Một số phương pháp giải phương trình bậc ba
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.25 MB, 48 trang )
Khóa luận tốt nghiệp
Tr-ờng ĐHSP Hà Nội 2
M U
1. Lý do chn ti
Trong nh trng ph thụng mụn Toỏn gi mt v trớ quan trng nú
giỳp hc sinh hc tt hu ht cỏc mụn hc, v l cụng c ca nhiu ngnh
khoa hc k thut, cú nhiu ng dng to ln trong i sng.
Mun hc gii núi chung v hc gii Toỏn núi riờng thỡ phi luyn tp,
thc hnh nhiu. ngha l ngoi vic nm rừ lý thuyt cỏc em cũn phi lm
nhiu bi tp. i vi hc sinh bi tp thỡ rt nhiu v a dng nhng thi
gian thỡ hn hp ng thi cỏc em khú cú iu kin chn lc nhng bi toỏn
hay cú tỏc dng thit thc cho vic hc tp rốn luyn t duy toỏn hc ca
mỡnh.
Trong mụn Toỏn phng trỡnh gi v trớ ht sc quan trng khụng
nhng l i tng nghiờn cu ca i s m cũn l cụng c c lc ca Gii
tớch. Nú c gii thiu ngay t nhng nm u ca bc ph thụng cỏc
dng n gin.
a phn cỏc em c lm quen vi phng trỡnh bc nht hoc bc hai
cũn cỏc phng trỡnh bc cao cỏc em ớt c lm quen. Ngy nay phng
trỡnh bc ba, bc bn ó gii c bng cn thc. Xong ph thụng nghim
phc a vo ch mc gii thiu, do ú vic ỏp dng cỏch gii ny th
no cho cỏc em d hiu v d nm bt l c mt vn .
Vi nhng lý do trờn cựng vi lũng say mờ nghiờn cu v c s giỳp
tn tỡnh ca cụ giỏo Nguyn Th Bỡnh, em ó chn ti: Mt s phng
phỏp gii phng trỡnh bc ba lm khúa lun tt nghip vi mong mun
gúp phn nh bộ lm tng v p ca mụn Toỏn qua vic gii phng trỡnh
bc ba.
2. Mc ớch nghiờn cu
Tr-ơng Thị Lâm
1
K33C - Toỏn
Khóa luận tốt nghiệp
Tr-ờng ĐHSP Hà Nội 2
Bc u lm quen vi cụng vic nghiờn cu khoa hc v tỡm hiu sõu
hn v phng trỡnh bc ba.
3. Nhim v nghiờn cu
- Gii c phng trỡnh bc ba tng quỏt
- Tỡm mt s phng phỏp gii phng trỡnh bc ba thng dựng
4. i tng v phm vi nghiờn cu
- i tng nghiờn cu: Phng trỡnh bc ba.
- Phm vi nghiờn cu :
+ Kin thc v a thc
+ Phng trỡnh bc ba tng quỏt v mt s phng trỡnh bc ba
thng gp.
5. Phng phỏp nghiờn cu
- Phng phỏp nghiờn cu ti liu.
- So sỏnh, phõn tớch, tng hp.
- Phng phỏp ỏnh giỏ.
6. Cu trỳc khúa lun
Ngoi m u, kt lun, danh mc ti liu tham kho, khúa lun ca em
gm hai chng:
Chng 1: Nhng kin thc chun b.
Chng 2: Phng trỡnh bc ba v mt s phng phỏp gii.
Tr-ơng Thị Lâm
2
K33C - Toỏn
Khãa luËn tèt nghiÖp
Chƣơng 1
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
NHỮNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.Vành đa thức một ẩn
1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn
Giả sử A là vành giao hoán có đơn vị và P là tập hợp các dãy số vô
hạn (a0 , a1 ,..., a n ,...) , trong đó các ai
A, i N . và chỉ một số hữu hạn các
hạng tử ai 0 . Hai phần tử (a0 , a1 ,..., a n ,...) và (b0 , b1 ,..., b n ,...) của P được
xem là bằng nhau nếu và chỉ nếu ai bi , i . Phép cộng và phép nhân trong P
được định nghĩa bởi:
i) (a0 , a1 ,..., an ,...) (b0 , b1,..., bn ,...) (a0 b0 , a1 b1,..., an bn ,...)
ii) (a0 , a1,..., an ,...).(b0 , b1,..., bn ,...) (c0 , c1,..., cn ,...)
với ck
i j k
aibj , k 0,1,2,...
Tập P cùng với hai phép toán trên lập thành một vành giao hoán có đơn
vị.
Ánh xạ
A
P
a a (a,0,...,0,...)
là một đơn cấu, do vậy ta đồng nhất phần tử a A với phần tử
(a,0,...,0,...) P thì A là một vành con của P .
Đặt x (0,1,0,...,0,...) . Khi đó, mỗi phần tử của P là dãy
(a0 , a1 ,..., a n ,...) với các ai
A, i N có thể viết dưới dạng:
Nếu an 0(n 0) thì n được gọi là bậc của đa thức f ( x) .
Kí hiệu n deg f ( x) .
Đa thức không là đa thức không có bậc hoặc bậc là
gọi là vành đa thức ẩn x trên A . Kí hiệu P
Tr-¬ng ThÞ L©m
3
. Vành P được
A x .
K33C - Toán
Khãa luËn tèt nghiÖp
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
1.2. Phép chia đa thức
1.2.1. Phép chia với dƣ
Định lí: Giả sử A là một trường, f ( x) và g ( x) 0 là hai đa thức của vành
A x ; thế thì bao giờ cũng có hai đa thức duy nhất là q( x) và r ( x) thuộc
A x sao cho
f ( x) g ( x).q( x) r ( x) , với deg r ( x) deg g ( x) nếu r ( x) 0
Hệ quả: f ( x) chia hết cho g ( x) khi và chỉ khi dư trong phép chia f ( x) cho
g ( x) bằng 0.
1.2.2. Lƣợc đồ Horner
Cho đa thức f ( x) A x
f ( x) a0 xn a1 xn 1 ... an 1 x an ,
Giả sử thương của phép chia f ( x) cho ( x
q( x) b0 xn 1 b1 xn
2
... bn 1 , bi
A
) trong A x là
A , i 0, n
Suy ra
a0 xn a1 xn 1 ... an 1 x an ( x
)(b0 xn 1 b1xn
2
... bn 1 ) f ( )
So sánh các hệ tử của các lũy thừa giống nhau của x trong hệ thức trên
ta lập được bảng sau
a0
b0
a1
a0
b0
a1
b0
...
an 1
...
bn 1 an 1
an
bn 2 r an
bn 1
1.3. Nghiệm của đa thức
1.3.1. Định nghĩa: Giả sử K là một trường nào đó, A là trường con của K .
Một phần tử
K gọi là nghiệm của đa thức f ( x) A x nếu và chỉ nếu
f ( ) 0.
Tr-¬ng ThÞ L©m
4
K33C - Toán
Khãa luËn tèt nghiÖp
Ta cũng nói
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
là nghiệm của phương trình đại số f ( x) 0 trong K .
Nếu deg f ( x) n thì phương trình f ( x) 0 gọi là phương trình đại số
bậc n(n 1) .
1.3.2. Định lí (Bozout). Cho A là một trường,
trong phép chia P( x) cho x
A, P( x) A[ x] . Khi đó dư
là P( ) .
Chứng minh
Giả sử P( x) ( x
).q( x) r ( x) , r ( x) 0 hoặc r ( x) 0 .
Nếu r ( x) 0 thì deg r ( x) deg( x
) 1 . Suy ra r ( x) r
A.
Ta có P( ) 0 r r . Trong trường hợp này phần dư trong phép chia
P( x) cho x
là r
P( ) .
Nếu r ( x) 0 thì P( x) ( x
).q( x) . Khi đó P( ) 0
Hệ quả: Cho P( x) K [ x],
K . Khi đó: P( x) chia hết cho x
và chỉ khi
).
P( x)M
(x
khi
là nghiệm của P( x) trong K .
1.3.3. Nghiệm bội
Định nghĩa
Cho đa thức P( x) a0 xn a1 xn 1 ... an 1x an
A[ x] .
Nếu P( x) có biểu diễn dạng
P( x) ( x
)m ( x
1
1
)m ...( x
)m
k
2
2
k
Trong đó:
1
,
2
,...,
k
là những đôi một khác nhau.
m1 , m2 ,..., mk là những số tự nhiên và
m1 m2 ... mk
Khi đó m1 , m2 ,..., mk gọi là bội tương ứng của các nghiệm
Người ta gọi nghiệm
chỉ khi P( x)M
(x
1
,
2
,...,
k
.
của đa thức P( x) là những nghiệm bội bậc m
)m nhưng không chia hết ( x
Tr-¬ng ThÞ L©m
n.
5
)m 1 .
K33C - Toán
Khãa luËn tèt nghiÖp
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Nhận xét: c A là nghiệm của bội m của đa thức f ( x) A[ x] nếu và
chỉ nếu f ( x) ( x c)m.g ( x) với ( g ( x), x c) 1 .
Chú ý:
Giả sử A là miền nguyên, thế thì số nghiệm của một đa thức
0
f ( x) A[ x] , mỗi nghiệm tính với số bội của nó không vượt quá
bậc của f ( x) .
Nếu hai đa thức f ( x), g ( x) A[ x] có bậc n và lấy giá trị bằng nhau
tại n 1 phần tử khác nhau của miền nguyên A thế thì chúng bằng
nhau.
1.3.4. Một số định lí về sự tồn tại nghiệm của đa thức
Định lí 1
Mọi đa thức bậc lẻ với hệ số thực có ít nhất một nghiệm thực.
Định lí 2 (Định lí cơ bản)
Mọi đa thức f ( x) bậc n 1 trên trường số phức (hay thực) đều có đúng
n nghiệm phức, mỗi nghiệm tính với bội của nó.
Định lí 3
Cho f ( x), g ( x),deg f ( x) m và g ( x) có đúng m nghiệm trong A . Khi
đó f ( x)M
g ( x)
f ( x) 0 hoặc mọi nghiệm bội c của g ( x) là nghiệm bội k '
của f ( x) với k ' k .
Chứng minh
Giả sử f ( x)M
g ( x) . Khi đó f ( x) g ( x).h( x) .
Nếu g ( x) ( x
)k .q( x) thì f ( x) ( x
nghiệm bội k của g ( x) thì
)k .q( x).h( x) . Suy ra
là
là nghiệm bội k ' của f ( x) ( k ' k ).
Ngược lại: Nếu tất cả các nghiệm của g ( x) là
1
,
2
,...,
m
(
i
là các
nghiệm bội k được liệt kê k lần)
Tr-¬ng ThÞ L©m
6
K33C - Toán
Khóa luận tốt nghiệp
g ( x) a.( x
1
).( x
Tr-ờng ĐHSP Hà Nội 2
2
)...( x
Theo gi thit ta cú f ( x) a.( x
1
m
) , vi a l h s cao nht ca g ( x) .
).( x
2
)...( x
m
).h( x) . Suy ra f ( x)M
g ( x) .
nh lớ 4
Cho a thc h s nguyờn f ( x) a0 xn a1 xn 1 ... an 1 x an (a 0) . Khi
ú phõn s ti gin
p an
p
l nghim ca a thc f ( x) thỡ
q
q a0
H qu 1: Mi nghim nguyờn ca a thc vi h s nguyờn l c ca
s hng t do.
H qu 2: Mi nghim hu t ca a thc vi h s nguyờn cú h s
cao nht bng 1 u l s nguyờn.
nh lớ 5
Cho a thc vi h s nguyờn f ( x) a0 xn a1 xn 1 ... an 1 x an
Phõn s ti gin
A[ x] .
p
l nghim ca a thc f ( x) . Khi ú vi mi m  ta cú
q
( p mq) f (m) .
Trng hp c bit: ( p q) f (1) v ( p q) f ( 1) .
H qu: Nu
1 l nghim ca a thc
f ( x) a0 xn a1 xn 1 ... an 1 x an
A[ x] thỡ
f (1) f ( 1)
,
u l s nguyờn.
1
1
nh lớ 6 (nh lớ Rolle)
Gi s hm s f : a; b
trong khong a; b , nu f (a)
Ă liờn tc trờn on a; b v cú o hm
f (b) thỡ tn ti ớt nht 1 im c
a; b sao
cho f '(c) 0 .
1.3.5. Cụng thc Viet
a) nh ngha
Cho P( x) a0 xn a1 xn 1 ... an 1x an
Tr-ơng Thị Lâm
7
A[ x], a0
0.
K33C - Toỏn
Khãa luËn tèt nghiÖp
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Giả sử P( x) có trong A hoặc mở rộng của A n nghiệm
1
,
2
,...,
n
.
Khi đó:
1
1
...
2
2
2
3
n
( 1)1 a1
a0
...
n 1
n
( 1)2 a2
.
a0
...................................
1
2 ...
n
( 1)n an
a0
Công thức trên gọi là công thức Viet.
b) Công thức Viet đối với hàm bậc 3
Nếu đa thức f ( x) ax3 bx2 cx d (a 0) có các nghiệm x1 , x2 , x3 .
Khi đó ta có:
b
a
x1 x2 x3
x1 x2 x2 x3 x1 x3
x1 x2 x3
c
a
d
a
2. Phƣơng trình một ẩn
2.1.Khái niệm phƣơng trình 1 ẩn
Cho hai hàm số f ( x) và g ( x) với biến số x và các hệ số thuộc D . Khi
gán cho biến số x giá trị a D , ta tính được f (a) , g (a) tương ứng gọi là
các giá trị của hàm số f , g tại a . Ta tìm a D sao cho f (a) g (a) . Khi đó
mệnh đề biến x : f ( x) g ( x) được gọi là phương trình ẩn x , f ( x) là vế trái,
g ( x) là vế phải của phương trình, a D : f ( x) g ( x) gọi là nghiệm của
phương trình. Việc tìm tất cả các nghiệm của phương trình gọi là giải phương
trình trên D.
Tr-¬ng ThÞ L©m
8
K33C - Toán
Khãa luËn tèt nghiÖp
D Df
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Dg . Trong đó Df , Dg lần lượt là tập xác định của phương
trình f ( x) g ( x) .
2.2. Phƣơng trình tƣơng đƣơng và phép biến đổi tƣơng đƣơng
2.2.1 Phƣơng trình tƣơng đƣơng
Cho hai phương trình: f ( x) g ( x)
(1)
f '( x) g '( x) (2)
Ta gọi phương trình (2) là hệ quả của phương trình (1) nếu nghiệm của
(1) trên D đều là nghiệm của (2) và khi đó ta viết (1) suy ra (2).
Nếu phương trình (1) là hệ quả của phương trình (2) và (2) là hệ quả
của (1) thì hai phương trình (1) và (2) gọi là phương trình tương đương .
2.2.2 Phép biến đổi tƣơng đƣơng
a) Định nghĩa
Một phép biến đổi đưa phương trình này về phương trình khác mà
không làm thay đổi tập nghiệm của phương trình đã cho gọi là phép biến đổi
tương đương.
b) Một số phép biến đổi tƣơng đƣơng
Định lí 1
Nếu thực hiện phép tính ở mỗi vế của phương trình thì phương trình
nhận được tương đương với phương trình đã cho.
Định lí 2
Nếu biểu thức H ( x) xác định trên tập xác định của phương trình
F ( x) G( x) (1). Phương trình (1) tương đương với phương trình
F ( x) H ( x) G ( x) H ( x) .
Chứng minh
a gọi là nghiệm của phương trình (1) khi và chỉ khi F (a) G(a) . Do
Tr-¬ng ThÞ L©m
9
K33C - Toán
Khãa luËn tèt nghiÖp
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
H ( x) xác định trên tập xác định của phương trình nên H (a ) xác định. Khi đó
F (a) H (a) G(a) H (a) . Điều này xảy ra khi và chỉ khi a là nghiệm của
(2), tức (1) tương đương (2).
Hệ quả: Có thể chuyển vế một hạng tử từ vế này sang vế kia của
phương trình đồng thời đổi dấu được phương trình mới tương đương với
phương trình đã cho.
Nhận xét: Điều kiện H ( x) xác định trên tập xác định của phương
trình F ( x) G( x) là điều kiện đủ nhưng không là điều kiện cần. Nói cách
khác, nếu có điều kiện ấy thì phương trình (1) và (2) tương đương, nếu không
có điều kiện ấy thì phương trình (1) và (2) có thể tương đương, có thể không
tương đương.
Định lí 3
Nếu biểu thức H ( x) xác định và khác 0 trên tập xác định của phương
trình F ( x) G( x)(1) thì(1) tương đương với phương trình
F ( x) H ( x) G ( x) H ( x) .
Hệ quả: Có thể nhân hoặc chia cả hai vế của phương trình với cùng
một số khác 0 thì phương trình nhận được tương đương với phương trình đã
cho.
Định lí 4
Nếu nâng hai vế của phương trình lên lũy thừa lẻ thì phương trình nhận
được tương đương với phương trình đã cho.
Chú ý: Nếu nâng hai vế của phương trình lên lũy thừa chẵn thì phương
trình nhận được chưa chắc đã tương đương với phương trình đã cho (phương
trình biến đổi là phương trình hệ quả của phương trình đã cho).
Nhận xét:
Tr-¬ng ThÞ L©m
10
K33C - Toán
Khãa luËn tèt nghiÖp
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Nếu sau mỗi phép biến đổi nào đó miền xác định của phương trình đã
cho mở rộng ra thì tập nghiệm của nó cũng có thể mở rộng ra thì có thể xuất
hiện nghiệm ngoại lai (đối với phương trình đã cho). Những nghiệm ngoại lai
đó nếu có là những nghiệm của phương trình biến đổi thuộc vào phần mở
rộng của miền xác định. Nếu không có nghiệm ngoại lai thì phương trình đã
cho và phương trình biến đổi là tương đương. Nếu sau một phép biến đổi nào
đó miền xác định có thể bị thu hẹp lại thì nghiệm nào đó của phương trình có
thể mất đi và những nghiệm mất đi đó nếu có là những nghiệm của phương
trình đã cho thuộc vào phần thu hẹp lại của miền xác định. Nếu tất cả các giá
trị của ẩn số bị mất đi không nghiệm đúng thì phương trình đã cho và phương
trình biến đổi là tương đương
Tr-¬ng ThÞ L©m
11
K33C - Toán
Khãa luËn tèt nghiÖp
Chƣơng 2
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
PHƢƠNG TRÌNH BẬC BA
VÀ MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI
1. PHƢƠNG TRÌNH BẬC BA
Phƣơng trình bậc ba được đề cập lần đầu tiên bởi nhà toán học Ấn độ
cổ Jaina khoảng giữa năm 400 TCN và 200 CN
Nhà toán học Ba-tư Omar Khayyám (1048–1123) đã công bố việc giải
phương trình bậc ba nhờ giao của một thiết diện co-nic với đường tròn. Ông
công bố rằng lời giải hình học này có thể dùng để cho các lời giải số nhờ các
bảng lượng giác.
Sau này vào thế kỷ 16, nhà toán học người Ý Scipione del Ferro (14651526) tìm ra cách giải một lớp các phương trình bậc ba dạng x3 + mx = n.
Thực ra, mọi phương trình bậc ba có thể đưa về dạng này. Tuy nhiên có thể
dẫn đến căn bậc hai của những số âm, điều đó lúc này chưa giải quyết được.
Del Ferro giữ kín điều này cho đến trước khi ông chết mới nói cho học trò
ông là sinh viên Antonio Fiore về nó
Vào 1530, Niccolo Tartaglia (1500-1557) tiếp nhận hai bài toán trong
phương trình bậc ba từ Zuanne da Coi và công bố ông đã giải được chúng.
Ông nhận lời thách thức của Fiore, và từ đó dấy lên cuộc cãi vã giữa hai
người. Mỗi người hàng ngày đặt một số tiền và đưa ra một số bài toán cho đối
thủ giải. Ai giải được nhiều bài toán hơn trong 30 ngày thì nhận tất cả số tiền.
Tartaglia khi giải quyết các vấn đề trong dạng x3 + mx = n, đã đề xuất một
phương pháp tổng quát hơn. Fiore giải quyết các vấn đề trong dạng
x3 + mx2
= n, khó hơn và Tartaglia đã thắng cuộc.
Tr-¬ng ThÞ L©m
12
K33C - Toán
Khóa luận tốt nghiệp
Tr-ờng ĐHSP Hà Nội 2
Sau ny, Tartaglia c Gerolamo Cardano (1501-1576) thuyt phc
tit l bớ mt ca cỏch gii phng trỡnh bc ba. Tartaglia ó t iu kin yờu
cu Cardano khụng tit l nú. t nm sau, Cardano hiu c cụng trỡnh ca
Ferro v vi phm li ha khi cụng b phng phỏp Tartaglia trong cun sỏch
ca ụng nhan Ars Magna (1545) vi li ca ngi dnh cho Tartaglia. Vic
ny n n cuc tranh cói gia Tartaglia v Cardano, sau ú kộo theo c hc
trũ ca ụng l Lodovico Ferrari (1522-1565). Ferrari ó thng Tartaglia trong
tranh lun, cũn Tartaglia mt c uy tớn v tin ti.
Cardano ó chng t rng phng phỏp ca Tartaglia trong mt s
trng hp dn n cn bc hai ca s õm. ễng ó a ra phng phỏp tớnh
toỏn vi cỏc s ny (s phc) trong Ars Magna, nhng ụng ó khụng hiu ht.
Rafael Bombelli nghiờn cu chi tit hn v cú nhiu úng gúp cho vic khỏm
phỏ cỏc s phc.
Vi trng hp (DELTA) õm, ngi ta hay dựng phng phỏp lng
giỏc gii quyt nú, tuy vy, õy l phng phỏp khụng i s v nghim
tớnh ra vn l gn ỳng do phi s dng cỏc hm s cosin v arccosin. V
cụng thc i s cho nghim tng quỏt vn cha th hon thin. ( Cụng thc
i s nghim tng quỏt l cụng thc tỡm ra nghim ca phng trỡnh tng
quỏt m ch dựng hu hn ln 6 phộp toỏn c bn l cng (+), tr (-), nhõn
(ì), chia (:), ly tha (^) v khai cn () ).
nh ngha: Phng trỡnh bc ba l mt trong cỏc dng ca phng
bc l, nú luụn cú ớt nht mt nghim v cú nhiu nht l ba nghim.
Phng trỡnh bc ba cú dng tng quỏt : ax3 bx2
cx d
0(a 0)
Thụng thng. trong toỏn hc s cp, cỏc h s a, b, c, d l cỏc s thc. Tuy
Tr-ơng Thị Lâm
13
K33C - Toỏn
Khãa luËn tèt nghiÖp
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
nhiên đa số lý thuyết cũng đúng nếu các hệ số lấy trong một trường có đặc số
khác 3. Ta luôn giả sử rằng a khác không.Có thể giải được một phương trình
bậc ba bằng căn thức.
2. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH BẬC BA
2.1. Bài toán 1: Giải phương trình:
4 x3 3x m
(1)
PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Thực hiện theo ba bước sau:
Bước 1: Chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất bằng một trong hai
cách sau:
Cách 1: Giả sử x0 là nghiệm của phương trình, khi đó:
Với x
4 x3
4 x03
3x 3x0
x
4 x3 3x 4 x03 3x0
m
x0 phương trình vô nghiệm
Với x
4 x3
x0 thì:
4 x03
3x 3x0
x0 thì:
4 x3 3x 4 x03 3x0
m
x x0 phương trình vô nghiệm
Tr-¬ng ThÞ L©m
14
K33C - Toán
Khãa luËn tèt nghiÖp
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Vậy (1) nếu có nghiệm x0 thì nghiệm đó là duy nhất.
Cách 2: Xét hàm số y 4 x3 3x m
Miền xác định D ¡ .
Đạo hàm: y ' 12 x2 3 0, x D
hàm số luôn đồng biến.
Vậy (1) nếu có nghiệm x0 thì nghiệm đó là duy nhất.
Bước 2: Xác định nghiệm của phương trình
Đặt a
3
4
1
(a
2
m 2 1,
m
3
3
m
1
) , ta được:
a
là nghiệm của phương trình.
x
Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất:
x
1 3
( m
2
m2 1
3
m2 1)
m
Ví dụ 1: Giải phương trình
4 x3 3x 1
Giải
Xét hàm số y 4 x3 3x 1
Ta có: Miền xác định D ¡
Đạo hàm y ' 12 x2 3 0, x D . Suy ra hàm số luôn đồng biến
Tr-¬ng ThÞ L©m
15
K33C - Toán
Khãa luËn tèt nghiÖp
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
Đặt a
4
3
3
1
3
2,
1
x
1 3
( 1
2
3
2
2 ) , ta được:
1
là nghiệm của phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x
1 3
( 1
2
2
3
1
2)
2.2. Bài toán 2: Với m 1 , giải phương trình:
4 x3 3x m
(1)
PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Thực hiện theo ba bước sau:
Bước 1: Chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất bằng một trong hai
cách sau:
Cách 1: Giả sử x0 là nghiệm của phương trình, khi đó:
Nếu x0
1 thì:
x0
1
2
0
4x
3 1
x0 (4 x02 3)
1
x0 không thể là nghiệm của phương trình.
Nếu x0
1 thì:
Tr-¬ng ThÞ L©m
16
K33C - Toán
Khãa luËn tèt nghiÖp
4 x03 3x0
m
4 x3 3x 4 x03 3x0
(1)
x
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
( x x0 )(4 x2
4 x0 x 4 x02 3) 0
x0
g ( x) 4 x 2
4 x0 x 4 x02 3 0(2)
Xét (2) ta có:
'
g
4 x02 4(4 x02 3) 12(1 x02 ) 0
Vậy (1) nếu có nghiệm x0 ( x0
(2) vô nghiệm.
1) thì đó là nghiệm duy nhất.
Cách 2: Xét hàm số y 4 x3 3x
Miền xác định D ¡ .
Đạo hàm:
y ' 12 x 2 3, y ' 0
12 x 2 3 0
1
2
x
Bảng biến thiên:
x
y'
y
1/ 2
+
1/ 2
0
_
0
+
1
-1
Vậy đường thẳng y m với m 1 cắt đồ thị hàm số tại một điểm duy
nhất. Do đó phương trình nếu có nghiệm x0 thì nghiệm đó là duy nhất.
Tr-¬ng ThÞ L©m
17
K33C - Toán
Khãa luËn tèt nghiÖp
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Bước 2: Xác định nghiệm của phương trình
Đặt a
3
m
4
3
1
(a
2
m 2 1,
3
m
x
1
) , ta được:
a
là nghiệm của phương trình.
Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất:
1 3
( m
2
x
m2 1
3
m2 1)
m
Ví dụ 2: Giải phương trình
4 x3 3x 2
Giải
Chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất.
Xác định nghiệm
Đặt a
3
4
2
1 3
( 2
2
3,
3
3
1
x
3
3
2
3 ) , ta được:
là nghiệm của phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x
1 3
( 2
2
3
3
2
3)
2.3. Bài toán 3: Với m 1 , giải phương trình:
4 x3 3x m
Tr-¬ng ThÞ L©m
18
K33C - Toán
Khãa luËn tèt nghiÖp
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Thực hiện theo ba bước sau:
Bước 1: Đặt m cos
cos(
2 )
Bước 2: Nhận xét rằng:
cos(3. ) 4cos3
3
3
cos
x1
cos
3
3cos
3
là một nghiệm của phương trình.
Tương tự cũng được x2,3
2
là nghiệm của phương trình.
3
cos
Bước 3: Vậy phương trình có ba nghiệm x1
cos , x2,3
3
cos
2
3
Ví dụ 3: Giải phương trình:
4 x3 3x
1
2
Giải
Ta có:
1
2
cos
3
cos(
3
2 ) cos(
6
).
3
Nhận xét rằng:
Tr-¬ng ThÞ L©m
19
K33C - Toán
Khãa luËn tèt nghiÖp
cos
cos(3. ) 4cos3
9
9
3
x1
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
cos
9
3cos
9
là một nghiệm của phương trình
Tương tự ta cũng được x2,3
6
9
cos
Vậy phương trình có ba nghiệm x1
là nghiệm của phương trình.
cos , x2,3
9
cos
6
9
2.4. Bài toán 4: Giải phương trình:
x3
px q 0
(1)
PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Xét ba khả năng sau:
Nếu p 0 thì:
(1)
x3
q
x
3
q là nghiệm duy nhất của phương trình.
Nếu p 0
Cách 1: Bằng cách đặt ẩn phụ ta chuyển (1) về bài toán 1 như sau:
Đặt:
Tr-¬ng ThÞ L©m
20
K33C - Toán
Khãa luËn tèt nghiÖp
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
p
3
h
x
2h
t
Khi đó: (1)
q
2h3
4t 3 3t
0 đây chính là phương trình trong bài toán 1
Cách 2:
Xét f ( x) x3
px q có f '( x) 3x2 q 0
f ( x) đồng
x ¡.
biến.
Do hàm số liên tục trên ¡ và có xlim x3
lim x3
và
nên phương trình có nghiệm duy nhất.
px q
x
px q
Khi đó ta đặt x m n thay vào phương trình ta được :
m n
3
p m n
m3 n 3
Ta thu được hệ
p3
0
27
Suy ra x
3mn p m n
p
, thay vào trên ta được : m3 n3
3
Chọn mn
t 2 qt
m3 n3
q 0
3
m .n
3
n3
a
3
3
q.
m3 , n3 là nghiệm của phương trình :
q 2 p3
4 27
q 2 p3
4 27
q
2
q
2
m3
m n
q
p3
27
q 0.
q
2
q2
4
p3
27
3 q
2
q2
4
p3
27
Nếu p 0
Tr-¬ng ThÞ L©m
21
K33C - Toán
Khãa luËn tèt nghiÖp
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Cách 1: Bằng cách đặt ẩn phụ ta chuyển (1) về bài toán 2, 3 như sau:
p
3
h
Đặt:
x
2h
t
Khi đó:
q
2h3
4t 3 3t
(1)
0 đây chính là phương trình trong bài toán 3, 4.
Cách 2:
Ta đặt p
m với m>0. phương trình được viết lại thành :
y3 my q 0 (*) .
Đặt y 2.
m
2 .t
3
m
.t , thay vào phương trình trên, ta được :
3
3
m. 2
4t 3 3t
Nếu u0
khoảng
m
t
3
q
m m
2. .
3 3
q 0
8.
m m 3
m
.t 2m .t q 0
3 3
3
u0
1 : Ta sẽ chứng minh phương trình chỉ có nghiệm trong
1;1 .
Thật vậy, xét f (t ) 4t 3 3t u0 có f '(t ) 12t 2 3 .
Tr-¬ng ThÞ L©m
22
K33C - Toán
Khóa luận tốt nghiệp
1
2
t
f '(t ) 0
1
2
1
f
2
f
1
2
t
Tr-ờng ĐHSP Hà Nội 2
1 u0
.
1 u0
Lp bng bin thiờn
-1
T
-
f '(t )
1
2
1
2
0
0
1
1-u0
1-u0
f (t )
-1-u0
Do ta cú
-1-u0
u02 1 0 ,
1 u0 1 u0
u0
1.
Nờn t bng bin bin ta cú cỏc nghim ca phng trỡnh u nm trong
on
1; 1 .
Nờn ta cú th t t cos
vi
0;
. Khi ú phng trỡnh c vit
li thnh :
4cos3
3cos
Chn
0;
Nu u0
u0
arccosu 0
3
cos3 = u 0
k.2
3
k  .
ri suy ra nghim ca phng trỡnh ó cho.
1 , khi ú ta cú :
f xCD . f xCT
1 u0 1 u0
th hm s y
u02 1 0
u0
1.
f (t ) ct th hm s ti ỳng 1 im hay phng
trỡnh ó cho cú nghim duy nht.
Tr-ơng Thị Lâm
23
K33C - Toỏn
Khãa luËn tèt nghiÖp
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
Ta đặt t m n thay vào phương trình ta được :
4 m n
3
Chọn mn
3m n
4 m3 n3
u0 0
1
ta được 4 m3 n3
4
Từ trên ta thu được hệ :
m3 n 3
m3.n3
u0
1
t
0
4 64
trình : t 2
m3
n
3
12mn 3 m n
u0 0
0.
u0
u0
4 . Suy ra m3 , n3 là nghiệm của phương
1
64
1
u
8 0
1
u
8 0
u02 1
.
2
0
u
1
Suy ra
1 3
u0
u02 1 3 u0
u02 1
2
Ví dụ 4: Giải phương trình:
t
m
3
y
3
u0
u02 1
3
u0
u02 1
x3 3x 1 0
Giải
Đặt t
(1)
x
2
x 2t , khi đó:
8t 3 6t 1
4t 3 3t
1
2
(2)
Chứng minh (2) có nghiệm duy nhất
Xác định nghiệm:
Đặt a
3
1
5
2
,
Tr-¬ng ThÞ L©m
1 31 5
(
2
2
3
1
5
2
24
) , ta được:
K33C - Toán
Khãa luËn tèt nghiÖp
3
4
1
2
3
Tr-êng §HSP Hµ Néi 2
là nghiệm của phương trình (2)
t
Khi đó:
1 31 5
(
2
2
t
1
3
5
2
)
x (3
1
5
3
1
2
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x
5
2
3
1
)
5
3
1
2
5
2
Ví dụ 5: Giải phương trình sau : x3 8 x 1 0 .
Giải: Đặt x 2.
8
2. .t
3
3
8
t , thay vào phương trình, ta được :
3
8
.t
3
4t 3 3t
Dễ dàng ta chứng minh được phương trình có nghiệm t
1;1 .
1 0
Ta đặt t cos , với
4cos3
Vì
1
16 8 3 16 8
. .4t
. .3t
3 3
3 3
1
8. 2.
3 6
64
3cos
0;
0;
3 6
.
64
, phương trình trở thành :
3 6
64
cos3
1
arccos
3
3 6
64
k.2
nên ta chọn
1
3 6
arccos ;
3
64
Tr-¬ng ThÞ L©m
2
1
3 6
arccos 3
64
25
2
;
3
3
1
3 6
arccos 3
64
2
3
K33C - Toán
