Tài liệu Chukienthuc.com su bat dinh cua he so da thuc

Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp SỰ BẤT ĐỊNH CỦA HỆ SỐ ĐA THỨC NGUỒN GỐC CHO LỜI GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP. Người thực hiện: Lê Sỹ Giảng A. Đặt vấn đề: Khi giải một số phương trình mũ-logarit cũng như một số phương trình, hệ phương trình đại số trong các kỳ thi quốc gia do Bộ GD-ĐT tổ chức.Với câu hỏi thường gặp của học sinh trong quá trình giải toán” Làm sao nghĩ ra lời giải tự nhiên và đẹp đến vậy? Mấu chốt vấn đề ở đâu?”.Để giúp học sinh trả lời câu hỏi, sau đây chúng ta sẽ giải quyết một phần nhỏ của vấn đề lớn nêu trên. B.Giải quyết vấn đề: Cở sở phương pháp: • Dùng phép biến đổi tuyến tính đa thức để phân tích thành tổng các đa thức, các hằng đẳng thức như ý muốn. • Ứng dụng đạo hàm trong việc khảo sát sự biến thiên của hàm số để xác định số nghiệm của phương trình. • Tính đơn điệu của hàm số: Giả sử hàm số f (x) đơn điệu trên tập D ⊂ R với x1 , x2 ∈ D khi đó ta có: f (x1 ) = f (x2 ) ⇐⇒ x1 = x2 • Bất đẳng thức AM-GM: Cho hai số a, b không âm, khi đó: √ a + b ≥ 2 ab dấu ”=” đạt được nếu và chỉ nếu a = b • P/S: Ngoài ra chúng ta có thể sử dụng phương pháp biến đổi tuyến tính đa thức để sáng tác ra phương trình, hệ phương trình phù hợp với yêu cầu của từng kỳ thi ở các mức độ "khó" khác nhau!. I. PHƯƠNG TRÌNH MŨ-LOGARIT: Ví dụ 1: Giải phương trình:7x−1 = 1 + 2 log7 (6x − 5)3 (1) Lời giải: 5 6 Cần tìm α, β ∈ R sao cho: 1 = α(x − 1) + β(6x − 5) ⇐⇒ 1 = (α + 6β)x − α − 5β Điều kiện: x > ( α + 6β ⇐⇒ −α − 5β =0 ⇐⇒ =1 ( α = −6 β =1 =⇒ (1) ⇐⇒ 7x−1 − 6 log7 (6x − 5) = −6(x − 1) + 6x − 5 ⇐⇒ 7x−1 + 6(x − 1) = 6x − 5 + 6 log7 (6x − 5) 1 c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu. Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp Xét hàm: ϕ(t) = t + 6 log7 t có: ϕ0 (t) = 1 + 6 1 > 0 ∀t > 0 t ln 7 Nên ϕ(t) là hàm đồng biến, do đó:
ϕ 7x−1 = ϕ(6x − 5) ⇐⇒ 7x−1 = 6x − 5 Xét hàm: f (a) = 7a − 6a − 1; a = x − 1 > − 1 có: f 0 (a) = 7a ln 7 − 6 6 ⇒ f 0 (a) = 0 ⇐⇒ a0 = log7 6 − log7 (ln 7) Hình 1: Vì hàm số f (a) đồng biến trên (−∞; a0 ) và nghịch biến trên (a0 ; +∞) nên f (a) = 0 có không quá hai nghiệm. Hơn nữa f (0) = f (1) = 0 do đó a1 = 0, a2 = 1 là 2 nghiệm của phương trình f (a) = 0 Suy ra phương trình đã cho có tập nghiệm là: S1 = { 1; 2}  Bài toán tổng quát: Giải các phương trình: a) af (x) − k loga g(x) = h(x) (∗)(a > 1, k > 0) Giả sử : h(x) = g(x) − kf (x) khi đó phương trình (*) trở thành: af (x) + kf (x) = g(x) + k loga g(x) Xét hàm: ϕ(t) = t + k loga t, t > 0 có: ϕ0 (t) = 1 + k 1 > 0, ∀t > 0, a > 1 ⇒ ϕ(t) là hàm số đồng t ln a biến trên (0; +∞), nên: ϕ(af (x) ) = ϕ(g(x)) ⇐⇒ af (x) = g(x) Yêu cầu bài toán trở thành: Giải phương trình: af (x) − g(x) = 0 (phương trình này thông thường được giải bằng cách khảo sát và chứng minh các nghiệm tìm được là duy nhất!) b) af (x) + k loga g(x) = h(x) (∗∗)(0 < a < 1, k > 0) Giả sử: h(x) = g(x) + kf (x) khi đó phương trình (**) trở thành: af (x) − kf (x) = g(x) − k loga g(x) Xét hàm: ϕ(t) = t − k loga t, t > 0, có: ϕ0 (t) = 1 − k 1 > 0; ∀t > 0, 0 < a < 1, k > 0 do đó hàm ϕ(t) t ln a đồng biến trên (0; +∞)
=⇒ ϕ af (x) = ϕ(g(x)) ⇐⇒ af (x) = g(x) Bài toán đã cho trở thành: Giải phương trình af (x) − g(x) = 0 (khảo sát sự biến thiên hàm số vế trái , lập bảng để biết số nghiệm và tìm được các nghiệm đó). 2 c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu. Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp Ví dụ 2: Giải phương trình: 8 log 1 2 (x − 1)2 = x2 − 18x − 31 (2) 2x + 1 Lời giải: 1 Điều kiện: x > − , x 6= 1 Cần tìm α, β, γ ∈ R thỏa mãn: 2 x2 − 18x − 31 = α(x − 1)2 + β(2x + 1) + γ ⇐⇒ x2 − 18x − 31 = αx2 + (2β − 2α)x + α + β + γ   α ⇐⇒ −2α + 2β   α+β+γ   =1 α = 1 = −18 ⇐⇒ β = −8   = −31 γ = −24 Khi đó phương trình (2) được viết lại như sau: (2) ⇐⇒ 8 log 1 (x − 1)2 − 8 log 1 (2x + 1) = (x − 1)2 − 8(2x + 1) − 24 2 2 1 ⇐⇒ log 1 (x − 1)2 − log 1 (2x + 1) = (x − 1)2 − (2x + 1) − 3 2 2 8 1 ⇐⇒ log 1 (x − 1)2 − (x − 1)2 = log 1 (2x + 1) − (2x + 1) − 3 2 2 8  1 1 (x − 1)2 − (x − 1)2 = log 1 (2x + 1) − (2x + 1) ⇐⇒ log 1 2 2 8 8 Xét hàm số: f (t) = log 1 t − t có: f 0 (t) = 2 1 − 1 < 0, ∀t > 0 do đó hàm số: f (t) nghịch biến trên t ln 21 (0; +∞), suy ra :  1 (x − 1)2 8  1 = f (2x + 1) ⇐⇒ (x − 1)2 = 2x + 1 8 √  x = 9 + 2√22 2 ⇐⇒ x − 18x − 7 = 0 ⇐⇒ x = 9 − 2 22 √ √  Suy ra phương trình đã cho có tập nghiệm là: S2 = 9 − 2 22; 9 + 2 22  f Bài toán tổng quát: Giải phương trình: loga f (x) = h(x) (∗ ∗ ∗); 0 < a 6= 1, f (x) > 0, g(x) > 0 g(x) • Trường hợp 1: h(x) = −f (x) + ak g(x) + k và a > 1 thì: f (x) = −f (x) + ak g(x) + k g(x) =⇒ loga f (x) − loga g(x) = −f (x) + ak g(x) + k
=⇒ loga f (x) + f (x) = loga ak g(x) + ak g(x) (∗ ∗ ∗) ⇐⇒ loga 1 + 1 > 0 với t > 0, a > 1 từ đó hàm ϕ(t) đồng t ln a
ϕ (f (x)) = ϕ ak g(x) ⇐⇒ f (x) = ak g(x) Xét hàm: ϕ(t) = loga t + t, t > 0 có: ϕ0 (t) = biến trên (0; +∞) nên: 3 c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu. Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp • Trường hợp 2: h(x) = f (x) − ak g(x) + k thì: f (x) = f (x) − ak g(x) + k g(x) =⇒ loga f (x) − loga g(x) = f (x) − ak g(x) + k (∗ ∗ ∗) ⇐⇒ loga =⇒ loga f (x) − f (x) = loga g(x) − ak g(x) + k
=⇒ loga f (x) − f (x) = loga ak g(x) − ak g(x) Xét hàm: ϕ(t) = loga t − t, t > 0 có: ϕ0 (t) = 1 − 1 < 0 với t > 0; 0 < a < 1 từ đó hàm ϕ(t) t ln a nghịch biến trên (0; +∞) nên:
ϕ(f (x)) = ϕ ak g(x) ⇐⇒ f (x) = ak g(x) • Trường hợp 3: h(x) = kg(x) − kf (x) thì: f (x) = kg(x) − kf (x) g(x) =⇒ loga f (x) − loga g(x) = kg(x) − kf (x) =⇒ loga f (x) + kf (x) = loga g(x) + kg(x) (∗ ∗ ∗) ⇐⇒ loga 1 + k tùy từng khả năng mà chúng ta có thể kết t ln a luận được dấu của ϕ0 (t) từ đó hàm ϕ(t) đơn điệu trên (0; +∞) và suy ra được rằng: Xét hàm: ϕ(t) = loga t + kt, t > 0 có: ϕ0 (t) = ϕ (f (x)) = ϕ (g(x)) ⇐⇒ f (x) = g(x)  1−x √  x1 1 Ví dụ 3: Giải phương trình: 2x 3 − 2x = 2x2 − 2x − 1 (3) 3 Lời giải: √
x1 Điều kiện: x 6= 0, khi đó: (3) ⇐⇒ 3 −  1−x 1 2x2 − 2x − 1 = 3 2x Cần tìm α, β, γ ∈ R thỏa mãn: 2x2 − 2x − 1 1 = α + β(x − 1) + γ 2x x 2x2 − 2x − 1 −βx2 + (β + γ)x + α ⇐⇒ = 2x x   α = −1   1 ⇐⇒ β = −  2   γ =0 √  x1  1 1−x 1 =⇒ (3) ⇐⇒ 3 − = − − (1 − x) 3 2x  1−x 1 1 1 ⇐⇒ 3 2x + = − (1 − x) 2x 3 1 1 ⇐⇒ 3 2x + = 3x−1 + x − 1 (30 ) 2x 4 c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu. Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp Xét hàm f (t) = 3t + t có: f 0 (t) = 3t ln 3 + 1 > 0, 0 6= t ∈ R nên hàm số f (t) đồng biến trên (−∞; 0) ∪ (0; +∞) do đó:   1 1 0 = f (x − 1) ⇐⇒ =x−1 (3 ) ⇐⇒ f 2x 2x √  1+ 3  x= 2√ ⇐⇒ 2x2 − 2x − 1 = 0 ⇐⇒  1− 3 x= 2 ( √ √ ) 1+ 3 1− 3 Vậy tập nghiệm phương trình ban đầu là: S3 = ;  2 2 Bài toán tổng quát: Giải phương trình sau: af (x) − ag(x) = h(x) (0 < a 6= 1) (4∗) Giả sử: h(x) = kg(x) − kf (x), khi đó phương trình (4∗) tương đương với: af (x) + kf (x) = ag(x) + kg(x) Xét hàm số: ψ(t) = at + kt, có: ψ 0 (t) = at ln a + k từ đó suy ra được hàm số f (t) đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó và dẫn đến: ψ (f (x)) = ψ(g(x)) ⇐⇒ f (x) = g(x) Ví dụ 4: Giải phương trình: 3x 2 +5x+1 − 50.9x 2 +x − 812x−1 = 0 (4) Lời giải: Điều kiện: x ∈ R (4) ⇐⇒ 3x 2 +5x+1 − 50.32x 2 +2x − 38x−4 = 0 (40 ) Cần tìm α, β, γ ∈ R sao cho: x2 + 5x + 1 = α(2x2 + 2x) + β(8x − 4) + γ ⇐⇒ x2 + 5x + 1 = 2αx2 + (2α + 8β)x − 4β + γ   1   α =   2α = 1   2 ⇐⇒ 2α + 8β = 5 ⇐⇒ β = 1     2  −4β + γ = 1 γ = 3 1 =⇒ (40 ) ⇐⇒ 3 2 (2x Đặt u = 3x 2 +x 2 +2x)+ 1 (8x−4)+3 2 − 50.32x 2 +2x − 38x−4 = 0 (400 ) , v = 34x−2 khi đó (400 ) trở thành: 27uv − 50u2 − v 2 = 0 ⇐⇒ 25uv − 50u2 − v 2 + 2uv = 0 ⇐⇒ 25u(v − 2u) − v(v − 2u) = 0 ⇐⇒ (25u − v)(v − 2u) = 0   2 25u − v = 0 25.3x +x = 34x−2 ⇐⇒ =⇒ 2 v − 2u = 0 34x−2 = 2.3x +x  2  2 x + x + log3 25 = 4x − 2 x − 3x + 2 + log3 25 = 0 (a) =⇒ ⇐⇒ 2 x + x + log3 2 = 4x − 2 x2 − 3x + 2 + log3 2 = 0 (b)  ∆(a) = 1 − 4 log3 25 < 0 Vì nên phương trình (4’) vô nghiệm! ∆(b) = 1 − 4 log3 2 < 0 5 c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu. Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp Vậy tập nghiệm của phương trình: S4 = {∅}  Bài toán tổng quát: Giải phương trình: maf (x) + nag(x) + lah(x) + p = 0 Giả sử: h(x) = αf (x) + βg(x), khi đó đặt: u = af (x) ; v = ag(x) ta được phương trình hai ẩn đối với u, v mu + nv + luα v β + p = 0 Có thể đưa về phương trình tích để giải. II. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ: √ √ √ Ví dụ 5: Giải phương trình: 2 1 − x − 1 + x + 3 1 − x2 = 3 − x (5) Lời giải: Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1. Ta tìm α, β ∈ R sao cho: −x + 3 = α √ 1−x
2 +β √ 1+x 2 ⇐⇒ −x + 3 = (−α + β)x + α + β ( ( −α + β = −1 α =2 ⇐⇒ ⇐⇒ α+β =3 β =1 √ √ √ =⇒ (5) ⇐⇒ 1 + x + 2(1 − x) − 2 1 − x + 1 + x − 3 1 − x2 = 0 (50 ) √ √ Đặt: u = 1 + x ≥ 0, v = 1 − x ≥ 0, khi đó phương trình (5’) trở thành: u2 + 2v 2 − 2v + u − 3uv = 0 ⇐⇒ (u2 − 2uv) + (u − 2v) − (uv − 2v 2 ) = 0 ⇐⇒ u(u − 2v) + (u − 2v) − v(u − 2v) = 0 ⇐⇒ (u − 2v)(u − v + 1) = 0   √ √ u − 2v = 0 1 + x = 2 √ 1−x ⇐⇒ ⇐⇒ √ v =u+1 1−x= 1+x+1  5x  =3   (−1 − 2x)2 = 4(x + 1) 1 + x = 4(1 − x) √ ⇐⇒ ⇐⇒   1−x=x+2+2 1+x 1 −1 ≤ x ≤ − 2   3 3  x= 3 x=   5 √   5 x=     5√ x = ± 3 ⇐⇒  4x2 = 3 ⇐⇒  ⇐⇒   3  2  1 x = − 1 −1 ≤ x ≤ −  2 −1 ≤ x ≤ − 2 2 ( Kết luận: Phương trình đã cho có tập nghiệm là: S5 = √ 3 3 − ; 2 5 )  √ √ Ví dụ 6: Giải phương trình: x + 4 x + 3 + 2 3 − 2x = 11 (6) Lời giải: 3 Điều kiện: −3 ≤ x ≤ , khi đó : 2 √ √ √ √ 4 x + 3 + 2 3 − 2x = 11 ⇐⇒ x − 11 + 4 x + 3 + 2 3 − 2x = 0 6 (60 ) c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu. Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp Tìm a, b, c, d ∈ R thỏa mãn:  √ 2 √ √ √
2 x − 11 + 4 x + 3 + 2 3 − 2x = a x + 3 + b + c 3 − 2x + d Đồng nhất các hệ số tương ứng :  2 a − 2c2    2ab  2cd    2 3a + b2 + 3c2 + d2  =1 (a, b, c, d) = (−1, 2, −1, 1)  (a, b, c, d) = (−1, 2, 1, −1) =4 =⇒   (a, b, c, d) = (1, −2, −1, 1) =2 (a, b, c, d) = (1, −2, 1 − 1) = −11 Chọn (a, b, c, d) = (1; −2; 1; −1) ta có: (60 ) ⇐⇒ √ 2 √
2 x+3−2 + 3 − 2x − 1 = 0 ⇐⇒ (√ x+3 =2 √ ⇐⇒ x = 1 3 − 2x = 1 (nhận) Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S6 = {1}  √ Ví dụ 7: Giải phương trình sau: 2x2 − 11x + 21 − 3 3 4x − 4 = 0 (7) Lời giải: Cần tìm α, β, γ ∈ R sao cho: 2x2 − 11x + 21 = α(4x − 4)2 + β(4x − 4) + γ ⇐⇒ 2x2 − 11x + 21 = 16αx2 + (4β − 32α)x + (16α − 4β + γ)   1   α =   16α = 2   8 ⇐⇒ 4β − 32α = −11 ⇐⇒ β = − 7     4  16α − 4β + γ = 21 γ = 12 √ 7 1 =⇒ (7) ⇐⇒ (4x − 4)2 − (4x − 4) + 12 − 3 4x − 4 = 0 (70 ) 8 4 Đặt: u = √ 3 4x − 4 khi đó phương trình (7’) trở thành: u6 − 14u3 − 24u + 96 = 0 ⇐⇒ (u − 2)2 (u4 + 4u3 + 18u + 24) = 0  u−2=0 =⇒ =⇒ u = 2 =⇒ x = 3 u4 + 4u3 + 18u + 24 = 0 (vô nghiệm) Vì: • Nếu: u ≤ 0 thì u6 − 14u3 − 24u + 96 > 0 • Nếu: u > 0 thì u4 + 4u3 + 18u + 24 > 0 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S7 = {3}  III. HỆ PHƯƠNG TRÌNH: 7 c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu. Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp ( x3 − y 3 Ví dụ 8: Giải hệ phương trình sau: 2x2 + 3y 2 = 35 (1) = 4x − 9y (2) Lời giải: Lấy (1) + α.(2) ta được: x3 − y 3 − 35 + α(2x2 + 3y 2 − 4x + 9y) = 0 ⇐⇒ x3 + 2αx2 − 4αx − y 3 + 3αy 2 + 9αy − 35 = 0 (10 ) Ta cần tìm 3 số a, b, α ∈ R sao cho: x3 + 2αx2 − 4αx − y 3 + 3αy 2 + 9αy − 35 = (x + a)3 − (y + b)3   3 3   a − b = −35  α = −3 ⇐⇒ 3a = 2α ⇐⇒ a = −2    2  3a = −4α b =3 Do đó phương trình (10 ) trở thành: (x − 2)3 − (y + 3)3 = 0 (20 ) bởi vậy ta có hệ phương trình: ( ( ( (x − 2)3 − (y + 3)3 = 0 x−2 =y+3 y+5 =x ⇐⇒ ⇐⇒ 3 3 3 3 3 3 x −y = 35 x − y = 35 x − y = 35 =⇒ (y + 5)3 − y 3 − 35 = 0 ⇐⇒ 15y 2 + 75y + 90 = 0 =⇒ (y + 2)(y + 3) = 0 (3)  ( x =2 (   y = −3 (y + 2)(y + 3) = 0 ( Từ (20 ) và (3) ta có hệ phương trình: =⇒   x =3 y+5 =x  y = −2 Vậy tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là: S8 = {(2, −3); (3; −2)}  Nhận xét: Những hệ phương trình chứa các hạng tử là x3 , x2 , x và y 3 , y 2 , y ta có thể sử dụng hệ số bất định đưa về hằng đẳng thức quen thuộc! Ví dụ 9: Giải hệ phương trình sau: Lời giải: Ta có:   x 2 + y 2 1 5 = −y(3x + 1) = 57  4x2 + 3x − 25   x2 + y 2 − 1 5 (I) ⇐⇒ 57  2 4x + 3xy + 3x + y − 25 (I) =0 (1) =0 (2) Lấy α(1) + β.(2) :     1 57 2 2 2 α x +y − + β 4x + 3xy + 3x + y − =0 5 25    β α 57β β 2 2 ⇐⇒ α 1+4 x + 3 xy + y + β(3x + y) − − =0 α α 5 25    β β α 57β α 57β 2 2 =⇒ α 1+4 x + 3 xy + y + β(3x + y) − − = α(3x + y)2 + β(3x + y) − − α α 5 25 5 25 8 c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu. Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp   1 + 4 β α ⇐⇒ β  3 α ( α =1 ⇐⇒ β =2 = 6α =9 Từ đó suy ra: Lấy (1) + 2.(2) ta được phương trình hệ quả:    7 17 119 2 = 0 ⇐⇒ 3x + y − 3x + y + =0 (3x + y) + 2(3x + y) − 25 5 5   7 7  3x + y = 5  y = −3x + 5 =⇒  (II) 17 =⇒  17 3x + y = − y = −3x − 5 5 Kết hợp (II) và phương trình thứ nhất của (I) ta được:     x = 2   5       1 1 42 44      2 2 2 x + y − 10x − x + y = = 0 = 0     5 5 5 25         7 7 11       x = =y −3x + =y  −3x +     5 5     25 =⇒  =⇒     2 2 1 102 284    y = 2  x + y 2 −   10x + =0 x+ =0    25 5 5 25       17 17 102 284   2 −3x −   10x + =y =y −3x − x + =0  5 5 5 25 (Vô nghiệm)  17   −3x − =y 5     2 1 11 2 ; ; Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là: S9 = ,  5 5 25 25 Nhận xét: Những hệ phương trình chứa các hạng tử là x2 , xy, y 2 và x, y ta có thể sử dụng hệ số bất định đưa về phương trình bậc 2 với ẩn số dạng (ax + by)! IV.BẤT ĐẲNG THỨC-CỰC TRỊ. Ví dụ 10: Cho a, b, c là các số thực dương.CMR: 8a2 + 9b2 + 3c2 ≥ 14ab + 2ac + 4bc (10) Lời giải: Cần tìm α, β, γ sao cho: α(a2 + b2 ) + β(b2 + c2 ) + γ(c2 + a2 ) = 8a2 + 9b2 + 3c2 ⇐⇒ (α + γ)a2 + (α + β)b2 + (β + γ)c2 = 8a2 + 9b2 + 3c2     α + γ = 8 α = 7 ⇐⇒ β + α = 9 ⇐⇒ β = 2     β+γ =3 γ =1 Từ đó chúng ta tách vế trái của (10) như sau: 8a2 + 9b2 + 3c2 = 7(a2 + b2 ) + 2(b2 + c2 ) + (c2 + a2 ) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 7(a2 + b2 ) + 2(b2 + c2 ) + (c2 + a2 ) ≥ 14ab + 4bc + 2ac 9 c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu. Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp Vậy: 8a2 + 9b2 + 3c2 ≥ 14ab + 4bc + 2ac  Bài toán tổng quát: Cho X,Y,Z,U,T,V là các hàm số tương ứng với biến số a,b,c, còn α, β, γ, ζ, η, ξ là các số thực.CMR: αX(a, b, c) + βY(a, b, c) + γZ(a, b, c) ≥ ζU(a, b, c) + ηT(a, b, c) + ξV(a, b, c) Ta cần tìm m, n, p, q ∈ R sao cho: m (X(a, b, c) + Y (a, b, c)) + n (Y (a, b, c) + Z(a, b, c)) + p (Z(a, b, c) + X(a, b, c)) = = αX(a, b, c) + βY (a, b, c) + γZ(a, b, c) Hay: (m + p)X(a, b, c) + (m + n)Y (a, b, c) + (n + p)Z(a, b, c) = αX(a, b, c) + βY (a, b, c) + γZ(a, b, c)  α+β−γ    m =    m + p = α 2   β+γ−α ⇐⇒ m + n = β ⇐⇒ n =   2    n+p = γ  p = α + γ − β 2 Có thể áp dụng bất đẳng thức AM-GM chứng minh được: α+β−γ (X(a, b, c) + Y (a, b, c)) ≥ ζU (a, b, c) 2 β+γ−α (Y (a, b, c) + Z(a, b, c)) ≥ ηT (a, b, c) 2 α+γ−β (Z(a, b, c) + X(a, b, c)) ≥ ξV (a, b, c) 2 Với chú rằng biểu thức vế phải của bất đẳng thức cần chứng minh có thể là một số. B C A (11) Ví dụ 11: Tìm các góc của∆ABC , biết: 6 sin A + 3 sin B + 7 sin C = 4 cos + 10 cos + 2 cos 2 2 2 Lời giải: Ta biết rằng:     A+B A−B C sin A + sin B = 2 sin cos ≤ 2 cos (1) 2 2 2     A+C A−C B sin A + sin C = 2 sin cos ≤ 2 cos (2) 2 2 2     B+C B−C A sin B + sin C = 2 sin cos ≤ 2 cos (3) 2 2 2 Từ các bất đẳng thức (1), (2), (3) và đẳng thức (11) gợi ý cho ta tìm các số α, β, γ thỏa mãn: α (sin A + sin B) + β (sin B + sin C) + γ (sin C + sin A) = 6 sin A + 3 sin B + 7 sin C ⇐⇒ (α + γ) sin A + (α + β) sin B + (β + γ) sin C = 6 sin A + 3 sin B + 7 sin C     α + γ = 6 α = 1 ⇐⇒ α + β = 3 ⇐⇒ β = 2     β+γ =7 γ =5 10 c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu. Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp Từ đó (sin A + sin B) + 2(sin B + sin C) + 5(sin C + sin A) = 6 sin A + 3 sin B + 7 sin C B C A ≤ 4 cos + 10 cos + 2 cos 2 2 2 A B C =⇒ 6 sin A + 3 sin B + 7 sin C = 4 cos + 10 cos + 2 cos 2 2 2       B−C C−A A−B = cos = cos =1 ⇐⇒ cos 2 2 2 ⇐⇒ A = B = C = 600 Vậy: A = B = C = 600  Ví dụ 12: Cho x.y, zlà các số dương, CMR: 3 15z − x − y x + 5y + 5z 3x + y − 5z + + ≥ 4x + 6y 2x + 10z 4y + 20z 2 (12) Lời giải: Cộng 3 số m, n, p vào vế trái của (12) ta được: 15z − x − y x + 5y + 5z 3x + y − 5z +m+ +n+ +p= 4x + 6y 2x + 10z 4y + 20z = x(4m − 1) − y(6m − 1) + 15z x(2n + 1) + 5y + z(10n + 5) 3x + y(1 + 4p) + z(20p − 5) + + 4x + 6y 2x + 10z 4y + 20z Đồng nhất các hệ số ở tử số của mỗi phân số có mặt trong biểu thức trên:     =3 4m − 1 = 2n + 1 m = 1 6m − 1 = 1 + 4p = 5 ⇐⇒ n = 1     10n + 5 = 20p − 5 = 15 p =1 Như vậy: 15z − x − y x + 5y + 5z 3x + y − 5z + + 4x + 6y 2x + 10z 4y + 20z 3x + 5y + 15z 3x + 5y + 15z 3x + 5y + 15z + + −3 4x + 6y 2x + 10z 4y + 20z   1 1 1 = (3x + 5y + 15z) + + −3 4x + 6y 2x + 10z 4y + 20z AM-GM 9 ≥ (3x + 5y + 15z) −3 2(3x + 5y + 15z) 9 3 = −3=  2 2 = Ví dụ 13: Cho x.y, zlà các số thực dương, CMR: y + 3z 4x 3y − x + + ≥ 5 (13) x+y y+z z+x Lời giải: Cộng 3 số m, 2n, p vào vế trái của (13) ta được:   y + 3z 2x −x + 3y mx + (m + 1)y + 3z 2x + ny + nz (p − 1)x + 3y + pz +m+2 +n + +p = +2 + x+y y+z z+x x+y y+z z+x 11 c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu. Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp     m = p − 1 = 2 m = 2 Đồng nhất các hệ số ở tử số của mỗi phân số: m + 1 = n = 3 ⇐⇒ n = 3     n=p =3 p =3 Từ đó:   y + 3z 4x 3y − x y + 3z 2x −x + 3y + + = +2+2 +3 + + 3 − 11 x+y y+z z+x x+y y+z z+x   2x + 3y + 3z 2x + 3y + 3z 2x + 3y + 3z = +2 + − 11 x+y y+z z+x   2 1 1 + + − 11 = (2x + 3y + 3z) x+y y+z z+x   1 2 1 = (x + y + 2(y + z) + z + x) + + − 11 x+y y+z z+x AM-GM ≥ 16 − 11 = 5  Nhận xét: Kĩ thuật hệ số bất định thường được sử dụng đối với bất đẳng thức bất đối, khiến cho lời giải tự nhiên và đẹp đẽ! ( x, y, z là các số thực không âm Ví dụ 14: Cho x+y+z =2 . Tìm GTLN của:B = 5xy + 7yz + 8xz (14) Lời giải: Cần tìm α, β, γ sao cho: αx(y + z) + βy(x + z) + γz(x + y) = 5xy + 7yz + 8xz ⇐⇒ (α + β)xy + (β + γ)yz + (α + γ)zx = 5xy + 7yz + 8xz     α + β = 5  α = 3 ⇐⇒ β + γ = 7 ⇐⇒ β = 2     α+γ =8 γ =5 Khi đó : B = 3x(y + z) + 2y(x + z) + 5z(x + y) = 3x(2 − x) + 2y(2 − y) + 5z(2 − z) = 10 − 3(1 − x)2 − 2(1 − y)2 − 5(1 − z)2   340 300 450 180 2 2 2 = − 3(1 − x) + + 2(1 − y) + + 5(1 − z) + 31 961 961 961   AM-GM 340 60 60 60 ≤ − (1 − x) + (1 − y) + (1 − z) 31 31 31 31 340 60 = − (3 − x − y − z) 31 31 280 = 31 280 21 16 25 khi x = , y = , z = 31 31 31 31 V.PHƯƠNG TRÌNH HÀM: Vậy Bmax =  Ví dụ 15: Tìm hàm sốf : R −→ R thỏa mãn: f (xf (y) + x) = xy + f (x) (14) ∀(x, y) ∈ R Lời giải: 12 c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu. Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp ( x=1 Cho: từ (15) ta có: f (f (y) + 1) = y + f (1)(∗) y∈R Chọn: y = −f (1) − 1 thay vào(∗) được: f (f (−f (1) − 1) + 1) = −f (1) + f (1) − 1 =⇒ f (f (−f (1) − 1) + 1) = −1 (∗∗) Đặt: ( a = f (−f (1) − 1) + 1 từ (∗∗) =⇒ f (a) = −1 (3∗) y=a Cho suy ra từ (14) và (3∗) ta có: f (0) = ax + f (x) =⇒ f (x) = −ax + f (0) x∈R Đặt: f (0) = b thì f (x) = −ax + b (4∗) vậy từ (14) và (4∗) ta có: f (xf (y) + x) = xy + f (x) =⇒ f (x(−ay + b) + x) = xy − ax + b =⇒ −a(x(−ay + b) + x) + b = xy − ax + b ⇐⇒ a2 xy − (ab + a)x + b = xy − ax + b " (   a=1 a2 =1 Đồng nhất hệ số của đẳng thức trên: ⇐⇒ a = −1  −ab − a = −a  b=0 Từ đó f (x) = −x hoặc f (x) = x thử lại vào phương trình hàm đã cho thấy thỏa mãn. Vậy f (x) = x; f (x) = −x là các hàm cần tìm  Ví dụ 16: Tìm hàm sốf : R −→ R thỏa mãn: f (x) + 2f (1 − x) = x2 2 (16) ∀x ∈ R Lời giải: Các biến số ở vế trái (15) là x, 1 − x bậc nhất vế phải bậc hai, do đó dự đoán hàm f (x) có dạng ax2 + bx + c (a = 6 0) Từ : x2 x2 =⇒ ax2 + bx + c + 2(a(1 − x)2 + b(1 − x) + c) = f (x) + 2f (1 − x) = 2 2 2 x ⇐⇒ 3ax2 − (4a + b)x + 2a + 2b + 3c = 2   1  1  a =     3a = 6   2 −2 Đồng nhất các hệ số tương ứng: 4a + b ⇐⇒ b = =0   3      2a + 2b + 3c = 0 c = 1 3 x2 − 4x + 2 Nên f (x) = , ta cần chứng minh f (x) vừa tìm được là duy nhất : 6 Thật vậy: Giả sử hàm số ξ(x) 6= f (x) thỏa mãn phương trình hàm đã cho: x20 • Lấy x = x0 thay vào (16) ta được: ξ(x0 ) + 2ξ(1 − x0 ) = (a) 2 • Lấy x = 1 − x0 thay vào (16) được: ξ(1 − x0 ) + 2ξ(x0 ) = Từ (a) và (b) ta có ξ(x0 ) = Vậy: f (x) = x2 − 4x + 2  6 (1 − x0 )2 (b) 2 x20 − 4x0 + 2 = f (x0 ) nên điều giả sử sai. 6 13 c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu. Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp Nhận xét: Các hàm cần tìm ở dưới dạng ax2 + bx + c hoặc ax + b có thể áp dụng hệ số bất định để giải ! VI.BÀI TẬP ÁP DỤNG: Bài 1: Giải các phương trình sau: 2 2 2 2 2 a)4x +x + 21−x = 2(x+1) + 1 b)3x +3x − 6.3x +x − 32x−1 + 2 = 0   8x + 7 2 c)3x − 2x − 3 = log3 d)6x = 1 + 2x + 3 log6 (5x + 1) (x + 1)2 1−2x 1−x2 1 1 f)3x − log3 (1 + 2x) = 1 + x e)2 x2 − 2 x2 = − 2 x √ √ √ √ g)x2 − 4x − 3 = 5 h)2x − 1 = −3 1 − x + 1 + x + 1 − x2   2 x +x+1 = 2x − x2 k)3cos x+1 − 3cos 3x+cos 2x = 4 cos3 x + 2 cos2 x − 4 cos x − 2 i) log3 x Bài 2: Giải các hệ phương trình sau: ( ( ( x3 + y 3 =9 x3 + y 3 = 91 3x2 + 2xy = 3y − 16 a) b) c) x2 + 2y 2 = x + 4y 4x2 + 3y 2 = 16x + 9y 2y 2 + 3xy = 2x + 12 Bài 3: ( x, y, zcác số thực không âm a) Cho: .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:P = 5xy + 11yz + 8xz x+y+z =3 C A B b)Tính các góc của ∆ABC , biết: 6 sin + 8 sin + 10 sin = 8 cos A + 7 cos B + 9 cos C 2 2 2 TÀI LIỆU THAM KHẢO. [1] [2] [3] [4] Sách giải tích 12NC NXBGDVN. Tạp chí toán học tuổi trẻ NXBGDVN. Bộ đề thi tuyển sinh môn toán NXBGDVN 1996. Cộng đồng HS-SV yêu toán:www.Mathvn.org Perhaps my life is to learn and teach math. 14 c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu.