5(x + 1) (x2 +1)2 = 5x2 +10x+5 ⇔ (x2 +1)2 = [ 5(x+1)]2 ⇔ 2 x + 1 = − 5(x + 1). Giải từng p trường √ √ hợp suy ra nghiệm của phương trình đã cho là x1 ,2 = 5± 1+4 5 . 2 x2 Bài toán 1.15. Giải phương trình x + = 3. (x + 1)2 Lời giải. Điều kiện x 6= 1. Viết phương trình đã cho dưới dạng 2 x 2 x2 x2 2 x2 ) = 3 − 2. ⇔( ) + 2. −3=0 (x − x+1 x+1 x+1 x+1 √  2 1 ± 5 x −x−1=0 ⇔ ⇔ x1 , x2 = . 2 x + 3x + 3 = 0 (vô nghiệm) 2 √ 1± 5 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 = . 2 17 Bài toán 1.16. ( THTT-T8/444) Cho dãy số (vn )n thỏa mãn điều kiện  v1 = 5 vn+1 = vn4 − 4vn2 + 2 Xác định số hạng tổng quát vn . Lời giải Sử dụng hằng đẳng thức sau 1 4 1 1 1 4 2 8m − 8m + 1 = a + 4 , với m = a+ . 2 a 2 a vn Đặt = un ta thu được 2  √ 5 1 1 1  u1 = = a + , a = (5 + 21), 2 2 a 2   un+1 = 8u4n − 8u2n + 1. (1) (2) 1 4 1 1  42 1  Theo (1) thì u2 = a + 4 , u3 = a + 42 ,. . . 2 a 2 a Bằng phương pháp quy nạp, ta thu được  √ 1 1 1   a + , a = (5 + 21), u =  1  2 a 2   1  4n−1 1   un+1 = a + 4n−1 2 a  5 + √21 4n−1  5 − √21 4n−1 Vậy vn = + , n = 1, 2, . . . 2 2 1.3 1.3.1 Các hệ Viète cơ bản Định lí Viète với phương trình bậc hai Định lí 1.3. Nếu x1 , x2 là các nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0(a 6= 0) thì   x1 + x2 = − b a c  x1 x2 = . a 18 Định lí 1.4 (Định lí đảo). Nếu hai số u,v thỏa mãn  u+v =S u.v = P thì hai số u,v là nghiệm của phương trình x2 − Sx + P = 0. 1.3.2 Định lí Viète với phương trình bậc ba Định lí 1.5. Nếu x1 , x2 , x3 là các nghiệm của phương trình ax3 + bx2 + cx + d = 0(a 6= 0) thì  b   x + x + x = −  1 2 3  a  c x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 =  a   d  x1 x2 x3 = − . a Định lí 1.6 (Định lí đảo). Nếu ba số u,v,w thỏa mãn  u + v + w = S u.v + vw + wu = P  uvw = Q thì ba số u,v,w là nghiệm của phương trình x3 − Sx2 + P x − Q = 0. Bài toán 1.17. Giải hệ  x + y + xy = 5 x2 y + xy 2 = 4.  (x + y) + xy = 5 Lời giải. Hệ ⇔ xy(x + y) = 4 Đặt x + y = S,  xy = P S+P =5 Hệ trở thành SP = 4 Theo định lí Viete S, P là nghiệm của phương trình X 2 − 5X + 4 = 0. Phương trình (1.15) có các nghiệm X1 = 1, X2 = 4 nên   S=1 S=4 hoặc P =4 P = 1. 19 (1.15)
- Xem thêm -