ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI THỊ MAI MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI TỔNG QUÁT VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI THỊ MAI MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI TỔNG QUÁT VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 Mục lục Mở đầu Các tính chất đa thức phương trình đại số 1.1 Một số tính chất đa thức đại số 1.2 Phương pháp giải phương trình bậc ba, bậc bốn với hệ số thực 1.2.1 Phương trình bậc ba 1.2.2 Phương trình bậc bốn 1.3 Các hệ Viète 1.3.1 Định lí Viète với phương trình bậc hai 1.3.2 Định lí Viète với phương trình bậc ba 5 8 12 18 18 19 Một số phương pháp giải hệ bậc hai tổng 2.1 Hệ phương trình bậc hai tổng quát 2.2 Hệ phương trình đối xứng 2.2.1 Hệ đối xứng loại I 2.2.2 Hệ đối xứng loại II 2.3 Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai 2.4 Phương pháp giải số hệ đặc biệt 22 22 27 28 30 33 38 quát Một số ứng dụng hệ phương trình 42 3.1 Xây dựng phương trình từ hệ đối xứng loại II 42 3.2 Một số dạng toán đẳng thức bất đẳng thức liên quan 46 3.3 Một số hệ phương trình bất phương trình bậc hai ẩn 51 Kết luận 60 Tài liệu tham khảo 61 i Mở đầu Toán học mơn học quan trọng chương trình phổ thơng Việc giảng dạy học tập mơn tốn trường phổ thông nhằm trang bị cho học sinh kiến thức cụ thể để áp dụng sống môn học khác mà điều quan cung cấp rèn luyện cho học sinh kĩ năng, phương pháp môn học cách tư Toán học, điều cần thiết cho học sinh đời Chuyên đề phương trình, bất phương trình hệ đại số có vị trí đặc biệt tốn học, khơng đối tượng nghiên cứu trọng tâm đại số mà cịn cơng cụ đắc lực nhiều lĩnh vực giải tích, hình học, lượng giác ứng dụng Trong kỳ thi thi học sinh giỏi Toán quốc gia, tuyển sinh Đại học, Cao đẳng Olympic Tốn sinh viên tốn liên quan đến giải hệ phương trình hay đề cập xem dạng toán thuộc loại khó Các tốn liên quan đến hệ phương trình nằm chương trình thức Tốn đại số giải tích bậc trung học phổ thơng Mặc dù trình giảng dạy, giáo viên học sinh cọ sát nhiều gặp tốn giải hệ phương trình đề thi em học sinh thường thấy lúng túng trình tìm cách giải Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề hệ phương trình ứng dụng, luận văn "Một số phương pháp giải hệ phương trình bậc hai tổng quát ứng dụng " nhằm cung cấp số phương pháp giải hệ đại số bậc hai hai ẩn dạng đối xứng không đối xứng sở áp dụng giải tốn có liên quan Luận văn chun đề nhằm cung cấp cho giáo viên em học sinh cách giải hệ bậc hai tổng quát ứng dụng lĩnh vực đaị số, giải tích, lượng giác đặc biệt luận văn hướng tới bồi dưỡng học sinh giỏi bậc trung học phổ thơng Ngồi phần Mở đầu Kết luận, luận văn chia thành ba chương đề cập đến vấn đề sau đây: Chương trình bày tính chất đa thức, phương pháp giải phương trình bậc ba, bậc bốn tổng quát Chương trình bày phương pháp giải hệ bậc hai tổng quát dạng đối xứng không đối xứng Chương trình bày số ứng dụng hệ phương trình giải số dạng tốn liên quan Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc Giáo sư, Tiến sĩ khoa học Nguyễn Văn Mậu, người thầy trực tiếp hướng dẫn, cung cấp tài liệu truyền đạt kinh nghiệm nghiên cứu cho Tôi xin chân thành cảm ơn thầy, cô giáo Ban giám hiệu, phịng Đào tạo khoa Tốn - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Trường THPT Nguyễn Huệ, bạn bè đồng nghiệp gia đình giúp đỡ tạo điều kiện tốt để tơi hồn thành luận văn Thái Ngun, tháng năm 2015 Học viên Bùi Thị Mai Chương Các tính chất đa thức phương trình đại số 1.1 Một số tính chất đa thức đại số Định nghĩa 1.1 (Xem [1],[4]) Đa thức trường số thực biểu thức có dạng P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 (1.1) ∈ R an = gọi hệ số đa thức, an gọi hệ số cao a0 gọi hệ số tự n gọi bậc đa thức ký kiệu n = deg(P ) Ta quy ước bậc đa thức P (x) = a0 với x a0 = −∞ a0 = Tập hợp tất đa thức biến trường số thực ký hiệu R[x] Nếu hệ số lấy tập hợp số hữu tỷ, số ngun ta có khái niệm đa thức với hệ số hữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên tương ứng tập hợp Q[x], Z[x] n Định nghĩa 1.2 (Đa thức nhau) Hai đa thức P (x) = m ak xk , Q(x) = k=0 bk xk m = n ak = bk với k = 0, 1, 2, , m k=0 n Định nghĩa 1.3 (Phép cộng, trừ đa thức) Cho hai đa thức P (x) = m Q(x) = ak x k , k=0 bk xk Khi phép cộng trừ hai đa thức P (x) Q(x) k=0 thực theo hệ số xk , tức max{m,n} (ak ± bk )xk P (x) ± Q(x) = k=0 Ví dụ 1.1 (x3 + 3x2 − x + 2) + (x2 + x − 1) = x3 + 4x2 + n Định nghĩa 1.4 (Phép nhân đa thức) Cho hai đa thức P (x) = m Q(x) = ak x k , k=0 bk xk Khi P (x).Q(x) đa thức có bậc m + n có k=0 hệ số xác định m+n ck x k , P (x)Q(x) = (1.2) k=0 k ck = bk−i i=0 Ví dụ 1.2 (x3 + x2 + 3x + 2)(x2 + 3x + 1) = (1.1)x5 + (1.3 + 1.1)x4 + (1.1 + 1.3 + 3.1)x3 + (1.1 + 3.3 + 2.1)x2 + (3.1 + 2.3)x + (2.1) = x5 + 4x4 + 7x3 + 12x2 + 9x + Tiếp theo, ta nhắc lại bậc tổng, hiệu tích đa thức Từ định nghĩa đây, dễ dàng suy tính chất sau : Định lí 1.1 (Xem [1],[4]) Cho P (x), Q(x) đa thức bậc m, n tương ứng Khi đó: a) deg(P ± Q) ≤ max{m, n} deg(P ) = deg(Q) dấu xảy Trong trường hợp m = n deg(P ± Q) nhận giá trị ≤ m b) deg(P.Q) = m + n Định lí 1.2 (Xem [1],[4]) Với hai đa thức P (x) Q(x) bất kỳ, deg(Q) ≥ 1, tồn đa thức S(x) R(x) thoả mãn đồng thời điều kiện: i) P (x) = Q(x).S(x) + R(x) ii) deg(R) < deg(Q) Theo ký hiệu định lý S(x) gọi thương số R(x) gọi dư số phép chia P (x) cho Q(x) Ví dụ 1.3 Thực phép chia 3x3 − 2x2 + 4x + cho x2 + 2x 3x3 − 2x2 + 4x + x2 + 2x 3x3 + 6x2 3x − −8x + 4x + −8x2 − 16x 20x + Vậy ta có 3x3 − 2x2 + 4x + chia x2 + 2x 3x − 8, dư 20x + Trong phép chia P (x) cho Q(x), dư số R(x) đồng ta nói đa thức P (x) chia hết cho đa thức Q(x) Như vậy, P (x) chia hết cho Q(x) tồn đa thức S(x) cho P (x) = Q(x).S(x) Trong trường hợp ta nói Q(x) chia hết P (x), Q(x) ước P (x) P (x) bội Q(x) Ký hiệu tương ứng Q(x) | P (x) P (x).Q(x) Cho P (x) Q(x) đa thức khác Ước chung lớn P (x) Q(x) đa thức D(x) thoả mãn đồng thời điều kiện sau: i) D(x) đa thức đơn khởi, tức có hệ số bậc cao ii) D(x) ước chung P (x) Q(x), tức D(x) | P (x) D(x) | Q(x) iii) Nếu D (x) ước chung P (x) Q(x) D(x) ước D (x) Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ hai đa thức Cho P (x) Q(x) đa thức khác Bội chung nhỏ P (x) Q(x) đa thức M (x) thoả mãn đồng thời điều kiện sau: iv) M (x) đa thức đơn khởi, tức có hệ số bậc cao v) M (x) bội chung P (x) Q(x), tức P (x) | M (x) Q(x) | M (x) vi) Nếu M (x) bội chung P (x) Q(x) M (x) bội M (x) Ký hiệu UCLN BCNN hai đa thức P (x), Q(x) U CLN (P (x), Q(x)), BCN N (P (x), Q(x)) hay đơn giản (P (x), Q(x)), [P (x), Q(x)] Hai đa thức P (x), Q(x) gọi nguyên tố (P (x), Q(x)) = 1.2 1.2.1 Phương pháp giải phương trình bậc ba, bậc bốn với hệ số thực Phương trình bậc ba Trong phần ta nêu phương pháp giải phương trình bậc ba với hệ số thực tùy ý: ax3 + bx2 + cx + d = 0, a = (1.3) Bài tốn 1.1 Giải phương trình (1.3) biết nghiệm x = x0 Lời giải Theo giả thiết ax3 + bx2 + cx0 + d = 0 (1.3) ⇔ ax3 + bx2 + cx + d = ax3 + bx2 + cx0 + d 0 ⇔ a(x3 − x3 ) + b(x2 − x2 ) + c(x − x0 ) = 0 ⇔ (x − x0 )[ax2 + (ax0 + b)x + ax2 + bx0 + c] = 0 1) Nếu ∆ = (ax0 + b)2 − 4a(ax2 + bx0 + c) < phương trình (1.3) có nghiệm x = x0 2) Nếu ∆ ≥ phương trình (1.3) có nghiệm  x = x0 √  −(ax0 + b) ± ∆ x= 2a Hệ 1.1 1) Nếu x0 nghiệm phương trình (1.3) điều kiện cần đủ để phương trình (1.3) có ba nghiệm phân biệt ax2 + (ax0 + b)x0 + ax2 + bx0 + c = 0 ∆ = (ax0 + b)2 − 4a(ax2 + bx0 + c) > 0 2) Nếu x0 nghiệm (1.3) phân tích : ax3 + bx2 + cx + d = (x − x0 )f (x) (1.4) f (x) tam thức bậc hai xác định 3) Nếu x1 , x2 , x3 nghiệm phương trình (1.3) ax3 + bx2 + cx + d = a(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) có cơng thức Viète  x + x + x = − b    a  c x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 =  a   d  x1 x2 x3 = − a Bài toán 1.2 Giải phương trình ax3 + bx2 + cx + d = (1.5) ac3 = db3 (1.6) với (Khi phương trình (1.5) − (1.6) có tên gọi phương trình hồi quy bậc ba) Lời giải Từ (1.6) suy 1) c = ⇒ b = (1.6) ⇔ ax3 + d = ⇔ x = d c 2) c = ⇒ b = = ( )3 a b c Đặt = −x0 c = −bx0 , d = −ax3 b d − , a m m = 12 −4≤0 a√ a √ 6+2 6−2 m ≤ ≤ ⇔ √ a √ 6−2 6−2 Suy m ≥ a≥ = m0 7 √ 6−2 , đạt : Vậy m =  x = m1 y√ x = m1 y −m0 2(1 − 2m0 ) ⇔ 2x2 + xy + y = , với m1 = y = ± 2(2m0 − 1) − 7m0 + 7m2 ⇔ −7 Bài tốn 3.8 Tìm nghiệm (x, y) hệ x+y ≤2 x2 + y + xy = cho x2 + y − xy đạt giá trị lớn nhất, nhỏ Lời giải Viết hệ dạng x + y = − a, a ≥ x2 + y + xy = x + y = − a, a ≥ x+y =2−a ⇔ ⇔ (x + y) − xy = xy = (2 − a)2 − Điều kiện a ∆ = (2 − a)2 − 4[(2 − a)2 − 3] = 12 − 3(a − 2)2 ≥ a ≥ ⇔ ≤ a ≤ Khi x2 + y − xy = (x2 + y + xy) − 2xy = − 2[(a − 2)2 − 3] = − 2(a − 2)2 Từ điều kiện (3.1) suy ≤ − 2(a − 2)2 ≤ Vậy max(x2 + y − xy)√ a √ = = x+y =0 x = √ y = −√3 3, ⇔ xy = −3 x = − 3, y = 2 min(x + y − xy) = a = a = x+y =2 x=1 Với a = ⇔ xy = y = 48 (3.1) Với a = x + y = −2 xy = ⇔ x = −1 y = −1 Bài toán tổng quát 3.1 Xác định giá trị lớn tổng M = axy + bxz + cyz, với x, y, z số tự nhiên thỏa mãn điều kiện x + y + z = S a, b, c số nguyên dương cho trước cho a + b < c Lời giải Ta có M =axy + bxz + cyz =axy + ayz + bxz + byz + cyz − ayz − byz =ay(x + z) + bz(x + y) + (c − a − b)yz =ay(S − y) + bz(S − z) + (c − a − b)yz ≤ay(S − y) + bz(S − z) + (c − a − b)y(S − y) 1 ≤a S + b S + (c − a − b) S 4 = cS S Đẳng thức M = cS xảy x = y = z = Bài toán 3.9 (HOMC 2012, Q13) Xác định giá trị lớn tổng M = 11xy + 3xz + 2012yz, x, y, z số tự nhiên thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1000 Lời giải Áp dụng lời giải Bài toán tổng quát 3.1 với c = 2012, S = 1000, ta thu M ≤ 503.106 Vậy max M = 503.106 x = 0, y = z = 500 Bài toán 3.10 (HOMC 2012, Q15) Xác định giá trị lớn tổng M = xy + yz + zx, x, y, z thỏa mãn điều kiện x2 + 2y + 5z = 22 Lời giải 11 - Xét z = 0, x2 + 2y = 22, M = xy Suy |xy| ≤ √ 11 11 −√ ≤ M ≤ √ 2 Tiếp theo, để xác định giá lớn M = xy + yz + zx, ta cần xét 11 M>√ 49 Với z = 0, đặt M0 = x y M = M0 , = α, = β, ta viết 22 z z xy + yz + zx αβ + β + α = , M0 > √ x2 + 2y + 5z α + 2β + 2 Điều dẫn đến xét phương trình bậc hai M0 α2 − (β + 1)α + 2M0 β − β + 5M0 = có ∆ = (β + 1)2 − 4M0 (2M0 β − β + 5M0 ) 2 = (1 − 8M0 )β − 2(2M0 + 1)β + − 20M0 ≥ Ta nhận − 8M0 < với M0 > √ , 2 nên 2 ∆ = (2M0 + 1)2 − (1 − 8M0 )(1 − 20M0 ) ≥ ⇔ − 4M0 (40M0 − 8M0 + 1) ≥ ⇔ − 4M0 (2M0 − 1)(20M0 + 10M0 + 1) ≥ 1 ⇔ √ < M0 ≤ · 2 Suy max M0 = (x, y, z) = (3, 2, 1) max M = 11 ứng với (x, y, z) = (−3, −2, −1) Bài toán 3.11 (HOMC 2015, Q15) Xác định giá trị lớn M = 4(a3 + b3 + c3 + d3 ) − (a4 + b4 + c4 + d4 ) a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 + d2 ≤ 12 Lời giải Nhận xét x2 (x − 2)2 ≥ 0, ∀x ∈ R Việt lại bất đẳng thức dạng 4x3 − x4 ≤ 4x2 Từ suy (4a3 − a4 ) + (4b3 − b4 ) + (4c3 − c4 ) + (4d3 − d4 ) ≤ 4(a2 + b2 + c2 + d2 ) = 48, Đẳng thức xảy (a, b, c, d) = (2, 2, 2, 0), (2, 2, 0, 2), (2, 0, 2, 2), (0, 2, 2, 2) Vậy max M = 48 50 3.3 Một số hệ phương trình bất phương trình bậc hai ẩn Trong mục ta xét số hệ phương trình bất phương trình bậc hai ẩn Bài toán 3.12 Xác định giá trị m để phương trình sau có nghiệm chung x(x − 1) = m + (3.2) x4 + (x + 1)2 = m2 (3.3) x2 = u; x + = v ⇒ u = (v − 1)2 (3.4) Lời giải Đặt Khi đó, từ (3.2), (3.3) có u − v = m; u2 + v = m2 u−v =m u−v =m Xét hệ ⇔ 2 u +v =m (u + v)2 + (u − v)2 = 2m2 u−v =m u−v =m ⇔ 2 m + (u + v) = 2m u + v = ±m u+v =m u=m 1) ⇔ Thế vào (3.4) ta u−v =m v=0 m = (0 − 1)2 ⇔ m = Với m = hai phương trình có nghiệm chung x = −1 u + v = −m u=0 2) ⇔ Thế vào (3.4) ta u−v =m v = −m = (m + 1)2 ⇔ m = −1 Với m = −1 ta x = nghiệm chung (3.2) (3.3) Kết luận: hai phương trình cho có nghiệm chung m = ±1 Bài toán 3.13 Xác định m để phương trình sau có nghiệm chung x2 + (2m − 1)x + m2 − = (3.5) x2 − (2m + 1)x − m − = (3.6) 51 Lời giải Nhận xét điều kiện cần đủ để phương trình (3.5) (3.6) có nghiệm chung hệ x2 + (2m − 1)x + m2 − = x2 − (2m + 1)x − m − = có nghiệm (3.7) Đặt x2 = y ta thu hệ y + (2m − 1)x + m2 − = y − (2m + 1)x − m − = ⇔ y + (2m − 1)x = − m2 y − (2m + 1)x = m + (3.8) 2m − D = −2m − = −4m 2m Dy = − m −2m− 11 = 2m3 − m2 − 7m m+2 − Dx = − m = m2 + m m+2 1) Nếu m = D = Dx = Dy = (3.8) ⇔ y − x − = x2 − x − = Hệ (3.7) có nghiệm phương trình (3.5) (3.6) có nghiệm chung x = −1 x = 2) Nếu m = Dy = (−2m2 + m + 7) D Dx x= = − (m + 1) D y= Điều kiện y = x2 cho ta phương trình để xác định m: 1 (−2m2 + m + 7) = (m + 1)2 16 √ 61 ⇔ −9m2 + 2m + 27 = ⇔ m = Kết luận: Để phương trình √ (3.5) (3.6) có nghiệm chung, điều kiện 61 cần đủ m = m = 52 Bài toán 3.14 Xác định giá trị m để hệ x2 − 3x + m + ≤ x2 − 5x + 4m + ≤ có nghiệm Lời giải Nếu bất phương trình f (x) := x2 − 3x + m + ≤ (3.9) g(x) := x2 − 5x + 4m + ≤ (3.10) vơ nghiệm hệ vơ nghiệm ∆1 = − 4(m + 1) ≥ Xét ∆2 = 25 − 4(4m + 2) ≥ ⇔ ⇔m≤ − 4m ≥ 17 − 16m ≥ 17 16 (3.11) Với điều kiện (3.11) ∆1 > (3.9) ⇔ x1 ≤ x ≤ x2 ; x1,2 = (3.10) ⇔ x3 ≤ x ≤ x4 ; x3,4 = √ √ − 4m 17 − 16m Hệ có nghiệm x1 ≤ x3 = x4 ≤ x2 x1 = x4 x3 = x2 1) Khi x1 ≤ x3 = x4 ≤ x2 ∆2 = 1·f ≤0  m = 17  16 ⇔  − · + 17 + ≤  2 16 hệ vơ nghiệm 2) Khi x1 = x4 x3 ≤ x2 x3 + x4 ≤ x1 + x2 ⇔ ≤ 3, trường hợp không xảy 53 3) Khi x2 = x3 ⇔ √ − 4m + √ 3+ √ − 4m − = √ 17 − 16m 17 − 16m = ⇔ 22 − 20m + (5 − 4m)(17 − 16m) = 10m − ≥ (5 − 4m)(17 − 16m) = 10m−9 ⇔ (5 − 4m)(17 − 16m) = (10m − 9)2  m ≥    10 m=1 ⇔    m = −1  ⇔ m = (thỏa mãn (3.11)) Kết luận: hệ có nghiệm m = ⇔ Bài toán 3.15 Xác định giá trị a để phương trình sau có nghiệm chung x3 + a(x + 2)2 + x2 = (3.12) x3 + 4x2 + (3 − a)x − 2a = (3.13) Lời giải Nếu a = phương trình (3.12) (3.13) có nghiệm chung x = Vậy a = giá trị cần tìm Xét a = Vì x = −2 không nghiệm (3.12) (3.13), nên x(3x + 4) x3 + x2 (3.12) ⇔ a = − ⇔a= −x (x + 2)2 (x + 2)2 x3 + 4x2 + 3x x (3.13) ⇔ a = ⇔ a = x(x + 2) − x+2 x+2 Đặt x =y (3.14) x+2 (3.13) có dạng x(x + 2) = y + a (3.12) có dạng y(y + 2) = x + a Vậy điều kiện cần để phương trình có nghiệm chung hệ x(x + 2) = y + a y(y + 2) = x + a phải có nghiệm x2 + 2x = y + a (3.15) ⇔ x(x + 2) − y(y + 2) = y − x 54 (3.15) y=x x2 + x − a = x + 2x = y + a ⇔ ⇔ (x − y)(x + y + 3) = y = −3 − x x2 + 3x + − a = Kết hợp với (3.14) ta phương trình (3.12) (3.13) có nghiệm chung hai hệ sau phải có nghiệm y = x  x + x − a = ⇔ x = 0, a = loại x = −1, a = loại  x =y   x+2 √ y = −3 − x  x1,2 = −3√ x + 3x + − a = ⇔  x =y a = 3  x+2 √ Kết luận: Với a = 0, a = 3 phương trình (3.12) (3.13) có nghiệm chung Nhận xét: giải trực tiếp tốn cách phân tích đa thức thành nhân tử Bài toán 3.16 Xác định giá trị m để hệ x2 − 5x + − m ≤ x2 − 6x + 2m + ≥ có nghiệm Lời giải Nhận xét bất phương trình g(x) := x2 − 6x + 2m + ≥ (3.16) luôn có nghiệm Nếu ∆2 = − (2m + 2) ≤ (⇔ m ≥ ) (3.16) nhận x nghiệm Khi hệ có nghiệm bất phương trình f (x) := x2 − 5x + − m ≤ (3.17) 11 Giá trị có nghiệm nhất, hay ∆1 = 25 − 4(9 − m) = ⇔ m = không phù hợp với điều kiện m ≥ 11 ∆1 ≥ 4m − 11 ≥ Xét ⇔ ⇔ ≤m< ∆2 > − 2m > 55 Khi (3.17) ⇔ x1 ≤ x ≤ x2 ; x1,2 x≥x (3.16) ⇔ x ≤ x4 ; x3,4 = 3 √ √ 4m − 11 − 2m Hệ có nghiệm  x1 = x2 ≤ x3 x1 = x2 ≥ x4  x1 = x3   x2 < x4   x2 = x4 x3 < x1 ∆1 = x1 = x2 ≤ x3 i) Trường hợp x = x ≥ x ⇔ ≥0 1·g  4m − 11 =     m = 11  5 hệ vô nghiệm ⇔ − · + 2m + ≥ ⇔   m ≥ 27    x1 = x3 x1 = x3 ⇔ ii) Trường hợp x1 + x2 < x3 + x4 x2 < x4 x1 = x3 ⇔ x1 = x3 ⇔ 5 −2) hệ cho vơ nghiệm Xét a + ≤ ⇔ a ≤ −2 i) a < −2 x = nghiệm hệ  ax + x + ≤ x2 + ax + ≤  x + x + a ≤ Hệ khơng thể có nghiệm x = nằm bên khoảng nghiệm bất phương trình ii) a = −2 Hệ có dạng  −2x2 + x + ≤ x2 − 2x + ≤  x + x − ≤ Bất phương trình thứ hai hệ có nghiệm x = nghiệm thỏa mãn hệ Vậy hệ có nghiệm a = −2 Bài toán 3.18 Xác định giá trị m để phương trình f (x) := x2 − 2mx + m + = (3.18) có nghiệm nghiệm thỏa mãn bất phương trình g(x) := x2 + 4mx + 2m + ≤ Lời giải Điều kiện để (3.18) có nghiệm ∆1 = m2 − m − ≥ √ 1+ m≥ 2√ ⇔ 1− m≤ 57 (3.19) (3.20) Khi gọi hai nghiệm (3.18) x1 , x2 , x1 + x2 = 2m x1 x2 = m + Cần xác định giá trị m cho g(x1 ) ≤ g(x2 ) ≤ (3.21) g(x1 ) + g(x2 ) ≤ g(x1 )g(x2 ) ≥ (3.22) Để ý (3.21) ⇔ Vì g(x) = f (x) + (6mx + m + 1) nên g(x1 ) = 6mx1 + m + g(x2 ) = 6mx2 + m + g(x1 ) + g(x2 ) = 6m(x1 + x2 ) + 2(m + 1) = 6m · 2m + 2(m + 1) = 2(6m2 + m + 1) g(x1 )g(x2 ) = 36m2 x1 x2 + 6m(m + 1)(x1 + x2 ) + (m + 1)2 = 36m2 (m + 1) + 6m(m + 1)2m + (m + 1)2 = (m + 1)(48m2 + m + 1) 2(6m2 + m + 1) ≤ (m + 1)(48m2 + m + 1) ≥ Hệ vô nghiệm Vậy khơng tồn m Vậy (3.22) ⇔ Bài tốn 3.19 Xác định giá trị m để hệ f (x) := x2 + 2mx + m − ≤ (3.23) g(x) := x − 2(m + 1)x + m ≤ (3.24) có tập hợp nghiệm lập thành đoạn [α, β] với β − α = Lời giải Điều kiện để (3.23) (3.24) có nghiệm ∆1 = m2 − m + ≥ ⇔ ∀m ∆2 = (m + 1)2 − m ≥ √ m2 − m + Vậy ∀m : (3.23) ⇔ x1 ≤ x ≤ x2 ; x1,2 = −m √ (3.24) ⇔ x3 ≤ x ≤ x4 ; x3,4 = (m + 1) m2 + m + Cần xác định m để có bốn trường hợp sau: i) x3 ≤ x1 ≤ x2 ≤ x4 x2 − x1 = ii) x1 ≤ x3 ≤ x4 ≤ x2 x4 − x3 = 58 iii) x1 ≤ x3 ≤ x2 ≤ x4 x2 − x3 = iv) x3 ≤ x1 ≤ x4 ≤ x2 x4 − x1 = Xét i) Để ý (x2 − x1 )2 = ∆1 = 4(m2 − m + 1) Vậy 4(m2 − m + 1) = ⇔ 4m2 − 4m + = Phương trình vơ nghiệm Trường hợp khơng xảy Xét ii) Ta có (x4 − x3 )2 = ∆2 = 4(m2 + m + 1) = ⇔ 4m2 + 4m + = Phương trình vơ nghiệm √ √ Xét iii) Ta có −m + m2 − m + − (m + 1) + m2 + m + = √ √ ⇔ (m + 1) − m2 − m + = m2 + m + − (m + 1) Nếu m > Vế trái >0>Vế phải Nếu m < Vế trái −2m ⇔ 2(m2 + 1) + (m2 + 1)2 − m2 > 4m2 ⇔ (m2 + 1)2 − m2 > m2 − ⇔ (m2 − 1)2 + 3m2 > m2 − Điều luôn ∀m < Vậy trường hợp iv) không xảy Kết luận: m = giá trị cần tìm 59 Kết luận Luận văn “Một số phương pháp giải hệ phương trình bậc hai tổng quát ứng dụng” giải vấn đề sau: Luận văn trình bày chi tiết tính chất đa thức, phương pháp giải phương trình bậc ba, bậc bốn tổng quát Tiếp theo, trình bày phương pháp giải hệ bậc hai tổng quát dạng đối xứng không đối xứng Cuối cùng, luận văn trình bày số ứng dụng hệ phương trình giải số dạng tốn liên quan Mặc dù cố gắng, song luận văn cịn có hạn chế Rất mong nhận bảo Thầy, Cô bạn độc giả để tơi hồn thiện nội dung luận văn Xin trân trọng cảm ơn! 60 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, 1993, Phương pháp giải phương trình bất phương trình NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu, 2006, Bất đẳng thức, định lý áp dụng, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Minh Tuấn, 2006 Các đề thi olympic tốn sinh viên tồn quốc, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất, Nguyễn Văn Mậu, Trịnh Đào Chiến, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Tuấn, 2007 Chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng, NXB Giáo dục [5] Các thi Olympic Tốn trung học phổ thơng Việt Nam (1990-2006), NXB Giáo dục [6] Báo Toán học tuổi trẻ NXB Giáo dục (từ năm 2000 đến nay) 61 Mục lục i ... Một số phương pháp giải hệ bậc hai tổng 2.1 Hệ phương trình bậc hai tổng quát 2.2 Hệ phương trình đối xứng 2.2.1 Hệ đối xứng loại I 2.2.2 Hệ đối xứng loại II 2.3 Hệ. .. Chương trình bày tính chất đa thức, phương pháp giải phương trình bậc ba, bậc bốn tổng quát Chương trình bày phương pháp giải hệ bậc hai tổng quát dạng đối xứng không đối xứng Chương trình bày số ứng. .. túng trình tìm cách giải Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề hệ phương trình ứng dụng, luận văn "Một số phương pháp giải hệ phương trình bậc hai tổng quát