Đang tải... (xem toàn văn)
Trong chương trình toán học phổ thông đa số học sinh chỉ biết cách giải và biện luận các phương trình bậc thấp như phương trình bậc hai và phương trình bậc nhất. Khi gặp phương trình bậc ba , bậc bốn... nếu như không phải là các phương trình dạng đặc biệt hay nhẩm được nghiệm là các em lúng túng, ngay kể cả với giáo viên trung học phổ thông . Đây là lí do em chọn viết lại bài tiểu luận này dựa trên những kiến thức được thầy Nguyễn Văn Mậu giảng dạy. Em muốn có nhiều thầy cô biết được phương pháp này để dạy cho các em học sinh giải được tất cả các phương trình bậc ba,bậc bốn mà không cần dùng số phức. Cảm ơn thầy Nguyễn Văn Mậu đã giúp em có thể hoàn thiện bài tiểu luận này.\ chapter{Một số dạng đẳng thức cần dùng} section{Một số đồng nhất thức dạng đại số } Nhận thấy rằng đẳng thức cơ bản để dẫn đến sự phong phú của hệ thống các đồng nhất thức lượng giác là công thức: egin{equation}label{eq1}
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THUÝ VÂN PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA, BẬC BỐN VÀ ÁP DỤNG TIỂU LUẬN ĐA THỨC VÀ XẤP XỈ ĐA THỨC THÁI NGUYÊN - NĂM 2013 Mục lục Mở đầu 1 1 Một số dạng đẳng thức cần dùng 2 1.1 Một số đồng nhất thức dạng đại số . . . . . . . . . . . . . 2 1.2 Các hằng đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 2 Sử dụng đồng nhất thức giải phương trình bậc ba 6 2.1 Dạng 1. Giải phương trình 4x 3 − 3x = m . . . . . . . . . . 6 2.2 Dạng 2. Giải phương trình 4x 3 + 3x = m; m ∈ R . . . . . 7 2.3 Mọi phương trình bậc 3 đều được đưa về dạng (1), dạng (2) 8 3 Sử dụng đồng nhất thức giải phương trình bậc bốn 9 3.1 Hằng đẳng thức cơ bản bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . 9 3.2 Giải phương trình bậc bốn dạng x 4 = ax 2 + bx + c. . . . . 9 3.3 Giải phương trình bậc bốn dạng tổng quát t 4 + αt 3 + βt 2 + γt + δ = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 4 Một số áp dụng trong đại số 11 4.1 Các ví dụ áp dụng phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . 11 4.2 Một số ví dụ về phương trình bậc bốn . . . . . . . . . . . . 13 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 Tài liệu tham khảo 17 1 Mở đầu Trong chương trình toán học phổ thông đa số học sinh chỉ biết cách giải và biện luận các phương trình bậc thấp như phương trình bậc hai và phương trình bậc nhất. Khi gặp phương trình bậc ba , bậc bốn nếu như không phải là các phương trình dạng đặc biệt hay nhẩm được nghiệm là các em lúng túng, ngay kể cả với giáo viên trung học phổ thông . Đây là lí do em chọn viết lại bài tiểu luận này dựa trên những kiến thức được thầy Nguyễn Văn Mậu giảng dạy. Em muốn có nhiều thầy cô biết được phương pháp này để dạy cho các em học sinh giải được tất cả các phương trình bậc ba,bậc bốn mà không cần dùng số phức. Cảm ơn thầy Nguyễn Văn Mậu đã giúp em có thể hoàn thiện bài tiểu luận này. 1 Chương 1 Một số dạng đẳng thức cần dùng 1.1 Một số đồng nhất thức dạng đại số Nhận thấy rằng đẳng thức cơ bản để dẫn đến sự phong phú của hệ thống các đồng nhất thức lượng giác là công thức: sin 2 t + cos 2 t = 1; (1.1) Gắn với hệ thức (4.1) là đồng nhất thức Lagrange: (2x) 2 + (1 − x 2 ) = (1 + x 2 ) 2 . (1.2) Hai công thức (đồng nhất thức ) (4.1) và (4.2) là hai cách viết của một hệ thức. Nếu ta thay x = tan t 2 vào (4.2) thì ta có (2. tan t 2 ) 2 + (1 − tan 2 t 2 ) 2 = (1 + tan 2 t 2 ) 2 ⇔ 4sin 2 t 2 .cos 2 t 2 + (cos 2 t 2 − sin 2 t 2 ) = 1 ⇔ sin 2 t + cos 2 t = 1 Ngược lại : (4.1) ⇔ 4sin 2 t 2 cos t 2 + (cos 2 t 2 − sin 2 t 2 ) = 1 ⇔ 4tan 2 t 2 + (1 − tan 2 t 2 ) 2 = (1 + tan 2 t 2 ) 2 Đặt x = tan t 2 ta có (2x) 2 + (1 − x 2 ) 2 = (1 + x 2 ) 2 , ∀x ∈ R Như vậy là mỗi công thức lượng giác sẽ tương ứng với một đồng nhất thức đại số tương ứng. 2 Tuy nhiên, với số lượng các công thức biến đổi lượng giác quá nhiều, bản thân các hệ thức lượng giác tạo thành một chuyên đề có tính độc lập tương đối, dần tách hẳn cơ sở đại số của nó, đã làm chúng ta quên đi một lượng lớn các hệ thức đại số có cùng xuất sứ từ một hệ thức quen biết. Đặc biệt trong chương trình toán bậc phổ thông hiện nay, các hàm số lượng giác ngược, hàm lượng giác hyperbolic, không nằm trong phần kiến thức bắt buộc thì những bài toán liên quan đến cũng là một thách thức lớn đối với học sinh và cả giáo viên. Ta nhắc lại công thức Euler đã biết. e iα = cos α + i sin α; α ∈ R (1.3) Khi đó cos α = e iα + e −iα 2 sin α = e iα − e −iα 2 Rõ ràng khi khảo sát hàm số cost thì ít ai nghĩ trong đầu nó có dạng 1 2 (a + 1 a ) vì khi đó a không còn là một số thực .Nhưng nếu ta chú ý đến biểu thức e α + e α 2 ; α ∈ R thì đó chính là cos(iα) (= cosh α) và vì vậy, về mặt hình thức thu được từ các công thức liên quan đến biến x /∈ [−1; 1], giống như công thức đối với hàm cos t. Ví dụ 1.1. Hệ thức đại số tương ứng với công thức cos 2t = 2cos 2 t − 1 chính là công thức : 1 2 (a 2 + 1 a 2 ) = 2( 1 2 (a + 1 a )) 2 − 1 . Ví dụ 1.2. Hệ thức đại số tương ứng với công thức cos 3t = 4cos 3 t −3 cos t chính là công thức: 1 2 (a 3 + 1 a 3 ) = 4( 1 2 (a + 1 a )) 3 − 3( 1 2 (a + 1 a )) hay 4x 3 − 3x = 1 2 (a 3 + 1 a 3 ) với x = 1 2 (a + 1 a ) a = 0. Ví dụ 1.3. Hệ thức đai số ứng với công thứccos 5t + cos t = 2 cos 3t. cos 2t chính là công thức: 1 2 (a 5 + 1 a 5 ) + 1 2 (a + 1 a ) = 2[ 1 2 (a 3 + 1 a 3 )].[ 1 2 (a 2 + 1 a 2 )] 3 . Từ ví dụ trên, sử dụng công thức kết quả khai triển các hàm lượng giác cos 3t và cos 2t , ta thu được đồng nhất thức đại số dạng bậc 5: 1 2 (a 5 + 1 a 5 ) = −m + 2(4m 3 − 3m)(2m 2 − 1) , trong đó m = 1 2 (a + 1 a ). Bây giờ ta chuyển sang xét các hệ thức đại số liên quan đến hàm số sin t. Từ công thức Euler, ta thu được hệ thức i sin t = e it − e −it 2 . Từ đây suy ra biểu thức i sin(it) = e −t − e t 2 nhận giá trị thực. Điều này gợi ý cho ta cách chuyển đổi các đồng nhất thức đối với hàm số sin sang các đồng nhất thức đại số. Ví dụ 1.4. Xét công thức khai triển sin 3t = 3 sin t −4sin 3 t . Từ đây ta thu được công thức (hình thức) : i sin(i3t) = 3(i sin t) + 4(i sin t) 3 . Hệ thức đại số tương ứng với công thức trên chính là đồng nhất thức : 1 2 (a 3 − 1 a 3 ) = 3( 1 2 (a − 1 a )) + 4( 1 2 (a − 1 a )) 3 hay 4x 3 + 3x = 1 2 (a 3 − 1 a 3 ) với x = 1 2 (a − 1 a ); a = 0. Ví dụ 1.5. Cho số thực m. Tính giá trị của biểu thức M = x 3 + 3 4 x trong đó x = 1 2 ( 3 m + √ m 2 + 1 + 3 m − √ m 2 + 1). Giải. Để ý rằng với mọi m đều tồn tại số thực q để m = 1 2 (q 3 − 1 q 3 ) (phương trình bậc hai theo q 3 ). Ta chỉ cần chọn q = 3 m + √ m 2 + 1 là đủ. Khi đó 1 2 (q − 1 q ) = 1 2 ( 3 m + m 2 + 1 + 3 m − m 2 + 1) = x. Ta có 4x 3 + 3x = m. Suy ra M = 1 4 . 4 Từ những kết quả trên ta có các hằng đẳng thức để giải và biện luận được nhiều dạng phương trình đại số bậc cao và công thức tính giá trị của một số biểu thức chứa căn thức. 1.2 Các hằng đẳng thức cơ bản 1. 4cos 3 α −3 cos α = cos 3α; 2. −4sin 3 α + 3 sin α = sin 3α; 3. |cos α| ≤ 1, ∀α ∈ R; 4. Nếu |m| > 1 thì viết m = 1 2 (a + 1 a ); (1.4) 5. Với m = 1 2 (a + 1 a ) thì 4m 3 − 3m = 1 2 (a 3 + 1 a 3 ); (1.5) 6. Với m = 1 2 (a − 1 a ) thì 4m 3 + 3m = 1 2 (a 3 − 1 a 3 ); (1.6) 5 Chương 2 Sử dụng đồng nhất thức giải phương trình bậc ba 2.1 Dạng 1. Giải phương trình 4x 3 − 3x = m Bài toán 2.1. Giải phương trình 4x 3 − 3x = 1 2 ; Lời giải. Ta có 1 2 = cos π 3 = cos(3. π 9 ) . Nên phương trình 4x 3 −3x = 1 2 có nghiệm x 1 = cos π 9 . Mặt khác cos π 3 = cos( π 3 + 2π) = cos 7 π 3 và cos π 3 = cos( π 3 −2π) = cos 5 π 3 nên phương trình có hai nghiệm x 2 = cos 7π 9 ; x 3 = cos 5π 3 . Bài toán 2.2. Giải phương trình 4x 3 − 3x = m; m ∈ (−1; 1); Lời giải. Với m ∈ (−1; 1) đặt m = cos α; (0 < α < π). Phương trình 4x 3 − 3x = m có ba nghiệm x 1 = cos α 3 ; x 2,3 = cos α ±2π 3 . Bài toán 2.3. Giải phương trình 4x 3 − 3x = 1. Lời giải. 4x 3 − 3x = 1 ⇔ (x − 1)(2x + 1) 2 = 0 ⇔ x 1 = 1 ∨ x 2,3 = − 1 2 . Bài toán 2.4. Giải phương trình 4x 3 − 3x = −1. Lời giải. 4x 3 − 3x = −1 ⇔ (x + 1)(2x − 1) 2 = 0 ⇔ x 1 = −1 ∨ x 2,3 = 1 2 . Bài toán 2.5. Giải phương trình 4x 3 − 3x = 2. Lời giải. Phân tích 2 = 1 2 (a 3 + 1 a 3 ) ⇔ a 3 = 2 ± √ 3 ⇔ a = 3 2 ± √ 3. Vậy ta có x 1 = 1 2 (a + 1 a ) = 1 2 ( 3 2 + √ 3 + 3 2 − √ 3) > 1 là nghiệm. Ta chứng minh x 1 là nghiệm thực duy nhất. 6 Ta có 4x 3 − 3x = 4x 1 3 − 3x 1 ⇔ 4(x 3 − x 1 3 ) −3(x −x 1 ) = 0 ⇔ (x − x 1 )(4x 2 + 4x 1 .x + 4x 1 2 − 3) = 0 Phương trình có hai nghiệm phức : x 2,3 = −x 1 ± i 3(x 1 2 − 1) 2 Bài toán 2.6. Giải phương trình 4x 3 − 3x = m, |m| > 1. Lời giải. Đặt m = 1 2 (a 3 + 1 a 3 ) ⇔ a 3 = m ± √ m 2 − 1 ⇔ a = 3 m ± √ m 2 − 1. Vậy ta có x 1 = 1 2 (a + 1 a ) = 1 2 ( 3 m + √ m 2 − 1 + 3 m − √ m 2 − 1) > 1 là nghiệm. Ta chứng minh x 1 là nghiệm thực duy nhất. Ta có 4x 3 − 3x = 4x 1 3 − 3x 1 ⇔ 4(x 3 − x 1 3 ) −3(x −x 1 ) = 0 ⇔ (x − x 1 )(4x 2 + 4x 1 .x + 4x 1 2 − 3) = 0 Phương trình có hai nghiệm phức : x 2,3 = −x 1 ± i 3(x 1 2 − 1) 2 . Vậy phương trình 4x 3 − 3x = m, m ∈ R đã giải được . 2.2 Dạng 2. Giải phương trình 4x 3 + 3x = m; m ∈ R Nhận xét vế trái là hàm đồng biến nên phương trình có nghiệm thực duy nhất. Bài toán 2.7. Giải phương trình 4x 3 + 3x = 2. Lời giải. Có 2 = 1 2 (a 3 − 1 a 3 ) ⇔ a 3 = 2 ± √ 5 ⇔ a = 3 2 ± √ 5. Theo hằng đẳng thức 6 thì phương trình có nghiệm x 1 = 1 2 (a − 1 a ) = 1 2 ( 3 2 + √ 5 + 3 2 − √ 5). 7 Bài toán 2.8. Giải phương trình 4x 3 + 3x = m; m ∈ R. Lời giải. Đặt m = 1 2 (a 3 − 1 a 3 ) ⇔ a 3 = m ± √ m 2 + 1 ⇔ a = 3 m ± √ m 2 + 1. Theo hằng đẳng thức 6 thì phương trình có nghiệm x 1 = 1 2 (a− 1 a ) = 1 2 ( 3 m + √ m 2 + 1+ 3 m − √ m 2 + 1). 2.3 Mọi phương trình bậc 3 đều được đưa về dạng (1), dạng (2) Phương trình at 3 + bt 2 + ct + d = 0; a, b, c, d ∈ R; a = 0. Bước 1 : Tìm cách để phương trình bậc 3 khuyết bậc 2 . Điểm uốn t = −b 3a . Đặt t = −b 3a + y ta có phương trình : a(y − b 3a ) 3 + b(y − b 3a ) 2 + c(y − b 3a ) + d = 0 ⇔ ay 3 + ( b 2 3a − 2b 2 3a + c)y − b 3 27a 2 + b 2 9a 2 − b 3a + d = 0 ⇔ y 3 + (− b 2 3a 2 + c a )y + 2b 3 27a 3 − cb 3a 2 + d a = 0 ⇔ y 3 + py + q = 0, với p = − b 2 3a 2 + c a , q = 2b 3 27a 3 − cb 3a 2 + d a . + Nếu p = 0 thì y = 3 √ −q. + Nếu p > 0, đặt y = λx. Phương trình trở thành λ 3 x 3 + pλx + q = 0 ⇔ x 3 + p λ 2 = − q λ 3 Chọn λ để p λ 2 = 3 4 ⇔ λ = 2 p 3 Vậy đặt y = 2 p 3 x ta có 4x 3 + 3x = m đã biết cách giải. + Nếu p < 0, đặt y = 2 −p 3 x ta được 4x 3 − 3x = m cũng đã biết cách giải. Vậy tất cả các phương trình bậc 3 đều có thể giải được . 8 [...]... Giải phương trình này ta thu được các nghiệm √ x1 , 2 = Vậy nghiệm t1 , 2 = √ 5± 5± √ 1+4 5 − 1 2 15 √ 1+4 5 2 Kết luận Luận văn Phương pháp giải phương trình bậc ba, bậc bốn và áp dụng” đã giải quyết được những vấn đề sau: 1 Tiểu luận đã trình bày phương pháp giải phương trình bậc ba 2 Tiểu luận đã trình bày phương pháp giải phương trình bậc bốn 3 Cuối cùng, Tiểu luận trình bày ứng dụng của phương. .. phương trình bậc bốn tổng quát về dạng phương trình bậc bốn khuyết bậc ba, ta cần tịnh tiến điểm siêu uốn về gốc tọa đ , tức t = Khi đó phương trình có dạng x4 = ax2 + bx + c, trong đó 6α − , 16 2α3 1 b= + αβ − , 16 2 1 4 c= 3α − 16βα2 + 64αβ − 256δ 16 a= Tiếp theo ta giải phương trình trên theo cách đã biết 10 −α + x 4 Chương 4 Một số áp dụng trong đại số 4.1 Các ví dụ áp dụng phương trình bậc ba Bài... x2 + (c + d)x = t, ta thu được phương trình (t + ab)(t + cd) = m Giải và biện luận phương trình (4.8) ta thu được t và từ đó tính được x 13 (4.8) Bài toán 4.6 Giải phương trình (x + a)4 + (x + b)4 = m Lời giải Đặt x = t − (4.9) a+b Phương trình trở thành phương trình trùng phương 2 dạng 2t4 + 12t2 + 2 − m = 0 Giải phương trình này tìm được t, từ đó tình được x Bài toán 4.7 Giải phương trình ax4 + bx3... 0, t = x + α x (4.13) Giải và biện luận phương trình bậc hai (4.13 ), từ đó tìm được t và sau đó tính x Bài toán 4.8 Cho a = 0 Khai triển biểu thức √ 1−a x 8 √ + 1+a x 8 ta thu được đa thức bậc bốn P (x) Giải phương trình P (x) = 0 √ Lời giải Đặt a2 x = t ta được phương trình 1 − t ⇔ t4 + 28t3 + 70t2 + 28t + 1 = 0 14 8 + 1+ √ 8 t =0 Đây là phương trình hồi quy nên dễ dàng đưa về phương trình dạng bậc. .. bình phương của nhị thức bậc nhất, tức là biểu thức ∆ = 0 Mặt khác ∆ = b2 − 4(a + 2m)(c + m2 ) = 0, ta được phương trình bậc 3 theo m (luôn có nghiệm thực) Chọn nghiệm thực ta được x4 = ax2 +bx+c ⇔ (x2 +m0 )2 = (a + 2m0 − x0 )2 )(x a + 2m0 < 0, vô nghiệm a + 2m0 = 0, phương trình có dạng (x2 + α)2 = c + α2 Nếu a + 2m0 > 0, có nghiệm Vậy phương trình bậc bốn x4 = ax2 + bx + c đã giải được 9 3.3 Giải. ..Chương 3 Sử dụng đồng nhất thức giải phương trình bậc bốn 3.1 Hằng đẳng thức cơ bản bậc bốn Ta có x4 = (x2 )2 = [(x2 + m) − m]2 = (x2 + m)2 − (2mx2 + m2 ) ⇔ x4 = (x2 + m)2 − (2mx2 + m2 ), ∀m ∈ R Nên ta có thể áp dụng để giải tất cả các phương trình bậc bốn trong tập số thực R 3.2 Giải phương trình bậc bốn dạng x4 = ax2 +bx+c Ta sử dụng biến đổi sau đây x4 = ax2 + bx... Giải phương trình bậc bốn dạng tổng quát t4 + αt3 + βt2 + γt + δ = 0 Phân tích, ta cần đưa phương trình bậc bốn tổng quát về dạng phương trình x4 = ax2 + bx + c đã biết cách giải Ở đây ta cần dùng thêm một kiến thức mới là điểm "siêu uốn" của hàm bậc 4, tức là điểm tại đó đạo hàm bậc 3 của hàm số triệt tiêu Hoành độ của điểm siêu uốn là nghiệm của phương trình y (x) = 0 hay x0 = −a1 4a0 Để chuyển phương. .. 2, suy ra Suy ra t = √ sin α + cos α = 1 − hay 2 √ 1 − x2 = 1 − 2, √ √ x≤1− 2 x≤1− √ 2 √ √ ⇔ 2 = (1 − 2 − x)2 x2 − (1 − 2)x + (1 − 2) = 0 1−x √ √ 1 − 2 + 2 −1 ⇔x= 2 x+ tức √ 12 (4.5) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là √ 2 1− x= ; x= 2 4.2 √ √ 2 2−1 2+ 2 Một số ví dụ về phương trình bậc bốn Bài toán 4.4 Giải phương trình trùng phương ax4 + bx2 + c = 0 (a = 0, c = 0) (4.6) Lời giải Đăt x2 = y,... bài toán nội suy và áp dụng, NXB Giáo Dục 4 Nguyễn Văn Mậu, 200 2, Một số bài toán chọn lọc về dãy s , NXB Giáo Dục 5 Nguyễn Văn Mậu, 200 7, Chuyên đề chọn lọc lượng giác và áp dụng, NXB Giáo Dục 6 Nguyễn Văn Mậu, 199 4, Phương pháp giải phương trình và bất phương trình, NXB Giáo Dục 7 Các bài thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam (1990-2006 ), NXB Giáo Dục 17 ... phương trình bậc ba Bài toán 4.1 Giải phương trình 8x3 + 24x2 + 6x − 10 − √ 3 = 0 (4.1) 3 4 Lời giải Phương trình (4.1) tương đương với phương trình sau x3 + 3x2 + x − √ 10 + 3 6 = 0 8 Đặt x = y − 1 Ta thu được phương trình √ 3 6 9 = 0 y − y− 4 8 3 √ √ 2 3 − 3t = Lại đặt y = t 3 ta thu được phương trình 4t 2 π 3π 7π Phương trình này có các nghiệm là t1 = cos , t2 = cos , t3 = cos Trở 12 14 12 π 3π 7π . bx 2 + c = 0 (a = 0, c = 0) . (4.6) Lời giải. Đăt x 2 = y, y ≥ 0. Khi đó phương trình 4.6trở thành ay 2 + by + c = 0, y ≥ 0. Giải phương trình bậc hai này ta tìm được y, từ đó (với y ≥ 0) ta tính. (x 2 +m 0 ) 2 = (a + 2m 0 )(x −x 0 ) 2 . Nếu a + 2m 0 < 0, vô nghiệm a + 2m 0 = 0, phương trình có dạng (x 2 + α) 2 = c + α 2 a + 2m 0 > 0, có nghiệm. Vậy phương trình bậc bốn x 4 = ax 2 +. Nguyễn Văn Mậu, 200 9, Một số chuyên đề đại số bồi dưỡng học sinh giỏi, NXB Giáo Dục. 2. Nguyễn Văn Mậu, 200 6, Bất đẳng thức, định lý và áp dụng, NXB Giáo Dục. 3. Nguyễn Văn Mậu, 200 7, Các bài toán