Chuyên đề Phương trình hữu tỉ

Ph−ơng trình hữu tỉ 1. Các khái niệm Giả sử f và g là các hàm số xác định trên tập D và E ⊂ D. Giải ph−ơng trình f(x) = g(x) (1) trên tập hợp E nghĩa là tìm tập hợp M ⊂ E gồm tất cả các phần tử α ∈ E sao cho f(α) = g(α) là đúng. α đ−ợc gọi là nghiệm của ph−ơng trình (1). Ph−ơng trình (1) đ−ợc gọi là vô nghiệm trên E nếu tập nghiệm M = ∅. Trong tr−ờng hợp trái lại M ≠ ∅. Trong tr−ờng hợp trái lại M ≠ ∅, ta nói rằng (1) có nghiệm. Nếu cả f và g đều là biểu thức đại số thì (1) đ−ợc gọi là ph−ơng trình đại số. Nếu trái lại thì (1) đ−ợc gọi là ph−ơng trình siêu việt. Nếu cả f và g đều là đa thức thì (1) đ−ợc gọi là ph−ơng trình đa thức. Trái lại nếu có ít nhất một vế là phân thức hữu tỉ còn lại là đa thức thì (1) đ−ợc gọi là ph−ơng trình phân thức. Hai ph−ơng trình f1(x) = g1(x) với tập nghiệm M1 ⊂ E và f2(x) = g2(x) với tập nghiệm M2 ⊂ E, đ−ợc gọi là t−ơng đ−ơng trên E nếu M1 = M2. Nếu M1 ⊂ M2 thì ph−ơng trình sau đ−ợc gọi là ph−ơng trình hệ quả của ph−ơng trình đầu và khi đó, ta viết f1(x) = g1(x) ⇒ f2(x) = g2(x) Nếu sau phép biến đổi, miền xác định của ph−ơng trình mở rộng ra (hay thu hẹp lại) thì ph−ơng trình đầu có thể xuất hiện nghiệm ngoại lai (hay mất nghiệm). 2. Ph−ơng trình bậc nhất và hai 2.1. Ph−ơng trình bậc nhất Ph−ơng trình dạng ax + b = 0 (a ≠ 0), (1) đ−ợc gọi là ph−ơng trình đa thức bậc nhất. Ph−ơng trình này có nghiệm duy nhất x1 = b a − . Ví dụ 1. Giải ph−ơng trình 1 (c − 1)x + 2 = c + 1. (2) (2) ⇔ (c − 1)x = c − 1. Nếu c ≠ 1 thì (2) có nghiệm duy nhất x = c 1 1 c 1 − =− , (M = {1}). Nếu c = 1 thì (2) có dạng 0x + 2 = 2. Mọi x ∈ R = (−∞, +∞) đều là nghiệm của (2) nghĩa là M = R. 2.2. Ph−ơng trình bậc 2 Ph−ơng trình ax2 + bx + c = 0, (3) trong đó a, b, c ∈ R, a ≠ 0 đ−ợc gọi là ph−ơng trình bậc hai. Số ∆ := b2 − 4ac đ−ợc gọi là biệt thức của ph−ơng trình (3). Đã biết, khi ∆ < 0, (3) vô nghiệm. Nếu ∆ = 0 ph−ơng trình có 2 nghiệm (thực) trùng nhau (nghiệm kép) x1 = x2 = b . 2a − Nếu ∆ > 0 ph−ơng trình có hai nghiệm (thực) phân biệt x1 = b , 2a − − ∆ x2 = b 2a − + ∆ Khi đó: ax2 + bx + c = a(x − x1)(x − x2) Ví dụ 2. Giải và biện luận ph−ơng trình (m + 1)x2 + 2(m + 1)x + m − 2 = 0 (4) Giải. a) Nếu m ≠ −1 thì (4) là ph−ơng trình bậc hai Khi đó, ∆ = 4∆' = 4[(m + 1)2 − (m + 1)(m − 2)] = 12(m + 1), ở đây, ∆' = b'2 − ac (b' = bb ' , 2  =   2 = (m + 1)2 − (m + 1)(m − 2) = 3(m + 1). • Nếu m < −1, thì b 2 < 0 và do đó, (4) vô nghiệm. • Nếu m > −1, thì b 2 > 0 và nh− vậy (4) có hai nghiệm phân biệt x1, 2 = (m 1) 3(m 1) m 1 − + + + ∓ b) Nếu m = −1, thì (4) có dạng −3 = 0 và do đó, (4) vô nghiệm. Ví dụ 3. Cho ph−ơng trình f(x) := ax2 + bx + c = 0. (5) Chứng minh rằng, nếu 5a + 4b + 6c = 0, (6) thì (5) có nghiệm. Giải. a) Nếu a = 0 thì (5) có dạng bx − 2 b 0 3 ,= và do đó x = 2 3 là nghiệm. b) Nếu a ≠ 0, thì do af(2) + 1 1af af(0) 0 4 2   + =   nên có một số hạng âm hoặc bằng 0. Từ đó, (5) có nghiệm. Ví dụ 4. Cho ph−ơng trình a(x − b)(x − c) + b(x − a)(x − c) + c(x − a)(x − b) = 0. (7) Chứng minh rằng nếu a2 + b2 + c2 ≠ 0 thì ph−ơng trình luôn có nghiệm. Giải. (7) ⇔ (a + b + c)x2 − 2(ab + ac + bc)x + 3abc = 0. − Nếu a + b + c ≠ 0 thì (7) là ph−ơng trình bậc hai. Khi đó ∆ = (ab − ac)2 + (ab − bc)2 + (ac − bc) ≥ 0. Do đó (7) có nghiệm. − Nếu a + b + c = 0 thì (7) có dạng 3 2(ab + ac + bc)x = 3abc. (8) Từ (a + b + c)2 = 0 ⇒ a2 + b2 + c2 + 2(ab + ac + bc) = 0 ⇒ 2(ab + ac + bc) = −(a2 + b2 + c2) ≠ 0. Khi đó (8) có nghiệm. Công thức Viet và ứng dụng Định lí. (a) Nếu ph−ơng trình ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1, x2 thì x1 + x2 = b a − , x1x2 = c .a (9) (b) Đảo lại, hai số α, β bất kì sẽ là nghiệm của ph−ơng trình bậc hai x2 − Sx + P = 0 với S = α + β, P = α.β. Ví dụ 5. Cho ph−ơng trình bậc hai 2x2 − 5x + 1 = 0. Không giải, hãy tính S2 = x x 2 2 3 1 2 3 1, S x x 3 2+ = + trong đó x1, x2 là hai nghiệm của ph−ơng trình. Giải. Theo công thức Viet, x1 + x2 = 5 2 và x1x2 = 1 2 . Chú ý rằng ∆ = 17 > 0. Từ đó S2 = (x1 + x2) 2 − 2x1x2 = 2 5 1 2. , 2 2    − =       21 4 S3 = (x1 + x2) 2 2 1 1 2 2 5 21 1 95 (x x x x ) . 2 4 2 8  − + = − =   Chú ý. Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của ph−ơng trình ax 2 + bx + c = 0, a ≠ 0 và Sn = x , n ≥ 2. Bằng quy nạp có thể chứng minh đ−ợc công thức sau aS n 1 x+ n2 n+1 + bSn + cSn−1 = 0, n ≥ 2. 4 Ví dụ 6. Cho hai ph−ơng trình bậc hai x2 + b1x + c1 = 0 và x 2 + b2x + c2 = 0 với i = 1, 2. 2i ib 4c+ ≥ 0 i Chứng minh rằng chúng có ít nhất một nghiệm chung khi và chỉ khi (c2 − c1)2 = (b2 − b1)(b1c2 − b2c1). (10) Giải. Đặt fi(x) = x b 2 ix c+ + (i = 1, 2). Nếu x1, x2 là 2 nghiệm của f1(x) = 0 thì để hai ph−ơng trình đã cho có ít nhất một nghiệm chung, điều kiện cần và đủ là f ( 2 1 2 2x )f (x ) 0.= hay (x . (11) 2 21 2 1 2 2 2 2 2b x c )(x b x c ) 0+ + + + = (11) ⇔ 1 1 2 1 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1[f (x ) (b b )x (c c )][f (x ) (b b )x (c c )] 0+ − + − + − + − = ⇔ 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1[(b b )x (c c )][(b b )x (c c )] 0− + − − + − = ⇔ 2 22 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1(b b ) x x (c c )(b b )(x x ) (c c ) 0− + − − + + − = Từ đó và công thức Viet x1 + x2 = −b1, x1x2 = c1, ta có (b2 − b1)2c1 − (c2 − c1)(b2 − b1)c1 + (c2 − c1)2 = 0 hay (b2 − b1)2 = (b2 − b1)(c2b1 − b2c1). 3. Một số ph−ơng trình bậc cao đ−ợc đ−a về bậc hai Ph−ơng trình dạng a(f(x))2 + bf(x) + c = 0 đ−ợc đ−a về ph−ơng trình bậc hai bằng cách đặt t = f(x). Ví dụ 4. Giải ph−ơng trình x8 − 26x4 + 25 = 0. (11) Giải. Đặt t = x4. (11) đ−ợc đ−a về dạng 5 t2 − 26t + 25 = 0. Từ đó ta có t1 = 1, t2 = 25 và (11) ⇔ ⇔ 4 4 x 1 x 2  = = 5 . x 1 x 5 x 5 = = = − Ví dụ 8. Giải ph−ơng trình a) (x − 1)(x + 1)(x + 3)(x + 5) = 9, (12) b) (x + 1)4 + (x + 3)4 = 16, (13) c) (14) 4 3 22x 3x x 3x 2 0,+ − + + = d) (x (15) 2 2x 2)(x x 3) 12,+ − + − = e) (12x − 1)(6x − 1)(4x − 1)(3x − 1) = 5, (16) Giải. a) Ph−ơng trình (12) ⇔ (x − 1)(x + 5)(x + 1)(x + 3) = 9 ⇔ (x2 + 4x − 5) + 8(x2 + 4x − 5) − 9 = 0 Đặt t = ta có ph−ơng trình 2x 4x+ − 5 t2 + 8t − 9 = 0 ⇔ t 9 t 1 = − = Từ đó (12) ⇔ 2 2 x 4x 5 x 4x 5 1  9+ − = − + − = ⇔ ⇔ 2 2 x 4x 4 x 4x 6  + + = + − = 0 0 x 2 x 2 1 = − = − ∓ 0 b) Đặt t = x + 2, ta đ−ợc (t − 1)4 + (t + 1)4 = 16 ⇔ t4 + 6t2 − 7 = 0 6 ⇔ ⇔ t = ± 1 2 2 t 1 t 7  = = − Từ đó ph−ơng trình (13) có hai nghiệm x1 = −1, x2 = −3. c) x = 0 không phải là nghiệm của (14). Vậy (14) ⇔ 2 2 1 1 2 x 3 x 1 0 xx    + + + − =      ⇔ 2 1 1 2 x 3 x 5 0. x x    + + + − =       (18) Đặt t = x + 1 , x |t| ≥ 2. Khi đó (18) trở thành 2t2 + 3t − 5 = 0, Ph−ơng trình này có hai nghiệm t1 = 1 (loại) và t2 = 5 . 2 − Từ đó x + 1 5 x 2 = − ⇔ 2x2 + 5x + 2 = 0. Ph−ơng trình sau cùng có hai nghiệm x1 = −2, x2 = 1 .2− d) Đặt t = x2 + x. (15) có dạng t2 − 5t − 6 = 0. Từ đó t1 = 6, t2 = −1 và ph−ơng trình đã cho t−ơng đ−ơng với tập hợp 2 2 x x 6 x x  + = 1.+ = − Ph−ơng trình sau vô nghiệm, ph−ơng trình đầu cho x1 = 2, x2 = −3. e) (16) ⇔ 2 1 1 1 1 x x x x 12 6 4 3 6.12        − − − − =               5 (17) 7 Đặt t = 1 1 1 1 1 x x x x x 4 12 6 4 3 2         − + − + − + − = −                 5 . 4 Thay vào (17), ta nhận đ−ợc 2 2 2 2 2 1 3 t t 24 24 6.12          − − =          5 . Từ đó t2 = 2 49 (24) và t = 7 . 24 ± Chú ý 1. Trong ví dụ 8.e), ph−ơng trình có dạng (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) = m (18) trong đó, a < b < c < d và b − a = d − c. Ta có thể giải (18) bằng cách đặt t = (x a) (x b) (x c) (x c) a b c d x . 4 4 − + − + − + − + + += − Chú ý 2. T−ơng tự, đối với ph−ơng trình (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) = mx2 với m ≠ 0 và ab = cd có thể giải bằng cách đặt t = x + ab . x Ví dụ 9. Giải ph−ơng trình (x + 2)(x + 3)(x + 8)(x + 12) = 4x2. (19) (19) ⇔ (x + 2)(x + 12)(x + 3)(x + 8) = 4x2 ⇔ (x + 14x + 24)(x2 + 11x + 24) = 4x2. (20) Vì x = 0 không là nghiệm nê (20) ⇔ 24 24x 14 x 11 x x   + + + + =     4  Đặt t = x + 24 , x ta có ph−ơng trình t2 + 25t + 150 = 0. 8 Giải ra ta đ−ợc t1 = −10, t2 = −15 Thay vào ta thu đ−ợc tập hợp ph−ơng trình 2 2 x 15x 24 0 x 10x 24 0.  + + = + + = Giải ra ta đ−ợc x1,2 = (−15 ( 15 129)2 − ∓ , x3 = −4, x4 = −6. 4. Ph−ơng trình bậc ba. Đó là ph−ơng trình có dạng f(x) ≡ ax3 + bx2 + cx + d = 0, a ≠ 0. (1) 4.1. Nếu biết α là một nghiệm của (1) thì (1) có thể đ−a về dạng a(x − α)(x2 + px + q) = 0 ⇔ 2 x 0 x px q − α = + + = 0 0 bằng cách chia f(x) cho a(x − α) để đ−ợc tam thức bậc hai x2 + px + q. Ví dụ 10. Giải ph−ơng trình f(x) ≡ x3 + 3x2 + x − 5 = 0 (1) Giải. Tìm nghiệm nguyên của (1) bằng cách xét các −ớc của −5 đó là ±1 và ±5. Ta thấy x = 1 là một nghiệm. Chia f(x) cho x − 1 ta dc th−ơng là x2 + 4x + 5. Từ đó (1) ⇔ ⇔ x ∈ {1, 5}. 2 x 1 0 x 4x 5 − = + + = Nghiệm x = 1 là nghiệm kép. 4.2. Đối với ph−ơng trình dạng (1) với điều kiện ac3 = db3, d ≠ 0, (còn đ−ợc gọi là ph−ơng trình hồi qui bậc ba) thì có thể giải nh− sau. 9 a) Nếu c = 0 thì b = 0 và x = 3 d b − là nghiệm bội ba. b) Nếu c ≠ 0 thì b ≠ 0 và (1) có dạng (x − α)[ax2 + (aα + b)x + aα2] = 0 ở đây α = c b − Ví dụ 11. Giải ph−ơng trình x3 + 3x − 6x − 8 = 0. (2) Giải. (2) là ph−ơng trình hồi qui vì 1.(−6)3 = (−8).33. Do đó ph−ơng trình có một nghiệm α = 6 2 3 = . Từ đó (2) ⇔ ⇔ 2 x 2 x 5x = + + 4 . x 2 x 1 x 4 = = − = − 4.3. Đối với ph−ơng trình dạng tổng quát ax3 + bx2 + cx + d = 0 (a ≠ 0), có thể đ−a về dạng t3 + pt + q = 0 (3) bằng cách đ−a về dạng x3 + b'x2 + c'x + d' = 0, sau đó đặt x = t − b ' 3 ta sẽ nhận đ−ợc (3) với p = 2 3(b ') 2(b ') b ' c ' c ', q d ' . 3 27 3 − + = − + Cuối cùng bằng cách đặt u = p 3 2 t ta nhận đ−ợc ph−ơng trình 4u3 − 3u = m (nếu p > 0) (4) 4u3 + 3u = m (nếu p < 0). (5) 10 • Ph−ơng trình (5) chỉ có một nghiệm α = 3 32 2m m 1 m m 2 + + + − + 1 (6) • Ph−ơng trình (4) cũng chỉ có một nghiệm 3 32 2m m 1 m m 2 + − + − −α = 1 (7) khi |m| > 1. Khi |m| ≤ 1, chọn góc ϕ sao cho cosϕ = m. Lúc đó dựa vào công thức cosϕ = 34 cos 3 cos 3 3 ϕ ϕ− , ta thấy 2 4cos , cos và cos 3 3 3 ϕ ϕ + π ϕ + π là ba nghiệm của (4). Ví dụ 12. Giải ph−ơng trình x3 − 3x − 1 = 0 (8) Đặt x = p 2 y 2 3 − = y. Ta nhận đ−ợc 4y3 − 3y = 1 cos 2 3 π= và theo trên ta có 3 nghiệm y1 = 2 3 4 7 cos , y cos , y cos . 9 9 π π= − = 9 π Từ đó ph−ơng trình (8) có 3 nghiệm x1 = 2y1, x2 = 2y2 và x3 = 2y3. Ví dụ 13. Giải các ph−ơng trình a) 8x3 + 24x2 + 6x + 1 = 0 (9) b) x3 + 6x + 4 = 0 (10) c) x3 + 3x − 6 = 0 (11) Gợi ý. Đ−a (9), (10) và (11) lần l−ợt về dạng 4z2 − 3z = 3 2 − ; 4z3 + 3x = 2 2 − và 4z3 + 3z = 3 (t−ơng ứng). 11 5. Ph−ơng trình bậc 4 dạng ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (a ≠ 0) (1) 5.1. Ph−ơng trình trùng ph−ơng ax4 + bx2 + c = 0, (2) có thể đ−a về ph−ơng trình bậc hai bằng cách đặt t = x2 ≥ 0. 5.2. Ph−ơng trình hồi quy bậc bốn là ph−ơng trình có dạng 4 3 2 2ax bx cx b x a 0,+ + + α + α = (3) trong đó a và α ≠ 0 Ph−ơng trình này có thể giải bằng cách chia cả hai vế cho x2 mà không sợ mất nghiệm 0 vì x = 0 không là nghiệm. (3) ⇔ 2 2 2 a x b x c 0. xx  α α + + + + =      (4) có thể giải (4) bằng cách đặt t = x + . x α Ví dụ 14. Giải ph−ơng trình 4 3 26x 17x 17x 17x 6 0.− + − + = (5) Đây là ph−ơng trình dạng (3) với α = 1. Đặt t = x + 1 . x Ph−ơng trình (5) t−ơng đ−ơng với 26(t 2) 17t 17 0 1 t x x  − − + = = + (6) (6) ⇔ 6t2 − 17t + 5 = 0 ⇒ t1 = 13 , t2 = 5 . 2 12 (5) ⇔ 1 1 x (vô nghiệm) x 3 1 5 x x 2  + = + = ⇔ x = 2 ∨ x = 1 . 2 Ví dụ 15. Giải ph−ơng trình x4 + 3x3 − 44x2 + 15x + 25 = 0 (7) Gợi ý : Đây là ph−ơng trình dạng (3) với α = 5. (7) ⇔ 2 2 25 5 x 3 x 44 xx  + + + − =   0 ⇔ 2 2 5 5 x 3 x 54 x x    + + + − =       0 ⇔ 5 x 6 x 5 x 9 x  + = + = − ⇔ 2 2 x 6x 5 x 9x 5  0 0 − + = + + = ⇒ x1 = 1, x2 = 5, x3,4 = 9 61 .2 − ∓ 5.3. Ph−ơng pháp hệ số bất định để phân tích thành tích Ví dụ 16. Giải ph−ơng trình f(x) ≡ x4 − 4x3 − 10x2 + 37x − 14 = 0. (8) Viết f(x) = (x2 + bx + c)(x2 + px + q). Sau khi khai triển vế phải, so sánh các hệ số ta thu đ−ợc hệ b p 4 c q pb 10 pc qb 37 qc 14. + = + + = − + = = − 13 Giải hệ ta đ−ợc p = −5, q = 2, b = 1, c = −7. Lúc đó (8) ⇔ 2 2 x 5x 2 x x 7 0  0 , − + = + − = ⇔ x ∈ 5 17 1 29, . 2 2  −     ∓ ∓ 5.4. Ph−ơng pháp tham số hóa Ví dụ 17. Giải ph−ơng trình x4 − 22 2x x 2 2 0− + − = (9) Giải. Đặt m = 2 . Khi đó (9) có dạng 2 2 4m (2x 1)m x x 0− + − + = Ph−ơng trình ẩn m cho ta hai nghiệm m1 = x 2 − x, m2 = x2 + x + 1. Khi đó : Ph−ơng trình (9) ⇔ 2 2 x x 2 x x 1 2  − = + + = , ⇔ x ∈ 1 1 4 2 1 4 2 3, . 2 2  + − −     ∓ ∓ 14