Tài liệu Tài liệu-phương trình bậc cao

  • Số trang: 46 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 160 |
  • Lượt tải: 0
quangtran

Đã đăng 3721 tài liệu

Mô tả:

Chương II: Phương trình bậc cao Bài 1. Phương trình bậc ba I. Tóm tắt lý thuyết 1. Phương trình có dạng: ax 3  bx 2  cx  d  0 (1), trong đó a, b, c, d là các số thực cho trước a  0 . 2. Cách giải: Bây giờ ta đi xét cách gi ải phương trình (1). Vì a  0 nên ta có thể chia hai vế của phương trình (1) cho a. Do vậy ta chỉ cần đi giải phương trình dạng : x 3  ax 2  bx  c  0 (2) . a Đặt x  y  , khi đó (2) trở thành :  y3  py  q  0 (3) 3 a2 2a 3  9ab  27c  b; q  Trong đó: p  . 3 27 Đặt   27q 2  4p3 . Để xét số nghiệm của (3), ta khảo sát sự tương giao của hàm số f (y)  y3  p.y  q với trục Ox. Chú ý hàm bậc ba cắt Ox tại  Một điểm  hàm luôn đơn điệu hoặc f CD .f CT  0  Hai điểm  f CD .f CT  0  Ba điểm  f CD .f CT  0 Xét hàm số f (y)  y3  py  q , ta có: f '(y)  3y 2  p . * Nếu p  0  f '(y)  0  f (y) là hàm đồng biến  f (y)  0 có một nghiệm .  p  p  p * Nếu p  0  f '(y)  0  y   và f CD .f CT  f  .  .f     3  3   3  27 Từ đây ta có các kết quả sau: * Nếu   0  (3) có nghiệm duy nhất. Để tìm nghiệm này ta làm như sau : Đặt y  u  v , khi đó (3) trở thành: u 3  v3  (3uv  p)(u  v)  q  0 p Ta chọn u,v sao cho: 3uv  p  0  uv  , lúc đó u 3  v3  q ta có hệ: 3 Nguyễn Tất Thu  3 3 p3 p3 u v  2 3 3  0 (4) 27  u , v là nghiệm phương trình: X  qX   27  3 3  u  v  q   q  27 ; 27 X1  2 2 q  (4) có hai nghiệm: X1    q  3 27  27  y  u  v  3 X1  3 X 2  (*) 2 2 Công thức (*) gọi là công thức Car dano. 3 q  * Nếu   0 , khi đó (3) có hai nghiệm, một nghiệm kép ( y  3 q hoặc 2   q q y3 q   y  3 3 y ) và một nghiệm đơn. Tức là:  hoặc  2 2 (**). 2  y   3 4q  y  3 4q   * Nếu   0 , khi đó (3) có ba nghiệm phân biệt và ba nghiệm này nằm trong khoảng (2 p p p ; 2 ) . Để tìm ba nghiệm này ta đặt y  2 cos t , 3 3 3 với t  (0; ) ta đưa (3) về dạng: cos 3t  m (5), trong đó m   3 3q 2p p . Giải (5) ta được ba nghiệm t1 , t 2 , t 3   0;   , từ đây suy ra ba nghiệm của phương trình (3) là : p p p y1  2 cos t1 ; y 2  2 cos t 2 ; y3  2 cos t 3 (***). 3 3 3 Chú ý : Trong một số trường hợp để giải phương trình bậc ba ta đi tìm một nghiệm rồi thực hiện phép chia đa thức và chuyển phương trình đã cho về phương trình tích của một nhị thức bậc nhất và mộ t tam thức bậc hai. Nguyễn Tất Thu II. Các ví dụ Ví dụ 1: Giải phương trình : 4x 3  3x  9  0 . 3 (dùng MTBT) nên ta 2 3 biến đổi phương trình :  (2x  3)(2x 2  3x  3)  0  x  . 2 Giải: Ta thấy phương trình có một nghiệm x  Ví dụ 2: Giải phương trình : x 3  3x  1  0 . Giải: Ta có:   27q 2  4p3  27  4(3)3  135  0 nên phương trình có duy nhất nghiệm:    q   q  3 27  3 27  3 1  5  3 1  5 x . 2 2 2 2 Ví dụ 3: Giải phương trình : x 3  3x  1  0 (1). Giải: Ta có:   27q 2  4p3  27.1  4.33  81  0 nên phương trình có ba nghiệm thuộc khoảng (2; 2) . Đặt x  2 cos t với t  (0; ) 1 (2) trở thành: 8cos3 t  6 cos t  1  4 cos3 t  3cos t  2 1   2 .  cos 3t   cos  t    k 2 3 9 3  7 5 Vì t  (0; ) nên ta có: t1  ; t 2  . ; t3  9 9 9  5 7 Vậy phương trình có ba nghiệm: x  2 cos ; x  2 cos ; x  2 cos . 9 9 9 Ví dụ 4: Tìm m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt x 3  (2m  1)x 2  (3m  2)x  m  2  0 (1). Giải: Vì tổng các hệ số của phương trình bằng 0 nên phương trình có nghiệm x  1 nên : Nguyễn Tất Thu x  1 (1)  (x  1)(x 2  2mx  m  2)  0   2  x  2mx  m  2  0 Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt  f (x)  x 2  2mx  m  2 có  '  m 2  m  2  0 hai nghiệm phân biệt khác 1    m  1 . f (1)   m  1  0 Vậy m  1 là giá trị cần tìm. Chú ý : Số nghiệm của PT : (x  )(ax 2  bx  c)  0 phụ thuộc vào số nghiệm của tam thức: f (x)  ax 2  bx  c (a  0) . Cụ thể   0 * Nếu f (x) có hai nghiệm phân biệt   , tức là:  thì phương f ( )  0 trình có ba nghiệm phân biệt. * Nếu f (x) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng  , tức là:   0 c thì phương trình có hai nghiệm: x   , x  .  a f ( )  0   0  * Nếu f (x) có nghiệm kép khác  , tức là:  b thì phương trình có     2a b hai nghiệm x   và x   . 2a   0  * Nếu f (x) có nghiệm kép x   , tức là:  b thì phương trình có     2a một nghiệm x   . * Nếu f (x) vô nghiệm thì phương trình có đúng một nghiệm x   . Ví dụ 5: Tìm m để đồ thị hàm số sau cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt: y  2mx 3  (1  2m)x 2  (3  8m)x  4m  2 Giải: Ta có phương trình hoành độ giao điểm: 2mx 3  (1  2m)x 2  (3  8m)x  4m  2  0 (2) Nguyễn Tất Thu  (x  1)  2mx 2  (1  4m)x  4m  2   0   x  1  2 f (x)  2mx  (1  4m)x  4m  2  0 Yêu cầu bài toán  (2) có hai nghiệm phân biệt. TH 1: f (x) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm m  0  1 bằng 1 . Điều này có    48m 2  24m  1  0  m   . 2 f (1)  2m  1  0  TH 2: f (x) có một nghiệm khác 1. Khi đó xảy ra hai khả năng  m  0  3 6 Khả năng 1:   0 . m 12 1  4m  1  4m m  0 Khả năng 2:   m 0. f (1)  0 1 3 6 Vậy các giá trị của m cần tìm là: m   ; m  0; m  . 2 12 Ví dụ 6: Chứng minh rằng phương trình : x 3  ax 2  bx  c  0 a  0 có 3 nghiệm  27c  2a 3  9ab  2 a 2  3b 3 (1). Giải: Giả sử phương trình có ba nghiệm. Ta chứng minh (1). * Nếu ba nghiệm của phương trình trùng nhau thì p  q  0  (1) đúng. * Nếu ba nghiệm phương trình chỉ có hai nghiệm trùng nhau hoắc ba nghiệm đó là phân biệt. Khi đó ta có: Δ  27q 2  4p3  0 , ( trong đó: p  a2 2a 3  9ab  27c  b; q  ) 3 27 4p3 p3 2a 3  9ab  27c (a 2  3b)3 p  | q | 2 | | 2 . 27 27 27 27 2 2 Nguyễn Tất Thu  27c  2a 3  9ab  2 a 2  3b 3 đpcm. Từ cách chứng minh trên ta suy ra được nếu có (1) thì phương trình có ba nghiệm . Ví dụ 7: Cho phương trình x 3  ax 2  bx  c  0 a  0 (1) có ba nghiệm phân biệt. Chứng minh phương trình sau chỉ có hai nghiệm thực phân biệt. 4(x 3  ax 2  bx  c)(3x  a)  (3x 2  2ax  b) 2 (2). Giải: Gọi f (x)  x 3  ax 2  bx  c . Khi đó (2) được viết dưới dạng: 2f (x).f ''(x)   f '(x)   g(x)  2f (x)f "(x)  f '(x)   0 . 2 2 Ta có: g '(x)  2f (x)f (3) (x) ( f (3) là đạo hàm cấp ba của hàm f). Gọi x1  x 2  x 3 là ba nghiệm phân biệt của f(x), ta có: g '(x)  12(x  x1 )(x  x 2 )(x  x 3 )  g '(x) có ba nghiệm x1 , x 2 , x 3 Bảng biến thiên. x   g '(x) x1 0  g(x) g(x1 ) x2 + 0  g(x 2 ) x3 0  +  g(x 3 ) 2 Vì f (x i )  0  g(x i )    f '(x i )   0 i  1, 2,3 , nên từ bảng biến thiên suy ra phương trình g(x)  0 chỉ có hai nghiệm phân biệt  đpcm. Nguyễn Tất Thu Bài 2. Phương trình bậc cao Phương trình bậc cao ở đây ta xét là phương trình có bậc cao hơn 3. Phương pháp chung để giải phương trình bậc cao là ta tìm cách chuyển về phương trình có bậc thấp hơn, thường chúng ta chuyển về phươ ng trình bậc hai. Để làm điều này ta thường sử dụng các phương pháp sau: 1. Phương pháp đưa về dạng tích : Tức là ta biến đổi phương trình : f (x)  0 . F(x)  0  f (x).g(x)  0   g(x)  0 Để đưa về một phương trình tích ta thường dùng các cách sa u: Cách 1: Sử dụng các hằng đẳng thức đưa về dạng a 2  b 2  0, a 3  b3  0,... Cách 2: Nhẩm nghiệm rồi chia đa thức: Nếu x  a là một nghiệm của phương trình f (x)  0 thì ta luôn có sự phân tích: f (x)  (x  a)g(x) . Để dự đoán nghiệm ta dựa vào các chú ý sau: Chú ý : * Nếu đa thức f (x)  a n x n  a n 1x n 1  ...  a1x  a 0 có nghiệm nguyên thì nghiệm đó phải là ước của a 0 . * Nếu đa thức f (x)  a n x n  a n 1x n 1  ...  a1x  a 0 có tổng các hệ số bằng 0 thì đa thức có một nghiệm x  1 * Nếu đa thức f (x)  a n x n  a n 1x n 1  ...  a1x  a 0 có tổng các hệ số chẵn bằng tổng các hệ số lẻ thì đa thức có một nghiệm x  1 . Cách 3: Sử dụng phương pháp hệ số bất định. Ta thường áp dụng cho phương trình trình bậc bốn. Nguyễn Tất Thu Ví dụ 1: Giải phương trình : x 4  4x 2  12x  9  0 (1) . Giải: Ta có phương trình  x 4  (2x  3) 2  0 (1.1)  x 2  2x  3  0  (x  2x  3)(x  2x  3)  0    x 2  2x  3  0  x  1, x  3 . Vậy phương trình có hai nghiệm: x  3; x  1 . 2 2 Nhận xét: Mẫu chốt của cách giải trên là chúng ta nhận ra hằng đẳng thức và biến đổi về phương trình (1.1). Trong nhiều phương trình việc làm xuất hiện hằng đẳng thức không còn dễ dàng như vậy nữa, để làm điều này đòi hỏi chúng ta phải có những nhạy cảm nhất định và phải thêm bớt những hạng tử thích hợp. Ví dụ 2: Giải phương trình : x 4  13x 2  18x  5  0 . Giải: Phương trình  (x 4  4x 2  4)  (9x 2  18x  9)  0  (x 2  2) 2  (3x  3) 2  0  (x 2  3x  5)(x 2  3x  1)  0  3  29 x   x 2  3x  5  0 2  .    x 2  3x  1  0 3 5 x   2 3  29 3 5 Vậy PT đã cho có 4 nghiệm: x  ; x . 2 2 Chú ý : 1) Chắc hẳn các bạn sẽ thắc mắc làm sao mà ta biết cách tách như trên ?!. Thật ra thì chúng ta làm như sau: Phương trình  (x 2  m)2  (13  2m)x 2  18x  5  m 2   0 .   Ta chọn m sao cho biểu thức trong dấu   phân tích được hằng đẳng thức, để có điều này ta phải có:  '  92  (5  m 2 )(13  2m)  0  2m3  13m 2  10m  16  0 , phương trình này có một nghiệm m  2 , do đó ta có thể phân tích như trên. Với phương trình bậc bốn tổng quát x 4  ax 3  bx 2  cx  d  0 (I) ta cũng Nguyễn Tất Thu có thể biến đổi theo cách trên như sau: a x 4  ax 3  bx 2  cx  d  0  x 4  2 x 3   bx 2  cx  d 2 Ta cộng thêm hai vế của phương trình một lượng: ( a2  2)x 2  ax   2 4 a a2 x  )2  (  2  b)x 2  (a  c)x   2  d (1.I). 2 4 Bây giờ ta chỉ cần chọn  sao cho VT của (1.I) phân tích thành hằng đẳng (x 2  a2 thức, tức là :   0  (a  c)  4(  2  b)( 2  d)  0 4 2  83  4b 2  2(ac  4d)  c 2  a 2 d  4bd  0 (2.I) Đây là phương trình bậc ba nên bao giờ cũng có ít nhất một nghiệm. Khi đó ta sẽ đưa phương trình (1.I) về phương trình tích của hai tam thức bậc hai, từ đây ta giải hai tam thức này ta được nghiệm phương trình (I). 2) Về mặt lí thuyết thì ta có thể giải được mọi phương trình bậc bốn theo cách trên. Tuy nhiên trên thực tế thì nhiều lúc việc giải không được dễ dàng vậy, vì mẫu chốt quan trọng nhất của cách giải trên là tìm  . Mặc dù (2.I) đã có cách giải nhưng không phải giá trị  lúc nào cũng “đẹp”, nên sẽ khó khăn cho các phép biến đổi của chúng ta. Ví dụ 3: Giải phương trình : 2x 4  10x 3  11x 2  x  1  0 (4). Giải: Ta có phương trình:  83  4b 2  2(ac  4d)  c 2  a 2 d  4bd  0 5 1  83  22 2     0 , phương trình này có nghiệm:    . 4 4 5 1 1 3 9 1 3 Do vậy (4)  (x 2  x  ) 2  x 2  x   ( x  )2 2 4 4 4 16 2 4  2x 2  4x  1  0 1  (x 2  2x  )(x 2  3x  1)  0   , 2  x 2  3x  1  0 x 2 2 3  13 và x  . 2 2 Nguyễn Tất Thu Chú ý : Đưa về phương trình tích ngoài cách tạo ra hằng đẳng thức ở trên, ta còn có cách khác là sử dụng phương tr ình hệ số bất định. Chẳng hạn xét ví dụ trên. Ta phân tích: 2x 4  10x 3  11x 2  x  1  (x 2  ax  b)(2x 2  mx  n) Khai triển rồi đồng nhất các hệ số ta có được hệ phương trình : 2a  m  10 2b  n  am  11  . Từ phương trình cuối ta chọn: n  1; b  1 , thay vào ba  an  bm  1  nb  1 2a  m  10  phương trình đầu ta có: am  10 ta thấy hệ này vô nghiệm, do đó ta  a  m  1  chọn n  1; b  1 , thay vào ta giải được m  4 và a  3 Vậy: 2x 4  10x 3  11x 2  x  1  (x 2  3x  1)(2x 2  4x  1) . Ví dụ 4: Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt. x 4  x 3  (3m  4)x 2  5x  2m 2  m  3  0 (5). Giải: Khi gặp bài toán này có lẽ các bạn sẽ suy nghĩ không biết nên xử lí theo hướng nào? Vì phương trình này không có nghiệm đặc biệt, nếu sử dụng phương trình phân tích bình phương thì việc giải phương trình (2.I) e rằng sẽ không đi đến kết quả ! Vậy phương pháp hệ số bất định thì sao? Chú ý đến hệ số tự do của phương trình ta thấy: 2m 2  m  3  (m  1)(2m  3) , điều này dẫn tới ta nghĩ đến phân tích VT của phương t rình về dạng: (x 2  ax  m  1)(x 2  bx  2m  3) (mục đíc là làm giảm số ẩn cần tìm xuống còn 2 ẩn). Đồng nhất hệ số ta có hệ phương trình :  a  b  1 a  1  . 2m  3  m  1  ab  3m  4   b   2  a(2m  3)  b(m  1)  5  Vậy (5)  (x 2  x  m  1)(x 2  2x  2m  3)  0 Nguyễn Tất Thu  x 2  x  m  1  0 (a)   x 2  2x  2m  3  0 (b) (5) có bốn nghiệm phân biệt  (a) và (b) đều có hai nghiệm phân biệt và chúng không có nghiệm chung. * (a) và (b) cùng có hai nghiệm phân biệt  a  4m  3  0 3  m 4  'b  2m  2  0 * Giả sử (a) và (b) có nghiệm chung là x 0 , khi đó x 0 là nghiệm của hệ: m4   x 2  x  m  1  0 x0  3x 0  m  4  0 0 0 3  ,  2  2 x  x  m  1  0  2 m  4m  13  0 0  0  x 0  2x 0  2m  3  0  hệ này vô nghiệm  (a) và (b) không có nghiệm chung. 3 Vậy m   là những giá trị cần tìm. 4 Nhận xét : Việc nhận thấy 2m 2  m  3  (m  1)(2m  3) là mẫu chốt hạn chế khó khăn trong việc phân tích ra thừa số. Đây là một tính chất của đa thức rất hay được sử dụng trong việc phân tích một đa thức thành các nhân tử. Cụ thể : Nếu tam thức bậc hai (tương tự cho đa thức) f (x)  ax 2  bx  c có hai nghiệm x1 , x 2 thì ta luôn có sự phân tích f (x)  a(x  x1 )(x  x 2 ) . Với phương trình trên ta không sử dụng được tính chất này vì vế trái là một đa thức bậc 4 không có nghiệm đặc biệt. Tuy nhiên nếu chúng ta nhạy bén thì ta thấy VT của phương trình lại là một tam thức bậc hai đối với ẩn là tham số m. Tức là ta có: (5)  2m 2  (3x 2  1)m  x 4  x 3  4x 2  5x  3  0 (5’) Tam thức này có :   (3x 2  1)2  8(x 4  x 3  4x 2  5x  3)  (x 2  4x  5) 2  (5’) có hai nghiệm m1  3x 2  1  x 2  4x  5  x 2  2x  3  4 2 và m 2   x 2  x  1 . Do vậy ta có: Nguyễn Tất Thu (5')  2(m  x 2  x  1)(m   x 2  2x  3 )0 2  (x 2  x  m  1)(x 2  2x  2m  3)  0 . Đây là phương trình mà ta vừa biến đổi ở trên. Ví dụ 5: Giải phương trình : x 3  3x 2  3x  16.3 x  9  0 . Giải: Đặt y  3 x , ta có : y9  3y6  3y3  16y  9  0  (y  1)(y 2  y  1)(y6  2y 4  2y3  4y 2  2y  9)  0  (y  1)(y 2  y  1) (y3  1)2  2y 4  3y 2  (y  1)2  7   0    y  1 2  (y  1)(y  y  1)  0   . y  1  5  2 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x  1; x  2  5; x  2  5 . Ví dụ 6: Giải phương trình : 5x 6  16x 4  33x 3  40x 2  8  0 . Giải: Ta có phương trình  (5x 2  10x  4)(x 4  2x 3  5x  2)  0  (5x 2  10x  4)(x 2  3x  1)(x 2  x  2)  0  (5x 2  10x  4)(x 2  3x  1)  0  x 2  3x  1  0   5x 2  10x  4  0  3 5  x1,2  5  .  5  5  x 3,4   2 Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm: x  Nguyễn Tất Thu 3 5 5  5 . ;x 2 5 Ví dụ 7: Tìm m để phương trình x 4  x 2  2mx  m 2  0 có bốn nghiệm phân biệt. Giải: PT:  x 4  (x  m) 2  0  (x 2  x  m)(x 2  x  m)  0 x2  x  m  0 (a)  .  x 2  x  m  0 (b) Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt  (a) và (b) đều có hai nghiệm phân biệt và chúng không có nghiệm chung. 1  4m  0 1 1 (a) và (b) có hai nghiệm phân biệt    m . 4 4 1  4m  0 Giả sử (a) và (b) có nghiệm chung là x 0  x 2  x  m  0 x  0 0 0 .   0 2 m  0  x  x  m  0  0 0 m  0  Vậy  1 1 là những giá trị cần tìm.   m   4 4 Ví dụ 8: Tìm m để phương trình : x 4  2x 2  2mx  m 2  2m  1  0 . 1) Có nghiệm lớn nhất ? 2) Có nghiệm nhỏ nhất ? Giải: Giả sử x 0 là nghiệm của phương trình đã cho, khi đó phương trình: m 2  2(x 0  1)m  x 04  2x 02  1  0 luôn có nghiệm m   '  (x 0  1) 2  (x 02  1) 2  0  (x 02  x 0  2)(x 0  x 02 )  0  0  x0  1 . * x 0  0  m 2  2m  1  0  m  1 * x 0  1  m 2  4m  4  0  m  2 Vậy nghiệm nhỏ nhất của phương trình là x  0 có được khi m  1 nghiệm lớn nhất của phương trình là x  1 có được khi m  2 . Nguyễn Tất Thu 2. Phương pháp đặt ẩn phụ: Đặt ẩn phụ là phương pháp khá hữu hiệu đối với các bài toán đại số , trong giải phương trình bậc cao cũng vậy , người ta thường đặt ẩn phụ để chuyển phương trình bậc cao về phương trình có bậc thấp hơn. Một số dạng sau đây ta thường dùng đặt ẩn phụ. Dạng 1: Phương trình trùng phương: ax 4  bx 2  c  0 (a  0) (1). Với dạng này ta đặt t  x 2 , t  0 ta chuyển về phương trình : at 2  bt  c  0 (2). Chú ý : Số nghiệm của phương trình (1) phụ thuộc vào số nghiệm không âm của (2). Dạng 2: Phương trình đối xứng (hay phương trình hồi quy): a x 4  b x 3  c x 2  k b x  k 2 a  0 (k  0) . Với dạng này ta chia hai vế phương trình cho x 2 (x  0) ta có phương trình : Đặt t  x  k với x k2 k )  b(x  )  c  0 . x x k2 k t  2 k ta có : x 2   (x  ) 2  2k  t 2  2k x x2 a(x 2  2 thay vào ta được phương trình: a(t 2  2k)  bt  c  0 . Dạng 3 : Phương trình : (x  a)(x  b)(x  c)(x  d)  e , trong đó ab cd Phương trình  [x 2  (a  b)x  ab].[x 2  (c  d)x  cd]  e . Đặt t  x 2  (a  b)x ta có: (t  ab)(t  cd)  e . Dạng 4 : Phương trình (x  a)(x  b)(x  c)(x  d)  ex 2 , trong đó ab  cd . Với dạng này ta chia hai vế phương trì nh cho x 2 (x  0) , phương trình  [x 2  (a  b)x  ab].[x 2  (c  d)x  cd]  ex 2 ab cd ab cd  [x   a  b].[x   c  d]  e . Đặt t  x  x . x x x x Ta có phương trình : (t  a  b)(t  c  d)  e . Dạng 5 : Phương trình (x  a) 4  (x  b) 4  c . Nguyễn Tất Thu ab ta đưa về phương trình trùng phương. 2 ab 4 Chú ý: phương trình có no  c  2( ) 2 Ngoài những dạng trên trong một số phương trình bậc cao ta có thể sử dụng phương pháp lượng giác hóa nhờ vào công thức biểu diễn cos nx qua cos x . Đặt x  t  Ví dụ 9: Giải các phương trình: 1) 2x 4  5x 3  6x 2  5x  2  0 2) (x  1) 4  (x  3) 4  2 4) (x  2)(x  3)(x  4)(x  6)  6x 2  0 3)x(x  1)(x  2)(x  3)  24 Giải: 1) Ta thấy x  0 không là nghiệm phương trình nên chia hai vế phương 1 1 trình cho x 2 ta được: 2(x 2  )  5(x  )  6  0 . x x2 1 1 1 Đặt t  x  , (| t | 2)  x 2   (x  ) 2  2  t 2  2 x x x2 t  2 2 2 Ta có : 2(t  2)  5t  6  0  2t  5t  2  0    t  1 (l)  2 1 * t  2  x   2  x 2  2x  1  0  x  1 là nghiệm duy nhất của x ình. phương tr 2) Đặt x  t  2 ta được: (t  1) 4  (t  1) 4  2  t 4  6t 2  0  t  0  x  2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  2 . Chú ý: Với bài 2 ta có thể giải bằng cách khác như sau: Trước hết ta có 4 a 4  b4  a  b  BĐT:   với a  b  0 . 2  2  Áp dụng BĐT này với : a   x  1, b  x  3  VT  VP . Đẳng thức xảy ra khi x  2 . 3) Ta có phương trình  (x 2  3x)(x 2  3x  2)  24 . Đặt t  x 2  3x ta được : Nguyễn Tất Thu t(t  2)  24  t 2  2t  24  0  t  6, t  4 . * t  6  x 2  3x  6  0  Phương trình vô nghiệm. * t  4  x 2  3x  4  0  x  1, x  4 . Vậy phương trình có hai nghiệm x  1; x  4 . 4) Phương trình  (x 2  4x  12)(x 2  x  12)  6x 2  0 Vì x  0 không là nghiệm c ủa phương trình nên chia hai vế phương trình 12 12 cho x 2 ta được: (x   4)(x   1)  6  0 x x 12 Đặt t  x  , ta có: x t  1 (t  4)(t  1)  6  0  t 2  3t  2  0   . t  2 x  4 12 * t  1  x   1  x 2  x  12  0   . x  x  3 * t  2  x 2  2x  12  0  x  1  13 Vậy phương trình có bốn nghiệm: x  3; x  4; x  1  13 . Ví dụ 10: Tìm m để phương trình : (x 2  1)(x  3)(x  5)  m (1) có nghiệm. Giải: Phương trình  (x  1)(x  5)(x  1)(x  3)  m  (x 2  4x  5)(x 2  4x  3)  m Đặt t  x 2  4x  (x  2) 2  4  4 ,ta có phương trình :  (t  5)(t  3)  m  t 2  2t  15  m (2) . Phương trình (1) có nghiệm  (2) có nghiệm t  4 . Với t  4  t 2  2t  15  (t  1) 2  16  16  (2) có nghiệm t  4  m  16 . Ví dụ 11: Tìm m để phương trình : x 4  4x 3  8x  m (1) có bốn nghiệm phân biệt. Nguyễn Tất Thu Giải: Phương trình  (x 2  2x) 2  4(x 2  2x)  m Đặt t  x 2  2x  (x  1) 2  1  1 . Phương trình trở thành: t 2  2t  m (2). Phương trình (1) có bốn nghiệm phương trình  (2) có hai nghiệm phân biệt t  1 . Xét hàm số : f (t)  t 2  2t với t  1 , ta có bảng biến thiên: t -1 3 1   f(t) -1 Dựa vào bảng biến thiên  1  m  3 . Ví dụ 12: Giải phương trình : 3(x 2  x  1)2  2(x  1) 2  5(x 3  1) . Giải: Vì x  1 không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế cho x 3  1 ta được: 3 x2  x  1 x 1 2  5. 2 x 1 x  x 1 x2  x  1 2 1  3t   5  3t 2  5t  2  0  t  2, t   . x 1 t 3 3  13 * t  2  x 2  3x  1  0  x  2 1 * t    3x 2  2x  4  0 phương trình vô nghiệm. 3 Đặt t  Ví dụ 13: Giải phương trình : x 6  3x 5  6x 4  21x 3  6x 2  3x  1  0 . Giải: Đây là phương trình bậc 6 và ta thấy các hệ số đối xứng do đó ta có thể áp dụng cách giải mà ta đã giải đối với phương trình bậc bốn có hệ số đối xứng. Nguyễn Tất Thu Ta thấy x  0 không là nghiệm của phương trình . Chia hai vế của phương 1 1 1 trình cho x 3 , ta được: x 3   3(x 2  )  6(x  )  21  0 . x x3 x2 1 1 1 Đặt t  x  , | t | 2 . Ta có : x 2   t 2  2; x 3   t(t 2  3) . 2 3 x x x Nên phương trình trở thành : t(t 2  3)  3(t 2  2)  6t  21  0 t  3  t 3  3t 2  9t  27  0  (t  3) 2 (t  3)  0   .  t  3 1 3 5 .  3  x 2  3x  1  0  x  x 2 3  5 * t  3  x 2  3x  1  0  x  . 2 3  5 3 5 Vậy phương trình có bốn nghiệm x  . ;x 2 2 * t 3 x Ví dụ 14: Giải phương trình : (x  1)(x  2)(x  3) 2 (x  4)(x  5)  360 . Giải: Phương trình  (x 2  6x  5)(x 2  6x  8)(x 2  6x  9)  360 Đặt t  x 2  6x , ta có phương trình : (y  5)(y  8)(y  9)  360 x  0  y(y 2  22y  157)  0  y  0  x 2  6x  0    x  6 Vậy phương trình có hai nghiệm: x  0; x  6 . Ví dụ 15: Giải phương trình : (64x 3  112x 2  56x  7) 2  4x  4 (1). Giải: Một trong những công cụ để giải quyết phương trình bậc cao là đặt ẩn phụ bằng các hàm lượng giác. Có được sự thuận lợi đó là dựa vào công thức biểu diễn cos nx qua cos x . Cụ thể: cos nx  n [ ] 2  a n,k .cosn  2k x . k 0 Nguyễn Tất Thu Trong đó a n,k  (1) k n 2n 1 2k Ckn  k . nk Từ công thức đó ta có: cos 7x  64 cos7 x  112 cos5 x  56 cos3 x  7 cos x , điều này gợi ý cho chúng ta đặt x  cos 2 t . Tuy nhiên để đặt được như vậy thì phải chứng minh được phương trình chỉ có nghiệm trong [0;1] ?. Thật vậy: Từ phương trình (1)  4x  4  x  1 . Ta xét x  0 . Đặt x   y  y  0 , ta có phương trình : (64y3  112y 2  56y  7) 2  4  4y (2). Nếu 0  y  1  VP(2)  8  7 2  VT(2)  (2) vô nghiệm. Với y  1  (64y3  112y 2  56y  7) 2  4  4y  (2) vô nghiệm. Vậy ta chứng minh được (1) nếu có nghiệm x thì x  [0;1] .  Đặt x  cos 2 t; t  [0; ] , khi đó (1) trở thành: 2 (64 cos6 t  112 cos 4 t  56 cos 2 t  7) 2  4(1  co s 2 t)  (64 cos7 t  112 cos 4 t  56 cos3 t  7 cos t) 2  4sin 2 t cos 2 t (Do cos t  0 không là nghiệm của phương trình nên ta nhân hai vế phương trình với cos 2 t )  cos 2 7t  sin 2 2t  cos14t  cos(  4t)  k  t   14t    4t  k2 18 9   . 14t    4t  k2 t     k   10 5    5 7  3 Vì t  [0; ) nên ta có: t1  , t 2  , t 3  . , t4  , t5  , t6  2 18 6 18 181 10 10 Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm: x i  cos 2 t i (i  1, 2,..., 6) với t i (i  1, 2,.., 6) là các nghiệm vừa tìm ở trên. Ví dụ 16: Giải phương trình : (x 3  5x  5)3  5x 3  24x  30  0 . Giải: Ta có: 5x 3  24x  20  5(x 3  5x  5)  x  5 nên phương trình Nguyễn Tất Thu  (x 3  5x  5)3  5(x 3  5x  5)  5  x . Đặt u  x 3  5x  5 u 3  5u  5  x  (u  x)(u 2  ux  x 2  6)  0  u  x Ta được hệ:  3  x  5x  5  u  x 3  4x  5  0  (x  1)(x 2  x  5)  0  x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Ví dụ 17: Cho phương trình : 2x 5  x 4  10x 3  2x 2  8x  2  0 1) Chứng minh rằng phương trì nh (1) có đúng 5 nghiệm. 2) Gọi x i (i  1,5) là 5 nghiệm của (1). Tính tổng : 5 S xi  1 5 i 1 2x i  x i4  2 . Giải: 1) Xét f (x)  2x 5  x 4  10x 3  2x 2  8x  2 là hàm liên tục 3 1 5 f (2)  5  0;f ( )  2  0;f (0)  1  0;f ( )   0; 2 2 8 1 175 f (1)    0;f (3)   0. 2 2 Từ đó suy ra phươ ng trình (1) có 5 nghiệm thuộc các khoảng: 3 3 1 1 (2;  ), ( ;0), (0; ), ( ;1), (1;3) . 2 2 2 2 2) Vì x i là nghiệm của (1) nên ta có: 2x 5i  x i4 2 2(5x 3i  x i2 xi  1 1 5  4x i )  S   . 3 2 i 1 5x  x i2  4x i i x 1 1 2 5 Mặt khác:    x(x  1)(5x  4) 4x 9(x  1) 36(5x  4) 1 5 1 1 5 1 1 5 1   .    4 8 i 1 x i 9 i 1 x i  1 72 i 1 xi  5 Ta có: f (x)  (x  x1 )(x  x 2 )(x  x 3 )(x  x 4 )(x  x 5 ) S f '(x) 5 1 và f '(x)  10x 4  4x 3  30x 2  4x  8 .   f (x) i 1 x  x i Nguyễn Tất Thu
- Xem thêm -