(Luận văn thạc sĩ) nghiên cứu tổng hợp vật liệu phức hợp sắt polymaltose (iron polymaltose complex, IPC) từ các maltodextrin có DE khác nhau

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

ĐẶNG THỊ TOAN
 
 
 
 

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP HÀM ĐỂ
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội – 2015 


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

ĐẶNG THỊ TOAN
 
 
 
 

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP HÀM ĐỂ
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Chun ngành: Phương pháp tốn sơ cấp
Mã số: 60460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Giảng viên hướng dẫn
PGS.TS NGUYỄN ĐÌNH SANG

Hà Nội – 2015 


MỤC LỤC 
LỜI NĨI ĐẦU ..................................................................................................1 
CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ........................................................3 
1.1 Các định lý về hàm khả vi ........................................................................3 
1.1.1. Định nghĩa .........................................................................................3 
1.1.2.  Định lý Fermat .................................................................................3 
1.1.3.  Định lý Rolle ....................................................................................3 
1.1.4. Định lý Lagrange ..............................................................................3 
1.1.5. Định lý Cauchy .................................................................................4 
1.1.6. Cơng thức Taylor ..............................................................................4 
1.2. Số phức, nghiệm liên hợp ........................................................................7 
1.2.1. Số phức .............................................................................................7 
1.2.2 . Nghiệm liên hợp...............................................................................7 
1.3. Hàm đơn điệu. Giá trị lớn nhất, giá trị  nhỏ nhất ....................................7 
1.3.1. Hàm đơn điệu ....................................................................................7 
1.3.2. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhât của hàm số. ................................7 

1.3.3. Tính chất hàm đơn điệu ....................................................................8 
CHƯƠNG 2. PHƯƠNG PHÁP HÀM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ...............9 
2.1.Phương pháp dùng khai triển Taylor ........................................................9 
2.1.1 Phương trình bậc 3 .............................................................................9 
2.1.2  Phương trình bậc 4 ......................................................................... 13 
       2.1.3. Bài tập giới thiệu ............................................................................ 16 
2.2  Phương pháp dùng tính đơn điệu của hàm số ...................................... 17 
2.2.1. Ứng dụng giải phương trình .......................................................... 17 
2.2.2. Ứng dụng vào hệ phương trình ...................................................... 23 
2.2.3. Bài tập giới thiệu ............................................................................ 29 
2.3.  Ứng dụng tính khả vi để giải phương trình, hệ phương trình ............. 30 
2.3.1. Dùng định lý Rolle để giải phương trình ....................................... 30 


2.3.2. Dùng định lý Lagrange để giải phương trình ................................ 34 
2.3.3. Dùng định lý Cauchy để giải phương trình hệ phương trình ......... 40 
2.3.4. Bài tập giới thiệu ............................................................................ 46 
2.4. Phương pháp cực trị hàm số-Phương pháp đánh giá ........................... 47 
2.4.1 Cơ sở phương pháp ......................................................................... 47 
2.4.2. Các ví dụ ........................................................................................ 49 
2..4.3. Bài tập giới thiệu ........................................................................... 57 
CHƯƠNG 3. PHƯƠNG PHÁP HÀM GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH,
BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH - BẤT
PHƯƠNG TRÌNH ........................................................................................ 59 
3.1. Phương pháp hàm liên tục giải bất phương trình ................................. 59 
3.1.1. Cơ sở phương pháp ........................................................................ 59 
3.1.2. Các ví dụ ........................................................................................ 59 
3.1.3. Bài tập giới thiệu ............................................................................ 62 
3.2.  Phương  pháp  cực  trị  hàm  số  -  Phương  pháp  đánh  giá  để  giải  bất 
phương trình ................................................................................................ 63 

3.2.1. Các ví dụ ........................................................................................ 63 
3.2.2. Bài tập giới thiệu ............................................................................ 67 
3.3. Biện luận phương trình – Bất phương trình ......................................... 67 
3.3.1. Cơ sở phương pháp ........................................................................ 67 
3.3.2. Các ví dụ ........................................................................................ 68 
3.3.3. Bài tập giới thiệu ............................................................................ 75 
3.4. Phương pháp hàm chứng minh bất đẳng thức ...................................... 76 
3.4.1. Các ví dụ ........................................................................................ 76 
3.4.2. Bài tập giới thiệu ............................................................................ 80 
KẾT LUẬN .................................................................................................... 81 
TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 82 
 


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 

TXĐ   

Tập xác định 

(a;b)= {x  R:a(;a)  {x  R : x  a}

 

 

(b;  )  {x  R: x>b}  
[a;b]={x  R:a  x  b}  
[a; b)  {x  R:a  x(a; b]  {x  R:a
  
  
  


LỜI NĨI ĐẦU

Những bài tốn về giải phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức và 
biện luận nghiệm phương trình ln là những bài tốn hay và khó, thường gặp 
trong các kỳ thi tốt nghiệp, cao đẳng- đại học, kỳ thi Olympic Tốn học. Với 
mỗi  bài  tốn  lại  có  nhiều  cách  giải  khác  nhau, trong  số  đó  có  các  cách  giải 
theo phương pháp hàm hiện nay rất hay được sử dụng. 
Luận  văn  “Một  số  phương  pháp  hàm  để  giải  phương  trình-  bất  phương 
trình” sẽ trình bày một số phương pháp hàm để giải phương trình, bất phương 
trình,  bất  đẳng  thức  cũng  như  bài  toán  biện  luận  nghiệm  phương  trình,  bất 
phương trình. Tuy nhiên, việc chia phương pháp chỉ là tương đối. Trong phạm 
vi phương pháp tốn sơ cấp và giới hạn của một bài luận văn thạc sĩ khơng 
thể  trình  bày  hết  các  phương  pháp  và  ứng  dụng.  Do  đó,  nội  dung  luận  văn 
gồm 3 chương: 
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị: 
Gồm  các  kiến  thức  về  hàm  khả  vi,  số  phức,  nghiệm  liên  hợp,  hàm  đơn 
điệu, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. 

Chương 2: Phương pháp hàm để giải phương trình. 
Trình bày 4 phương pháp: Phương pháp dùng khai triển Taylor; phương 
pháp dùng tính đơn điệu; phương pháp dùng tính khả vi; phương pháp cực trị 
hàm số-phương pháp đánh giá. 
Chương 3: Phương pháp hàm để giải bất phương trình, bất đẳng thức và 
biện luận nghiệm phương trình, bất phương trình. 
Trình bày 4 nội dung: Phương pháp hàm liên tục để giải bất phương trình; 
phương pháp cực trị hàm số- phương pháp đánh giá để giải bất phương trình; 
phương pháp hàm để giải bất đẳng thức; biện luận nghiệm phương trình, bất 
phương trình. 
1 


Để  hoàn  thành  luận  văn,  trước  hết  em  xin  bày  tỏ  sự  biết  ơn  sâu  sắc  tới 
người thầy kính mến PGS.TS Nguyễn Đình Sang. Người đã trực tiếp hướng 
dẫn, truyền thụ kiến thức, hướng nghiên cứu giúp em hồn thành luận văn này. 
Em cũng chân thành cảm ơn các thầy, cơ giáo khoa Tốn- Cơ- Tin học, 
Trường Đại học Khoa học Tự nhiên- Đại học quốc gia Hà Nội, những người 
đã giảng dạy, hướng dẫn em trong q trình học, cùng các bạn bè đã giúp đỡ, 
đóng góp ý kiến, động viên em trong học tập, nghiên cứu và hồn thành luận 
văn này. 
Mặc dù đã nỗ lực, cố gắng nhưng hiểu biết có hạn và thời gian hạn chế 
mà  vấn  đề  tương  đối  rộng  nên  luận  văn  khơng  tránh  khỏi  thiếu  xót.  Kính 
mong các thầy cơ, bạn bè góp ý để luận văn được hồn thiện hơn. 
Em xin chân thành cảm ơn! 
 
Hà Nội, ngày 12 tháng 11 năm 2015 
Học viên 
 
 

Đặng Thị Toan
 
 
 
 
 
 
 

2 


CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1 Các định lý về hàm khả vi.
1.1.1. Định nghĩa.
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  x0   (a,b),  nếu  tồn  tại  1  số 
 >0 sao cho (x0 -   ,x0 +   )    (a,b) và f(x)   f(x0 ) tương ứng f(x) ≥ f(x0) với 

mọi x   (x0 -   ,x0 +   ). Điểm x0 mà tại đó hàm đạt cực đại đại phương hay 
cực tiểu địa phương được gọi chung là điểm cực trị của hàm f. 
1.1.2. Định lý 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. 
1.1.3. Định lý Rolle.
Giả sử hàm f: [a,b]  R thỏa mãn: 
-  f liên tục trên [a,b]. 
-  khả vi trong khoảng (a,b). 
-  f(a) = f(b). 

Khi đó, tồn tại ít nhất 1 điểm c   (a,b) sao cho f’(c ) = 0. 
1.1.4. Định lý Lagrange.
Giả sử hàm f: [a,b]  R có các tính chất: 
-  f liên tục trên [a,b]. 
-  khả vi trong khoảng (a,b). 
Khi đó, tồn tại ít nhất 1 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, Cơng thức (1.1) được gọi là cơng thức số gia hữu hạn Lagrange, 
cơng thức này cịn được viết dưới dạng:  
3 


Lấy a = x0 ,b=x0 +∆x thì b – a = ∆x, do x0 < c < x0 +∆x nên ta viết c dưới 
dạng c = x0 +    ∆x,       (0,1). Khi đó, (1.1) được viết dưới dạng: 
f(x0 +∆x) – f(x0) = f’ (x0 +    ∆x) ∆x 
Hệ quả: Giả sử f:[a,b]→ R lien 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   (a,b) thì f tăng (giảm) thực sự trên [a,b]. 
1.1.5. Định lý 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’(c) ≠ 0 với mọi x   (a,b) thì cơng thức (1.2) có dạng: 

f '(c) f (b)  f (a)

        (1.3) 
g '(c) g (b)  g (a)
Nhận xét:  Định lý Lagrange là trường hợp riêng của định lý Cauchy, với 
hàm g(x) = x. 
1.1.6. Cơng thức Taylor.
Ta dùng cơng thức Taylor để xấp xỉ một hàm số bằng một đa thức 
1.1.6.1. Định lí 1.1.6.1: (Cơng 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), 
x0   (a,b) . Khi đó, với mọi x    (a,b) ta có: 

f (k ) ( x0 )
f (n1) (c)
k
f ( x)  
( x  x0 ) 
( x  x0 )n1    (1.4) 
k!
(n 1)!
k 0
n

Trong đó:  c là điểm nằm giữa x và x0 
 
4 


Nhận xét: Vì c nằm giữa x và x0 nên ta viết c ở dạng  c = x0 +   (x - x0) với 
  (0,1) nên (1.4) cịn có dạng 

f (k) (x0 )
f n1 (x0 (x  x0 ))
f (x)  
(x  x0 ) 
(x  x0 )n1    (1.5) 
k!
(n 1)
k0
n

f ( n 1) ( x0   ( x  x0 ))
( x  x 0 ) n 1  
Trong đó 0 <    < 1. Đại lượng  rn ( x ) 
( n  1)!

Được gọi là số dư thứ n của công thức Taylor  dưới dạng Lagrange. 
1.1.6.2. Định lý 1.1.6.2: (Công thức khai triển Taylor của hàm f trong lân
cận của x0 )
Cho khoảng (a,b)   R. Giả sử rằng f: (a,b) →R khả vi đến cấp n trong 1 
lân cận nào đó của x0   (a,b) và f(n)(x) liên tục tại x0. Khi đó với x ở trong lân 
cận nói trên của x0,ta có:  

f '(x0)
f (n)(x0)
f (x)  f (x0)
(xx0).......
(xx0)n o(xx0)n  (1.6) 
1!
n!
Trong đó,o(x-x0)n là vơ cùng bé bậc cao hơn (x-x0)n. Tức là:                

o( x  x0 ) n
lim
 0 
x  x0 ( x  x ) n
0
n

Đại lượng   rn(x)  =  o(xx0)  được gọi là số dư dạng Peano 
Khai triển Taylor của hàm f(x) trong lân cận của điểm x0 = 0 ta nhận được 
công thức khai triển Mac- Laurin: 
f '(0 )
f n (0 )
f ( x )  f (0 ) 
x  ..... 
 rn ( x )     (1.7) 
1!
n!

Sau đây, ta sẽ xét khai triển Mac-Laurin của một số hàm sơ cấp: 
a). Hàm y=ex  
Ta có f(n)(x) =ex tại x0=0 thì f(n)(0) = 1. Do vậy từ (1.7) ta có: 

5 


x x2
xn
e  1    ........   o( x n )   (1.8) 
1 2!
n!
x

b). Hàm y = sinx  


Ta có f(n)(x) = sin (x+n ). Tại x0=0, ta có :   f(2n)(0)=0, f(2n+1)(0)=(-1)n. Do vậy 
2

theo (1.7) ta có: 
2n1
x3 x5 x7
n1 x
sin x  x     .........  (1)
 o(x2n )     (1.9) 
3! 5! 7!
(2n 1)!

c). Hàm y= cosx  


Ta có: f(n)(x)= cos(x+n ). Tại  x0=0  ta có : f(2n)(0)= (-1)n, f(2n+1)(0) = 0. Do 

2

vậy theo (1.7) ta có: 
2n
x2 x4 x6
n x
cos x 1   ........ (1)
o(x2n1)     (1.10) 
2! 4! 6!
(2n)!

d). Hàm y = ln(1+x) khả vi với mọi x > -1,  fn(x) = (-1)(n-1)(n-1)!(1+x)-n.  
Tại x0= 0 ta có: 
 f(n)(0) = (-1)(n-1)(n-1)!  Áp dụng (1.7) ta có: 
n
x 2 x3
n 1 x
  ...  ( 1)
 o( x n )    (1.11) 
ln(1+x)=x- 
2 3
n

e). Hàm y= (1+x)α  (α  R, x   (-1,+∞) 
Ta có: fk(x) = α (α -1)…..( α-k +1)(1+x) α-k 
Tại x0=0. Ta có : f(k)(0) = α(α-1)….( α-k +1). Áp dụng (1.7) 

Ta có : (1 x) 1x 

( 1)

2!

x2 ....... 

( 1)......( n1)
n!

xn o(xn )    (1.12) 

Lưu ý: Nếu f(x) là đa thức bậc n thì f(n+1)(x)=0. Ta ln biểu diễn f(x) dưới dạng: 
f ' (a)
f ' ' (a)
f n (a)
2
( x  a) 
( x  a )  ....... 
( x  a ) n    (1.13) 
f(x) = f(a)+ 
1!
2!
n!

6 


1.2. Số phức, nghiệm liên hợp.
1.2.1. Số phức.





2
-  Xét tập hợp C =  a  bi| a,bR, i  1  

Mỗi phần tử z = a+bi  C  được gọi là một số phức, a được gọi là phần thực 
của z, b được gọi là phần ảo của z. 
- Cho số phức z =a+bi. Ta gọi a – bi là số phức liên hợp của z và ký hiệu là 

z  a  bi . 
1.2.2 . Nghiệm liên hợp.
-  Phương trình bậc n:  
a0xn + a1xn-1 + …..+ an-1x + an =  0    (*) 
trong  đó  a0, a1  ,….,an   C , a0  ≠0,  đều  có  n nghiệm  phức (các nghiệm  khơng 
nhất thiết phân biệt). 
- Nếu z = a + bi là nghiệm của  (*) thì  z  a  bi cũng là nghiệm của (*), z 
và  z  là 2 nghiệm liên hợp của (*). 
1.3. Hàm đơn điệu. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.
1.3.1. Hàm đơn điệu.
Định lý: Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên khoảng (a,b) 
a). Nếu f’(x) > 0 với mọi x  (a,b) thì hàm số f(x) đơn điệu tăng hay đồng biến 
trên khoảng đó. 
b). Nếu f’(x) < 0 với mọi x  (a,b) thì hàm số f(x) đơn điệu giảm hay nghịch 
biến trên khoảng đó. 
1.3.2. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhât của hàm số.
Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập D: 
- Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm sô y = f(x) trên tập D nếu f(x) ≤ M 
với mọi x    D và tồn tại x0  D sao cho :f(x0) = M. Ký hiệu: 
M=  max
 f(x) 

D
7 


- Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm sơ y = f(x) trên tập D nếu f(x) ≥ m 
với mọi x    D và tồn tại x0  D sao cho : f(x0) = m. Ký hiệu: 

x  f(x) 
m=  min
D
1.3.3. Tính chất hàm đơn điệu
- Nếu f(x) là một hàm đồng biến thì: f(x) ≥ f(y)   x ≥ y. 
- Nếu g(x) là một hàm liên tục và nghịch biến thì : g(x) > g(y)    x < y. 
- Nếu f(x) là hàm liên tục và đồng biến, g(x) là hàm liên tục và nghịch biến, 
f(x0) = g(x0) thì:   
+ Bất phương trình   f(x) ≥ g(x) có nghiệm x ≥ x0.  
          + Bất phương trình     f(x) < g(x) có nghiệm x < x0. 

8 


CHƯƠNG 2. PHƯƠNG PHÁP HÀM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
2.1. Phương pháp dùng khai triển Taylor
Mọi đa thức bậc n với hệ số thực đều viết dưới dạng: 
2

f (x)  a0  a1x  a2x ...  an1xn1  an xn.   

 

(1)   

Hàm y=f(x) là hàm khả vi trên R. với    R  bất kỳ f(x) có cơng thức Taylor 
dạng:   
f '()
f ''()
f (n1) ()
2
f (x)  f () 
(x) 
(x) ... 
(x)n1  (x)n.         (2) 
1!
2!
(n 1)!

2.1.1. Phương trình bậc 3
2.1.1.1 Cơ sở lý thuyết
2
3
Xét phương trình:  a 0  a1 x  a 2 x  x  0.  

 

                    (3) 

2
3
Đặt:                f (x)  a0  a1 x  a 2 x  x  

Để giải phương trình (3), ta sử dụng khai triển Taylor ở vế trái 
Ta có:              f ( ) 

f '( )
f ''( )
(x ) 
(x )2  (x )3  0  
1!
2!

 

Đưa (4) về dạng rút gọn: t3 +pt+q=0  (5)    với t=x-   
Bằng cách tìm     sao cho:  f ''( )  0  6  2a 2  0    

a2
  
3

a2

p

f
'(

)

f
'(


)

3
                                       Và  
  
 q  f ( )  f (  a2 )

3
Để giải (5), ta dùng phép đổi biến t=u+v    t 3  u 3  v3  3uv(u  v)   
Thay vào phương trình (5), ta có:    u 3  v3  (u  v)(3uv p)  q  0   
Ta cần tìm u,v sao cho:  3uv  p  0  u3v3  

9 

p3
  
27

(4) 


  
Từ đó, ta có hệ phương trình: 
u 3  v3  q

 3 3
p 3   
u
v




27


 

u3, v 3 là 2 nghiệm của phương trình bậc hai sau:  

X 2  qX 

 

3
p3
 0  Có    q 2  4 p   
27
27

Trường hợp 1: Nếu  
  0  t1  x1    u  v 

 

3

q   3 q  

  

2
2

q   3 q  

 là một nghiệm thực của phương trình 
2
2

Suy ra,  x1    3
(3).  

Để tìm nghiệm cịn lại ta đưa về dạng tích:  

(x  x1 )(ax 2  bx  c)  0   

 

Trường hợp 2: Nếu    0 , phương trình (6) có hai nghiệm phức 
X1  u3 

q  i 
2

; X 2  v3 

q  i 
2

  

với i là đơn vị ảo 

Viết X1 ở dạng lượng giác  X 1  r (c o s   i s in  )   
Theo cơng thức khai triển căn bậc n của số phức X1, ta có:  
 

uk  3 r (cos

  k 2
3

 isin

  k 2
3

); k  0;1; 2 .  

Tương tự, X2 có 3 căn bậc ba là:        

vk  3 r (cos

  k 2
3

 isin

  k 2
3

); k  0;1; 2 . 

Từ đó, ta có ba nghiệm thực của phương trình (3) là: 
10 






3
3
x



u

v

2
r
cos
x



2
r

cos
1
1
1

 1
3
3


  2
  2


3
  x2    2 3 r cos
 x2    u2  v2  2 r cos
3
3   


  4
  4


3
3
x




u

v

2
r
cos
x



2
r
cos
3
3
 3
 3
3
3



 

Đây là cơng thức Cardino để giải phương trình bậc 3. 
2.1.1.2 Các ví dụ
Ví dụ 2.1.1.1 Giải phương trình sau:  

x3  3 5 x 2  3 x  9 5  0.   

 

(1) 

Lời giải:
3
2
Xét hàm f (x)  x  3 5 x  3 x  9 5.  

Ta có:  

f '( x)  3 x 2  6 5 x  3
 

f ''( x)  6 x  6 5.

  

Gọi    R  sao cho  

f ''( )  0  6  6 5  0    5.   

 
  Ta tính: 

p  f '( )  f '( 5)  3.( 5) 2  6. 5. 5  3  12,
 

q  f ( )  f ( 5)  ( 5)3  3 5( 5) 2  3 5  9 5  14 5,
3

  q2 

4p
 1236  0.
27

Vậy theo trường hợp 1 thì phương trình (1) có 1 nghiệm thực là:  
3

 

x1  5 

14 5  1236 3 14 5  1236

 x1  3 5.   
2
2

Khi đó, phương trình (1), viết dưới dạng tích như sau: 
11 

  


 x3 5
(x  3 5)(x  3)  0  

  
 x  i 3.
2

 

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là:  x  i 3; x  3 5 . 
Ví dụ 2.1.1.2 Giải phương trình sau: 

x 3  3 x 2  3(1  3 4) x  (3 3 4  1)  0.   

 

Lời giải:
3
2
Xét hàm số:  f ( x)  x  3 x  3(1  3 4) x  (3 3 4  1).  

f '(x)  3x 2  6 x  3(1  3 4),
  
f ''(x)  6 x  6.

 

Với    R . sao cho:  f ''( )  0  6  6  0    1.  
Ta tính: 

 

p  f '( )  f '(1)  3 3 4,

q  f ( )  f (1)  2,
3

  q2 

 

4p
 12  0.
27

Vậy theo trường hợp 2, phương trình   X 2  qX 

p3
 0  hay 
27

X 2  2 X  4  0  có hai nghiệm phức là:  

 

u 3  X 1  1  i 3  2(cos





 i sin )
3
3    



v3  X 2  1  i 3  2(cos  i sin ).
3
3

Khi đó, X1,X2 có các căn bậc 3 là: 

12 



uk  2(cos 3

 k 2

3

 


uk  3 2(cos 3

3
 k 2
3


 i sin 3


 i sin 3

 k 2
3

); k  0;1; 2.
  

 k 2
3

); k  0;1; 2.

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là: 

x1  1  2 cos


3


x2  1  2 cos 3


x3  1  2 cos 3

,
 2
3

 1  2 cos

7
,
9  

 1  2 cos

13
.
9

 4
3

2.1.2 Phương trình bậc 4
2.1.2.1 Cơ sở lý thuyết
Cho phương trình:  f (x)  x 4  ax3  cx 2  dx  e  0.  
Khai triển Taylor của f(x) tại     R   có dạng:  
(x   ) 4 

f '''( )
f ''( )
f '( )
(x   )3 
(x   ) 2 
(x   )  f ( )  0.  
3!
2!

1!

(7) 

Khi đó, các khả năng sau xảy ra: 
Nếu chọn    R  sao cho:  f ( )  0 . Khi ấy, (7) 
 

x  
  

f '''( )
f ''( )
 (x   )3 
(x   )2 
(x   )  f '( )  0.
3!
2!


  

a
4

Nếu chọn    R , sao cho: f '''( )  0     .   
Khi đó, phương trình (7) có dạng rút gọn là:  
 

t 4  mt 2  nt  p   

13 

          (8) 


Với    t  x   , m  

f ''( )
, n  f '( ), p   f ( )   
2!

Để giải phương trình (8), ta thêm vào 2 vế đại lượng:  2 t 2   2 ,   R   
Khi ấy, phương trình (8) có dạng: 
(t 2   ) 2  (m  2 ) t 2  nt  p   2   

 

Cần  tìm    R :   n 2  4(m  2 )(p  2 )  0 ;     luôn  luôn  tồn  tại  vì  đây  là 
phương trình bậc 3 đối với     
Khi đó, (9) có dạng bình phương đúng: 
 

2

2

(t   )   t   

2

 t 2     t    (*)
 2
  
t





t


(**)




Giải phương trình bậc 2 (*), và (**), ta tìm được bốn nghiệm t1,2,3,4. 
Và do đó, phương trình (7) có nghiệm là: x1,2,3,4=  + t1,2,3,4 
 Nhận xét: Ta có thể viết:  

t 4  mt 2  nt  p  (t 2  b1t  c1 )(t 2  b 2 t  c2 )   

 

Với m,n,p đã biết ta tìm b1, c1, b2, c2 bằng phương pháp hệ số bất định. 
2.1.2.2 Các ví dụ
Ví dụ 2.1.2.1: Giải phương trính sau:   
4

3
2
                            f ( x )  x  4 x  16 x  32 x  64  0.                      (1) 

Lời giải:
Xét 

f ( x )  x 4  4 x 3  16 x 2  32 x  64  0
f '( x)  4 x 3  12 x 2  32 x  32
f ''( x )  12 x 2  24 x  32

 

f '''( x)  24 x  24
Với    R , sao cho:  

f '''( )  0  24  24  0    1   

Đặt    t  x    x 1  phương trình (1) có dạng như sau:  
14 


           t 4  22t 2  8t  77  0                                                                       (2) 
Ta phân tích: 

t 4  22t 2  8t  77  (t 2  at  b)(t 2  at  c)  (t 2  2 t  7)(t 2  2 t  11)  0  
Phương trình có các nghiệm  x  2 2; x  2 3 .  
Ví dụ 2.1.2.2: Giải phương trình sau:
x  5  x  1  6. (1)    

 

Lời giải: 
TXĐ: x  [1;6]   
Đặt  t 

x  1  0 , phương trình (1) đã cho có dạng:  
t 2  5  t  5  t 4 10t 2  t  20  0  t 4  10t 2  t  20   

 

Ta cộng 2 vế cùng một biểu thức:  
t 4  2mt 2  m2  10t 2  t  20  2mt 2  m2

 

 (t 2  m)2  (10  2 m) t 2  t  m2  20
9
2

9
2

  

1
2

Với m=  , ta có:  (t 2  )2  (t  )2   

 

1
 2 9
t  2  t 2
 t 2  t  5  0 (*)

 2
  
 t 2  9  (t  1 )
t  t  4  0 (**)

2
2

Phương trình (*) có nghiệm là  t 

1  21
.   
2

Phương trình (**) có nghiệm là  t 

1  17
.   
2

Phương trình (1) đã cho có nghiệm là:  x 

11  17

. 
2

 f '( )  0
 đưa về phương trình trùng phương  
 f '''( )  0

 Nhận xét: Trường hợp  

15 


(x   )4 

f ''( )
(x   )2  f ( )  0.  
2!

 Định lý: điều kiện cần và đủ để phương trình f (x)  x 4  ax 3  cx 2  dx  e  0  
 f '(x)  0
 có nghiệm. 
 f '''(x)  0

có thể đưa về dạng phương trình trùng phương là hệ 

Ví dụ 2.1.2.3: Giải phương trình sau: x4+4x3+2x2+4x-8=0. 
Lời giải: 
 f '(x)  4(x 3  3x 2  x  1)  0

Xét hệ phương trình  

 f '''(x)  24 x  24

 x  1.   
t  1

Đặt t = x + 1, phương trình đã cho  t 4  4t 2  5  0  

 t  5.

Suy ra, phương trình đã cho có nghiệm là: x= 1  5 .  

  

 

2.1.3. Bài tập giới thiệu
1. Giải phương trình: 
x2
3
1
  x   3x   0  có ba nghiệm  x   3; x   . 
4
4
4
3

2. Giải phương trình: 
  x3  3x 2  2 x  2 3  0  có ba nghiệm  x  i 2; x  3 .  
3. Giải phương trình: 

1
4

5
4

  8 x3  22 x 2  x   0  có ba nghiệm  x   ; x 

6

26
4

 . 

4. Giải phương trình: 
2 x 4  10 x3  11x 2  x  1  0  có bốn nghiệm  x 

2 2
3  13
;x 
. 
2
2

5. Giải phương trình: 
x 4  13x 2  18 x  5  0  có bốn nghiệm  x 

 
16 

3  2 5
3 5
;x 
 . 
2
2


2.2 Phương pháp dùng tính đơn điệu của hàm số
2.2.1. Ứng dụng giải phương trình
2.2.1.1. Định lý 1
 Nếu y = f(x) là một hàm liên tục và đồng biến , g(x) liên tục nghịch biến 
trên ( α ,β ) .Khi đó ba phương trình f(x)=a hoặc g(x)=b hoặc f(x)=g(x) có nhiều 
nhất là một nghiệm. 
Chứng minh:  Ta chứng minh cho phương trình f(x)=a 
- Giả sử có x0  ( α ,β ) thỏa mãn: f(x0) = a 
- Nếu x> x0 thì f(x) > f(x0) hay f(x) > a phương trình khơng có nghiệm khi 
x > x0  
- Nếu x < x0 thì f(x) < f(x0) hay f(x) < a  phương trình khơng có nghiệm 
khi x < x0  
Vậy phương trình f(x)=a có nhiều nhất là một nghiệm x = x0. 
Việc chứng minh cho hai phương trình cịn lại là tương tự. 
Ví dụ 2.2.1.1 Giải phương trình: 

x  x  5  x  7  x 16  14.  

                      

Lời giải:

+ Tập xác định: x ≥ 5. 
+ Đặt  f ( x)  x  x  5  x  7  x  16.  
  f '( x) 

1
2 x



1
1
1


 0,  với mọi x > 5 
2 x  5 2 x  7 2 x  16

hàm f(x) ln đồng biến với x  [ 5, +∞). 
+ Mặt khác ta thấy f(9) =14 
Vậy phương  trình đã cho có một nghiệm x = 9. 
 
 
 
17 


Ví dụ 2.2.1.2 Giải phương trình:  (4 x  1)( x  3  3 3 x  5)  4 x  8. (*)     
Lời giải: 
+ TXĐ:  x ≥ - 3. 
1

+ Thay  x  vào phương trình (*) ta thấy: 
4

1
1
1
1
(4. 1)(  3  3 3.  5 )  4.  8  
4
4
4
4
  0 = 9 vơ lý. 

1
Vì thế nên  x   khơng là nghiệm phương trình. 
4

+ Chia 2 vế phương trình cho (4x-1) ta có : 

x  3  3 3x  5 

4x  8
. 
4x 1

Đặt   f ( x )  x  3  3 3 x  5  và  g ( x) 
  f '( x) 

4x  8

 
4x 1

1
1

 0 ,  x  [-3,+∞) 
2 x  3 3 (3x  5)2

     f(x) luôn đồng biến trong tập xác định.    

 

 

 (1) 

g(x) luôn nghịch biến trong tập xác định.   

 

 

 (2) 

Mặt khác,  f(1) = f(4) = 4.      

 

 

 (3) 

  g '( x) 

36
 0 ,  x  [-3,+∞) 
(4 x 1)2

 

 

Từ (1),(2),(3)    x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (*) đã cho. 
2.2.2.2. Định lý 2: Cho f(x) là hàm liên tục và đơn điệu (đơn điệu tăng hoặc 
đơn điệu giảm) trên khoảng (a;b) thì  
f  x   f  y   x     y, x, y  (a; b).   

 
Chứng minh : 

+ Giả sử f là hàm liên tục và đồng biến. 
18 


Nếu x > y    f(x) > f(y), 
        x< y    f(x) < f(y), 
       x = y    f(x) = f(y). 
Tương tự khi f là hàm liên tục và nghịch biến.  
Vậy f(x) = f(y)   x = y. 

Ví dụ 2.2.1.3 Giải phương trình:    8 x3  2 x  ( x  2) x  1. (*)              
Lời giải: 
+ TXĐ: x ≥ -1 
+ Phương trình (*)  (2 x)3  2 x  ( x  1)3  x  1   (1) 
Đặt  f  t      t 3   t  có f ’  t   3t 2   1  0, t.   
Phương trình (1)   f(2x) = f( x  1 ) 
                                2 x  x  1.  

x  0
x  0
 2
 2

4x  x  1 4x  x  1  0
 x = 

x  0


1  17  
.
x 
8


1  17
  là nghiệm duy nhất của phương trình. 
8

Nhận xét:  

   - Nếu f(x)là một hàm liên tục, đơn điệu tăng hoặc đơn điệu giảm trong 
khoảng (a;b):  f  x   f  y   x     y, x, y  (a; b).  
   - Xuất phát từ phương trình vơ tỷ đơn giản:  3x  2 = x 
   Ta lập phương trình:  f ( x)  f ( 3x  2)  


x 2  2 x  3x  2  2  0  



x2  x 1  ( 3x  2)2  3x  2 1 

19 


x  1
 
 x  2.

  x = 3 x  2    

Vậy phương trình đã cho (*) có hai nghiệm là x = 1 và x = 2. 
3
3
2
2
Ví dụ 2.2.1.4: Giải phương trình:  x  4x  5x  6  7x  9x  4. (i)        

Lời giải: 
Ta có thể đổi biến đưa phương trình (i) về hệ phương trình sau: 

 x3  4 x 2  5 x  6  y
Đặt y =  7 x  9 x  4 ,phương trình (i)     
2
3
 7x  9x  4  y
3

2

(*)

 

Cộng vế hai phương trình của hệ ta có : y3 + y = (x+1)3 + (x+1) 
  f(y) = f(x+1) 

Với f(t) = t3 + t,  f’(t) = 3t2 + 1 > 0  t  R  
Hàm f(t) ln đồng biến trên R 
Nên f(y) = f(x+1)   y = x+ 1 
Thay vào (*) ta có : 7x2 + 9x – 4 = (x + 1)3 
x  5
 
 (x-5) (x  + x – 1) = 0   
 x  1  5

2
2

Kết luận: Phương tình (i) đã cho có ba nghiệm là : x=5 và  x 

1  5
. 
2

3
3
2
2
Ví dụ 2.2.1.5: Giải phương trình:   3 x  2  3 x 1  2x 1  2x . (*)          

Lời giải 
u  3 x  1
Đặt  
 
v  3 2 x 2 .
3 3
3 3
Phương trình (*) có dạng:   u 1 u  v 1  v     f (u) = f (v) 
3 3
Với  f(t) = t +  t 1 . 

20