Luận văn Một số dạng toán đại số nâng cao

Văn Ngọc, thầy đã không ngại khó khăn tận tình hướng dẫn, giúp đỡ em trong suốt quá trình xây dựng đề cương, làm và hoàn thiện luận văn. Em xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến các thầy cô giáo, Ban lãnh đạo trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên những người đã tạo điều kiện về mọi mặt để em được tham gia học tập và hoàn thành khóa học. Đồng thời em cũng gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, các bạn học viên lớp K7Q những người luôn lắng nghe, đóng ghóp ý kiến, giúp đỡ, động viên em trong quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thành luận văn này. Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng do năng lực của bản thân còn nhiều hạn chế nên chắc chắn luận văn không tránh khỏi nhiều thiếu sót, em rất mong nhận được ý kiến đóng ghóp của các thầy cô giáo và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn. Em xin chân thành cảm ơn. Thái Nguyên, ngày............tháng.........năm 2015 Học viên Phạm Thùy Linh ii Mục lục Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ii Mở đầu 1 1 Đồng nhất thức 3 1.1 Hằng đẳng thức và căn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.1 Các hằng đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.2 Căn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.3 Một số bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Ứng dụng một hằng đẳng thức bậc hai . . . . . . . . . . . . . 8 1.2.1 Cơ sở lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.2.2 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.3 Ứng dụng một hằng đẳng thức bậc ba . . . . . . . . . . . . . 10 1.3.1 Cơ sở lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.3.2 Các bài toán áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.4 Phân thức hữu tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.4.1 Ứng dụng tam thức bậc hai trong phân thức hữu tỷ 14 1.4.2 Ứng dụng của một đồng nhất thức trong phân thức hữu tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2 Đa thức đối xứng và một số ứng dụng 22 2.1 Cơ sở lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.2 Phân tích thành nhân tử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.3 Chứng minh các bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.3.1 Đa thức đối xứng hai biến . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.3.2 Đa thức đối xứng ba biến . . . . . . . . . . . . . . . . 28 3 Phương trình bậc ba và phương trình bậc bốn 44 3.1 Phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 3.1.1 Phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 3.1.2 Cách giải phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . . 45 3.1.3 Các bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 3.2 Phương trình bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 3.2.1 Phương trình bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 3.2.2 Phương trình trùng phương . . . . . . . . . . . . . . . 56 iii 3.2.3 Phương trình hệ số đối xứng và phương trình hồi quy bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 3.2.4 Phương trình bậc bốn khuyết lũy thừa bậc ba . . . . 61 3.2.5 Một số dạng phương trình khác . . . . . . . . . . . . 63 3.2.6 Một số phương pháp giải phương trình bậc bốn . . 67 Kết luận 71 Tài liệu tham khảo 72 1Mở đầu Đẳng thức, bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình v.v..là những chuyên mục đại số quan trọng được dạy ở bậc phổ thông. Các bài toán của các chuyên mục này (và của hầu hết các chuyên mục khác) có thể được phân thành các loại như: cơ bản, nâng cao và khó. Các bài toán nâng cao và khó thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp hoặc thi vào trường chuyên. Các bài toán loại này thu hút được nhiều người dạy và học, kích thích sự tò mò, đam mê, góp phần nâng cao chất lượng học tập. Do đó, việc tìm hiểu, thu thập, sáng tác và biên tập các bài toán nâng cao và khó là cần thiết cho công việc giảng dạy và học tập toán học ở bậc phổ thông. Mục đích của luận văn này là giới thiệu các bài toán nâng cao và khó (gọi chung là nâng cao) của một số chuyên mục trong đại số như: đồng nhất thức, bất đẳng thức và phương trình đại số. Đó là những chuyên mục của cơ bản của đại số ở bậc phổ thông, nhất là trung học cơ sở. Luận văn có cấu trúc: Mở đầu, ba chương nội dung, kết luận và tài liệu tham khảo. Chương 1: Đồng nhất thức. Chương này trình bày một số dạng toán nâng cao về đa thức và phân thức, đặc biệt khai thác một số hằng đẳng thức áp dụng tính giá trị của các biểu thức khá phức tạp, chứng minh đẳng thức, phân tích thành nhân tử, v.v.. Trình bày một số tính chất của phân thức hữu tỷ và áp dụng tính giá trị của các biểu thức phân thức hữu tỷ v.v.. Chương 2: Đa thức đối xứng và một số ứng dụng. Các bài toán có tính đối xứng, nhất là các bài toán vê bất đẳng thức, thường khá đẹp về hình thức và độc đáo về cách giải nên rất hấp dẫn người dạy và học toán sơ cấp ở bậc phổ thông. Một trong những công cụ hiệu quả giải các bài toán có tính đối xứng là vận dụng lý thuyết đa thức đối xứng mà cụ thể là công thức Waring về biểu diễn các tổng lũy thừa theo các đa thức đối xứng cơ sở. Lý thuyết đa thức đối xứng và áp dụng bằng tiếng Việt có thể tìm thấy trong tài liệu [2]. Chương này được hình thành trên cơ sở tài liệu [2], tuy nhiên các bài toán trình bày trong chương này hoàn toàn chưa được giới thiệu trong tài liệu nói trên, trong số đó có nhiều bài do tác giả sáng tác. Các bài toán 2về bất đẳng thức chiếm một vị trí đáng kể trong số các bài toán được giới thiệu trong chương này. Chương 3: Phương trình bậc ba và phương trình bậc bốn. Phương trình và hệ phương trình đại số là chuyên mục trung tâm của đại số và đã dược dạy từ bậc trung học cơ sở. Hiện nay đã có một số lượng lớn các tài liệu giới thiệu về phương trình và hệ phương trình bậc nhất và bậc hai. So với các phương trình cấp thấp, các phương trình bậc cao hơn, như bậc ba và bậc bốn không được giới thiệu tổng quát ở bậc phổ thông, mặc dù đã có những phương trình cụ thể có thể dễ dàng đưa về phương trình bậc thấp hơn. Ngoài ra, số lượng cũng như mức độ khó của các phương trình bậc cao cũng còn hạn chế, do đó, chương này của luận văn dành cho việc trình bày cách giải các phương trình bậc ba, bậc bốn và nghiên cứu các bài toán khác nhau liên quan đến hai lớp phương trình này. Các bài toán được giới thiệu ở đây đa phần là các bài toán khó được lấy từ các đề thi vào đại học hay thi học sinh giỏi các cấp của các nước. Nội dung của chương này được hình thành chủ yếu từ các tài liệu [1] và [4]. 3Chương 1 Đồng nhất thức Chương này trình bày một số dạng toán nâng cao về đa thức và phân thức, đặc biệt khai thác một số hằng đẳng thức áp dụng tính giá trị của các biểu thức khá phức tạp, chứng minh đẳng thức, phân tích thành nhân tử, v.v.. Trình bày một số phương pháp tính giá trị của các biểu thức phân thức hữu tỷ. Nội dung của chương này được hình thành chủ yếu từ các tài liệu [5-8], [9] và [??]. 1.1 Hằng đẳng thức và căn thức 1.1.1 Các hằng đẳng thức 1. Bình phương của một tổng, hiệu(a ± b)2 = a2 ± 2ab + b2 = (a ∓ b)2 ± 4ab. 2. Hiệu hai lũy thừa cùng bậc an − bn = (a − b)(an−1 + an−2b + ... + abn−2 + bn−1). 3. Tích hai tổng của hai bình phương(a2 + b2)(x2 + y2) = (ax + by)2 + (ay − bx)2. 4. Tổng của hai lũy thừa cùng bậc lẻ a2n+1 + b2n+1 = (a + b)(a2n − a2n−1b + ... − ab2n−1 + b2n). 5. Lũy thừa của tổng hai số (Nhị thức Newton) (a + b)n = n∑ k=0Cknan−kbk, Ckn = n!k!(n − k)! , n! = 1.2...n, 0! = 1. 41.1.2 Căn thức Căn bậc n(n ∈ N, n ≥ 2) của một số thực a là số thực b (nếu có) sao cho bn = a. 1. Căn bậc lẻ (n = 2k + 1) : Mọi số thực đều có căn bậc lẻ và chỉ có một căn bậc lẻ được ký hiệu là 2k+1√a. 2. Căn bậc chẵn (n = 2k) : Số thực âm không có căn bậc chẵn. Số 0 có căn bậc chẵn là 0. Số dương có hai căn bậc chẵn là hai số đối nhau là 2k √ a và − 2k√a (trong đó 2k√a ≥ 0). Một số phép biến đổi căn thức cơ bản a. Biến đổi căn bậc lẻ 2k+1√ A2k+1 = A; 2k+1√A2k+1B = A. 2k+1√B 2k+1√ A.B = 2k+1√A. 2k+1√B; 2k+1√A B = 2k+1√A 2k+1√B, B ≠ 0. b. Biến đổi căn bậc chẵn 2k √ A2k = ∣A∣; 2k√AB = 2k√∣A∣. 2k√∣B∣ AB ≥ 0 2k √ A B = 2k√∣A∣ 2k √∣B∣ AB ≥ 0, B ≠ 0; 2k√A2k.B = ∣A∣. 2k√B, B ≥ 0. 1.1.3 Một số bài toán Bài toán 1.1. Phân tích thành nhân tử a. x4 − 6x3 + 11x2 − 6x + 1. b. 6x5 − 15x4 + 20x3 − 15x3 + 6x − 1. Lời giải. a. Ta có x4 − 6x3 + 11x2 − 6x + 1 = (x4 − 6x3 + 9x2) + (2x2 − 6x) + 1= (x2 − 3x)2 + 2(x2 − 3x) + 1= (x2 − 3x + 1)2. b. Khai triển nhị thức Newton(x − 1)6 = x6 − 6x5 + 15x4 − 20x3 + 15x3 − 6x + 1. 5Do đó 6x5 − 15x4 + 20x3 − 15x3 + 6x − 1 = x6 − (x − 1)6= [x3 − (x − 1)3][x3 + (x − 1)3]= [x2 + x(x − 1) + (x − 1)2][(2x − 1)(x2 − x(x − 1) + (x − 1)2]= (3x2 − 3x + 1)(2x − 1)(x2 − x + 1). Bài toán 1.2. Phân tích thành nhân tử các biểu thức a. x8 + x4 + 1. b. x10 + x5 + 1. Lời giải. a. Ta có x8 + x4 + 1 = (x8 + 2x4 + 1) − x4= (x4 + 1)2 − x4 = (x4 + x2 + 1)(x4 − x2 + 1)= (x4 + 2x2 + 1 − x2)(x4 + 2x2 + 1 − 3x2)= [(x2 + 1)2 − x2][(x2 + 1)2 − (√3x)2]= (x2 + x + 1)(x2 − x + 1)(x2 +√3x + 1)(x2 −√3x + 1). b. Ta có x10 + x5 + 1 = (x10 + x9 + x8) − (x9 + x8 + x7)+ (x7 + x6 + x5) − (x6 + x5 + x4)+ (x5 + x4 + x3) − (x3 + x2 + x) + (x2 + x + 1)= (x2 + x + 1)(x8 − x7 + x5 − x4 + x3 − x + 1). Bài toán 1.3. Phân tích thành nhân tử a. x3 + y3 + z3 − 3xyz. b. (x + y + z)3 − x3 − y3 − z3. Lời giải. a. Ta có x3 + y3 + z3 − 3xyz = (x + y)3 − 3xy(x + y) + z3 − 3xyz= [(x + y)3 + z3] − 3xy(x + y + z)= (x + y + z)[(x + y)2 − (x + y)z + z2]− 3xy(x + y + z)= (x + y + z)(x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx). 6b. Ta có(x+ y + z)3 = x3 + y3 + z3 + 3x2(y + z)+ 3y2(z +x)+ 3z2(x+ y)+ 6xyz. Do đó(x + y + z)3 − x3 − y3 − z3 = 3[x2y + x2z + y2x + y2z + z2x + z2y + 2xyz]= 3[z(x2 + y2 + 2xy) + z2(x + y) + xy(x + y)]= 3(x + y)[z(x + y) + z2 + xy]= 3(x + y)(y + z)(z + x). Bài toán 1.4. Rút gọn biểu thức sau a. P = (10 + 1)(102 + 1) . . . (102n + 1). b. Q = (1 + 1 2 )(1 + 1 4 ) . . . (1 + 1 22n ). Lời giải. a. Nhân cả hai vế của P với (10 − 1) ta được(10 − 1).P = (10 − 1)(10 + 1)(102 + 1) . . . (102n + 1)= (102 − 1)(102 + 1)(104 + 1) . . . (102n + 1)= (104 − 1)(104 + 1) . . . (102n + 1)= (102n − 1)(102n + 1) = (104n − 1) Vì (10 − 1)P = 104n − 1⇔ P = 104n − 1 9 . b. Tương tự như ý a. Nhân cả hai vế với (1 − 1 2 ). Bài toán 1.5. Tính tổng S = a1 + a2 + . . . + a2025 với an = 1(n + 1)√n + n√n + 1 với n = 1,2, . . . ,2025. Lời giải. Với mọi số tự nhiên n ≥ 1 thì ta có an = 1√ n(n + 1)(√n + 1 +√n) = √ n + 1 −√n√ n(n + 1) = 1√n − 1√n + 1 . Vậy S = a1 + a2 + . . . + a2025= ( 1√ 1 − 1√ 2 ) + ( 1√ 2 − 1√ 3 ) + . . . + ( 1√ 2024 − 1√ 2025 ) = 1 − 1√ 2025 = 1 − 1 45 = 44 45 . 7Bài toán 1.6. Tính giá trị của biểu thức P = (20142 × 2024 + 31 × 2015 − 1)(2014 × 2019 + 4) 2015 × 2016 × 2017 × 2018 × 2019 Lời giải. Đặt a = 2015. Ta có P = [(a − 1)2(a + 9) + 31a − 1][(a − 1)(a + 4) + 4] a(a + 1)(a + 2)(a + 3)(a + 4) Ký hiệu T là tử thức của phân thức trên đây và biến đổi như sau T = [(a − 1)2(a + 9) + 31a − 1][(a − 1)(a + 4) + 4]= [(a2 − 2a + 1)(a + 9) + 31a − 1][a2 + 3a]= (a3 + 7a2 + 14a + 8)a(a + 3)= [(a3 + 4a2) + (3a2 + 12a) + (2a + 8)]a(a + 3)= (a + 4)(a2 + 3a + 2)a(a + 3) = a(a + 1)(a + 2)(a + 3)(a + 4). Vậy ta có P = a(a + 1)(a + 2)(a + 3)(a + 4) a(a + 1)(a + 2)(a + 3)(a + 4) = 1. Bài toán 1.7. Chứng minh rằng 3 √ 45 + 29√2 + 3√45 − 29√2. là một số nguyên dương. Lời giải. Đặt x = 3√45 + 29√2 + 3√45 − 29√2 và sử dụng công thức (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b), ta có x3 = (45 + 29√2) + (45 − 29√2) +3 3√(45 + 29√2)(45 − 29√2)( 3√45 + 29√2 + 3√45 − 29√2) tương đương với x3 − 21x − 90 = 0 hay là (x − 6)(x2 + 6x + 15) = 0. Vì phương trình x2 + 6x + 15 = 0 không có nghiệm thực, nên x = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình trên đây. Do đó 3 √ 45 + 29√2 + 3√45 − 29√2 = 6. 8Bài toán 1.8. Cho a, b, c thỏa mãn a2014 + b2014 + c2014 = a1007.b1007 + b1007.c1007 + c1007.a1007 tính giá trị biểu thức A = (a − b)2014 + (b − c)2015 + (c − a)2016. Lời giải. Ta có a2014 + b2014 + c2014 = a1007.b1007 + b1007.c1007 + c1007.a1007⇔ 2a2014 + 2b2014 + 2c2014 − 2a1007.b1007 − 2b1007.c1007 − 2c1007.a1007 = 0⇔ (a1007 − b1007)2 + (b1007 − c1007)2 + (b1007 − c1007)2 = 0⇔ a1007 − b1007 = b1007 − c1007 = b1007 − c1007 = 0⇔ a = b = c. Nên A = (a−b)2014+(b−c)2015+(c−a)2016 = (a−a)2014+(b−b)2015+(c−c)2016 = 0. Vậy A = 0. Một số bài toán cùng dạng Phân tích các đa thức sau thành nhân tử 1. 6x5 + 15x4 + 20x3 + 15x2 + 6x + 1. 2. x7 − 2x6 + 3x5 − 3x4 + 3x3 − 3x2 + 2x − 1. 3. (x − y)3 + (y − z)3 + (z − x)3. 4. (x + y + z)3 − (x + y − z)3 − (y + z − x)3 − (z + x − y)3. Đơn giản các biểu thức 5. (3 + 1)(32 + 1)(34 + 1)....(364 + 1). 6. ax2 + by2 + cz2 bc(y − z)2 + ca(z − x)2) + ab(x − y)2 . 1.2 Ứng dụng một hằng đẳng thức bậc hai 1.2.1 Cơ sở lý thuyết (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc. (1.1) Trong (1.1) thay a, b, c tương ứng bởi 1 a , 1 b , 1 c ta có (1 a + 1 b + 1 c )2 = 1 a2 + 1 b2 + 1 c2 + 2 ab + 2 ac + 2 bc hay (1 a + 1 b + 1 c )2 = 1 a2 + 1 b2 + 1 c2 + 2(a + b + c) abc (1.2) Trong (1.2) cho a + b + c = 0 rồi lấy căn bậc hai hai vế, ta được√ 1 a2 + 1 b2 + 1 c2 = ∣1 a + 1 b + 1 c ∣, (a + b + c = 0, abc ≠ 0). (1.3) 91.2.2 Các bài toán Bài toán 1.9. Cho ab(a + b) ≠ 0. Chứng minh các đẳng thức a) √ 1 a2 + 1 b2 + 1(a + b)2 = ∣a2 + b2 + abab(a + b) ∣. (1.4) b) ¿ÁÁÀa2 + b2 + a2b2(a + b)2 = ∣a2 + b2 + aba + b ∣. (1.5) Lời giải. a) Để chúng minh đẳng thức (1.4) ta viết về phải của đẳng thức này ở ∣a2 + b2 + ab ab(a + b) ∣ = ∣1a + 1b − 1a + b ∣ và 1(a + b)2 = 1[−(a + b)]2 sau đó áp dụng công thức (1.3) cho ba số a, b − (a + b). b) Để chứng minh (1.5) chúng ta viết vế phải của đẳng thức này ở dạng ∣a2 + b2 + ab a + b ∣ = ∣a + b − aba + b ∣ và áp dụng công thức (1.3) khi thay các số a, b, c bởi các số 1 a , 1 b ,−(1 a + 1 b ). Bài toán 1.10. Cho a, b, c là các số hữu tỷ đôi một khác nhau. Chứng minh rằng S = √ 1(a − b)2 + 1(b − c)2 + 1(c − a)2 là một số hữu tỷ. Lời giải. Vì (a − b) + (b − c) + (c − a) = 0 nên theo công thức (1.3) ta có S = √ 1(a − b)2 + 1(b − c)2 + 1(c − a)2 = ∣ 1a − b + 1b − c + 1c − a ∣ ∈ Q. Bài toán 1.11. Rút gọn biểu thức P = ¿ÁÁÀ 1 a2 + b2 + 1(a + b)2 + √ 1 a4 + 1 b4 + 1(a2 + b2)2 . 10 Lời giải. Áp dụng chứng minh trên ta có = √ 1 a4 + 1 b4 + 1(a2 + b2)2 = √ 1(a2)2 + 1(b2)2 + 1(−a2 − b2)2= 1 a2 + 1 b2 − 1 a2 + b2 Vậy P = √ 1 a2 + 1 b2 + 1(−a − b)2 = ∣1a + 1b − 1a + b ∣ . Bài toán 1.12. Tính giá tri biểu thức S = √ 1 12 + 1 22 + 1 32 +√ 1 12 + 1 32 + 1 42 +√ 1 12 + 1 42 + 1 52 + . . . +√ 1 12 + 1 992 + 1 1002 . Lời giải: Ta có¿ÁÁÀ 1 11 + 1 k2 + 1(k + 1)2 = √ 1 11 + 1 k2 + 1(−k − 1)2 = 11 + 1k − 1k + 1 ∀k ∈ N∗. Vậy S = (1 + 1 2 − 1 3 ) + (1 + 1 3 − 1 4 ) + (1 + 1 4 − 1 5 ) + . . . + (1 + 1 99 − 1 100 ) = 1 + 1 2 − 1 100 = 98,49. 1.3 Ứng dụng một hằng đẳng thức bậc ba 1.3.1 Cơ sở lý thuyết Mệnh đề 1.1. Chứng minh hằng đẳng thức a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca). (1.6) Chứng minh. Xem phần a trong Bài toán 1.3. ∎ Nhận xét. Nếu a3 + b3 + c3 = 3abc thì a3 + b3 + c3 − 3abc = 0 ⇒ 1 2 (a + b + c)[(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2] = 0 ⇒ [ a + b + c = 0(a − b)2 + (b − c)2 + (a − c)2 = 0 ⇒ [ a + b + c = 0a = b = c. 11 1.3.2 Các bài toán áp dụng Bài toán 1.13. Phân tích thành nhân tử(x − y)3 + (y − z)3 + (z − x)3. Lời giải. Vì (x − y) + (y − z) + (z − x) = 0, nên theo công thức (1.6) ta có (x − y)3 + (y − z)3 + (z − x)3 = 3(x − y)(y − z)(z − x). Bài toán 1.14. Cho x, y, z ≠ 0 thỏa mãn x3y3 + y3z3 + x3z3 = 3x2y2z2. Tính P = (1 + x y )(1 + y z )(1 + z x ) Lời giải. Đặt a = xy, b = yz, c = zx. Ta có : x3y3 + y3z3 + x3z3 = 3x2y2z2⇒ a3 + b3 + c3 = 3abc⇒ [ a + b + c = 0a = b = c Nếu a + b + c = 0 hay xy + yz + zx = 0 thì (x + z)y = −xz. Vậy P = (1 + x y )(1 + y z )(1 + z x ) = (x + y y )(y + z z )(z + x x ) = (x + y)z yz . (y + z)x zx . (x + z)y xy= (−xy)(−yz)(−zx) zx.xy.yz = −1. Nếu a = b = c hay xy = yz = zx⇒ x = y = z ⇒ P = 8. Bài toán 1.15. Cho x + y + z = 0. Chứng minh rằng a. 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2), b. x7 + y7 + z7 = 7xyz(x2y2 + y2z2 + z2x2), c. 10(x7 + y7 + z7) = 7(x2 + y2 + z2)(x5 + y5 + z5). Lời giải. a. Vì x + y + z = 0 nên x3 + y3 + z3 = 3xyz. Vì vậy 3xyz(x2 + y2 + z2) = (x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2)= x5 + y5 + z5 + x3(y2 + z2) + y3(z2 + x2) + z3(x2 + y2). Vì x + y + z = 0⇔ y + z = −x. Vậy y2 + z2 = (y + z)2 − 2yz = x2 − 2yz. 12 tương tự z2 + x2 = y2 − 2zx. x2 + y2 = z2 − 2xy. Vậy ta có 3xyz(x2 + y2 + z2) = x5 + y5 + z5 + x3(y2 + z2) + y3(z2 + x2) + z3(x2 + y2)= x5 + y5 + z5 + x3(x2 − 2yz) + y3(y2 − 2zx)+ z3(z2 − 2xy)= 2(x5 + y5 + z5) − 2xyz(x2 + y2 + z2). hay 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2). b. c. Ta sử dụng kết quả của ý a. Bài toán 1.16. Cho xy + yz + zx = 0, xyz ≠ 0. Tính A = yz x2 + zx y2 + xy z2 . Lời giải. Từ giả thiết suy ra 1 x + 1 y + 1 z = 0, nên ta có 1 x3 + 1 y3 + 1 z3 = 3 xyz . Từ đó suy ra A = xyz x3 + xyz y3 + xyz z3 = xyz( 1 x3 + 1 y3 + 1 z3 ) = xyz. 3 xyz = 3. Bài toán 1.17. Cho x, y, z là các số nguyên thỏa mãn điều kiện x+y+z =(x − y)(y − z)(z − x). Chứng minh rằng M = (x − y)3 + (y − z)3 + (z − x)3 chia hết cho 81. Lời giải. Vì (x − y) + (y − z) + (z − x) = 0, nên ta có(x − y)3 + (y − z)3 + (z − x)3 = 3(x − y)(y − z)(z − x). Xét các số dư của các số x, y, z cho 3 ( là 0, 1, 2): a) Nếu cả ba số dư là khác nhau thì x+y+z chia hết cho 3, trong khi đó (x − y)(y − z)(z − x) không chia hết cho 3, trái với giả thiết. b) Nếu có hai số dư bằng nhau thì x + y + z không chia hết cho 3, trong khi đó một trong ba hiệu (x− y), (y − z), (z − x) chia hết cho 3, trái với giả thiết. c) Vậy, chỉ còn trường hợp là cả ba số x, y, z đều có cùng số dư khi chia cho 3. Khi đó 3(x − y)(y − z)(z − x) chia hết cho 3.3.3.3 = 81 nên M chia hết cho 81. 13 Bài toán 1.18. Cho k là một số nguyên. Xét biểu thức y = 3√k +√k2 − 1 + 3√k −√k2 − 1 + 1. Chứng minh rằng y3 − 3y2 là một số nguyên. Lời giải. Đặt a = 3√k +√k2 − 1, b = 3√k −√k2 − 1, c = 1 − y. Ta có a3 + b3 + c3 = 3abc. Vì ab = 1 nên điều này tương đương với 2k + (1 − y)3 = 3(1 − y), hay y3 − 3y2 = 2k − 2 rõ ràng là một số nguyên. Bài toán 1.19. Chứng minh rằng: Nếu a + b + c = 1 a + 1 b + 1 c = 0;abc ≠ 0 thì a6 + b6 + c6 a3 + b3 + c3 = abc. Lời giải. Do 1 a + 1 b + 1 c = 0;abc ≠ 0⇒ ab + bc + ca abc = 0⇒ ab + bc + ca = 0, (1.7) a + b + c = 0⇒ ab + b2 + bc = 0. (1.8) Trừ vế với vế của (1.7) và (1.8) ta được ca − b2 = 0⇒ ca = b2 hay c3a3 = b6. Tương tự a3b3 = c6, b3c3 = a6. Vì vậy: a3b3 + b3c3 + c3a3 = a6 + b6 + c6. Do a + b + c = 0⇒ a3 + b3 + c3 = 3abc⇒ (a3 + b3 + c3)2 = 9a2b2c2. Từ đó suy ra 3(a6 + b6 + c6) = 9a2b2c2⇒ a6 + b6 + c6 = 3a2b2c2. Vậy a6 + b6 + c6 a3 + b3 + c3 = 3a2b2c23abc = abc. 14 1.4 Phân thức hữu tỷ 1.4.1 Ứng dụng tam thức bậc hai trong phân thức hữu tỷ Mệnh đề 1.2. Nếu tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c triệt tiêu tại ba giá trị khác nhau của của x thì a = b = c = 0, tức là f(x) đồng nhất bằng không. Chứng minh. Giả sử với x1, x2, x3 đôi một khác nhau mà f(x1) = f(x2) = f(x3) = 0. Khi đó ta có hệ phương trình đối với các số a, b, c⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩ ax21 + bx1 + c = 0 ax22 + bx2 + c = 0 ax23 + bx3 + c = 0. (1.9) Trừ dòng 1 cho dòng 2 và dòng 3 của hệ (1.9) ta được {a(x21 − x22) + b(x1 − x2) = 0, a(x21 − x23) + b(x1 − x3) = 0 ⇒ {a(x1 − x2) + b = 0a(x1 − x3) + b = 0. Trừ các dòng của hệ cuối cùng cho nhau ta được a(x3 − x2) = 0⇒ a = 0; (x3 ≠ x2). Tiếp theo, trừ dòng 1 cho dòng 2 của hệ (1.9) ta được b(x1 − x2) = 0⇒ b = 0; (x1 ≠ x2). Từ đó suy ra c = 0. Vậy ta có a = b = c = 0. Mệnh đề được chứng minh. ∎ Bài toán 1.20. Cho ba số a, b, c khác nhau. Chứng minh rằng khi k = 0,1,2 ta có đẳng thức ak (x − b)(x − c)(a − b)(a − c) + bk (x − a)(x − c)(b − a)(b − c) + ck (x − a)(x − b)(c − a)(c − b) = xk. Lời giải. Đặt f(x) = ak (x − b)(x − c)(a − b)(a − c) + bk (x − a)(x − c)(b − a)(b − c) + ck (x − a)(x − b)(c − a)(c − b) − xk. f(x) là đa thức của biến x, có bậc không quá 2 nếu k = 0,1,2. Cho x lần lượt giá trị a, b, c ta thấy rằng f(a) = f(b) = f(c) = 0 hay a, b, c là 3 nghiệm khác nhau của f(x). Vậy f(x) phải đồng nhất 0. Ta có điều phải chứng minh. 15 Bài toán 1.21. Đơn giản biểu thức P = a − b a + b + b − cb + c + c − ac + a + (a − b)(b − c)(c − a)(a + b)(b + c)(c + a) . Lời giải. Sau khi quy đồng mẫu số ta có tử số f(a) = (a − b)(b + c)(c + a) + (b − c)(c + a)(a + b)+ (c − a)(a + b)(b + c) + (a − b)(b − c)(c − a). Nhận xét rằng f(a) là một tam thức bậc hai đối với a và có các nghiệm a = b, a = c, a = 0. Nếu b, c khác nhau và đều khác 0 thì ba số này đôi một khác nhau, nên f(a) đồng nhất bằng 0 và ta có P = 0. Nếu b = 0, hoặc c = 0 hoặc b = c thì ta đều có f(a) = 0 suy ra P = 0. Bài toán 1.22. Đơn giản biểu thức Q = a2 − bc(a + b)(a + c) + b2 − ac(b + a)(b + c) + c2 − ab(c + a)(c + b) . Tương tự như Bài toán 1.21 ta có kết quả Q = 0. Lời giải. Sau khi quy đồng mẫu số ta có tử số f(a) = (a2 − bc)(b + c) + (b2 − ac)(a + c) + (c2 − ab)(a + b). Rõ ràng f(a) là một tam thức bậc hai đối với a và có các nghiệm a = b, a = c và a = 0. Nếu b, c khác nhau và đều khác 0 thì ba số này đôi một khác nhau, nên f(a) đồng nhất bằng 0 và ta có Q = 0. Nếu b = 0, hoặc c = 0 hoặc b = c thì ta đều có f(a) = 0 suy ra Q = 0. 1.4.2 Ứng dụng của một đồng nhất thức trong phân thức hữu tỷ Với các số thực a1, a2, ..., an, ta đặt σ1(n) = n∑ i=1 ai, (1.10) σ2(n) = n∑ i=1 aiai+1, an+1 = a1, (1.11) σ3(n) = n∑ i=1 aiai+1ai+2, an+1 = a1, an+2 = a2, (1.12) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , σn(n) = a1a2...an. (1.13) 16 Ta có đồng nhất thức(x − a1)(x − a2)...(x − an)xk = xk+n − σ1(n)xk+n−1 + σ2(n)xk+n−2− σ3(n)xk+n−3 + ... + (−1)nσn(n)xk. (1.14) Trong (1.14) lần lượt cho x = a1, x = a2, ..., x = an, ta có ak+n1 − σ1(n)ak+n−11 + σ2(n)an+k−21 − σ3(n)ak+n−31+ ... + (−1)nσn(n)ak1 = 0, (1.15) ak+n2 − σ1(n)ak+n−12 + σ2(n)an+k−22 − σ3(n)ak+n−32+ ... + (−1)nσn(n)ak2 = 0, (1.16) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , ak+nn − σ1(n)ak+n−1n + σ2(n)an+k−2n − σ3(n)ak+n−3n+ ... + (−1)nσn(n)akn = 0. (1.17) Giả sử ai ≠ aj(i ≠ j). Chia đẳng thức (1.15) cho (a1−a2)(a1−a3)...(a1− an), chia đẳng thức (1.16) cho (a2 − a3)(a2 − a4)...(a2 − an)(a2 − a1), .....và đẳng thức (1.17) cho (an−a1)(an−a2)...(an−an−1), rồi cộng các đẳng thức 17 ấy lại ta được = ak+n1(a1 − a2)(a1 − a3)...(a1 − an) + ak+n2(a2 − a3)(a2 − a4)...(a2 − an)(a2 − a1)+ .... + ak+nn(an − a1)(an − a2)...(an − an−1)− σ1(n)[ ak+n−11(a1 − a2)(a1 − a3)...(a1 − an)+ ak+n−12(a2 − a3)(a2 − a4)...(a2 − an)(a2 − a1) + ....+ ak+n−1n(an − a1)(an − a2)...(an − an−1)]+ σ2(n)[ ak+n−21(a1 − a2)(a1 − a3)...(a1 − an)+ ak+n−22(a2 − a3)(a2 − a4)...(a2 − an)(a2 − a1)+ .... + ak+n−2n(an − a1)(an − a2)...(an − an−1)] .................................................... + (−1)nσn(n)[ ak1(a1 − a2)(a1 − a3)...(a1 − an)+ ak2(a2 − a3)(a2 − a4)...(a2 − an)(a2 − a1)+ .... + akn(an − a1)(an − a2)...(an − an−1)]. (1.18) Ký hiệu Xk = ak1(a1 − a2)(a1 − a3)...(a1 − an) + ak2(a2 − a3)(a2 − a4)...(a2 − an)(a2 − a1)+.... + akn(an − a1)(an − a2)...(an − an−1) = 0. (1.19) Khi đó đẳng thức (1.18) có dạng Xk+n − σ1Xk+n−1 + σ2Xk+n−2 + ... + (−1)nσnXk = 0. (1.20) Bài toán 1.23. Giả sử m,n, p là các số nguyên khác nhau bất kì. Chứng minh rằng mk(m − n)(m − p) + nk(n − p)(n −m) + pk(p −m)(p − n) 18 là số nguyên với mọi số nguyên k ≥ 0. Lời giải. Ta có đồng nhất thức(x − a)(x − b)(x − c)xk = xk+3 − σ1xk+2 + σ2xk+1 − σ3xk, k = 0,1... (1.21) Đặt x = a,x = b, x = c, ta có ak+3 − σ1ak+2 + σ2ak+1 − σ3ak = 0, (1.22) bk+3 − σ1bk+2 + σ2bk+1 − σ3bk = 0, (1.23) ck+3 − σ1ck+2 + σ2ck+1 − σ3ck = 0. (1.24) Giả sử a, b, c khác nhau. Chia đẳng thức (1.22) cho (a−b)(a−c), chia đẳng thức (1.23) cho (b− c)(b−a), chia đẳng thức (1.24) cho (c−a)(c− b) rồi cộng lại ta được. ak+3(a − b)(a − c) + bk+3(b − c)(b − a) + ck+3(c − a)(c − b)− σ1[ ak+2(a − b)(a − c) + bk+2(b − c)(b − a) + ck+2(c − a)(c − b)]+ σ2[ ak+1(a − b)(a − c) + bk+1(b − c)(b − a) + ck+1(c − a)(c − b)]− σ3[ ak(a − b)(a − c) + bk(b − c)(b − a) + ck(c − a)(c − b)] = 0. (1.25) k = 0,1.... Đặt Xk = ak(a − b)(a − c) + bk(b − c)(b − a) + ck(c − a)(c − b) . (1.26) Khi đó đẳng thức (1.26) có dạng Xk+3 − σ1Xk+2 + σ2Xk+1 − σ3Xk = 0;k = 0,1,2... (1.27) Bởi vậy nếu biết X0,X1,X2 ta có thể tính được Xk(k ≥ 3) nhờ công thức truy hồi toán. Ta tính X0,X1,X2 trực tiếp từ (1.26) như sau 19 X0 = 1(a − b)(a − c) + 1(b − c)(b − a) + 1(c − a)(c − b)= b − c − a + c + a − b(a − b)(a − c)(b − c) = 0, X1 = a(a − b)(a − c) + b(b − c)(b − a) + c(c − a)(c − b)= a(b − c) − b(a − c) + c(a − b)(a − b)(a − c)(b − c) = 0, X2 = a2(a − b)(a − c) + b2(b − c)(b − a) + c2(c − a)(c − b)= (a − b)(a − c)(b − c)(a − b)(a − c)(b − c) = 1. Thay k = 0 vào (1.27) ta được X3 = a + b + c và từ đó ta sẽ tính được X4,X5... Như vậy là nhờ công thức truy hồi toán (1.27) và X0 = X1 = 0,X2 = 1 ta giải được bài toán 1.23 và tính được mọi tổng Xk(k ≥ 3) Bài toán 1.24. Giả sửm,n, p, q là các số nguyên khác nhau bất kì. Chứng minh rằng mk(m − n)(m − p)(m − q) + nk(n − p)(n − q)(n −m) + pk(p − q)(p −m)(p − n) + qk(q −m)(q − n)(q − p) . Là số nguyên với mọi số nguyên k ≥ 0. Lời giải. Ta có đồng nhất thức(x − a)(x − b)(x − c)(x − d)xk = xk+4 − σ1xk+3 + σ2xk+2 − σ3xk+1 + σ4xk;k = 0,1,2.... Giả sử a, b, c, d khác nhau; làm tương tự như trước ta được: X∗k+4 − σ1X∗k+3 + σ2X∗k+2 − σ3X∗k+1 + σ4X∗k = 0. (1.28) Với X∗k = ak(a − b)(a − c)(a − d) + bk(b − c)(b − a)(b − d)+ ck(c − d)(c − a)(c − b) + dk(d − a)(d − b)(d − c) . (1.29) 20 Với k = 0,1, .... Tính trực tiếp X∗0 ,X∗1 ,X∗2 ,X∗3 ta được X∗0 = X∗1 = X∗2 = 0,X∗3 = 1. Thay giá trị X∗0 ,X∗1 ,X∗2 ,X∗3 vào (1.28) có được X∗4 = a4(a − b)(a − c)(a − d) + b4(b − c)(b − d)(b − a) + c4(c − d)(c − a)(c − b) + d4(d − a)(d − b)(d − c) = a + b + c + d Như vậy nhờ công thức truy hồi toán (1.28) và X∗0 = X∗1 = X∗2 = 0,X∗3 = 1 ta giải được bài toán 1.24 và tính được mọi tổng X∗k (k ≥ 4). Bài toán 1.25. Đơn giản biểu thức A = 1 a2(a − b)(a − c) + 1b2(b − c)(b − a) + 1c2(c − a)(c − b) . Lời giải. Biến đổi số hạng 1 a2(a − b)(a − c) = 1 a2a2bc(1 a − 1 b )(1 a − 1 c ) = 1.(1 a )3 abc(1 a − 1 b )(1 a − 1 c ) . Và làm tương tự với các biểu thức còn lại. Từ đó ta có A = 1 abc .[ (1a)3(1 a − 1 b )(1 a − 1 c ) + (1 b )3 (1 b − 1 c )(1 b − 1 a ) + (1 c )3 (1 c − 1 a )(1 c − 1 b )] = 1 abc X3 = 1 abc (1 a + 1 b + 1 c ). Bài toán 1.26. Đơn giản biểu thức A = 1 a(a − b)(a − c) + 1b(b − c)(b − a) + 1c(c − a)(c − b) . Lời giải. Đặt d = 0, khi đó X∗0 = 1(a − b)(a − c)(a − d) + 1(b − c)(b − d)(b − a) + 1(c − d)(c − a)(c − b)+ 1(d − a)(d − b)(d − c) . Bởi vậy B = 1 abc . 21 Bài toán 1.27. Chứng minh rằng Tm = am(a + b)(a + c)(a − b)(a − c) + bm(b + c)(b + a)(b − c)(b − a) + cm(c + a)(c + b)(c − a)(c − b) . Luôn là số nguyên với mọi số nguyên a, b, c,m;m ≥ 1. Lời giải. Ta thấy am (a + b)(a + c)(a − b)(a − c) = (a + b + c)am+1 + abcam−1(a − b)(a − c) . Biến đổi tương tự các các số hạng sau ta được Tm = (a + b + c)Xm+1 + abcXm−1. Áp dụng kết quả bài toán 1.23 ta được điều phải chứng minh. 22 Chương 2 Đa thức đối xứng và một số ứng dụng Chương này trình bày cơ sở của đa thức đối xứng và một số bài toán áp dụng, chủ yếu là các bài toán về bất đẳng thức ba biến. Nội dung của chương này được hình thành chủ yếu từ các tài liệu [2] và [10]. 2.1 Cơ sở lý thuyết Định nghĩa 2.1. Đa thức f(x1, x2, ..., xn) theo các biến x1, x2, ..., xn được gọi là đối xứng nếu nó không thay đổi khi đổi chỗ giữa hai biến bất kì. Định nghĩa 2.2. Ký hiệu sk = xk1 + xk2 + ... + xkn, k ∈ N, σ0 = 1, σ1 = n∑ i=1xi, σ2 = ∑1≤i<j≤nxixj, σ3 = ∑ 1≤i<j<k≤nxixjxk, σn = x1x2...xn. Ta gọi sk là tổng lũy thừa, còn σr(r = 1,2, ..., n) là các đa thức đối xứng cơ sở cấp r. Định lý 2.1. ( Công thức truy hồi Newton, [2] ). Các tổng lũy thừa và các đa thức đối xứng cơ sở liên hệ với nhau theo công thức sk = σ1sk−1 − σ2sk−2 + ... + (−1)i−1σisk−i + ... + (−1)k−1σk.k. (2.1) Sử dụng công thức truy hồi (2) chúng ta có thể biểu diễn các tổng lũy thừa theo các đa thức đối xứng (Công thức Waring). Xét một vài trường hợp thường gặp sau đây. ˆ n=2 23 s0 = 2, s1 = σ1, s2 = σ21 − 2σ2, s3 = σ31 − 3σ1σ2, s4 = σ41 − 4σ21σ2 + 2σ22, s5 = σ51 − 5σ31σ2 + 5σ1σ22, s6 = σ61 − 6σ41σ2 + 9σ21σ22 − 2σ32, ..................................... ˆ n=3 s0 = 3, s1 = σ1, s2 = σ21 − 2σ2, s3 = σ31 − 3σ1σ2 + 3σ3, s4 = σ41 − 4σ21σ2 + 2σ22 + 4σ1σ3, s5 = σ51 − 5σ31σ2 + 5σ1σ22 + 5σ21σ3 − 5σ2σ3, s6 = σ61 − 6σ41σ2 + 9σ21σ22 − 2σ32 + 6σ31σ3 − 12σ1σ2σ3 + 3σ23, ..................................... Định lý 2.2. (Định lý cơ bản, [2]). Mọi đa thức đối xứng f(x1, x2, .., xn) theo các biến x1, x2, ..., xn đều có thể biểu diễn được dưới dạng đa thức F (σ1, σ2, ..., σn) theo các biến đa thức cơ sở σ1, σ2, ..., σn. Ví dụ. Biểu diễn đa thức đối xứng f(x, y) = x5+x4y+x3y3+xy4+y5 theo các đa thức đối xứng cơ sở. Lời giải. Theo công thức Waring ta có f(x, y) = (x5 + y5) + xy(x3 + y3) + (xy)3 = s5 + σ2s3 + σ32= σ51 − 5σ31σ2 + 5σ1σ22 + σ2(σ31 − 3σ1σ2) + σ32= σ51 − 4σ31σ2 + 2σ1σ22 + σ32. Định nghĩa 2.3. Đa thức phản đối xứng là đa thức thay đổi dấu khi thay đổi vị trí của hai biến bất kỳ. Các đa thức T2(x, y) = (x− y), T3(x, y, z) =(x − y)(x − z)(y − z) được gọi là các đa thức đơn giản nhất tương ứng với các đa thức phản đối xứng hai biến và ba biến. Định lý 2.3. ([2]). Ký hiệu θm(x, y, z) là đa thức đa thức phản đối xứng 24 bậc m. Khi đó θ3(x, y, z) = aT3(x, y, z), θ4(x, y, z) = aT3(x, y, z)σ1, θ5(x, y, z) = T3(x, y, z)(aσ21 + bσ2), θ6(x, y, z) = T3(x, y, z)(σ31 + bσ1σ2 + cσ3), trong đó a, b, c là các hằng số. Định nghĩa 2.4. Đa thức đối xứng ba biến với các số hạng tối thiểu, một trong các số hạng đó là đơn thức xkymzl được gọi là quỹ đạo của đơn thức xkymzl và được... trình có nghiệm duy nhất điều kiện cần và đủ là fmax1 < 0. Từ đó suy ra a < 3 3√2 2 . Vậy để phương trình có nghiệm duy nhất thì a < 3 3√2 2 . Bài toán 3.5. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f(x) = x3 − 3mx2 + 3(m2 − 1)x + 1 −m2 = 0. Có ba nghiệm phân biệt dương. 48 Lời giải. Để phương trình có ba nghiệm phân biệt dương thì đồ thị hàm số f(x) phải có cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của trục Ox. Mặt khác do hệ số bậc cao nhất a = 1 > 0 nên đồ thị của f(x) đi lên từ góc III, cắt trục 0x tại điểm thuộc bán trục dương, suy ra f(0) < 0. Vậy phải có các điều kiện sau⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩ △f ′ > 0 xmax > 0 xmin < 0 fmaxfmin < 0 f(0) < 0. Trong đó xmax, xmin tương ứng là hoành độ của các điểm cực đại và cực tiểu, fmax = f(xmax), fmin = f(xmin). Ta có f ′ = 3(x2 − 2mx +m2 − 1), △f ′ =m2 −m2 + 1 = 1 > 0, ∀m. f ′ = 0⇔ x1 =m − 1 = xmax, x2 =m + 1 = xmin. fmax = (m − 1)(m2 − 3), fmin = (m + 1)(m2 − 2m − 1), f(0) = 1 −m2. Sử dụng các công thức trên giải hệ bất phương trình ban đầu ta được kết quả √ 3 <m < 1 +√2. Bài toán 3.6. Chứng minh rằng nếu x1, x2 là các nghiệm phân biệt của phương trình ax3 + bx2 + cx + d = 0, (a ≠ 0), thì x1x2 ⩾ 4ac − b2 4a2 . Lời giải. Theo giả thiết ta có hệ {ax31 + bx21 + cx1 + d = 0 ax32 + bx22 + cx2 + d = 0. Trừ từng vế các phương trình của hệ trên ta được a(x31 − x32) + b(x21 − x22) + c(x1 − x2) = 0. Chia hai vế của phương trình trên cho x1 − x2 ta được a(x21 + x1x2 + x22) + b(x1 + x2) + c = 0. Ta viết lại đẳng thức trên ở dạng a(x1 + x2)2 + b(x1 + x2) + c − ax1x2 = 0. (3.4) 49 Nếu xem (3.4) như là một phương trình bậc hai đối với x1 + x2 thì từ sự tồn tại nghiệm của phương trình suy ra △ = b2 − 4a(c − ax1x2) ⩾ 0⇔ x1x2 ⩾ 4ac − b2 4a2 . Đó là điều phải chứng minh. Bài toán 3.7. Chứng minh rằng nếu x0 là nghiệm của phương trình x3 + ax2 + bx + c = 0, thì x20 < 1 + a2 + b2 + c2. Lời giải. Ta có −x30 = ax20 + bx0 + c. Suy ra x60 = (ax20 + bx0 + c)2 ⩽ (a2 + b2 + c2)(x40 + x20 + 1)⇔ a2 + b2 + c2 ⩾ x60 x40 + x20 + 1 = (x 6 0 − 1) + 1 x40 + x20 + 1 = x20 − 1 + 1x40 + x20 + 1 > x20 − 1⇔ a2 + b2 + c2 + 1 > x20. Đó là điều phải chứng minh. Bài toán 3.8. Giải và biện luận theo tham số a, b phương trình(a + b + x)3 − 4(a3 + b3 + x3) − 12abx = 0. Lời giải. Ta có(a + b + x)3 = a3 + b3 + x3 + 3a2(b + x) + 3b2(a + x) + 3x2(a + b) + 6abx. Sử dụng công thức trên đưa phương trình đã cho về dạng x3 − (a + b)x2 − (a − b)2x + (a − b)2(a + b) = 0. Suy ra x2(x − a − b) − (a − b)2(x − a − b) = 0⇔ (x − a − b)[x2 − (a − b)2] = 0⇔ (x − a − b)(x + a − b)(x − a + b) = 0. Như vậy, phương trình đã cho có các nghiệm x = a + b, x = a − b, x = b − a Bài toán 3.9. Giải và biện luận phương trình sau theo các tham số a, b, c. x3 + 3ax2 + 3(a2 − bc)x + a3 + b3 + c3 − 3abc = 0. 50 Lời giải. Ta viết lại phương trình đã cho ở dạng(x + a)3 − 3bc(x + a) + b3 + c3 = 0. Đặt x + a = y, khi đó phương trình có dạng y3 − 3bcy + b3 + c3 = 0. Phương trình trên tương đương với(y + b + c)(y2 + b2 + c2 − yb − yc − bc) = 0⇔ (y + b + c)[y2 − y(b + c) + b2 + c2 − bc) = 0⇔ [ y + b + c = 0y2 − y(b + c) + b2 + c2 − bc = 0. Ta có y + b + c = 0⇔ y = −b − c⇒ x = −a − b − c Xét phương trình y2 − y(b + c) + b2 + c2 − bc = 0. (3.5) Ta có △ = (b + c)2 − 4(b2 + c2 − bc) = −3(b − c)2 ⩽ 0. Do đó nếu b ≠ c, thì phương trình (3.5) vô nghiệm, nếu b = c, thì phương trình ấy có nghiệm kép y = b⇒ x = b − a. Vậy nếu b ≠ c, thì phương trình đã cho chỉ có nghiệm x = −(a + b + c). Nếu b = c, thì phương trình có các nghiệm x = −(a + b + c), x = b − a. Bài toán 3.10. Giả sử x1, x2, x3 là ba nghiệm thực của phương trình x3 + ax2 + bx + c = 0. Chứng minh rằng m = min{∣x1 − x2∣, ∣x1 − x2∣, ∣x1 − x2∣} ⩽ √a2 − 2b 2 Lời giải.Không mất tính tổng quát, giả sử rằng x1 ⩽ x2 ⩽ x3. Do x2−x1 ⩾m và x3 − x2 ⩾m, nên x3 − x1 = (x3 − x2) + (x2 − x1) ⩾ 2m. Do đó(x3 − x1)2 + (x3 − x2)2 + (x2 − x1)2 ⩾ 6m. Ta có: (x3 − x1)2 + (x3 − x2)2 + (x2 − x1)2= 2(x21 + x22 + x23) − 2(x1x2 + x1x3 + x2x3)= (x21 + x22 + x23) − (x1 + x2 + x3)2 ⩽ 3(x21 + x22 + x33). Theo định lí Viete, ta có x21 + x22 + x23 = (x1 + x2 + x3)2 − 2(x1x2 + x1x3 + x2x3) = a2 − 2b. Suy ra 6m2 ⩽ 3(a2 − 2b) hay ⩽ √a2 − 2b 2 .ĐPCM 51 Bài toán 3.11. Chứng minh rằng phương trình x3 + px2 + qx + r = 0, (p, q, r ∈ R) có ba nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi 4p3r − p2q2 − 18pqr + 4q3 + 27r2 < 0. Lời giải. Bằng cách đặt x = y − p 3 , ta có thể đưa phương trình đã cho về phương trình tương đương sau y3 + sy + t = 0, trong đó s = q − p2 3 , t = 2p3 27 − pq 3 + r. (3.6) Xét hàm số z = P (y) = y3 + sy + t ta có z′ = 3y2 + s. Nếu s ⩾ 0, hàm số sẽ tăng trên R, suy ra phương trình đã cho có nghiệm thực duy nhất, nên phương trình có ba nghiệm thực phân biệt, thì s < 0. khi đó z′ = 0⇔ y = ±√s 3 . Hàm số đạt cực đại tại y = −√−s 3 và đạt cực tiểu tại y = √−s 3 suy ra P (y) có ba nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi P (−√−s 3 )P (√−s 3 ) < 0 ⇔ [(−√−s 3 )3 + s(−√−s 3 ) + t][(√−s 3 )3 + s(√−s 3 ) + t] < 0 ⇔ [2s 3 √−s 3 + t][−2s 3 √−s 3 + t] < 0. ⇔ 4s3 + 27t2 < 0 (3.7) Trong (3.7) thay s và t từ (3.6) ta có điều phải chứng minh. Bài toán 3.12. Cho phương trình x3 −mx2 − (m + 1)x +m2 +m = 0 xác định m để phương trình có đúng ba nghiệm phân biệt. Lời giải. Phương trình đã cho được viết lại dưới dạng g(m) =m2 − (x2 + x − 1)m + x3 − x = 0. 52 Phương trình trên là phương trình bậc hai với ẩn m. Ta có ∆ = (x2 + x − 1)2 − 4(x3 − x)= (x2 − x − 1)2 ≥ 0 ∀x. Vậy phương trình có hai nghiệm⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣ m = x2 + x − 1 + x2 − x − 1 2 m = x2 + x − 1 − x2 + x + 1 2 ⇔ [ m = x2 − 1m = x ⇔ [ x =mx2 −m − 1 = 0. Phương trình có ba nghiệm phân biệt khi x2 −m − 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt khác m. Tức là {m + 1 > 0 m2 −m − 1 ≠ 0 ⇔ ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩ m > −1 m ≠ 1 ±√5 2 . Vậy với m > −1 và m ≠ 1 ±√5 2 thì phương trình đã cho có đúng ba nghiệm phân biệt. Bài toán 3.13. Chứng minh rằng phương trình sau luôn có ba nghiệm x3 − 3(a2 + b2)x + 2(a3 + b3) = 0. Lời giải. Xét vế trái của phương trình x3 − 3(a2 + b2)x + 2(a3 + b3)=x3 − 3[(a + b)2 − 2ab]x + 2(a + b)(a2 − ab + b2)=x3 − 3[(a + b)2 − 2ab]x + 2(a + b)[(a + b)2 − 3ab]=x3 − 3(a + b)2x + 6abx + 2(a + b)3 − 6(a + b)ab=x3 − 3(a + b)2x + 2(a + b)3 + 6ab(x − a − b)=x3 − (a + b)3 − 3(a + b)2x + 3(a + b)3 + 6ab(x − a − b)=(x − a − b)[x2 + (a + b)x + (a + b)2] − 3(a + b)2(x − a − b) + 6ab(x − a − b)=(x − a − b)[x2 + (a + b)x − 2(a + b)2 + 6ab]=(x − a − b)[x2 + (a + b)x − 2a2 − 2b2 − 4ab + 6ab]=(x − a − b)[x2 + (a + b)x − 2(a2 + b2 − ab)]. Vậy phương trình đã cho tương đương với (x−a−b)[x2+(a+b)x−2(a2+b2−ab)]⇔ [ x = a + bx2 + (a + b)x − 2(a2 + b2 − ab) = 0. Giải phương trình x2 + (a + b)x − 2(a2 + b2 − ab) = 0. Ta có ∆ = (a + b)2 + 8(a2 + b2 − ab)= a2 + 2ab + b2 + 8a2 + 8n2 − 8ab = 9a2 + 9b2 − 6ab= 6(a2 + b2) + 3(a2 − 2ab + b2) = 6(a2 + b2) + 3(a − b)2 ≥ 0. 53 Phương trình x2 + (a + b)x − 2(a2 + b2 − ab) = 0, luôn có hai nghiệm, Tức phương trình đã cho luôn có ba nghiệm. 3.2 Phương trình bậc bốn 3.2.1 Phương trình bậc bốn Định nghĩa 3.2. Phương trình bậc bốn tổng quát là phương trình có dạng ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (a ≠ 0). (3.8) Trong đó a, b, c, d, e là các hệ số, x là ẩn số. Định lý 3.2. Nếu x1, x2, x3, x4 là nghiệm của phương trình (3.8) thì x1 + x2 + x3 + x4 = − b a , x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + +x3x4 = c a , x1x2x3 + x1x2x4x1x3x4 = −d a , x1x2x3x4 = e a . Chứng minh. Phân tích vế trái của (3.8) thành nhân tử ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 = a(x − x1)(x − x2)(x − x3)(x − x4)= ax4 − a(x1 + x2 + x3 + x4)x3 + a(x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4+ x3x4)x2 − a(x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4)x + ax1x2x3x4 So sánh hệ số các lũy thừa cùng bậc của đồng nhất thức trên, ta có điều phải chứng minh. ∎ Bài toán 3.14. Biết rằng phương trình: ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (ae ≠ 0) Có bốn nghiệm dương. Chứng minh rằng a. bd ⩾ 16ae, b. bd ⩾ 36ae. Lời giải. a) Kí hiệu x1, x2, x3, x4 là các nghiệm dương của phương trình đã cho. Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân, ta có (x1 + x2 + x3 + x4)( 1 x1 + 1 x2 + 1 x3 + 1 x4 ) ⩾ 16⇔ (x1 + x2 + x3 + x4)(x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4) ⩾ 16x1x2x3x4. 54 Sử dụng định lí Viete, ta có (− b a )(−d a ) ⩾ 16e a ⇔ bd ⩾ 16ae. b) Theo định lí Viete và bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân, ta có c e = cae a = x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x4 + x3x4 x1x2x3x4 = ( 1 x3x4 + 1 x2x4 + 1 x2x3 + 1 x1x4 + 1 x1x3 + 1 x1x2 ) ⩾ 6 6 √ x31x 3 2x 3 3x 3 4= 6√ x1x2x3x4 = 6√ e a = 6√a e . Vậy ta có c e ⩾ 6√a e ⇔ c2 ⩾ 36ae. Bài toán 3.15. Biết rằng phương trình x4 + ax3 + bx2 + c = 0 (c ≠ 0) Có bốn nghiệm thực, chứng minh rằng bc < 0.Nếu ngoài ra, các nghiệm là phân biệt thì 9a2 > max{24b; 32b}. Lời giải. a) Giả sử x1, x2, x3, x4 là các nghiệm thực của phương trình đã cho. Vì c ≠ 0, nên x1x2x3x4 ≠ 0. Ta có 1 x21 + 1 x22 + 1 x23 + 1 x24 = (x2x3x4)2 + (x1x2x4)2 + (x1x3x4)2 + (x1x2x3)2(x1x2x3x4)2= (x2x3x4 + x1x2x4 + x1x3x4 + x1x2x3)2(x1x2x3x4)2− 2x1x2x3x4(x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4)(x1x2x3x4)2 . Theo định lí Viete ta có: x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + +x3x4 = b x1x2x3 + x1x2x4x1x3x4 = 0 x1x2x3x4 = c. Do đó 1 x21 + 1 x22 + 1 x23 + 1 x24 = −2b c 55 suy ra −2b c > 0⇔ bc < 0. Khẳng định thứ nhất được chứng minh. b)Để chứng minh khẳng định thứ hai chúng ta sử dụng Định lí Roole:" Nếu một đa thức bậc n có n nghiệm thực phân biệt thì đạo hàm của nó có n − 1 nghiệm thực phân biệt." Như vậy nếu phương trình P (x) = x4 + ax3 + bx2 + cx = 0, (c ≠ 0) Có bốn nghiệm thực phân biệt, thì phương trình P ′(x) = 4x3 + 3ax2 + 2bx = x(4x2 + 3ax + 2b) = 0. (3.9) Có ba nghiệm thực phân biệt. Kí hiệu các nghiệm đó là y1, y2, y3. Không mất tính tổng quát , giả sử y1 = 0. Vì y2 ≠ y3, nên từ (3.9) suy ra tam thức 4x3 + 3ax + 2b có hai nghiệm phân biệt và khác không (b ≠ 0). do đó △1 = 9a2 − 32b > 0⇔ 9a2 > 32b. Cũng theo định lí Roole, thì phương trình P”(x) = 12x2 + 6ax + 2b = 2(6x2 + 3ax + b) = 0. Có hai nghiệm thực phân biệt, nên△2 = 9a2 − 24b > 0⇔ 9a2 > 24b. Vậy ta có 9a2 > max{24b; 32b}. Bài toán 3.16. Xác định a, b để phương trình: x4 − 6x3 + 13x2 + ax + b = 0 có hai nghiệm kép(thực) phân biệt. Tìm các nghiệm kép đó. Lời giải. Gọi x1, x2 là các nghiệm kép của phương trình đã cho. Theo định lí Viet, ta có⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩ 2x1 + 2x2 = 6 x21 + 4x1x2 + x22 = 13 2x21x2 + 2x1x22 = −a x21x 2 2 = b ⇔ ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩ x1 + x2 = 3(x1 + x2)2 + 2x1x2 = 13 2x1x2(x1 + x2) = −a x21x 2 2 = b ⇔ ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩ x1 + x2 = 3 x1x2 = 4 2x1x2(x1 + x2) = −a x21x 2 2 = b.(1.9) Từ hai phương trình đầu của hệ cuối cùng ta tìm được x1 = 1, x2 = 2, thay các giá trị này vào phương trình (3), (4) cả hệ ta được a = −12, b = 4. 56 3.2.2 Phương trình trùng phương Đó là phương trình có dạng ax4 + bx2 + c = 0(ac ≠ 0). (3.10) Đặt x2 = y, y ⩾ 0 khi đó phương trình (3.10) trở thành ay2 + by + c = 0. Giải phương trình bậc hai này tìm được y, từ đó với y ⩾ 0, ta tìm được x = ±√y. Bài toán 3.17. Tìm các giá trị của m để phương trình x4 − 2(m + 1)x2 + 2m + 1 = 0. (3.11) có bốn nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng và tìm các nghiệm ấy. Lời giải. Giả sử x1, x2, x3, x4, là các nghiệm khác nhau của phương trình đã cho và theo thứ tự lập thành cấp số cộng, nghĩa là x2 − x1 = x3 − x2 = x4 − x3. (3.12) Đặt x2 = t, t ⩾ 0. Khi đó phương trình (3.11) có dạng t2 − 2(m + 1)t + 2m + 1 = 0. (3.13) Để phương trình (3.11) có bốn nghiệm phân biệt thì phương trình (3.13) phải có hai nghiệm dương phân biệt t1, t2, giả sử t1 < t2. Khi đó hệ thức (3.12) sẽ là −√t1 +√t2 = √t1 +√t1 = √t2 +√t1. Suy ra 3 √ t1 = √t2⇔ t2 = 9t1. Phương trình (3.13) hai nghiệm dương phân biệt khác nhau khi:⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩ △′ = (m + 1)2 − 2m − 1 > 0 2(m + 1) > 0 2m + 1 > 0 ⇔ ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩m > −1 2 m ≠ 0. Xét phương trình (3.13) định lí Viète ta có: {t1 + t2 = 10t1 = 2m + 2 t1t2 = 9t21 = 2m + 1 ⇒ 9m2 − 32m − 16 = 0⇒ ⎡⎢⎢⎢⎢⎣ m = 4 m = −4 9 . Với m = 4 ta có t1 = 1, t2 = 9, khi đó các nghiệm của phương trình sẽ là x1 = −3, x2 = −1, x3 = 1, x4 = 3. 57 Với m = −4 9 , ta có t1 = 1 9 , t2 = 1, khi đó các nghiệm của phương trình đã cho sẽ là x1 = −1, x2 = −1 3 , x3 = 1 3 , x4 = 1. Vậy các giá trị cần tìm của m là m = 4,m = −4 9 . Bài toán 3.18. (THPT chuyên Biên Hòa - 2014-2015) Tìm m để phương trình x4 − 2(2m + 1)x2 + 5m − 1 = 0. Có bốn nghiệm x1, x2, x3, x4, thỏa mãn x4 − x3 = x3 − x2 = x2 − x1. Lời giải.Nhận xét nếu phương trình trùng phương có bốn nghiệm x1, x2, x3, x4 thì x1 + x2 + x3 + x4 = 0. Theo giả thiết x4 + x2 = 2x3x1 + x3 = 2x2.⇒ x1 + x2 + x3 + x4 = 2(x2 + x3) = 0⇒= x2 + x3 = 0.⇒ x4 + x2 + x3 = 3x3 mà (x2 + x3) = 0⇒ x4 = 3x3. Đặt x2 = t ⩾ 0, khi đó phương trình trở thành t2 − 2(2m+ 1)t+ 5m− 1 = 0. Vì x4 = 3x3 ⇒ x24 = 9x23, bài toán đưa về xác định m để phương trình có hai nghiệm t1, t2 mà t2 = 9t1(t1 ⩾ 0). Ta có t1 + t2 = 2(2m + 1) và t1.t2 = 5m − 1. ⇒ (2m + 1 5 )2 = 5m − 1 9 ⇔ 36m2 − 89m + 34 = 0⇔ ⎡⎢⎢⎢⎢⎣ m = 2 m = 11 36 . Bài toán 3.19. (THPT chuyên ĐHQG) Cho phương trình x4 + 2mx2 + 4 = 0. Chứng minh với mọi m phương trình có bốn nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4, thỏa mãn x41 + x42 + x43 + x44 = 32. Lời giải. Đặt x2 = t ⩾ 0, khi đó phương trình đã cho trở thành t2 + 2mt + 4 = 0. (3.14) Để phương trình ban đầu có bốn nghiệm phân biệt thì phương trình (3.14) có hai nghiệm dương phân biệt, tức là⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩ △′ =m2 − 4 > 0 t1t2 = 4 > 0 t1 + t2 = −2m > 0 ⇔ {m 2 > 4 m < 0 ⇒m < −2. Nếu t1, t2 là hai nghiệm của phương trình (3.14) thì x1,2 = ±√t1;x3,4 = ±√t2 S = x41 + x42 + x43 + x44 = 2t21 + 2t22 = 2(t1 + t2)2 − 4t1t2. Như vậy S = 8m2 − 16 = 32⇒m2 = 6⇒m = −√6. Vậy m = −√6 thì phương trình có bốn nghiệm thỏa mãn bài toán. 58 3.2.3 Phương trình hệ số đối xứng và phương trình hồi quy bậc bốn Phương trình bậc bốn đối xứng là phương trình có dạng ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0 (a ≠ 0) (3.15) Phương trình bậc bốn ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (abcd ≠ 0) (3.16) Được gọi là phương trình hồi quy, nếu ad2 = eb2⇔ e a = d2 b2 . (3.17) Khi a = e và b = d thì phương trình hồi quy (3.16) trở thành phương trình đối xứng (3.15) Xét phương trình đối xứng (3.15). Chia cả hai vế cho x2 vì x = 0 không phải là nghiệm và đưa về dạng a(x2 + 1 x2 ) + b(x + 1 x ) + c = 0. (3.18) Đặt x + 1 x = t. Suy ra x2 + 1 x2 = t2 − 2. Khi đó phương trình (3.18) quy về phương trình bậc hai: at2 + bt + c − 2a = 0. Xét phương trình hồi quy (3.16). Sử dụng điều kiện hồi quy (3.17) ta đặt d = kb, khi đó e = k2a, nên phương trình (3.16) có dạng ax4 + bx3 + cx2 + bkx + ak2 = 0. (3.19) Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (3.19) nên chia cả hai vế của phương trình này cho x2 ta có (x2 + k2 x2 ) + b(x + k x ) + c = 0 (3.20) Đặt x + k x = t. Suy ra x2 + k2 x2 = t2 − 2k. Khi đó phương trình (3.20) quy về phương trình bậc hai t2 + bt + c − 2ak = 0 Chú ý. Cách khác để giải phương trình với hệ số đối xứng và đối xứng lệch ax4 + bx3 + cx2 ± bx + a = 0 (a ≠ 0). 59 Phương pháp: Đặt ẩn phụ : t = x2 ± 1⇒ t2 = x4 ± 2x + 1. Khi đó ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0⇔ a(x4 ± 2x2 + 1) + b(x2 ± 1) + (c ± 2a)x2 = 0. Do đó ta có at2 + bxt + (c ± 2a)x2 = 0. (3.21) phương trình (3.21) ẩn t có nghiệm khi b2 − 4ac ± 8a2 ≥ 0. Thay nghiệm t phụ thuộc x vào biểu thức x2 − t ± 1 = 0 và giải phương trình ta tìm được x. Bài toán 3.20. Giải phương trình x4 + 2x3 − x2 + 2x + 1 = 0. Lời giải. Đây là phương trình bậc bốn đối xứng. Chia cả hai vế cho x2( khác không) ta được phương trình tương đương 2x2 + 3x − 16 + 3 x + 2 x2 = 0⇔ 2(x2 + 1 x2 ) + 3(x2 + 1 x ) − 16 = 0, Đặt t = x + 1 x ⇒ t2 − 2 = x2 + 1 x2 . Phương trình trên có dạng 2t2 + 3t − 20 = 0⇔ ⎡⎢⎢⎢⎢⎣ t = −4 t = 5 2 . Với t = −4, ta có ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩x + 1 x = −4 x ≠ 0 ⇔ {x2 + 4x + 1 = 0x ≠ 0 ⇔ {x = −2 ± √ 3 x ≠ 0. Với t = 5 2 , ta có ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩x + 1 x = 5 2 x ≠ 0 ⇔ {2x2 − 5x + 2 = 0x ≠ 0 ⇔ ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩ ⎡⎢⎢⎢⎢⎣ x = 1 2 x = 2 x ≠ 0. Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là x = −2 ±√3, x = 1 2 , x = 2. Bài toán 3.21. Giải phương trình x4 + 3x3 − 2x2 − 6x + 4 = 0. Lời giải. Đây là phương trình bậc bốn dạng hồi quy. Chia cả hai vế cho x2( khác không) ta được phương trình tương đương (x2 + 4 x2 ) + 3(x − 2 x ) − 2 = 0. 60 Đặt t = x − 2 x ⇒ t2 + 4 = x2 + 4 x2 . Phương trình trên có dạng t2 + 3t + 2 = 0⇔ [ t = −1t = −2. Vậy ta có x − 2 x = −1 và x − 2 x = −2 hay là x2 + x − 2 = 0 và x2 + 2x − 2 = 0. Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình là x1 = −1;x2 = −2;x3,4 = −1 ±√3. Bài toán 3.22. Chứng minh rằng nếu phương trình x4 + ax3 + bx2 + ax + 1 = 0. có nghiệm thực thì a. 2a2 + b2 ⩾ 4 3 , b. a2 + b2 ⩾ 4 5 . Lời giải. a. Giả sử x là nghiệm thực của phương trình đã cho. Rõ ràng là x ≠ 0. Khi đó ta có −1 − x4 = ax3 + bx2 + ax. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có(−1 − x4)2 = (ax3 + bx2 + ax)2 ⩽ (a2 + b2 + a2)(x6 + x4 + x2). Suy ra 2a2 + b2 ⩾ (1 + x4)2 x6 + x4 + x2 . Chúng ta sẽ chứng tỏ(−1 − x4)2 x6 + x4 + x2 ≥ 34 ⇔ 3x8 + 6x4 + 3 ⩾ 4x6 + 4x4 + 4x2⇔ (x2 − 1)2(3x4 + 2x2 + 3) ⩾ 0. Từ đó suy ra 2a2 + b2 ⩾ 4 3 . 61 b. Giả sử x là nghiệm thực của phương trình đã cho (x ≠ 0), chia cả hai vế của phương trình cho x2, ta được (x2 + 4 x2 ) + a(x + 1 x ) + b = 0. (3.22) Đặt t = x + 1 x , ∣t∣ ⩾ 2. Khi đó phương trình (3.22 trên được biến đổi về dạng 2 − t2 = at + b. Theo bất đẳng thức Cauchy- schwarz, ta có (2 − t2)2 = (at + b)2 ⩽ (a2 + b2)(t2 + 1)⇒ a2 + b2 ⩾ (t2 − 2)2 t2 + 1 . Đặt u − t2 + 1. Vì ∣t∣ ⩾ 2, nên u ⩾ 5. Ta có a2 + b2 ⩾ (u − 3)2 u = u − 6 + 9 u . Xét hàm số f(u) = u − 6 + 9 u . Ta có f ′(u) = 1 − 9 u2 > 0, u ⩾ 5. Suy ra f(u) đồng biến trên khoảng [5;+∞). Do đó a2 + b2 ⩾minf(u)[5;+∞) = f(5) = 45 . 3.2.4 Phương trình bậc bốn khuyết lũy thừa bậc ba Xét phương trình x4 = ax2 + bx + c (b ≠ 0). (3.23) Giả sử α là nghiệm của phương trình trên. Khi đó ta có 4(α2 + c)(2α + a) − b2 = 0. (3.24) biến đổi phương trình (3.23) về dạng x4 + 2αx2 + α2 = (a + 2α)[x2 + bx + (c + α2)]. (3.25) Với điều kiện (3.24), vế phải của (3.25) là bình phương của nhị thức, do đó phương trình (3.25) có dạng (x2 + α)2 = (a + 2α)[x + b 2(a + 2α)]2. (3.26) Từ (3.25) suy ra 62 a. Nếu a + 2α < 0, phương trình (3.23) nghiệm. b. Nếu a + 2α > 0, phương trình (3.23) đương với tổ hợp các phương trình bậc hai. x2 + α = √a + 2α[x + b 2(a + 2α)], x2 + α = −√a + 2α[x + b 2(a + 2α)]. Phương trình bậc bốn đầy đủ t4 + αt3 + βt2 + γt + η = 0. (3.27) Bằng cách đặt t = x − α 4 , có thể được đưa về dạng (3.23). Thật vậy ta có (x − α 4 )4 + α(x − α 4 )3 + β(x − α 4 )2 + γ(x − α 4 )2 = 0⇔ x4 = ax2 + bx + c. Trong đó a = 3α2 8 − β, b = −α3 8 + 1 2 αβ − γ, c = 1 256 (3α4 − 16α2β + 64αγ − 256η). Bài toán 3.23. Giải phương trình x4 = x2 + 6x + 2. Lời giải. Biến đổi phương trình về dạng(x2 + α)2 = (1 + 2α)x2 + 6x + (2 + α2), chọn α sao cho ∆′ = 32 − (1 + 2α)(2 + α2) = 0. Dễ thấy α = 1, thỏa mãn phương trình trên. Do đó có thể viết phương trình về dạng (x2 + 1)2 = [√3(x + 1)]2⇔ [ x2 + 1 = √3(x + 1) x2 + 1 = −√3(x + 1). Giải phương trình: x2 + 1 = √3(x + 1), có nghiệm x1,2 = √3 ±√4√3 − 1 2 . Phương trình: x2 + 1 = −√3(x + 1) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x1,2 = √3 ±√4√3 − 1 2 . 63 3.2.5 Một số dạng phương trình khác 1. Phương trình dạng (x + a)4 + (x + b)4 = c. Để giải phương trình trên ta đặt x = t − a + b 2 và sử dụng đồng nhất thức (α + β)4 = [(α + β)2]2 = α4 + 4α3β + 6α2β2 + 4αβ3 + β4. Khi đó dễ dàng đưa phương trình đã cho về phương trình trùng phương. Bài toán 3.24. Giải phương trình(x − 6)4 + (x − 8)4 = 16. Lời giải. Đặt x = t − −6 − 8 2 = t + 7. Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình (t + 1)4 + (t − 1)4 = 16⇔ t4 + 6t2 − 7 = 0⇔ [ t2 = 1 (Nhận) t2 = −7 (Loại). Với t2 = 1⇔ (x − 7)2 = 1⇔ [ x − 7 = 1x − 7 = −1 ⇔ [ x = 8x = 6. Vậy phương trình có nghiệm là x = 8, x = 6. 2. Phương trình dạng (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) = Ax2. Trong đó ab = cd. Có thể dẫn đến phương trình bậc hai bằng cách đặt y = x + ab x Bài toán 3.25. Giải phương trình (x + 2)(x + 3)(x + 8)(x + 12) = 4x4. Lời giải. Ta có (x + 2)(x + 3)(x + 8)(x + 12) = 4x2⇔ (x2 + 14x + 24)(x2 + 11x + 24) = 4x2. Vì x = 0, không phải là nghiệm của phương trình đã cho, chia cả hai vế cho x2, ta được phương trình tương đương (x + 14 + 24 x )(x + 11 + 24 x ) = 4. Đặt y = x + 24 x . Khi đó ta có phương trình (y + 14)(y + 11) = 4, hay y2 + 25y + 150 = 0. Từ đó tìm được các nghiệm y1 = −15, y2 = −10. Như vậy, phương trình đã cho tương đương với tổ hợp các phương trình⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣ x + 24 x = −15 x + 24 x = −10 ⇔ [ x2 + 15x + 24 = 0x2 + 10x + 24 = 0. 64 Giải các phương trình trên, ta có kết quả x1 = −15 −√129 2 , x2 = −15 +√129 2 , x3 = −6, x4 = −4. Bài toán 3.26. Giải phương trình (4x + 1)(12x − 1)(3x + 2)(x + 1) = 4. Lời giải. Ta có (4x + 1)(12x − 1)(3x + 2)(x + 1) = 4⇔(4x + 1)(3x + 2)(12x − 1)(x + 1) = 4⇔(12x2 + 11x + 2)(12x2 + 11x − 1) = 4. Đặt 12x2 + 11x − 1 = t. Phương trình đã cho có dạng (t + 3)t = 4⇔ t2 + 3t − 4 = 0⇔ [ t = 1t = −4 Với t = 1 ta có 12x2 + 11x − 1 = 1⇔ ⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣ x = −11 +√217 2 x = −11 −√217 2 . Với t = −3 ta có 12x2 + 11x − 1 = −4⇔ 12x2 + 11x + 3 = 0. Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = −11 ±√217 2 . 3. Phương trình dạng a(ax2+bx+c)2+b(ax2+bx+c)+c = f[f(x)] = x. Trong đó f(x) = ax2 + bx + x, có thể được giải như sau. Đặt y = ax2 + bx + c. Khi đó phương trình đã cho tương đương với hệ các phương trình {ax2 + bx + c = y ay2 + by + c = x. Trừ theo từng vế các phương trình của hệ, ta được a(x2 − y2) + b(x − y) = y − x⇔ (x − y)[a(x + y) + b + 1] = 0. trong đẳng thức trên thay y = ax2 + bx + c, dễ dàng nhận được phương trình [ax2 + (b − 1)x + c][a2x2 + (a + ab)x + ac + b + 1] = 0. (3.28) Như vậy hệ phương trình đã cho tương đương với hai phương trình bậc hai [ ax2 + (b − 1)x + c = 0,a2x2 + (a + ab)x + ac + b + 1 = 0. Bài toán 3.27. Cho f(x) = x2 − x + 1. Giải phương trình: f[f(x)] = x. 65 Lời giải. Trong trường hợp này theo (3.28)ta có phương trình[x2 − 2x + 1][x2 + 1] = 0. Từ đây ta suy ra phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. Bài toán 3.28. Cho f(x) = x2 +mx + 1. a. Chứng minh rằng phương trình f(x) = 0 có nghiệm, hoặc vô nghiệm. Thì phương trình f[f(x)] = x cũng có nghiệm, hoặc vô nghiệm. b. Tìm m để phương trình f[f(x)] = x, có bốn nghiệm x1, x2, x3, x4, ( kể cả nghiệm kép hoặc nghiệm bội ) sao cho ∣x1 + x2 + x3 + x4∣ có giá trị nhỏ nhất. Lời giải. a) Phương trình f(x) = x, có dạng x2 + (m − 1)x + 1 = 0. Biệt thức của phương trình này là△1 = (m − 1)2 − 4. Theo công thức (3.28) phương trình f[f(x)] = x, tương đương với[x2 + (m − 1)x + 1][x2 + (m + 1)x +m + 2] = 0. (3.29) Tam thức thứ nhất trong vế trái của (3.29) có biệt thức △1 = (m− 1)2 − 4, còn biệt thức của tam thức thứ hai là △2 = (m + 1)2 − 4(m + 2). Dễ thấy rằng (m + 1)2 − 4(m + 2) = (m − 1)2 − 4. Do đó △2 =△1 − 4, nên nếu △1 < 0, thì △2 < 0, nghĩa là nếu phương trình f(x) = x vô nghiệm thì phương trình f[f(x)] = x cũng vô nghiệm. Rõ ràng nếu phương trình f(x) = x có nghiệm, nghĩa là nếu △1 ⩾ 0, thì phương trình f[f(x)] = x cũng có nghiệm. b) Để phương trình (3.29)có bốn nghiệm thì mỗi phương trình x2 + (m − 1)x + 1 = 0. (3.30) x2 + (m + 1)x +m + 2 = 0. (3.31) Phải có nghiệm. Điều đó xảy ra khi và chỉ khi {△1 = (m − 1)2 − 4 ⩾ 0,△2 = (m + 1)2 − 4(m + 2) ⩾ 0. Giải hệ trên ta được [ m ⩽ 1 − 2√2 m ⩾ 1 + 2√2. (3.32) 66 giả sử x1, x2 là nghiệm của phương trình (3.30)và x3, x4 là nghiệm của phương trình (3.31). Theo định lí Viet ta có x1 + x2 = 1 −m, x1x2 = 1, x3 + x4 = −(m + 1), x3x4 =m + 2. Do đó ta có S = ∣x1 + x2 + x3 + x4∣ = ∣1 −m −m − 1∣ = 2∣m∣. (3.33) Từ (3.32), (3.33) suy ra S có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi m = 1 − 2√2. 4. Phương trình dạng (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = e. Trong đó bốn số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện tổng của hai số trong chúng bằng tổng của hai số còn lại. Phương pháp : Giả sử α = a + b = c + d, phương trình được viết lại[x2 + (a + b)x + ab].[x2 + (c + d)x + cd] = e. Đặt y = X2 + αX, khi đó phương trình trên có dạng (y + ab)(y + cd) = e, ta giải phương trình ẩn y. Bài toán 3.29. (THPT Chuyên TP Hồ Chí Minh - 2007)Giải phương trình (x2 − 1)(x + 3)(x + 5) = 9. Lời giải. Ta có (x2 − 1)(x + 3)(x + 5) = 9⇔(x + 1)(x + 3)(x − 1)(x + 5) = 9⇔(x2 + 4x − 5)(x2 + 4x + 3) = 9. Đặt t = x2 + 4x, phương trình trên có dạng (t − 5)(t + 3) = 9⇔ t2 − 2t − 24 = 0⇔ [ t = 6t = −4. Với t = 6⇔ x2 + 4x = 6⇔ x1,2 = −2 ±√10. Với t = −4⇔ x2 + 4x = −4⇔ x = −2. 5. Phương trình dạng x4 + ax3 + cx2 + c2 a2 = 0 (a ≠ 0). Phương pháp : Đặt t = x2 + c a ⇒ t = x4 + 2c a x2 + c2 a2 . Lúc đó ta có x4 + ax3 + cx2 + c2 a2 = 0 ⇔ (x4 + 2c a x2 + c2 a2 ) + ax(x2 + c a ) + (b − 2c a )x2 = 0. Tức là : t2 + axt + (b − 2c a )x2 = 0. 67 Bài toán 3.30. Giải phương trình x4 + 2x3 − 20x2 + 4x + 4 = 0. Lời giải. Ta có : a = 2; b = −20; c = 4; c2 a2 = 4. Đặt t = x2 + 2 thì t2 = x4 + 4x2 + 4. Biến đổi phương trình đã cho thành(x4 + 4x2 + 4) + 2x(x2 + 2) − 24x2 = 0. hay là t2 + 2xt − 24x2 = 0⇔ (t − 4x)(t + 6x) = 0⇔ [ t = 4xt = 6x. Với t = 4x ta có x2 − 4x + 2 = 0⇔ x = 2 ±√2. Với t = 6x ta có x2 + 6x + 2 = 0⇔ x = −3 ±√7. Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm x = 2 ±√2 và x = −3 ±√7. 6. Phương trình dạng a2x4 + 2abx3 + (±a + b2)x2 ± bx + c = 0 (a ≠ 0). Phương pháp : Đặt t = ax2 + bx ta có a2x4 + 2abx3 + (±a + b2)x2 ± bx + c = 0⇔ (ax + bx)2 ± (ax2 + bx) + c = 0. tức là t2 ± t + c = 0. Bài toán 3.31. Giải phương trình 4x4 + 52x3 + 171x2 + 13x − 30 = 0. Lời giải. Ta có a2 = 4, 2ab = 52, b = 13, c = −30. Đặt t = 2x2 + 13x. Biến đổi phương trình đã cho thành (2x2 + 13x)2 + (2x2 + 13x) − 30 = 0⇔ t2 + t − 30 = 0⇔ [ t = 5t = −6. Với t = 5⇒ 2x2 + 13x = 5⇔ 2x2 + 13x − 5 = 0⇔ x = −13 ±√209 4 . Với t = 6, ta có 2x2 + 13x + 6 = 0⇔ ⎡⎢⎢⎢⎢⎣ x = −6 x = −1 2 . Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm x = −13 ±√209 4 , x = −6, x = −1 2 . 3.2.6 Một số phương pháp giải phương trình bậc bốn 1. Phương pháp hệ số bất định: Để minh họa phương pháp này, xét ví dụ sau 68 Bài toán 3.32. Giải phương trình x4 − 4x3 − 10x2 + 37x − 14 = 0. Lời giải. Ta thử phân tích vế trái của phương trình thành nhân tử của hai tam thức bậc hai x2 + px + q và x2 + rx + s, trong đó p, q, r, s là các hệ số chưa xác định(Hệ số bất định). Ta có x4 − 4x3 − 10x2 + 37x − 14 = (x2 + px + q)(x2 + rx + s). Đồng nhất các hệ số của đơn thức cùng bậc ở hai vế của đồng nhất thức trên ta có hệ phương trình sau⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩ p + r = −4 q + s + pr = −10 ps + qr = 37 qs = −14. Ta hãy tìm nghiệm nguyên của hệ trên đây. Từ phương trình cuối cùng của hệ ta đoán các nghiệm nguyên có thể có của q và s tương ứng là±1,±2,±7,±14 và ∓14,∓7,∓2,∓1. Thử lấn lượt các giá trị trên của q và s thì với q = 2, s = −7 các phương trình thứ hai và thứ ba cho ta hệ phương trình {pr = −5−7p + 2r = 37 ⇔ {p = −5r = 1. Các giá trị này cũng là nghiệm đúng của phương trình thứ nhất của hệ. Như vậy ta có x4 − 4x3 − 10x2 + 37x − 14 = (x2 − 5x + 2)(x2 + x − 7) = 0. Giải các phương trình này ta được các nghiệm x1,2 = 5 ±√17 2 , x3,4 = −1 ±√29 2 . 2. Phương pháp giải theo tham số. Bài toán 3.33. Giải phương trình x4 − 2mx2 − x +m2 −m = 0. (3.34) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt. Lời giải. Phương trình đã cho có bậc bằng bốn, nhưng bậc cao nhất của tham số m là hai, nên ta coi phương trình này là phương trình bậc hai đối với m và viết lại phương trình dưới dạng m2 −m(2x2 + 1) + x4 − x = 0 69 Biệt thức của phương trình này là△ = (2x2 + 1)2 − 4(x4 − x) = 4x4 + 4x2 + 1 − 4x4 + 4x = (2x + 1)2. Dễ dàng tìm được các nghiệm của m: m = x2 + x + 1, m = x2 − x Như vậy phương trình (3.34) tương đương với tổ hợp hai phương trình x2 + x + 1 −m = 0, (3.35) x2 − x −m = 0. (3.36) Để phương trình (3.34) có bốn nghiệm thì mỗi phương trình (3.35), (3.36) phải có hai nghiệm phân biệt và không có nghiệm nào chung. Giả sử x là nghiệm chung của các phương trình (3.35), (3.36). Trừ theo từng vế của các phương trình trên, ta được 2x + 1 = 0⇔ x = −1 2 . Từ đó suy ra m = 3 4 . Vậy để hai phương trình (3.35), (3.36) không có nghiệm chung thì m ≠ 3 4 . Phương trình (3.34) có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩ △1 = 1 − 4(1 −m) > 0,△2 = 1 + 4m > 0, m ≠ 3 4 ⇔m > 3 4 . Bài toán 3.34. Giải phương trình x4 − 2√2x2 − x + 2 −√2 = 0. (3.11) Lời giải. Phương trình đã cho không chứa tham số . Để tham số hóa phương trình ta đặt √ 2 =m và viết lại phương trình dưới dạng x4 − 2mx2 − x +m2 −m = 0. Phương trình trên đây chính là phương trình (3.34), tương đương với tổ hợp hai phương trình (3.35), (3.36), trong đó m = √2. Như vậy, phương trình đã cho tương đương với tổ hợp hai phương trình x2 + x + 1 −√2 = 0, x2 − x −√2 = 0. Giải các phương trình này ta tìm được các nghiệm của phương trình đã cho là: x1,2 = −1 ±√4√2 − 3 2 , x3,4 = −1 ±√4√2 + 1 2 70 . 3. Phương pháp trục đối xứng Đường thẳng x=h được gọi là trục đối xứng của đồ thị hàm số y = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e, (a ≠ 0) Nếu qua phép biến đổi x = X + h, ta được hàm trùng phương theo biến số X. Như vậy, nếu nếu biết phương trình trục đối xứng của đồ thị hàm số bậc bốn, thì bằng cách đổi biến như trên, ta có thể đưa một phương trình bậc bốn tổng quát về phương trình trùng phương. Bài toán 3.35. Giải phương trình x4 − 4x3 − 2x2 + 12x − 1 = 0. (3.37) Lời giải. Ta vận dụng phương pháp trục đối xứng để tìm nghiệm của phương trình này. Xét hàm số y = x4 − 4x3 − 2x2 + 12x − 1 và giả sử phương trình trục đối xứng của đồ thị hàm số là x = h. Ta tịnh tiến gốc tọa độ đến điểm (h; 0) bằng các phương trình x =X + h, y = Y. Ta có y = Y = (X + h)4 − 4(X + h)3 − 2(X + h)2 + 12(X + h) − 1=X4 +X3(4h − 4) +X2(6h2 − 12h − 2) +X(4h3 − 12h2 − 4h + 12)+ (h4 − 4h3 − 2h2 + 12h − 1). Ta sẽ chọn h sao cho hệ số của các đơn thức bậc lẻ c