Ứng dụng đạo hàm để giải các bài toán phổ thông

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

* * *


PHÙNG ĐỨC THÀNH




ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI CÁC BÀI
TOÁN PHỔ THÔNG





LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC



Hà Nội , Năm 2011



ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Phùng Đức Thành




ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI CÁC BÀI
TOÁN PHỔ THÔNG



LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC
Chuyên ngành : Phương pháp toán sơ cấp
Mã số : 60 46 40
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS Nguyễn Đình Sang




Hà Nội , Năm 2011

Mục lục
Lời nói đầu 3
Bảng ký hiệu 5
1 Kiến thức chuẩn bị 6
1.1 Các định lý cơ bản của hàm khả vi . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Công thức Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2 Áp dụng công thức Taylor vào giải một số bài toán về

hàm đa thức 11
2.1 Áp dụng giải phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . . 12
2.2 Áp dụng vào giải phương trình bậc bốn . . . . . . . . . . 16
2.3 Áp dụng công thức Taylor vào giải một số bài toán về đồ
thị hàm đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3 Áp dụng các định lý cơ bản của hàm khả vi vào giải các
bài toán phổ thông 32
3.1 Định lý Rolle và áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.1.1 Định lý Rolle và các hệ quả áp dụng . . . . . . . 32
3.1.2 Áp dụng định lý Rolle và hệ quả để xét sự tồn tại
nghiệm của một phương trình cho trước . . . . . 34
3.1.3 Áp dụng định lý Rolle và các hệ quả để giải phương
trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.2 Định lý Lagrange và áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . 46
3.2.1 Định lý Lagrange và các hệ quả áp dụng . . . . . 46
3.2.2 Áp dụng định lý Lagrange và các hệ quả để giải
phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
1
3.2.3 Áp dụng định lý Lagrange và các hệ quả để giải
hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
3.2.4 Áp dụng định lý Lagrange và các hệ quả để chứng
minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3.3 Định lý Cauchy và áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.3.1 Áp dụng định lý Cauchy để chứng minh bài toán
tổng quát về hệ hoán vị vòng quanh n biến, n ≥ 2,
n ∈ N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.3.2 Áp dụng định lý Cauchy vào chứng minh bất đẳng
thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
Kết luận 99
Tài liệu tham khảo 100

2
Lời nói đầu
Đạo hàm là một khái niệm rất quan trọng trong giải tích toán
học và có nhiều ứng dụng trong các ngành khoa học khác như kinh tế,
cơ học, vật lý và kĩ thuật. Ngay trong toán học, đạo hàm là yếu tố quan
trọng và được ứng dụng trong nhiều lĩnh vực như áp dụng vào giải các
bài toán về đại số, giải tích hay các bài toán trong hình học mà ta thường
gặp trong các kì thi toán quốc gia và thi Olympic toán quốc tế.
Trong chương trình toán học phổ thông, nhiều bài toán có ứng dụng
đạo hàm .Xuất phát từ các định lí cơ bản về hàm số khả vi ta thấy xuất
hiện khả năng chứng minh sự tồn tại nghiệm hoặc tìm nghiệm của một
phương trình, hệ phương trình cho trước, từ khai triển Taylor có thể áp
dụng vào giải các bài toán liên quan đế hàm đa thức.Với suy nghĩ đó,
chúng tôi đã chọn đề tài “Ứng dụng đạo hàm để giải các bài toán phổ
thông ” để làm luận văn của mình .
Bản luận văn gồm ba chương , lời nói đầu , kết luận và hai phụ lục :
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị: Chương này trình bày các tính
chất cơ bản của hàm khả vi cấp một và cấp cao của hàm số một biến
trên R sẽ được áp dụng trong các phần sau như: Các định lí cơ bản về
hàm khả vi và công thức Taylor.
Chương 2. Áp dụng công thức Taylor vào giải một số bài
toán về hàm đa thức: Xuất phát từ ý dùng công thức Taylor của
hàm đa thức vào giải các bài toán về giải phương trình bậc ba, phương
trình bậc bốn tổng quát bằng cách đưa phương trình về dạng khuyết và
ứng dụng vào giải các bài toán về đồ thị hàm đa thức.
Chương 3. Áp dụng các định lí cơ bản của hàm khả vi vào
giải các bài toán phổ thông: Phần đầu của chương này là một số ứng
dụng của định lí Rolle: áp dụng định lí Rolle và các hệ quả để xét sự tồn
tại nghiệm của phương trình, áp dụng vào giải phương trình cho trước.
3

Phần tiếp theo là các áp dụng của định lí Lagrange và các hệ quả vào
giải các bài toán như: giải phương trình, hệ phương trình, chứng minh
bất đẳng thức. Phần cuối chương là các ứng dụng của định lí Cauchy:
áp dụng vào giải hệ hoán vị vòng quanh và chứng minh bất đẳng thức
một biến.
Để hoàn thành luận văn này em xin chân thành cảm ơn tới người thầy
kính mến PGS.TS Nguyễn Đình Sang đã dành nhiều thời gian hướng
dẫn, chỉ dạy trong suốt thời gian xây dựng đề tài cho đến khi hoàn thành
luận văn. Em cũng xin chân thành cảm ơn tới các thầy cô giáo trong
khoa Toán - Cơ -Tin học, Ban Giám hiệu, Phòng Sau đại học trường
ĐHKHTN đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt thời gian học tập tại
trường .
Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và năng lực còn hạn
chế nên bản luận văn không tránh khỏi các thiếu sót, rất mong được các
thầy cô giáo và các bạn góp ý xây dựng .Tôi xin chân thành cảm ơn .
Hà Nội, ngày 20 tháng 11 năm 2011
Học viên
Phùng Đức Thành
4
Bảng các ký hiệu viết tắt
N tập các số tự nhiên
N
∗
tập các số tự nhiên khác 0
Z tập các số nguyên
Z
+
tập các số nguyên dương
Z
−

tập các số nguyên âm
R tập các số thực
R
∗
tập các số thực khác 0
R
+
tập các số thực dương
R
−
tập các số thực âm
i đơn vị ảo
C tập các số phức
1
chỉ dẫn lịch sử
2
chỉ dẫn lịch sử
5
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1 Các định lý cơ bản của hàm khả vi
Định nghĩa 1.1.1. Cho khoảng (a, b) ⊂ R, hàm số f : (a, b) → R. Ta
nói rằng hàm f đạt cực đại địa phương (tương ứng cực tiểu địa phương)
tại x
0
∈ (a, b), nếu tồn tại một số δ > 0 sao cho (x
0
− δ, x
0
+ δ) ⊂ (a, b)

và f(x) ≤ f(x
0
) (tương ứng f(x) ≥ f(x
0
)) với mọi x ∈ (x
0
− δ, x
0
+ δ).
Điểm x
0
mà tại đó hàm đạt cực đại địa phương hay cực tiểu địa phương
được gọi chung là điểm cực trị của hàm f.
Định lý 1.1.2. (Fermat) Cho khoảng (a, b) ⊂ R và hàm f : (a, b) → R.
Nếu điểm c ∈ (a, b) là điểm cực trị của hàm f và nếu tồn tại f

(c) thì
f

(c) = 0.
Định lý 1.1.3. (Rolle) Giả sử hàm f : [a, b] → R thỏa mãn:
(a) f liên tục trên [a.b],
(b) khả vi trong khoảng (a, b),
(c) f(a) = f(b).
Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho f

(c) = 0.
Định lý 1.1.4. (Lagrange) Giả sử hàm f : [a, b] → R có các tính chất:
(a) f liên tục trên [a, b],
(b) khả vi trong khoảng (a, b).

6
Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho:
f

(c)(b −a) = f(b) −f(a) (1.1)
Nhận xét:
1. Định lý Rolle là trường hợp riêng của định lý Lagrange.
2. Công thức (1.1) được gọi là công thức số gia hữu hạn Lagrange.
Công thức này còn được viết dưới dạng: lấy a = x
0
, b = x
0
+ ∆x,
thì b − a = ∆x, do x
0
< c < x
0
+ ∆x nên ta viết c dưới dạng
c = x
0
+ θ∆x, θ ∈ (0, 1). Khi đó, (1.1) được viết dưới dạng
f(x
0
+ ∆x) −f(x
0
) = f

(x
0
+ θ∆x)∆x

Hệ quả 1.1.5. Giả sử f : [a, b] → R liên tục trên [a, b] và khả vi trong
khoảng (a, b). Khi đó:
(a) Nếu f

(x) = 0 với mọi x ∈ (a, b) thì f là hàm hằng trên [a, b].
(b) Nếu f

(x) > 0 (f

(x) < 0) với mọi x ∈ (a, b) thì f tăng (giảm) thực
sự trên [a, b].
Định lý 1.1.6. (Cauchy) Giả sử các hàm f, g : [a, b] → R có các tính
chất:
1. f và g liên tục trên [a, b],
2. f, g khả vi trên (a, b).
Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
[f(b) −f(a)]g

(c) = [g(b) −g(a)]f

(c) (1.2)
Hơn nữa, nếu g

(x) khác 0 với mọi x ∈ (a, b) thì công thức (1.2) có dạng
f

(c)
g

(c)

=
f(b) −f(a)
g(b) − g(a)
(1.3)
Nhận xét: Định lý Lagrange là trường hợp riêng của định lý Cauchy
với hàm g(x) = x.
7
1.2 Công thức Taylor
Ta dùng công thức Taylor
1
để xấp xỉ một hàm số bằng một đa
thức. Ta có:
Định lý 1.2.1. (Công thức Taylor với số dư dạng Lagrange)
Giả sử hàm số f : (a, b) → R có đạo hàm đến cấp (n + 1) trong khoảng
(a, b), x
0
∈ (a, b). Khi đó, với mọi x ∈ (a, b), ta có:
f(x) =
n

k=0
f
(k)
(x
0
)
k!
· (x −x
0
)

k
+
f
(n+1)
(c)
(n + 1)!
(x −x
0
)
n+1
(1.4)
trong đó c là điểm nằm giữa x và x
0
.
Nhận xét: Vì c nằm giữa x và x
0
nên (1.4) có thể viết dưới dạng
sau:
f(x) =
n

k=0
f
(k)
(x
0
)
k!
·(x−x
0

)
k
+
f
(n+1)
(x
0
+ θ(x −x
0
))
(n + 1)!
(x−x
0
)
n+1
(1.5)
trong đó 0 < θ < 1. Đại lượng r
n
(x) =
f
(n+1)
(x
0
+ θ(x −x
0
))
(n + 1)!
(x −x
0
)

n+1
được gọi là số dư thứ n của công thức Taylor dưới dạng Lagrange.
Định lý 1.2.2. (Công thức khai triển Taylor của hàm f trong
lân cận của x
0
) Cho khoảng (a, b) ⊂ R. Giả sử rằng f : (a, b) → R khả
vi đến cấp n trong một lân cận nào đó của x
0
∈ (a, b) và f
(n)
(x) liên tục
tại x
0
. Khi đó với x ở trong lân cận nói trên của x
0
, chúng ta có:
f(x) = f(x
0
)+
f

(x
0
)
1!
(x−x
0
)+···+
f
(n)

(x
0
)
n!
(x−x
0
)
n
+o((x−x
0
)
n
) (1.6)
trong đó o((x − x
0
)
n
) là vô cùng bé bậc cao hơn (x −x
0
)
n
, tức là
lim
x→x
0
o((x −x
0
)
n
)

(x −x
0
)
n
= 0
Đại lượng r
n
(x) = o((x − x
0
)
n
) được gọi là số dư dạng Peano.
1
Taylor Brook (1685-1731)- nhà toán học Anh. Năm 1712 ông tìm ra công thức tổng quát (công
thức Taylor) đối với sự khai triển một hàm thành chuỗi lũy thừa.
8
Khai triển Taylor của hàm f(x) trong lân cận của điểm x
0
= 0,
ta nhận được công thức khai triển Mac-Laurin:
f(x) = f(0) +
f

(0)
1!
x + ···+
f
(n)
(0)
n!

x
n
+ r
n
(x) (1.7)
Sau đây, ta sẽ xét khai triển Mac-Laurin của một số hàm sơ cấp.
1. Hàm y = e
x
: Ta có f
(n)
(x) = e
x
, tại x
0
= 0 thì f
(n)
(0) = 1. Do
vậy, từ (1.7), ta có:
e
x
= 1 +
x
1
+
x
2
2!
+ ···+
x
n

n!
+ o(x
n
) (1.8)
2. Hàm y = sin x: Ta có f
(n)
(x) = sin

x + n
π
2

. Tại x
0
= 0, ta có
f
(2n)
(0) = 0, f
(2n+1)
(0) = (−1)
n
. Do vậy, theo (1.7), ta có:
sin x = x −
x
3
3!
+
x
5
5!

−
x
7
7!
+ ···+ (−1)
n−1
·
x
2n−1
(2n −1)!
+ o(x
2n
) (1.9)
3. Hàm y = cos x: Ta có f
(n)
(x) = cos

x + n
π
2

. Tại x
0
= 0,
f
(2n)
(0) = (−1)
n
, f
(2n+1)

(0) = 0. Do vậy, theo (1.7), ta có:
cos x = 1 −
x
2
2!
+
x
4
4!
−
x
6
6!
+ ···+ (−1)
n
·
x
2n
(2n)!
+ o(x
(2n+1)
) (1.10)
4. Hàm y = ln(1+x) khả vi ∀x > −1, f
(n)
(x) = (−1)
n−1
(n−1)!·(1+x)
−n
.
Tại x

0
= 0, ta có f
(n)
(0) = (−1)
n−1
(n −1)!. Áp dụng (1.7), ta có:
ln(1 + x) = x −
x
2
2
+
x
3
3
+ ···+ (−1)
n−1
·
x
n
n
+ o(x
n
) (1.11)
5. Hàm y = (1 + x)
α
, α ∈ R, x ∈ (−1, +∞). Ta có
f
(k)
(x) = α(α −1) ···(α − k + 1) ·(1 + x)
α−k

Tại x
0
= 0, ta có f
(k)
(0) = α(α −1) ···(α −k + 1). Áp dụng (1.7), ta có:
(1+x)
α
= 1+αx+
α(α − 1)
2!
x
2
+···+
α(α − 1) ···(α − n + 1)
n!
x
n
+o(x
n
)
(1.12)
9
Lưu ý: Nếu f(x) là đa thức bậc n thì f
(n+1)
(x) = 0, ta luôn biểu diễn
f(x) dưới dạng:
f(x) = f(a)+
f

(a)

1!
(x−a)+
f

(a)
2!
(x−a)
2
+···+
f
(n)
(a)
n!
(x−a)
n
(1.13)
10
Chương 2
Áp dụng công thức
Taylor vào giải một số
bài toán về hàm đa thức
Mọi đa thức bậc n với hệ số thực đều viết dưới dạng:
f(x) = a
0
+ a
1
x + a
2
x
2

+ ···+ a
n−1
x
n−1
+ x
n
(2.1)
Hàm y = f(x) là hàm khả vi trên R, với α ∈ R bất kỳ f(x) có công
thức Taylor dạng:
f(x) = f(α) + f

(α)(x − α) +
f

(α)
2!
(x −α)
2
+ ···+
+
f
(n−1)
(α)
(n −1)!
(x −α)
n−1
+ (x −α)
n
(2.2)
Dưới đây, ta xét một số ứng dụng của khai triển (2.2) vào giải các

bài toán phổ thông.
11
2.1 Áp dụng giải phương trình bậc ba
Xét phương trình
f(x) = a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ x
3
= 0 (2.3)
Để giải phương trình (2.3), ta sử dụng khai triển Taylor ở vế trái
được dạng:
f(α) + f

(α)(x − α) +
f

(α)
2!
(x −α)
2
+ (x −α)
3
= 0 (2.4)
Đưa (2.4) về dạng rút gọn:

t
3
+ pt + q = 0 (2.5)
với
t = x − α (2.6)
bằng cách tìm α sao cho f

(α) = 0 ⇔ 6α + 2a
2
= 0 hay α = −
a
2
3
, và





p = f

(α) = f


−
a
2
3

q = f(α) = f


−
a
2
3

(2.7)
Để giải phương trình (2.5), ta dùng phép đổi biến:
t = u + v ⇒ t
3
= u
3
+ v
3
+ 3uv(u + v)
Khi đó (2.5) có dạng: u
3
+ v
3
+ (u + v)(3uv + p) + q = 0. Ta cần tìm
u, v sao cho: 3uv + p = 0 ⇒ u
3
v
3
= −
p
3
27
. Từ đó, ta có hệ






u
3
+ v
3
= −q
u
3
v
3
= −
p
3
27
u
3
, v
3
là hai nghiệm của phương trình bậc hai sau:
X
2
+ qX −
p
3
27
= 0 (2.8)
12

có
∆ = q
2
+
4p
3
27
(2.9)
Trường hợp 1. Nếu ∆ ≥ 0 ⇒ t
1
= x
1
−α = u+v =
3

−q−
√
∆
2
+
3

−q+
√
∆
2
1
. Suy ra
x
1

=
3

−q −
√
∆
2
+
3

−q +
√
∆
2
+ α
là một nghiệm thực của phương trình (2.3). Để tìm nghiệm còn lại, ta
đưa về dạng tích:
(x −x
1
)(ax
2
+ bx + c) = 0
Trường hợp 2. Nếu ∆ < 0, phương trình (2.8) có hai nghiệm phức:
X
1
= u
3
=
−q −


|∆|i
2
, X
2
= v
3
=
−q +

|∆|i
2
i-là đơn vị ảo. Viết X
1
dưới dạng lượng giác X
1
= r(cos ϕ+i sin ϕ). Theo
công thức khai căn bậc n của số phức X
1
, ta có:
u
k
=
n
√
r

cos
ϕ + k2π
n
+ i sin

ϕ + k2π
n

, với k = 0, 1, 2 và n = 3.
Tương tự X
2
có ba căn bậc ba là:
v
k
=
n
√
r

cos
ϕ + k2π
n
− i sin
ϕ + k2π
n

, với k = 0, 1, 2 và n = 3.
Từ đó, ta có ba nghiệm thực của phương trình (2.3) là:














x
1
− α = u
1
+ v
1
= 2
3
√
r cos
ϕ
3
x
2
− α = u
2
+ v
2
= 2
3
√
r cos
ϕ + 2π
3

x
3
− α = u
3
+ v
3
= 2
3
√
r cos
ϕ + 4π
3
⇔













x
1
= α + 2
3

√
r cos
ϕ
3
x
2
= α + 2
3
√
r cos
ϕ + 2π
3
x
3
= α + 2
3
√
r cos
ϕ + 4π
3
.
(2.10)
1
Công thức Cardano (1501-1576) là nhà toán học, triết học người Ý
13
Sau đây, ta xét một số ví dụ áp dụng phương pháp trên.
Ví dụ 2.1.1. Giải phương trình sau:
x
3
− 3

√
2x
2
+ 2x −6
√
2 = 0 (1)
Lời giải
Xét hàm f(x) = x
3
−3
√
2x
2
+ 2x −6
√
2. Ta có f

(x) = 3x
2
−6
√
2x + 2
và f

(x) = 6x − 6
√
2. Gọi α ∈ R sao cho
f

(α) = 0 ⇔ 6α −6

√
2 = 0 ⇔ α =
√
2.
Ta tính
p = f

(α) = f

(
√
2) = 3(
√
2)
2
− 6
√
2
√
2 + 2 = −4
q = f(α) = f(
√
2) = 2
√
2 −6
√
2 + 2
√
2 −6
√

2 = −8
√
2
∆ = q
2
+
4p
3
27
=
3200
27
> 0
Vậy theo trường hợp 1 thì phương trình có một nghiệm thực là:
x
1
−
√
2 =
3

8
√
2 −

3200
27
2
+
3


8
√
2 +

3200
27
2
⇔ x
1
=
√
2 +
3

4
√
2 −
20
3

2
3
+
3

4
√
2 +
20

3

2
3
⇔ x
1
=
√
2 + 2
√
2 = 3
√
2
Khi đó, (1) viết dưới dạng tích:
(1) ⇔ (x − 3
√
2)(x
2
+ 2) = 0 ⇔

x
1
=3
√
2
x
2,3
=±
√
2i

trong đó i là đơn vị ảo. Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là:
x
1
= 3
√
2, x
2,3
= ±
√
2i.
Ví dụ 2.1.2. Giải phương trình sau:
x
3
+ 3x
2
+ 3(1 −
3
√
4)x −(3
3
√
4 + 1) = 0 (1)
14
Lời giải
Xét hàm f(x) = x
3
+ 3x
2
+ 3(1 −
3

√
4)x −(3
3
√
4 + 1). Ta có
f

(x) = 3x
2
+ 6x + 3(1 −
3
√
4), f

(x) = 6x + 6
Với α ∈ R sao cho f

(α) = 0 ⇔ 6α + 6 = 0 ⇔ α = −1. Ta tính
p = f

(α) = f

(−1) = −3
3
√
4
q = f(α) = f(−1) = −2
∆ = q
2
+

4p
3
27
= 4 −
4 ·27 ·4
27
= −12 < 0
Vậy theo trường hợp 2, phương trình X
2
+qX−
p
3
27
= 0, hay X
2
−2X+4 =
0 có hai nghiệm phức là:
u
3
= X
1
= 1 − i
√
3 = 2

cos
π
3
− i sin
π

3

v
3
= X
2
= 1 + i
√
3 = 2

cos
π
3
+ i sin
π
3

Khi đó, X
1
, X
2
có các căn bậc ba là:
u
k
=
3
√
2

cos

π
3
+ k2π
3
− i sin
π
3
+ k2π
3

, k = 0, 1, 2
v
k
=
3
√
2

cos
π
3
+ k2π
3
+ i sin
π
3
+ k2π
3

, k = 0, 1, 2

Vậy phương trình ban đầu có ba nghiệm thực là:













x
1
= −1 + 2
3
√
2 cos
π
3
x
2
= −1 + 2
3
√
2 cos
π
3

+ 2π
3
= −1 + 2
3
√
2 cos
7π
9
x
3
= −1 + 2
3
√
2 cos
π
3
+ 4π
3
= −1 + 2
3
√
2 cos
13π
9
.
Bài tập tham khảo: Giải các phương trình sau
Bài tập 2.1.3. x
3
−
x

2
4
− 3x +
3
4
= 0. Đáp số x = {±
√
3, −
1
4
}.
15
Bài tập 2.1.4. x
3
−
√
3x
2
+ 2x −2
√
3 = 0. Đáp số x = {±i
√
2,
√
3}.
Bài tập 2.1.5. 8x
3
− 22x
2
− x +

5
4
= 0. Đáp số x =

−
1
4
,
6 ±
√
26
4

.
2.2 Áp dụng vào giải phương trình bậc bốn
Cho phương trình
f(x) = a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ a
3
x
3
+ x
4

= 0. (2.11)
Khai triển Taylor của f(x) tại α ∈ R thì (2.11) có dạng:
f(x) = f(α) + f

(α)(x − α) +
f

(α)
2!
(x −α)
2
+
f
(3)
(α)
3!
(x −α)
3
+ (x −α)
4
= 0.
(2.12)
Ta cần tìm α ∈ R sao cho f
(3)
(α) = 0 ⇔ α = −
a
3
4
. Khi đó, phương
trình (2.11) có dạng rút gọn là:

t
4
= mt
2
+ nt + p (2.13)
trong đó t = x − α, m = −
f

(α)
2!
, n = −f

(α) và p = −f(α). Để giải
(2.13), ta thêm vào hai vế đại lượng 2βt
2
+ β
2
, β ∈ R và viết (2.13) dưới
dạng:
(t
2
+ β)
2
= (m + 2β)t
2
+ nt + p + β
2
. (2.14)
Ta cần tìm β sao cho
∆ = n

2
− 4(m + 2β)(p + β
2
) = 0. (2.15)
Khi đó, (2.14) viết dưới dạng bình phương đúng:
2
(t
2
+ β)
2
= (ξt + η)
2
⇔


t
2
+ β = ξt + η
t
2
+ β = −(ξt + η)
⇔


t
2
+ β − ξt − η = 0 (∗)
t
2
+ β + ξt + η = 0 (∗∗)

2
Phương pháp này được Ferrari (1522-1565) nhà toán học người Ý tìm ra và được Cardano công
bố năm 1545
16
Giải hai phương trình bậc hai (∗) và (∗∗), ta tìm được bốn nghiệm
t
1,2,3,4
, và do đó phương trình (2.11) có nghiệm là
x
1,2,3,4
= t
1,2,3,4
+ α. (2.16)
Nhận xét: Phương trình (2.15) là phương trình bậc ba đối với β.
Vì vậy việc tìm β ∈ R thỏa mãn (2.15) bao giờ cũng tồn tại.
Ví dụ 2.2.1. Giải phương trình:
x
4
+ 8x
3
+ 15x
2
− 4x −2 = 0 (1)
Lời giải
Xét f(x) = x
4
+ 8x
3
+ 15x
2

− 4x −2. Khi đó, ta có
f

(x) = 4x
3
+ 24x
2
+ 30x −4,
f

(x) = 12x
2
+ 48x + 30,
f
(3)
(x) = 24x + 48.
Với α ∈ R: f
(3)
(α) = 0 ⇔ α = −
8
4
= −2. Ta tính
m = −
f

(−2)
2
= −
12 ·4 −48 · 2 + 30
2

= 9,
n = −f

(−2) = −[4 · (−8) + 24 ·4 − 30 · 2 −4] = 0,
p = −f(−2) = −[16 − 64 + 60 + 8 − 2] = −18.
Đặt t = x − α = x + 2, khi đó phương trình (1) có dạng:
t
4
= mt
2
+ nt + p. (2)
Thay m, n, p vừa tính ở trên vào (2), rồi sau đó cộng 2βt
2
+ β
2
vào
hai vế của (2), ta thu được phương trình sau:
(t
2
+ β)
2
= (9 + 2β)t
2
+ β
2
− 18. (3)
Ta có ∆ = 0
2
−4(9 + 2β)(β
2

−18). Ta cần tìm β ∈ R sao cho ∆ = 0,
hay là
(9 + 2β)(β
2
− 18) = 0 ⇔





β = −
9
2
β = ±3
√
2.
17
Với β = −
9
2
, thay vào phương trình (3), ta được:
(3) ⇔

t
2
−
9
2

2

= 0 · t
2
+
81
4
− 18 =
9
4
=

3
2

2
⇔






t
2
−
9
2
=
3
2
t

2
−
9
2
= −
3
2
⇔

t
2
= 6
t
2
= 3
⇔

t = ±
√
6
t = ±
√
3.
Vậy phương trình (1) có bốn nghiệm là:
x
1
= −2 −
√
6, x
2

= −2 −
√
3, x
3
= −2 +
√
3, x
4
= −2 +
√
6.
Ví dụ 2.2.2. Giải phương trình:
x
4
+ 4x
3
+ 3x
2
− 12x −16 = 0 (1)
Lời giải
Xét f(x) = x
4
+ 4x
3
+ 3x
2
− 12x −16. Khi đó, ta có
f

(x) = 4x

3
+ 12x
2
+ 6x −12,
f

(x) = 12x
2
+ 24x + 6,
f
(3)
(x) = 24x + 24.
Với α ∈ R sao cho f
(3)
(α) = 0 ⇔ α = −
4
4
= −1. Đặt t = x − α =
x + 1. Phương trình (1) có dạng sau:
t
4
= mt
2
+ nt + p. (2)
Ta tính:
m = −
f

(α)
2

= −
f

(−1)
2
= −
12 −24 + 6
2
= 3,
n = −f

(α) = −f

(−1) = −(−4 + 12 −6 −12) = 10,
p = −f(α) = −f(−1) = −(1 −4 + 3 + 12 −16) = 4.
18
Vậy:
(2) ⇔ t
4
= 3t
2
+ 10t + 4
⇔ t
4
+ 2βt
2
+ β
2
= (3 + 2β)t
2

+ 10t + 4 + β
2
⇔ (t
2
+ β)
2
= (3 + 2β)t
2
+ 10t + 4 + β
2
.
(3)
Ta tính: ∆ = 100 − 4(3 + 2β)(4 + β
2
). Ta có:
∆ = 0 ⇔ 25−(3 + 2β)(4 + β
2
) = 0 ⇔ 2β
3
+ 3β
2
+ 8β −13 = 0 ⇒ β = 1.
Thay β = 1 vào (3), chúng ta có:
(t
2
+ 1)
2
= 5t
2
+ 10t + 5 ⇔ (t

2
+ 1)
2
= 5(t + 1)
2
⇔

t
2
+ 1 =
√
5(t + 1) (∗)
t
2
+ 1 = −
√
5(t + 1) (∗∗)
Phương trình (∗) có hai nghiệm là:
t
1
=
√
5 +

1 + 4
√
5
2
, t
2

=
√
5 −

1 + 4
√
5
2
.
Phương trình (∗∗) có hai nghiệm là:
t
3
=
−
√
5 + i

4
√
5 −1
2
, t
4
=
−
√
5 −i

4
√

5 −1
2
.
Vậy phương trình (1) có bốn nghiệm là:
x
1
= −1 +
√
5 +

1 + 4
√
5
2
, x
2
= −1 +
√
5 −

1 + 4
√
5
2
,
x
3
= −1 −
√
5

2
+ i

4
√
5 −1
2
, x
4
= −1 −
√
5
2
− i

4
√
5 −1
2
.
Bài tập tham khảo: Giải các phương trình sau
Bài tập 2.2.3. x
4
−13x
2
+18x−5 = 0. Đáp số x =

−3 ±2
√
5

2
,
3 ±
√
5
2

.
Bài tập 2.2.4. 2x
4
−10x
3
+11x
2
+x−1 = 0. Đáp số x =

2 ±
√
2
2
,
3 ±
√
13
2

.
19
2.3 Áp dụng công thức Taylor vào giải một
số bài toán về đồ thị hàm đa thức

Gọi
f(x) = a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ ···+ a
n−1
x
n−1
+ x
n
(2.17)
là đa thức bậc n, n ∈ N, với các hệ số thực, đối số x ∈ R. Tại α ∈ R bất
kì, f(x) có công thức Taylor là:
f(x) = f(α) +
f

(α)
1!
(x −α) +
f

(α)
2!
(x −α)
2

+ ···+
+
f
(n)
(α)
n!
(x −α)
n
(2.18)
Gọi (C) là đồ thị của hàm số y = f(x). Khi đó, ta có một số kết quả
quan trọng sau đây:
Định lý 2.3.1. Đồ thị (C) nhận điểm I(α, f(α)) làm tâm đối xứng khi
và chỉ khi α là nghiệm của hệ phương trình:




















f

(α) = 0
f
(4)
(α) = 0
. . .
f
(2k)
(α) = 0, k ≥ 1, k ∈ N.
Chứng minh. Xét phép tịnh tiến hệ tọa độ Oxy theo vector v =
−→
OI(α, f(α))
từ công thức đổi hệ trục tọa độ:





X = x − α
Y = f(x) − f(α)
Khi đó trong hệ trục tọa độ IXY thì đồ thị (C) có phương trình
dạng:
Y = f

(α)X +
f


(α)
2!
X
2
+ ···+
f
(n)
(α)
n!
X
n
(2.19)
20
Từ (2.19) suy ra đồ thị (C) nhận điểm I(α, f(α)) làm tâm đối xứng
khi và chỉ khi hàm (2.19) là hàm số lẻ. Điều này xảy ra khi và chỉ khi α
thỏa mãn đồng thời các phương trình:




















f

(α) = 0
f
(4)
(α) = 0
···
f
(2k)
(α) = 0, k ≥ 1, k ∈ N
(2.20)
hay α là nghiệm của hệ phương trình (2.20).
Định lý 2.3.2. Đồ thị (C) nhận đường thẳng x = α làm trục đối xứng
khi và chỉ khi α là nghiệm của hệ phương trình:




















f

(α) = 0
f
(3)
(α) = 0
···
f
(2k−1)
(α) = 0, k = 1, 2,
(2.21)
Chứng minh. Từ (2.19) suy ra đồ thị (C) nhận trục IY : X = 0 hay
x = α làm trục đối xứng khi và chỉ khi (2.19) là hàm chẵn. Điều này
xảy ra khi và chỉ khi α thỏa mãn đồng thời các phương trình sau:




















f

(α) = 0
f
(3)
(α) = 0
···
f
(2k−1)
(α) = 0, k = 1, 2,
hay α là nghiệm của hệ (2.21).
21
Định lý 2.3.3. Điều kiện cần và đủ để đồ thị hàm số bậc ba cắt trục
hoành tại ba điểm có hoành độ lập thành cấp số cộng là α là nghiệm của
hệ:














f(α) = 0 (i)
f

(α) = 0 (ii)
f

(α) < 0 (iii).
(2.22)
Chứng minh. Điều kiện đủ: Giả sử có hệ (2.22). Khi đó từ công thức
Taylor của hàm f(x) = a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ x
3
tại điểm α:
f(x) = f(α) + f


(α)(x − α) +
f

(α)
2!
(x −α)
2
+ (x −α)
3
.
Suy ra
f(x) = f

(α)(x − α) + (x −α)
3
. (C)
Xét phương trình hoành độ giao điểm chung của (C) với trục Ox:
f

(α)(x − α) + (x −α)
3
= 0 ⇒ x = α hoặc x − α = ±

−f

(α).
Từ đó, ta có hoành độ các giao điểm của (C) với Ox là:
x
2

= α, x
1
= α −

−f

(α), x
3
= α +

−f

(α).
Rõ ràng {x
1
, x
2
, x
3
} lập thành một cấp số cộng với công sai d =

−f

(α).
Điều kiện cần: Giả sử đồ thị hàm bậc ba cắt trục hoành tại ba điểm
có hoành độ lập thành cấp số cộng dạng: x
0
−d, x
0
, x

0
+ d. Khi đó theo
định lý Viet đối với phương trình bậc ba:
a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ x
3
= 0
ta có
(x
0
− d) + x
0
+ (x
0
+ d) = −a
2
⇔ x
0
= −
a
2
3
.

Do x
0
là nghiệm nên f(x
0
) = 0 hay f

−
a
2
3

= 0. Vậy suy ra chọn
α = −
a
2
3
thì f(α) = 0, hay có tồn tại α thỏa mãn (i). Ta đi chứng minh
(ii) và (iii). Ta có f

(x) = 2a
2
+6x. Từ đó suy ra f

(α) = 2a
2
−2a
2
= 0.
22
Vậy (ii) được thỏa mãn. Mặt khác từ phương trình hoành độ giao điểm

của (C) với trục hoành có dạng:
f(α) + f

(α)(x − α) +
f

(α)
2!
(x −α)
2
+ (x −α)
3
= 0
⇔f

(α)(x − α) + (x −α)
3
= 0
⇔x = α hoặc (x − α)
2
= −f

(α).
Do phương trình có ba nghiệm lập thành cấp số cộng nên suy ra f

(α) <
0. Vậy (iii) được thỏa mãn.
Sau đây, ta xét một số ví dụ áp dụng.
Ví dụ 2.3.4. Tìm m để đồ thị hàm y = x
3

+ mx
2
− x − m cắt trục
hoành tại ba điểm có hoành độ lập thành cấp số cộng. Tìm cấp số cộng
đó.
Lời giải
Xét hàm f(x) = x
3
+ mx
2
− x − m là hàm khả vi trên R. Với α ∈ R,
khai triển Taylor của f(x) tại α là:
f(x) = f(α) + f

(α)(x − α) +
f

(α)
2!
(x −α)
2
+ (x −α)
3
. (*)
Áp dụng định lý 2.3.3, α là nghiệm của hệ phương trình sau đây:














f(α) = 0
f

(α) = 0
f

(α) < 0
⇔













α

3
+ mα
2
− α − m = 0 (1)
6α + 2m = 0 (2)
3α
2
+ 2mα − 1 < 0 (3).
Từ (2), ta có α = −
m
3
, thay vào (1) và (3) ta được hệ phương trình:













−
m
3
27
+

m
3
9
+
m
3
− m = 0
3 ·
m
2
9
−
2m
2
3
− 1 < 0
⇔





2m
3
− 18m = 0
m
2
+ 3 > 0
⇔ m = {0, ±3}.
23