Tóm tắt Luận văn - Phương pháp giải phương trình và bất phương trình vô tỉ

ọp tại Đại học Đà Nẵng vào ngày 13 tháng 8 năm 2016. Có thể tìm hiểu luận văn tại: - Trung tâm Thông tin – Học liệu, Đại học Đà Nẵng. - Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng 1 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Trong chương trình toán bậc phổ thông thì phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình là một trong những chủ đề quan trọng, chứa nhiều dạng toán hay và khó. Có nhiều phương pháp giải phương trình bất phương trình mà chưa được giới thiệu đầy đủ trong sách giáo khoa. Việc tìm hiểu các phương pháp giải phương trình, bất phương trình nói chung và phương trình bất phương trình vô tỉ nói riêng là một việc làm cần thiết và có ý nghĩa đối với những người dạy toán. Chính vì vậy, để đáp ứng nhu cầu giảng dạy và học tập, tôi chọn đề tài “Phương pháp giải phương trình và bất phương trình vô tỉ” cho luận văn Thạc sĩ của mình. 2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu - Tìm hiểu một cách tổng quan về phương trình và bất phương trình vô tỉ. - Nghiên cứu các phương pháp giải phương trình và bất phương trình vô tỉ. - Xây dựng quy trình và định hướng cho từng phương pháp giải cùng các ví dụ minh họa. - Nghiên cứu sự trợ giúp của máy tính cầm tay vào việc giải phương trình vô tỉ. 3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu - Các bài toán về phương trình và bất phương vô tỉ thuộc chương trình phổ thông, cùng các phương pháp giải cho từng lớp phương trình và bất phương trình vô tỉ tương ứng. - Các chức năng của máy tính cầm tay VINACAL 570ES PLUS có thể hỗ trợ cho việc giải phương trình vô tỉ. 4. Phƣơng pháp nghiên cứu 2 - Thu thập, tổng hợp, hệ thống các tài liệu có nội dung liên quan đến đề tài luận văn. - Phân tích, nghiên cứu các tài liệu để thực hiện đề tài luận văn. - Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến của người hướng dẫn, của chuyên gia và các đồng nghiệp. 5. Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung của luận văn được chia thành bốn chương. Chương 1. Các kiến thức chuẩn bị Chương 2. Phương pháp giải phương trình vô tỉ Chương 3. Phương pháp giải bất phương trình vô tỉ Chương 4. Giải phương trình vô tỉ với sự trợ giúp của máy tính cầm tay CHƢƠNG 1 CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Chương này trình bày sơ lược một số tính chất, kết quả của hàm số một biến và những bất đẳng thức quen biết nhằm làm tiền đề cho các chương sau. Các chi tiết liên quan có thể tìm xem trong. 1.1. MỘT SỐ TÍNH CHẤT VÀ ĐỊNH LÝ CỦA HÀM SỐ MỘT BIẾN 1.1.1. Tính chất của hàm số một biến 1.1.2. Định lý Rolle và Định lý Lagrange 1.2. MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN 1.2.1. Bất đẳng thức AM – GM 1.2.2. Bất đẳng thức Bunhiacowsky 1.2.3. Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz 1.2.4. Bất đẳng thức Minkowski 3 1.3. ĐỊNH LÝ VIÈTE 1.3.1. Định lý Viète thuận 1.3.2. Định lý Viète đảo CHƢƠNG 2 PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ Chương này trình bày một số phương pháp giải phương trình vô tỉ 2.1. PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƢƠNG ĐƢƠNG 2.1.1. Phƣơng pháp nâng lên lũy thừa Nội dung chính của phương pháp này là nâng lên lũy thừa với số mũ phù hợp. Một số phép nâng lên lũy thừa thường sử dụng:             2 2 0 0. n n f x g x f x g x f x g x                    2 2 0. n n f x g x f x g x g x              2 12 1 .nn f x g x f x g x    Ví dụ 2.9. Giải phương trình: 3 21 3 1 1. 3 x x x x x x          Giải: Điều kiện: 1.x   Phương trình đã cho tương đương với:   2 3 2 21 3 1 1 3 x x x x x x              3 3 2 21 2 1 ( 3) ( 1) 2 ( 1)( 1) ( 1) 3 x x x x x x x x x x                 4 3 21 1 3 x x x x       2 2 2 0 1 3x x x       thỏa điều kiện của phương trình. Vậy tập nghiệm của phương trình là  1 3; 1 3T    . 2.1.2. Phƣơng pháp liên hợp Như đã biểt nếu 0x là một nghiệm của phương trình ( ) 0f x  thì điều đó có nghĩa là 0 0( ) 0 fx D f x    và ta có thể đưa phương trình ( ) 0f x  về dạng 0 1( ) ( ) 0x x f x  . Khi đó việc giải phương trình ( ) 0f x  được quy về phương trình 1( ) 0f x  có bậc nhỏ hơn. Phương pháp nhân thêm một lượng liên hợp hay tách thành các biểu thức liên hợp là những hỗ trợ đắc lực cho phương án xử lý này. Ví dụ 2.14. Giải phương trình: 3 2 2 33 1 5 1 2 .x x x x x       Phân tích: - Nhận thấy 2 2( 3 1) (5 1) 2x x x x x      và không có giá trị nào của x để biểu thức nhân liên hợp bằng 0. Từ đó ta có thể nhân thêm một lượng liên hợp để xuất hiện nhân tử chung là  2 2x x . Giải: Phương trình đã cho tương đương với:  3 2 23 3 1 5 1 ( 2 ) 0x x x x x              2 2 2 2 3 2 2 33 2 ( 2 ) 0 3 1 3 1 5 1 5 1 x x x x x x x x x x                     2 2 2 3 2 2 33 0, 1 ( 2 ) 1 0 3 1 3 1 5 1 5 1 x x x x x x x x x                        2 0 2 0 2 x x x x        . Vậy tập nghiệm của phương trình là  0;2T  5 . Ví dụ 2.17. Giải phương trình: 3 3 2 4 2 2.x x x x      Phân tích. Nhận thấy 2x  là nghiệm của phương trình, lúc đó: 3 3 2 4 0x x x    và 2 2 0x   . Từ đó ta thực hiện phép nhân liên hợp để xuất hiện nhân tử ( 2)x  . Giải: Điều kiện 0x  Phương trình đã cho tương đương với:    3 3 2 4 2 2 0x x x x        2 2 3 33 2 3 2 2 4 2( 2) 2 24 4 x x xx x x x x x             2 3 33 2 3 2 2 0, 0. 2 2 ( 2) 0 2 24 4 x x x xx x x x x x                      2x  thỏa mãn điều kiện của phương trình. Vậy phương trình đã cho có nghiệm 2x  . 2.2. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ. Nội dung của phương pháp này là đặt mỗi một biểu thức chứa căn bằng một biểu thức theo ẩn mới mà ta gọi là ẩn phụ, rồi chuyển phương trình đã cho về phương trình hoặc hệ phương trình với ẩn phụ đã đặt. Giải phương trình hoặc hệ phương trình theo ẩn phụ để tìm nghiệm rồi thay vào biểu thức vừa đặt để tìm nghiệm theo ẩn ban đầu. Ví dụ 2.29. Giải phương trình:        2 2 3 3 32 7 3 7 2 .x x x x       Giải: Đặt: 3 3 3 3 2 9 7 a x a b b x         . 6 Từ đó ta có hệ: 3 3 2 2 9 3 a b a b ab        đây là hệ đối xứng loại I. Dễ dàng giải hệ trên ta được 1 2. a a    - Với 31 2 1 1.a x x      - Với 32 2 2 6 .a x x      Vậy tập nghiệm của phương trình là:  6; 1T   . Ví dụ 2.30. Giải phương trình: 3 31 2 2 1.x x    Phân tích. Ta nhận thấy phương trình đã cho có dạng ( ) . ( )n nf x b a a f x b   nên ta có thể đưa về hệ phương trình đối xứng loại II. Giải: Đặt 33 2 1 2 1x y y x     , ta có hệ phương trình:   3 3 3 3 1 2 2 0 1 2 x y x y x y y x             2 2 0 .x y x xy x y       Với x y , ta có: 33 1 2 1 2 1 0 1 5 . 2 x x x x x x             Vậy tập nghiệm của phương trình là: 1 5 1 5 ; 1; 2 2 T           . 2.3. PHƢƠNG PHÁP HÀM SỐ Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là một phương pháp khá quen thuộc. Ta có 2 hướng áp dụng sau đây: Dạng 1: Giải phương trình  f x k trong đó k là một hằng số,  f x là một hàm liên tục, đơn điệu trong  ; a b , và có miền giá trị là    ;G f a f b    hoặc    ;G f b f a    . Khi đó: - Nếu k G , thì phương trình vô nghiệm. - Nếu k G , thì tồn tại duy nhất  0 ;x a b để  0f x k , và 7 khi đó 0x là nghiệm duy nhất của phương trình. Chú ý: Trong một số phương trình thì nghiệm 0x nói trên có thể nhận thấy được ngay, trường hợp ngược lại ta có thể nhờ đến sự giúp đỡ của máy tính cầm tay. Dạng 2: Phương trình   0f x  biến đổi được về dạng    f u f v , trong đó    , u u x v v x  và  f x là hàm đơn điệu. Khi đó từ tính đơn điệu của  f x ta có    u x v x , giải phương trình này ta sẽ tìm được nghiệm của phương trình ban đầu. Ví dụ 2.32. Giải phương trình:     2 22 1 2 4 4 4 3 2 9 3 0.x x x x x        Giải: Phương trình đã cho tương đương:          2 22 1 2 2 1 3 3 2 3 3x x x x             2 1 3f x f x    Xét hàm số    22 3f t t t   , t  . 2 2 2 2 2 '( ) 2 3 2 3 0, . 3 3 t t f t t t t t t t                   Do đó  f t là hàm đồng biến trên . Từ tính đơn điệu của hàm số f ta có:     1 2 1 3 2 1 3 . 5 f x f x x x x          Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 1 . 5 x   Ví dụ 2.33. Giải phương trình: 33 6 1 8 4 1.x x x    Giải: Phương trình đã cho tương đương với: 336 1 6 1 (2 ) 2 .x x x x     Xét hàm 3( )f t t t  là hàm số đồng biến trên . 8 Vậy 33 6 1 2 8 6 1x x x x     . Nhận xét: - Nếu 1x  thì 2 3 24 3 1 8 6 2 (4 3) 2x x x x x       (vô lý). - Nếu 1x  , ta đặt  cos , 0;x t t   khi đó phương trình đã cho trở thành 3 1 1 24cos 3cos cos3 , 2 2 9 3 t t t t k k            . Vậy tập nghiệm của phương trình là: 5 7 cos ; cos ; cos 9 9 9 T          . 2.4. PHƢƠNG PHÁP ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ Phương pháp này rất hiệu quả cho lớp dạng toán. Tìm điều kiện của tham số để: Dạng 1: Phương trình có nghiệm duy nhất. Dạng 2: Phương trình có nghiệm với mọi giá trị của tham số. Dạng 3: Phương trình có nghiệm đúng với mọi x D . Dạng 4: Phương trình đã cho tương đương với một phương trình hoặc với một bất phương trình khác. Khi đó ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Đặt điều kiện để các biểu thức của phương trình có nghĩa. Bước 2: Tìm điều kiện cần cho phương trình dựa trên việc đánh giá hoặc tính đối xứng của phương trình. Bước 3: Kiểm tra điều kiện đủ của phương trình. Ví dụ 2.36. Tìm m để phương trình sau nghiệm đúng 0x  . 2 22 2 4 2.x x m m x m       (1) Giải: Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm 0 0x x    là nghiệm của (1), khi đó: 9 (1)   2 22 2 0 2 4 2 3 2 4 2 m m m m m m m m                , là điều kiện cần để phương trình nghiệm đúng 0x  . Điều kiện đủ: Với 3m  , khi đó (1) có dạng: 0 2 2 1 1 1 1 0 0 x x x x x x            luôn đúng. Vậy với 3m  phương trình đã cho có nghiệm đúng 0x  . 2.5. Phƣơng pháp vectơ Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp vectơ là biến đổi phương trình vô tỉ về phương trình vectơ rồi sử dụng các tính chất vectơ để giải. Ví dụ 2.37. Giải phương trình: 2 2 22 6 5 6 10 6 13.x x x x x x        Giải: Để giải bài toán này ta có thể thực hiện theo hai cách: Phương trình đã cho tương đương: 2 2 2 2( 1) ( 2) ( 3) 1 ( 3) 4.x x x x         Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn các vectơ: 2 2 2 2 ( 1; 2); ( 3;1) ( 1) ( 2) ( 3) 1 (2;1) ( 3) 4 . u x x v x u v x x x u v u v x                       u v u v   dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi u kv với 0.k  . Từ đó: 1 2 3 1 x x x     2 2 3 2 1 5 6 6 7 0 3 2. x x x x x x x                 Vậy tập nghiệm của phương trình là  3 2; 3 2T    . 2.6. SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ LAGRANGE, ĐỊNH LÝ ROLLE 2.6.1. Sử dụng định lý Lagrange 10 Đối với một số phương trình mũ có lũy thừa là một biểu thức chứa căn thì việc giải bài toán này là rất phức tạp, lớp bài toán này trở nên khó khăn trong quá trình biến đổi tương đương cũng như sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ thông thường. Chính vì vậy việc sử dụng định lý Lagrange làm cho lớp bài toán này trở nên đơn giản hơn rất nhiều. Để giải quyết lớp bài toán này, ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu thức trong phương trình. Bước 2: Biến đổi phương trình về dạng thích hợp    f a f b , từ đó chỉ ra được hàm số ( )f t khả vi và liên tục trên  ;a b . Khi đó theo định lý Lagrange  ;c a b  , sao cho:       ' . f b f a f c b a    (1) Bước 3: Gọi  là nghiệm của phương trình, thế vào (1), ta xác định được  . Bước4: Thử lại. Để rõ hơn ta xét các ví dụ sau: Ví dụ 2.41. Giải phương trình: 2 2 2 1 122 7 . 2 x x x x x x      Giải: Điều kiện: 2 1 0 0 x x x x       . Phương trình đã cho tương đương: 2 2 2 2 12 2 7 x x x x x x     2 2 2 2 12 7 7 2x x x x x x x x       . Đặt 2u x x  , 0u  . Khi đó phương trình có dạng: 12 7 7 2 . u u u u   (1) Giả sử phương trình đã cho có nghiệm  , khi đó: 12 7 7 2 .      11 Xét hàm số    5f t t t     , với 0t  . Từ (1), ta nhận được    7 2f f , do đó theo định lý Lagrange tồn tại  2;7c sao cho :  ' 0f c    1 1 0 5 0 1. c c              Thử lại thấy 0u  và 1u  đều thỏa mãn, khi đó: 2 2 0 1 0 1 5 1 2 1 5 2 x x x x x x x x                   , đều thỏa mãn điều kiện của phương trình. Vậy, phương trình có tập nghiệm là: 1 5 1 5 ; 0; 1; 2 2 T           . 2.6.2. Sử dụng định lý Rolle Xét phương trình:   0f x  , trong đó  f x là hàm khả vi, và  'f x đơn điệu trên D. Để giải phương trình trên ta thực hiện như sau: Bước 1: Tìm điều kiện đề phương trình có nghĩa. Bước 2: Tính  'f x và  ''f x để kiểm tra tính đơn điệu của  'f x . Bước 3: Tìm nghiệm của phương trình Bước 4: Kết luận. Để rõ hơn ta xét các ví dụ sau: Ví dụ 2.42. Giải phương trình: 23 1 3 8 3.x x x    Giải: Điều kiện: 1x   . Phương trình đã cho tương đương với 23 1 3 8 3 0.x x x     (1) Xét hàm số 2( ) 3 1 3 8 3f x x x x     trên miền  1;D    , 12 ta có: 3 '( ) 6 8 2 1 f x x x      suy ra: 3 3 ''( ) 6 0, 4 ( 1) f x x D x          'f x luôn nghịch biến trên D. Vậy phương trình (1) có không quá hai nghiệm. Dễ thấy:    0 3 0f f  . Vậy tập nghiệm của phương trình là  0;3T  . 2.7. PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Để giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đánh giá đòi hỏi người giải phải phân tích kỹ điều kiện của bài toán, phải nhận dạng và áp dụng linh hoạt các bất đẳng thức quen thuộc từ đó giúp chúng ta nhìn nhận phương pháp đánh giá một cách gần gũi hơn. Ví dụ 2.44. Giải phương trình : 2 2 9. 1 x x x      Phân tích - Nhận thấy     2 2 2 2 1 8 1 9x x x       và 22 1 1 1 11 1 x x x xx x                 , từ đó:      22 2 2 1 2 2 1 9 1 1 x x x x x                     - Áp dụng bất đẳng thức Bunyacovsky ta có:      2 22 2 21 1 2 2 1 2 2 1 1 1 1 1 x x x x x x x x                                          9.x  Vì vậy việc sử dụng phương pháp đánh giá với bài này rất nhanh gọn và hiệu quả. Giải: Điều kiện 0.x  13 Áp dụng bất đẳng thức Bunyacovsky ta có:      2 22 2 22 2 1 2 2 1 9 1 1 1 x x x x x x x                              Dấu bằng xảy ra khi:   12 2 1 1 .xx x x           (1) Giải (1) ta được 1 7 x  thỏa mãn điều kiện của phương trình. Vậy nghiệm của phương trình là 1 7 x  . CHƢƠNG 3 PHƢƠNG PHÁP GIẢI BẤT PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ Chương này trình bày một số phương pháp giải bất phương trình vô tỉ. 3.1 PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƢƠNG ĐƢƠNG Ví dụ 3.8. Giải bất phương trình: 3 2 1 2 1 . 2 x x x x      Giải: Viết lại phương trình đã cho dưới dạng: 2 2 3 1 2 1 1 1 2 1 1 2 3 ( 1 1) ( 1 1) . 2 x x x x x x                  Điều kiện: 1x  . Khi đó phương trình trở thành: 3 1 1 | 1 1| 2 x x      14 1 1 0 3 2 1 22 . 21 1 0 3 2 2 x x x x xx                         Kết hợp với điều kiện được nghiệm của bất phương trình là 1x  . 3.2. PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Tương tự như phương pháp đặt ẩn phụ của chương 2, mục đích chính của phương pháp này là chuyển các bất phương trình đã cho về các bất phương trình cơ bản hoặc về hệ bất phương trình gồm các phương trình cơ bản. Các cách đặt ẩn phụ đã được nêu cụ thể ở mục 2.2 của chương 2. Ví dụ 3.15. Giải bất phương trình: 2 1 1 2. 2x x    (1) Giải: Điều kiện: 0 2 2. x x      Đặt 22 0y x   kết hợp với (1), ta có hệ: 2 2 2 2 2 (2)1 1 2 2 ( ) 2 2 ( ) 2 2 . (3) 2 x y x y xy x y xy x y x y x y xy xy                        Lấy (3) thế (2) ta được 2( ) 2x y  , suy ra: 2 2 2 2 ( ) 2 0 2 0 0 2 x y xy x x x x y             . Vậy, tập nghiệm của bất phương trình (1) là:  2;0S   . 3.3. PHƢƠNG PHÁP HÀM SỐ 3.3.1. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số 15 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải bất phương trình là phương pháp quen thuộc. Để giải một bất phương trình bằng tính đơn điệu của hàm số ta thực hiện như sau: Bước 1: Đặt điều kiện của bất phương trình Bước 2: Biến đổi bất phương trình đã cho về dạng    f u f v , trong đó    , u u x v v x  và f là hàm đơn điệu. Khi đó từ tính đơn điệu của hàm số f ta có    u x v x hoặc    u x v x Bước 3: Giải bất phương trình    u x v x hoặc    u x v x từ đó ta tìm được nghiệm của bất phương trình ban đầu. Ví dụ 3.17. Giải bất phương trình: 2 22 3 6 11 3 1.x x x x x x          Phân tích - Đưa bất phương trình về dạng: 2 22 3 1 3 6 11x x x x x x         2 2 ( 1) 2 1 (3 ) 2 3 .x x x x          - Nhận thấy bất phương trình có dạng ( ) ( )f u f v nên ta có thể sử dụng phương pháp hàm số để giải. Giải: Điều kiện: 1 0 1 3 3 0 x x x        . Viết lại bất phương trình dưới dạng: 2 2( 1) 2 1 (3 ) 2 3 .x x x x         (1) Xét hàm ( ) 2f t t t   , xác định 0t  . Ta có 1 1 '( ) 0 2 2 2 f t t t     , 0t  nên ( )f t là hàm đồng biến trên  1;3 . Khi đó (1) được biến đổi như sau: ( 1) (3 )f x f x   1 3 2x x x      . Vậy, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là  2; 3S  . 16 3.4. PHƢƠNG PHÁP ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ Cũng như phương pháp hàm số, phương pháp điều kiện cần và đủ tỏ ra khá hiệu quả cho lớp bài toán “Tìm điều kiện của tham số để”: Dạng 1: Bất phương trình có nghiệm duy nhất. Dạng 2: Bất phương trình nghiệm đúng với mọi x D . Khi đó ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Đặt điều kiện của bất phương trình. Bước 2: Tìm điều kiện cần để bất phương trình có nghiệm duy nhất hoặc nghiệm đúng. Bước 3: Kiểm tra điều kiện đủ . Ví dụ 3.20. Tìm m để bất phương trình: 2 22 x m mx  (1) có nghiệm duy nhất. Giải: Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm là 0x x suy ra 0x cũng là nghiệm của (1), vậy (1) có nghiệm duy nhất khi: 0 0 0 0x x x    . Thay 0 0x  vào (1), ta được 0m  . Vậy 0m  chính là điều kiện cần để bất phương trình có nghiệm duy nhất. Điều kiện đủ: Giả sử 0m  , khi đó (1) có dạng: 2 0 0x x   là nghiệm duy nhất của bất phương trình. Vậy 0m  bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. 3.5. PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Để giải bất phương trình vô tỉ bằng phương pháp đánh giá đòi hỏi người giải phải phân tích kỹ điều kiện của bài toán, phải nhận dạng và áp dụng linh hoạt các bất đẳng thức quen thuộc từ đó giúp chúng ta nhìn nhận phương pháp đánh giá một cách gần gũi hơn. Ví dụ 3.23. Giải bất phương trình: 17 4 42 21 1 2x x x x      . (1)  Phân tích - Ta nhận xét 4 42 21 1 1x x x x            nên ta có thể giải bài toán bằng cách đặt ẩn phụ là 4 2 1t x x       và 4 2 11x x t         . Nhưng sau khi giải được ẩn t ta phải giải tiếp bất phương trình bậc bốn sẽ tốn rất nhiều thời gian. - Tuy nhiên cũng với việc nhận xét 4 42 21 1 1x x x x              , ta dùng bất đẳng thức AM-GM, ta sẽ nhanh chóng thu được nghiệm. Giải: Điều kiện của bất phương trình 1x  . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho vế trái ta được: 4 4 4 42 2 2 2 1 1 2 1 1 2VT x x x x x x x x                     . Bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: 4 42 2 2 1 1 1VT x x x x x         thỏa mãn điều kiện của bất phương trình. Vậy, nghiệm của bất phương trình là 1x  . CHƢƠNG 4 GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ VỚI SỰ TRỢ GIÚP CỦA MÁY TÍNH CẦM TAY Chương này trình bày sự trợ giúp của máy tính cầm tay cho việc giải phương trình vô tỉ 4.1. GIỚI THIỆU VỀ MÁY TÍNH CẦM TAY VINACAL 570ES PLUS II 18 VINACAL 570ES PLUS II là dòng máy tính cầm tay mới nhất dành cho học sinh trung học . Năm 2013, Bộ GD&ĐT xác nhận máy tính VINACAL 570ES PLUS II được phép mang vào phòng thi theo văn bản số 3125/BGDĐT-CNTT ngày 13/5/2013. Đây là dòng máy tính có thể hỗ trợ cho người sử dụng trong việc học và thi, đặc biệt trong các kỳ thi giải toán trên máy tính cầm tay do Sở, Bộ GD&ĐT tổ chức hàng năm. VINACAL 570ES PLUS II ngoài khả năng giải các bài toán cơ bản, dòng máy này còn có thể giải quyết các dạng toán cao cấp như tích phân, tổ hợp, chỉnh hợp Đặc biệt, VINACAL 570ES PLUS II còn có thể trợ giúp giải các phương trình vô tỉ. Máy tính cầm tay VINACAL 570ES PLUS II Sau đây là một số chức năng của máy tính VINACAL 570ES PLUS II thường được dùng để hỗ trợ cho việc giải phương trình vô tỉ. Chức năng CALC: Cho phép ta tính giá trị của hàm số  f x tại một điểm thuộc miền xác định D của  f x . Để sử dụng chức năng này ta thực hiện như sau: Bước 1: Nhập hàm  f x vào máy. Bước 2: Bấm lần lượt các phím [CALC] + [ 0x ] + [=], với 0x D , ta được giá trị  0f x . Chức năng TABLE: Cho phép nhận biết được khoảng chứa nghiệm của phương trình (nếu phương trình có nghiệm) và lập bảng 19 những giá trị của hàm số (suy được từ phương trình), từ đó giúp ta đoán nhận được tính đơn điệu của hàm số. Để sử dụng chức năng này ta thực hiện như sau: Bước 1: Giả sử phương trình đã cho có dạng    g x h x , với tập xác định  ;a b . Ta biến đổi về dạng      f x g x h x  , và xem f là một hàm số xác định trên đoạn  ;a b . Bước 2: Bấm lần lượt các phím [MODE] + [7]. Bước 3: Nhập hàm  f x vào máy rồi lần lượt bấm [=] + [=] + [a] + [b] + [c] + [=], với c là bước nhảy (khoảng cách giữa hai biến). Từ đó ta sẽ được một dãy giá trị tăng dần của biến x, cùng với dãy giá trị tương ứng của hàm  f x hiển thị trên màn hình máy tính. Bước 4: Đoán nhận tính đơn điệu và khoảng chứa nghiệm của phương trình. Chức năng SOLVE: Cho phép nhận biết phương trình có nghiệm hay không. Để sử dụng chức năng này ta cần thực hiện như sau: Bước 1: Tìm khoảng chứa nghiệm (nếu có) của phương trình. Bước 2: Nhập phương trình cần giải vào máy. Bước 3: Thực hiện bấm lần lượt các phím [SHIFT] + [CALC] + [CONST] + [=], với CONST là một hằng số thuộc khoảng chứa nghiệm, hoặc CONST = 0 khi không tìm được khoảng chứa nghiệm. Khi đó máy tính sẽ chỉ ra một nghiệm (nếu có) hoặc cho biết phương trình vô nghiệm. Ví dụ 4.5. Giải phương trình:  3 22 7 2 3 2 0.x x x x     (1)  Phân tích: - Điều kiện của phương trình là : 2x   . - Dùng chức năng TABLE của máy tính cầm tay ta thu được bảng sau: 20 Bấm [MODE]+[7] ta được chức năng TABLE. Nhập hàm:    3 22 7 2 3 2.f x x x x x     Vì điều kiện là : 2x   nên ta bấm: [=]+[=]+[-2]+[2]+[0,5]+[=], ta được bảng bên phải. Qua bảng ta có nhận xét sau: - Phương trình có một nghiệm nằm trong khoảng  0,5; 1 . - Dự đoán hàm số đơn điệu tăng. x  f x -2 -14 -1.5 -18.29 -1 -10 -0.5 -3.688 0 -2 0.5 -1.168 1 10.588 1.5 54.39 2 162 - Dùng chức năng SOLVE của máy tính cầm tay: - Nhập phương trình đã cho vào máy tính. - Bấm lần lượt các phím [SHIFT] + [CALC] + [0,6] + [=], ta thu được màn hình như bên cạnh. - Từ đó ta biết một nghiệm: 0.618033988x  của phương trình. - Dùng chức năng CALC của máy tính cầm tay: - Nhập vào máy biểu thức 2x  . - Bấm [CALC]+[ 0.618033988 ]+[=], ta thu được hình bên: - Từ chức năng CALC, ta thay giá trị 0.618033988x  vào biểu thức 2x  ta được: 1 1 5 2 1.618033988 0.618033988. 2 x x x         - Từ các phân tích trên ta dùng phương pháp hàm số để giải phương trình này. Giải: Điều kiện 2.x   Phương trình (1) tương đương với:  3 22 7 2 3 2.x x x x    (2) 21 Nhận thấy 0x  không phải là nghiệm của (2), nên ta chia cả hai vế của phương trình (2) cho 3x . Khi đó, (2) tương đương với:   3 2 3 2 4 3 2 x x x x        3 2 3 2 2 2 3 2 x x x x x          3 3 2 3 2 2 3 2 .x x x x       (3) Xét hàm số:   32 3f t t t  , với t . Ta có:   2' 6 3 0, f t t t     , nên  f t là hàm đống biến trên , do đó từ (3) ta có:   12f x f x         1 2 2 1x x x x       1 2 2 1x x x x         2 0 1 1 0 x x x x        1 5 2 x     thỏa mãn điều kiện của phương trình. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 1 5 2 x    . Ví dụ 4.6.Giải phương trình:    2 2 2 8 1 2 2 . 2 3 x x x x x x          Phân tích: - Điều kiệncủa phương trình: 2.x   - Sử dụng chức năng TABLE của máy tính cầm tay ta thu được bảng sau: Bấm [MODE)]+[7] ta được chức năng TABLE. Xét hàm:      2 2 2 8 1 2 2 . 2 3 x x f x x x x x          Vì điều kiện là : 2x   nên ta bấm: [=]+[=]+[-2]+[5]+[0,5]+[=], ta được bảng bên phải. Qua bảng ta có nhận xét sau: x  f x -2 2,727 -1.5 -1.707 -1 -1.5 -0.5 -1.671 0 -2.08 0.5 -2.371 1 -1.964 22 - Phương trình có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm là 2x  , và một nghiệm nằm trong  3; 3,5 . - Hàm số không đơn điệu trên D nhưng cho phép ta dự đoáng hàm số đơn điệu tăng trong 1 ; . 2       1.5 -0.899 2 0 2.5 0.34 3 0.2223 3.5 -0.189 4 -0.792 4.5 -1.531 5 -2.347 - Dùng chức năng SOLVE của máy tính cầm tay: - Nhập phương trình đã cho vào máy tính. - Bấm lần lượt các phím [SHIFT] + [CALC] + [3,2] + [=], ta thu được màn hình như bên cạnh. - Từ đó ta biết thêm một nghiệm: 3.302775638x  của phương trình. - Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 1 2x  và 2 3.302775638.x  - Dùng chức năng CALC của máy tính cầm tay: - Nhập vào máy biểu thức 2x  . - Bấm [CALC]+[ 3.302775638 ]+[=], ta thu được hình bên: - Từ chức năng CALC, ta thay giá trị 2 3.302775638x  vào biểu thức 2x  ta được: 2 1x x   2 3 13 2 x    . - Với 1 2x  thì:          2 2 2 2 2 2 02 2 0 0 2 2 2 2 2 8 0 2 4 0.2 4 0 x x x x xx x x x xx x                              - Từ các phân tích trên ta dùng phương pháp biến đổi tương đương để giải phương trình này: 23 Giải: Điều kiện: 2x   . Ta có:    2 2 2 8 1 2 2 2 3 x x x x x x             2 2 4 2 1 2 3 2 2 x x x x x x x                 2 4 1 2 0 2 3 2 2 x x x x x x                         2 2 4 2 2 1 2 3 2 0 2 3 2 2 x x x x x x x x x                   3 2 2 4 2 5 0.x x x x x x           Ta thấy 2x  là một nghiệm thỏa điều kiện của phương trình. Xét phương trình:   3 24 2 5 0.x x x x x       (1)  Phân tích: - Từ sự phân tích ở phần trước ta đã biết được phương trình (1) có một nghiệm là: 3 13 2 x   và hàm     3 24 2 5f x x x x x x       có khả năng đơn điệu trong 1 ; 2       nên ta sử dụng phương pháp hàm số để giải phương trình (1). - Cũng từ phân tích ở phần trước thì nghiệm 3 13 2 x   2 1x x    . Phương trình (1) tương đương:   3 22 2 2 2 3 0x x x x x         Bằng phương pháp đồng nhất thức ta có:             3 23 2 1 1 1 2 2 2a x b x c x a x b x c x           , và dễ dàng tìm được 1, 2, 2a b c   . Khi đó phương trình (1) tương đương:             3 23 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 .x x x x x x           (2) 24 Xét hàm: 3 2( ) 2 2f t t t t   , với 0t  , ta có:   2' 3 4 2 0, 0f t t t t      . Do đó ( )f t là hàm đồng biến và liên tục trên  0; . Đồng thời từ (2) ta có:    1 2f x f x     2 1 2 1 2 1. x x x x x            3 13 2 x    thỏa mãn điều kiện của phương trình. Vậy, tập nghiệm của phương trình là: 3 13 2; 2 T          . KẾT LUẬN Luận văn “Phương pháp giải phương trình và bất phương trình vô tỉ” đã đạt được mục đích và nhiệm vụ đề ra, cụ thể là luận văn đã thực hiện được các vấn đề sau: 1. Tìm hiểu và trình bày một số phương pháp giải phương trình vô tỉ, bất phương trình vô tỉ. Đối với mỗi phương pháp đều có phân tích và định hướng cách giải rõ ràng, đồng thời cũng cho nhiều ví dụ minh họa cho từng phương pháp. 2. Giới thiệu máy tính cầm tay VINACAL 570ES PLUS II, là dòng máy tính được Bộ GD&ĐT cho phép học sinh mang vào phòng thi. Trình bày một số chức năng của dòng máy tính này, mà có thể hỗ trợ cho việc giải phương trình vô tỉ , và kèm theo đó là những ví dụ minh họa. Trong thời gian tới, nội dung của luận văn sẽ còn được tiếp tục hoàn thiện và mở rộng hơn nữa, nhằm có thể là một tài liệu tham khảo cho học sinh, sinh viên, cũng như cho những ai quan tấm đến việc giải phương trình và bất phương trình vô tỉ.