Sáng kiến kinh nghiệm: Ứng dụng của phương pháp biến thiên hằng số & định lý lagrange & điều kiện cần và đủ trong giải phương trình

Chia sẻ: Hòa Phát | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:38

Thêm vào BST

Báo xấu

65
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Ngoài những phương pháp giải thuần túy như: biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, tính chất hàm số mũ; tính chất giá tị tuyệt đối; tam thức bậc hai… Đề tài này tác giả đề cập đến phương pháp giải phương trình dựa vào sự tráo đổi vai trò của ẩn số và hằng số. Đồng thời kết hợp phương pháp điều kiện cần và đủ; áp dụng phương pháp lagrange để giải quyết một số dạng bài toán.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Ứng dụng của phương pháp biến thiên hằng số & định lý lagrange & điều kiện cần và đủ trong giải phương trình

1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN KHOA TOÁN LỚP SƯ PHẠM TOÁN K29 *Nhóm sinh viên thực hiện : Hồ Ngọc Cảnh Nguyễn Thị Kiều Chi Phạm Thị Yến Chi Nguyễn Quốc Chính Nguyễn Văn Công Huỳnh Thị Mỹ Dung Trần Thị Dung “Ứng dụng của phương pháp biến thiên hằng số & định lý lagrange & điều kiện cần và đủ trong giải phương trình” Giáo viên hướng dẫn: Dương Thanh Vỹ
2 Lời nói đ Quy Nhầơun 27/ Ngoài nhöõng phöông 11/2009 phaùp giaûi thuaàn tuùy nhö: bieán ñoåi töông ñöông, ñaët aån phuï, tính chaát haøm soá muõ; tính chaát giaù tò tuyeät ñoái; tam thöùc baäc hai…..đề tài này chúng tôi đề cập đến phương pháp giải phương trình dựa vào sự tráo đổi vai trò của ẩn số và hăng số.Đồng thời kết hợp phương pháp điều kiện cần và đủ; áp dụng phương pháp lagrange để giải quyết một số dạng bài toán. Đề tài bao gồm 3 chương: Chương I: Phương pháp biến thiên hằng số Chương II: Phương pháp điều kiện cần và đủ Chương III: Sự kết hợp giữa phương pháp biến thiên hằng số với dịnh lý lagrange ; điều kiện cần và đủ. Trong đó chương I ,chương II chi làm cơ sở để phát triển lên phương pháp ở chương III. Nhưng trọng tâm của để tài là chương I và chương II (toàn bộ chương I là ý tưởng của nhóm). Vì thời gian có hạn nên chúng tôi không thể tránh được những thiếu sót,mong sự góp ý của bạn đọc.Xin chân thành cảm ơn. Nhóm thực hiện.
3 Chương I *Phương pháp biến thiên hằng số*  Thực chất của phương pháp này là sự trao đổi vai trò giữa ẩn số và hằng số, ẩn số được xem là tham số và hằng số được xem là ẩn số trong phương trình mới.Cụ thể như sau : Cho phương trình f(x)=0 Sau một số bước biến đổi sơ cấp, ta nhận thấy trong biểu thức f(x) nếu viết lại ở một dạng khác là g(t) thì ta có g(a)=0.Với a=const, nghĩa là từ phương trình g(t)=0 thay t=a thì được phương trình f(x)=0. * Nảy sinh ra ý tưởng là dùng a là ẩn số,x làm tham số trong phương trình g(t)=0. Như vậy phương trình g(t)=0 luôn luôn có nghiệm t=a. Và khi xét phương trình g(t)=0 không cần điều kiện của t. Đây là điểm khác biệt của phương pháp này với phương pháp đặt ẩn phụ. Với g(t)=0, từ phương trình f(x)=0 sau khi biến đổi, nhận xét phương trình này có nghiện t=a. Giải g(t)=0 ta được nghiệm t phụ thuộc vào x, thay t=a vào giải tìm x. * Chú ý: Thông thường phương trình g(t)=0 giải tìm t đơn giản không phức tạp như phương trình f(x)=0 ban đầu.
4 Phương pháp này giải được khi từ phương trình f(x)=0 sau vài bước biến đổi ta nhận ra hằng số a. Cách ra đề: Chọn hằng số làm ẩn cho phương trình mới. Lập phương trình nhận hằng số làm nghiệm (phương trình giải được nghiệm theo x). Từ phương trình đã có đưa phương trình về phương trình theo ẩn x, đưa hằng số chọn làm nghiệm vào phương trình này, ta được một phương trình theo x. Mở rộng: Ta không dùng hằng số để làm ẩn trong phương trình mới mà thay đổi hằng số theo x. Lúc này độ phức tạp của bài toán mở rộng tùy ý bởi các hàm sơ cấp: hàm lũy thừa, hàm mũ, hàm logarit… vì ta cũng nhận ra được hàm ϕ (x ) là nghiệm của g(t)=0 như vai trò của a. * Ví dụ 1: [1] Giải phương trình sau: 1 2(5x − log5 x) + ( log5 x − 1) x − 1 = 0 (1) Giải: Điều kiện: 5x x> 0 � x > 1 x>1 x 1 (1) � 2.5 − 2.log5 x + x − 1. x log5 x − x − 1 = 0 5 � 2.25x − 2.5x.log5x + x − 1.log5x − 5x. x − 1 = 0 � 2.(5x)2 − (2log5x − x − 1)5x + x − 1.log5x = 0 (*) Xét phương trình bậc hai: 2u2 − (2log5x − x − 1)u + x − 1.log5x = 0 (2) Từ (**) ta thấy (2) có nghiệm u=5x Ta giải (2): ∆ = [ − (2log5x − x − 1)]2 − 4.2. x − 1.log5x
5 = 4log25 x + ( x − 1)2 − 4 x − 1.log5x = (2log5 x − x − 1)2 0 1 Phương trình (2) có hai nghiệm là: u = x − 1 và u = log5x 2 1 5x = x−1 (3) Khi đó ta có: 2 5x = log5 x (4) Giải (3) và (4) kết hợp với điều kiện x>1 ta tìm được x. Cách ra đề: Chọn u =5x làm nghiệm của phương trình (*). Xây dựng phương trình (*) thành phương trình bậc hai theo u với ∆ là 1 số chính phương có thể giải được ( ∆ = (2log5 x − x − 1)2 ) Từ (*) thay u=5x, biến đổi sơ cấp giữa các hàm theo biến x có trong phương trình ta được phương trình ban đầu (1). Tùy vào mức độ khó dễ của bài toán mà trong phương trình bậc hai theo u ta chọn các nghiệm u1 , u2 là các hằng số ,hàm số theo x. u = 5x = f(x) Sau khi giải ta được u = 5x = g(x) * Chú ý: Phương pháp này khác với phương pháp đặt ẩn phụ vì khi đặt ẩn phụ ta phải tìm điều kiện của ẩn mới cho phương trình mới tồn tại. Ở đây ta xét phương trình nhận hằng số (hàm số) làm nghiệm. * Ví dụ 2: [1] Giải phương trình sau: 42x + 23x+1 + 2x+ 3 − 16 = 0 (1) Giải: Đặt t=2x >0 (1) trở thành t4 + 2t3 + 2.4t − 42 = 0 (*)
6 Ta xét phương trình bậc hai có dạng u2 − 2t.u − t4 − 2t3 = 0 (2) Từ (*) ta suy ra phương trình (2) có nghiệm u=4. Giải (2): ∆ = (− t)2 + t4 + 2t3 = t2(t + 1)2 0 Phương trình (2)có 2nghiệm: u = t + t(t + 1) = t2 + 2t và u = t − t(t + 1) = − t2 4 = t2 + 2t Khi đó ta có: 4 = −t2 (VN) 2 t = −1+ 5 � t + 2t − 4 = 0 � � x = log2( 5 − 1) t = −1− 5 (loaïi)  Nhận xét: Với cách giải này thay vì giải phương trình bậc bốn ta đưa về việc giải phương trình bậc hai đã biết trước một nghiệm. Lúc ngày ta chọn nghiệm đã biết làm ẩn của phương trình mới. Bài toán này giải quyết được vì phương trình bậc hai có ∆ là số chính phương. * Ví dụ 3: [2] Giải phương trình sau: x2 + x + 5 = 5 (1) Giải: 2 5− x2 0 (2) Ta có (1) � x + 5 = 5− x � x + 5 = (5− x2)2 (3) Ta xét phương trình (3): x + 5 = 52 − 2x2.5+ x4 � 52 − (2x2 − 1)5 + x4 − x = 0 (*) Xét phương trình bậc hai dạng: u2 − (2x2 − 1)u + x4 − x = 0 (4) Từ (*) ta suy ra phương trình (4) có nghiệm u=5.
7 2 Giải (4): ∆ = � −(2x2 − 1)� − 4(x4 − x) = (2x + 1)2 0 � � Phương trình (4)có 2 nghiệm: u = x2 − x và u = x2 + x + 1 (1 21) � � x= 5 = x2 − x x2 − x − 5 = 0 2 Khi đó ta có: � 2 �� 5= x + x + 1 � � x2 + x − 4 = 0 � � (−1 17) x= 2 1− 21 x= 2 Từ (2) ta suy ra −1+ 17 x= 2  Nhận xét: Bài toán trên có thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ x2 + t = 5 x + 5 = t .Sau đó chuyển về hệ 2 hoặc giải bằng phương pháp t −x= 5 biến đổi tương đương. Cách giải trên đây đã thay đổi vai trò giữa ẩn số và hằng số.Ẩn x chuyển thành vai trò của tham số,còn hằng số 5 đươc xem là ẩn mới trong phương trình bậc 2 theo u,nhờ việc chuyển này mà thay vì ggiải phương trình bậc 4 theo x,ta chỉ cần giải phương trình bậc 2 theo u,phương trình này ta lại biết được 1 nghiệm. Phương trình bậc 2 theo u có ∆ là một số chính phương nên việc tìmu dễ dàng hơn.  Tổng quát: Ta có thể nhận dạng phương trình f 2(x) + f(x) + a = a với điều kiện f(x) 0 và a=const tùy ý .Khi đó ta có thể thay f(x) bởi các hàm sơ cấp như hàm lũy thừa,hàm mũ,hàm logarit…,nhưng khi giải cần phải đặt điều kiện.Chẳng hạn như :
8 Với f(x) =3x thì ta có phương trình 32x + 3x + a = a Với f(x) =log5x thì ta có phương trình log25 x + log5 x + a = a * Ví d ụ 4: [3] Giải phương trình sau: (2x−1 − 1) x − 1 + 2x − 2 = 0 (1) Giải: Điều kiện : x 1 Ta có (1) � 2x − 1 x − 1 − x − 1 + 2x − 2 = 0 � 2x x − 1 + (2x − x − 1)2 − 4 = 0 � 22 − (2x − x − 1)2 − 2x x − 1 = 0 (*) Xét phương trình bậc hai dạng � u2 − (2x − x − 1)u − 2x x − 1 = 0 (2) Từ (*) ta thấy u=2 la nghiệm của (2) Ta có (2) � x − 1(u − 2x ) + u(u − 2x ) = 0 � ( x − 1 + u)(u − 2x ) = 0 u= − x−1 u = 2x 2 = − x − 1 (vô nghiêm) Khi đó ta có � x = 1 x 2=2 * Ví dụ 5: [4] Giải phương trình : −x5 + 3x2(x2 − 1) + 9x(x2 + 1) + 27 = 0 (1) Giải: (1) � − x5 + 3(x4 − x2) + 9(x3 + x) + 27 = 0 � 33 + (x3 + x)32 + (x4 − x2)3− x5 = 0 (*)
9 Ta xét phương trình : u3+( x3 + x )u2+( x4 − x2 )u −x5=0 (2) Từ (*) ta thấy u=3 là nghiệm của phương trình (2). Giải (2): ta có (2) � u(u2 + xu − x2) + x3(u2 + xu − x2) = 0 � (u+x3)(u2 + xu − x2) = 0 u+x3 = 0 (3) u2 + xu − x2 = 0 (4) Từ (3) ta có −x3 = 3 � x = 3 −3 Từ (4) ta có u2 + xu − x2 = 0 (5), với ∆ = x2 − 4(− x2) = 5x2 0 −x + 5x (−1+ 5)x 6 u= 3= x= 2 2 −1+ 5 (5) −x − 5x (−1− 5)x 6 u= 3= x= 2 2 −1− 5  Tổng quát: Cách giải này không giải quyết cho lớp bài tập nào cụ thể, mà trong quá trình biến đổi, ta khéo léo nhìn ra hằng số nào đó trong phương trình là nghiệm.Từ đó ta chuyển phương trình đã cho có bậc cao hơn hay phức tạp hơn về các dạng phương trình đơn giản quen thuộc đã biết cách giải, và điều quan trọng ở đây là ta đã biết trước một nghiệm của nó Vì không phải tất cả các phương trình sau khi chuyển về một phương trình mới là giải được nên phương pháp này còn hạn chế,chẳng hạn như: khi chuyển về ta được ∆ không phải là một số chính phương,khi đó gặp khó khăn và không thể giải được.  Mở rộng: Vấn đề đây ra ở đây là ta chọn hằng số dể làm ẩn nên nếu ta thay các hằng số đó bằng hàm f(x) hoặc lầ một tham số thì giải như thế nào?Để trả lời vấn đề này ta xét ví dụ sau:
10 * Giải phương trình x3 + x2 − x = (1− m)3 + (m2 − 2m)x + m(x2 − x4) (1) Giải: (1) � mx4 + x3 + (1− m)x2 − (1− m)2x − (1− m)3 = 0 � (1− m)3 + x(1− m)2 − x2(1− m) − mx4 + x4 − x4 − x3 = 0 � (1− m)3 + x(1− m)2 + (x4 − x2)(1− m) − x4 − x3 = 0 (*) Xét phương trình : u3 + xu2 + (x4 − x2)u − x4 − x3 = 0 (2) Từ (*) ta suy ra u = 1− mlà nghiệm của phương trình (2). Ta có (2) (u-x)(u2+2ux+x2+x3)=0 u-x=0 u2+2ux+x2+x3 = 0 1-m=xx3 + Khi đó ta có x3+x2 + 2(1− m)x + (1− m)2 = 0 * Ví d ụ 6 : [2] Giai ph ̉ ương trình 68 15 x3 + = (1) x3 x Giải: Điều kiện x ≠ 0 Giả sử x0 là nghiệm của phương trình (1). Khi đó 3 68 15 (1) ⇒ x0 + = x30 x0 3 2 17 17 − 2 x0 + = x30 x0
11 2 17 ( 17)2 − 2 x30 + = x30 x0 x20( 17)2 − 2 17 − x60 − 2x20 = 0 x40 + 2 17 = (*) x20 17 = −x20 (**) Tư (*) và (**) ta có x20 = − 17 Vô nghiệm x40 + 2 = 17 x40 − 17x20 + 2 = 0 x20 x2 = 17 3 � x0 = � 17 3 0 2 2 Thử lại ta thấy x = 17 3 là nghiệm của (1) 0 2  Nhận xét: Nếu sử dụng phương pháp biến đổi (1) về phương trình x6 – 15x2 + 2 = 0 Đặt x2 = t > 0 ta được t3 – 15t + 2 = 0 Đây là phương trình bậc 3 không có nhận xét về cách đoán nghiệm vô tỷ nên việc đoán nghiệm để đưa về phương trình tích là khó khăn. *Ví dụ 7: [4] Giải phương trình sau log 22 x + log 2 x = 5log x 8 + 25log 22 2 (1)
12 Giải: Điều kiện: 0
13 1 21 Thử lại là nghiệm của phương trình (1) x= 2 2  Nhận xét:: Trong phương trình chứa tham số chúng ta thường giải phương trình ứng với một giá trị nào đó của tham số. Như vậy trong phương trình (3) tham số chính là số 5.  BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ: Giải các phương trình sau: 3 137 18770 1) x + 3 = 3) x + (17 + x) = 17 x x 2 13 168 2) x + = 4) x4 x2 lg4 x + lg3 x − 2lg2 x − 9lgx − 9 = 0 Chương II *Phương pháp điều kiện cần và đủ*  Phương pháp này khá hiệu quả khi giải phương trình,giải quuyết được một lớp các bài toán . I. Phương pháp chung : *Khi đó ta thực hiện các bước sau : Bước 1: Đặt điều kiện để phương trình có nghĩa. Bước 2: Tìm điều kiện cần cho hệ dựa trên đánh giá hoặc tính đối xứng của hệ. Bước 3: Kiểm tra điều kiện đủ, trong bước này cần có một số kĩ năng cơ bản.
14 II. Các dạng toán:  Dạng 1: Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm duy nhất . Phương pháp :Sử dụng tính duy nhất để tìm nghiệm của bài toán. Điều kiện cần: Giả sử phương trình có nghiệm xo . Tìm nghiệm yo phụ thuộc vào xo. Vì phương trình có nghiệm duy nhất nên xo=yo. Từ đó suy ra nghiệm xo . Thay xo vào phương trình ta tìm được m. Điều kiện đủ : Thay m vào phương trình đã cho rồi giải phương trình . *Ví dụ 1 :[1] Tìm m để phương trình nghiệm duy nhất 4 x + 4 2 - x + x + 2 - x = m (2) Điều kiện cần : Giả sử xo là nghiệm của pt khi đó 4 x 0 + 4 2 - x 0 + x 0 + 2 - x 0 = m Nhận thấy 2 – xo cũng là nghiệm của pt Suy ra 2 – xo = xo ⇒ xo = 1 Thay xo = 1 vào pt ⇒ m = 4 Điều kiện đủ :
15 Với m = 4 pt (2) trở thành 4 x + 4 2 - x + x + 2 - x = 4 Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta được x + 2 - x  2 va ̀ 4 x + 4 2- x  2  x + 2- x = 2  Do đó (2)  4  x + 4 2 - x = 2 x = 1 Vậy m = 4 pt có nghiệm duy nhất là x = 1  Nhận xét : Bài này ta tìm nghiệm y của pt thông qua việc thay đổi o vai trò của x và 2x. * Ví dụ 2:[2] Tìm a để phương trình sau có nghiệm duy nhất log3 2 ( 4 − x 0 + x 0 + 5 ) = a (1) Giải: Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm xo . Khi đó log3 2 ( 4 − x 0 + x 0 + 5 ) = a log3 2 ( (−1− x 0 ) + 5 + −(−1− x 0 ) + 4 = a Khi đó (– 1 –xo ) là nghiệm của (1) Vì (1) có nghiệm duy nhất nên 1 xo = 1 – xo => xo= 2 1 Với xo = ta được 2
16 1 1 (1) � log ( 4 + + − + 5) = a � a = 1 3 2 2 2 Vậy a = 1 là điều kiện cần để pt có nghiệm duy nhất. Điều kiện đủ: Với a = 1 phương trình (1) có dạng log 3 2 ( 4 − x + x + 5 ) = 1 (2) 4−x 0 ĐK: x+5 0 (2) � 4 – x + x + 5 = 3 2 � 4 − x + x + 5 + 2 (4 – x)(x + 5) = 18 −5 x 4 −5 x 4 2 (4 − x)( x + 5) =9 4(4 − x)( x + 5) = 81 −5 x 4 1 2 x = 4x + 4x +1 = 0 2 Vậy a = 1 la điều kiện cần để pt có nghiệm duy nhất *Chú ý : * Trong phần điều kiện cần ta có thể sử dụng a) BĐT Bunhiacopxki 4 − x + x + 5 (1 + 1)(4 − x + x + 5) = 3 2 log3 2 ( 4 − x + x + 5) 1 Phương trinh có nghi ̀ ệm khi va chi khi: ̀ ̉ 4−x x+5 1 = � x = − 1 1 2 Vậy là nghiệm duy nhất b) BĐT côsi
17 ( 4 − x + x + 5) 2 = 4 − x + x + 5 + 2 (4 − x)(x + 5) ≤ 9 + (4 – x )+ (x + 5 ) = 18 4 − x + x + 5 3 2 log 3 2 ( 4 − x + x + 5) 1 Phương trinh có nghi ̀ ệm khi va chi khi: ̀ ̉ 1 4 − x = x + 5 x = − 2 1 Vậy x = − là nghiệm duy nhất. 2 * Bài toán trên còn có thể giải bằng phương pháp đồ thị Viết lại (1) dưới dạng: 4 − x + x + 5 = log 3 2 a với a > 0 (2) Phương trình (1) có nghiệm duy nhất phương trình (2) có nghiệm duy nhất. Đường thẳng y = log 3 2 a cắt đồ thị hàm số y = 4 − x + x + 5 tại đúng một điểm . Xét hàm số y = 4 − x + x + 5 MXĐ: D = [5,4] −1 1 Đạo hàm : y' = + 2 4− x 2 x +5 1 1 y = 0 � − + =0 2 4− x 2 x+ 5
18 � 4− x = x + 5 1 � x = − 2 Bảng biến thiên: 1 − x −5 2 4 y + 0 − 3 2 y 3 3 Từ đó điều kiện là a=1 * Ví dụ 3: [2] Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất. 2 2 x − m + 3m + x − m = m − 3m + 2 (1) Giải : Điều kiện cần : Giả sử (1) có nghiệm là xo suy ra : 2 2 xo − m + 3m + xo − m = m − 3m + 2 2 2 2 � (m − 4m − xo) + m + (m − 4m − xo) − m + 3 = 0 Suy ra ( m2 − 4m− xo ) cũng là nghiệm của (1) 2 Vậy (1) có nghiệm duy nhất khi xo= m2 − 4m− xo � xo = m − 4m 2
19 2 2 Thay xo vào (1) ta được : m − 3m + 2 = m − 2m m2 − 2m 0 m= 2 m2 − 3m + 2 = m2 − 2m 1 2 m − 2m < 0 m= 2 m2 − 3m + 2 = −m2 + 2m Điều kiện đủ: + Với m = 2, (1) � x + 2 + x + 2 = 0 � x=− 2 là nghiệm duy nhất. 1 5 1 3 + Với m = , (1) � x+ + x + = 2 2 2 4 5 1 3 nếu 5 x+ + x+ = x< − 2 2 4 2 5 1 3 nếu 5 1 � −x − + x − = − x − 2 2 4 2 2 5 1 3 nếu 1 −x − − x − = x> − 2 2 4 2 9 nếu 5 x= − x< − 8 2 nếu 3 5 1 � −2 = − x − 4 2 2 15 nếu 1 x= x> − 8 2 9 � x=− 8
20 9 Vậy với m = 2 thì phương trình có nghiệm duy nhất x=− 8 Tổng quát : Bài toán tổng quát cho lớp các bài toán gồm một và hai tham số để phương trình có nghiệm duy nhất. *Tìm a,b,c để phương trình sau có nghiệm duy nhất. x − a + x − b = c (1) Giải : Điều kiện cần : Giả sử (1) có nghiệm x = xo Suy ra xo − a + xo − b = c (a + b − x0) − a + (a + b − xo) − b = c a+ b Để phương trình có nghiệm duy nhất thì xo = a+bxo xo= 2 Thay vào (1) suy ra : c = a − b Điều kiện đủ : Giả sử c = a− b , khi đó : (1) � x − a + x − b = a − b = (x − a) − (x − b) � (x − a)(x − b) �0 (2) Nếu a b, giả sử a