ThanhTam
24-01-2009, 10:49 AM
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA
ax3 + bx2 + cx + d = 0 (a ≠ 0)
Chú ý :
- Phương trình bậc lẻ luôn luôn có nghiệm thực
- Định lý Viete : Nếu phương trình ax3 + bx2 + cx + d = 0 (a ≠ 0) có 3 nghiệm x1, x2, x3 thì :
x1 + x2 + x3 = -b/2a
x1x2 + x2x3 + x3x1 = c/a
x1x2x3 = -d/a
I. Những dạng thông thường
1. Nếu x = x0 là một nghiệm, ta có thể phân tích thành dạng :
(x - x0)(ax2 + bx + c) = 0
Đặc biệt :
- Nếu a ± b + c ± d = 0 → x = ±1 là nghiệm
- Nếu (d/a) = (c/b)3 → x = -c/b là nghiệm
2. Phương trình dạng A3 + B3 = (A + B)3
pt ↔ A3 + B3 = A3 + B3 + 3AB(A + B) ↔ AB(A + B) = 0
II. Những dạng tổng quát
1. Phương trình 4x3 - 3x = q
* Với │q│ ≤ 1
- Đặt x = cost , pt trở thành : cos3t = q
- Gọi α là góc thỏa cosα = q, như vậy : cos3t = cosα
- Ta chọn t1 = α/3 ; t2,3 = (α ± 2π)/3
- Kết luận phương trình có 3 nghiệm x1,2,3 = cos t1,2,3
Chú ý rằng bước đặt x = cost là một cách đặt "ép" ẩn phụ, ta không cần chứng minh rằng pt trên luôn có nghiệm nhỏ hơn 1, khi tìm được đủ 3 nghiệm thì ta có thể kết luận ngay
* Với │q│ > 1 :
- Ta dễ dàng CM được pt không có nghiệm thuộc [-1;1] và nếu phương trình có nghiệm x0 không thuộc [-1;1] thì x0 là nghiệm duy nhất
- Ta chọn a thuộc R để pt có dạng 4x3 - 3x = ½ (a3 + 1/a3) bằng cách :
q = ½ (a3 + 1/a3) ↔ a6 - 2qa3 + 1 = 0 (→ tìm được a)
- CM x0 = ½ (a + 1/a) là nghiệm (duy nhất) của phương trình
2. Phương trình 4x3 + 3x = q
- Giả sử phương trình có nghiệm x0, dùng đạo hàm ta CM được x0 là nghiệm duy nhất
- Ta chọn a thuộc R để pt có dạng 4x3 + 3x = ½ (a3 - 1/a3) rồi CM x0 = ½ (a - 1/a) là nghiệm (duy nhất) của phương trình (phương pháp tương tự như trên)
3. Phương trình x3 + px + q = 0 (Công thức Cardan - Tartaglia)
- Đặt x = u - v sao cho uv = p/3
- Từ pt, ta có : (u - v)3 + 3uv(u - v) = u3 - v3 = q
- Hệ phương trình uv = p/3 và u3 - v3 = q cho ta một phương trình trùng phương theo u (hoặc v), từ đó suy ra u,v và tìm được một nghiệm x = u + v
Chú ý rằng trong lúc giải phương trình trùng phương có thể ta gặp nghiệm phức (u hoặc v) nên từ đó phương trình bậc ba còn cho thêm 2 nghiệm phức nữa (đó mới là dạng đầy đủ của công thức trên)
Ngoài ra, các phương trình 4x3 ± 3x = q như trên cũng có thể giải được bằng PP này
4. Phương trình bậc ba tổng quát X3 + AX2 + BX + C = 0
Đặt X = x - A/3, pt trở thành x3 + px + q = 0 (#)
Cách 1 : Giải trực tiếp theo công thức Cardan - Tartaglia
Cách 2 :
- Đặt x = kt (k > 0) , (#) trở thành : k3t3 + pkx + q = 0
(chọn k sao cho k3/4 = pk/3 nếu p > 0 hoặc k3/4 = -pk/3 nếu p < 0)
- Phương trình được đưa về dạng 4t3 ± 3t = Q
Phương pháp giải
- Phương trình bậc 3 là 1 trong các dạng của phương bậc lẻ, nó luôn có ít nhất 1 nghiệm và có nhiều nhất là 3 nghiệm
- Phương trình bậc 3 có dạng tổng quát : ax3 + bx2 + cx + d = 0
==> Pt <=> f(x) = x3 + Bx2 + Cx + D = 0
**Có thể phân tích thành nhân tử ==> nghiệm của phương trình
** Phương trình này có tâm đối xứng là điểm uốn của nó I(-b/3a,f(-b/3a)) .Dùng phương pháp đổi trục :
[Only registered and activated users can see links] 7By=Y+y_I , ta biến đổi thu được 1 phương trình bậc 3 mới : g(X) = X3 + pX +q = 0. Đây là 1 dạng pt có thể giải được :
1, Trường hợp p>0:-Ta có g'(X) = 3X2 + p > 0 => pt có 1 nghiệm
-Áp dụng hằng đẳng thức sau :
a3 + b3 +c3 - 3abc = (a +b +c)(a2 + b2 + c2 - ab - ac - bc).Đặt a=X
=>ta tìm b,c sao thỏa hệ:
[Only registered and activated users can see links]
Khi đó ta sẽ tìm được nghiệm pt X=a= -(b+c).
* Ta xét 1 ví dụ sau : giải pt : x3 + 3x +1 =0
[Only registered and activated users can see links] [Only registered and activated users can see links]
=> b, c là nghiệm của pt :[Only registered and activated users can see links]( vì b, c có vai trò như nhau)
=>t3=(1+ [Only registered and activated users can see links])/2 =>b = [Only registered and activated users can see links] 7D%7D%7B2%7D, c = [Only registered and activated users can see links]
=>x = -(b+c) = -[Only registered and activated users can see links] B5%7D%7D%7B2%7D + [Only registered and activated users can see links])
2, Trường hợp p<0 : Cách 1 :
-Ta có thể dùng phương pháp lượng giác hoá như sau: đặt X=2acost, (có thể đặt theo sint) với a>0 , t thuộc [0,
[Only registered and activated users can see links] <=> 8a3cos3t + 2apcost + q = 0
<=> 2a3(4cos3t + p/a2cost) + q = 0
Tìm a thỏa p/a2 = -3 => a=[Only registered and activated users can see links]
[Only registered and activated users can see links] 2a3cos3t = -q
[Only registered and activated users can see links] %7B-q%7D%7B2a%5E3%7D.
*Qua đó ta thấy điều kiện để áp dụng được cách này là [Only registered and activated users can see links] [Only registered and activated users can see links]
* Ví dụ : Giải phương trình : x3 - 3x -1 =0
Theo như cách đặt trên thì ta có a=1
=> cos3t= 1/2 => t=20
=> x= 2cos [Only registered and activated users can see links] (đây mới là 1 nghiệm ,với t thuộc khoảng cho trước ta có thể tìm ra các nghiệm còn lại nếu có)
Cách 2 :
- Ta có thể dùng lại cách ở trường hợp 1, song ở cả 2 cách này có trường hợp không chỉ ra được nghiệm thực của bài toán
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN
ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (a ≠ 0)
I. Những dạng đặc biệt
1/ Phương trình trùng phương ax4 + bx2 + c = 0
Đặt t = x2 (t ≥ 0), phương trình trở về dạng bậc hai
2/ (x + a)4 + (x + b)4 = c
Đặt t = x + ½(a + b), pt có dạng : (t + m)4 + (t - m)4 = c, khai triển sẽ được pt trùng phương
3/ (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m (m ≠ 0) với a + b = c + d
pt ↔ [x2 + (a + b)x + ab].[x2 + (c + d)x + cd] = m
Đặt t = x2 + (a + b)x = x2 + (c + d)x (nếu muốn có thể kèm theo ĐK của t)
Phương trình trở về dạng bậc hai
4/ ax4 + bx3 + cx2 ± kbx + k2a = 0 (a ≠ 0)
- Xét x = 0 có phải nghiệm pt không
- Với x ≠ 0 : Chia 2 vế pt cho x2
pt ↔ a (x2 + k2/x2) + b(x ± k/x) + c = 0
Đặt t = x ± k/x (nếu muốn có thể kèm theo ĐK của t)
5/ a[f2(x) + 1/f2(x)] + b[f(x) ± 1/f(x)] + c = 0
Đặt t = f(x) ± 1/f(x) (tổng quát hơn so với dạng phương trình 4)
6/ a.f2(x) + b.f(x).g(x) + c.g2(x) = 0 (a ≠ 0)
- Với g(x) = 0, pt ↔ f(x) = 0
- Với g(x) ≠ 0, chia 2 vế phương trình cho g2(x)
- Đặt t = f(x)/g(x), pt trở về dạng bậc hai theo t
7/ x = f(f(x))
pt ↔ hệ đối xứng loại 2 : t = f(x) và x = f(t)
* Chú ý : Nếu trong phương trình có chứa tham số, trong vài trường hợp ta có thể đổi vai trò của ẩn và tham số (xét phương trình theo tham số a, tính a theo x rồi suy ra x theo a)
II. Phương trình bậc bốn tổng quát X4 + AX3 + BX2 + CX + D = 0 (công thức Ferrari)
- Đặt X = x - A/4, phương trình trở về dạng khuyết bậc ba :
x4 = ax2 + bx + c
- Cộng 2 vế pt cho 2mx2 + m2 (m thuộc R), ta được :
(x2 + m2)2 = (2m + a)x2 + bx + c + m2
- Xét vế phải pt, ta sẽ chọn m sao cho vế phải là bình phương một nhị thức bằng cách :
ΔVP = b2 - 4(2m + a)(c + m2) : pt bậc ba theo m → luôn có nghiệm thực
- Khi đó pt có dạng : (x2 + m2)2 = f2(x)
Phương pháp giải:
Phương trình bậc bốn có khá nhiều dạng đặc biệt, nhưng có thể giải tổng quát như sau :
x4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0
Đặt x = t - b/4
pt trở thành : x4 = Ax2 + Bx + C
Cộng 2 vế cho 2ax2 + a2 (a là một số thực)
pt ↔ x4 + 2ax2 + a2 = (2a + A)x2 + Bx + C + a2
Ta thấy vế trái có dạng (x2 + a)2, do đó ta sẽ chọn a sao cho vế phải cũng có dạng bình phương một nhị thức :
Xét vế phải là tam thức bậc hai theo x
Δ = B2 - 4(2a + A)(C + a2) = 0 : đây là pt bậc 3 theo a nên chắc chắn có nghiệm thực (chọn a một giá trị)
Lúc đó, ta sẽ có pt: (x2 + a)2 = Y2
Đây là công thức Ferrari (Theo Minh Tuấn )
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH
GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI - CĂN THỨC
I. Phương trình - bất phương trình chứa giá trị tuyệt đối
│A│ = │B│ ↔ A = B hay A = -B
│A│ = B ↔ (A ≥ 0 và A = B) hay (A ≤ 0 và -A = B) ↔ (B ≥ 0 và A = B) hay (B ≥ 0 và A = -B)
│A│ < │B│ ↔ A2 < B2 ↔ (A + B)(A - B) < 0
│A│ < B ↔ (A ≥ 0 và A < B) hay (A ≤ 0 và -A = B) ↔ -B < A < B
│A│ > B ↔ A < -B hay A > B
* Chú ý :
│A + B│ = │A│ + │B│ ↔ AB ≥ 0
│A│ + │B│ = A + B ↔ A ≥ 0 và B ≥ 0
II. Phương trình - bất phương trình chứa căn
√A = √B ↔ A ≥ 0 (có thể thay bằng B ≥ 0) và A = B
√A = B ↔ B ≥ 0 và A = B2
3√A = 3√B ↔ A = B
3√A = B ↔ A = B3
√A < B ↔ A ≥ 0 và B > 0 và A < B2
√A ≤ B ↔ A ≥ 0 và B ≥ 0 và A ≤ B2
√A > B ↔ (A ≥ 0 và B < 0) hay (B ≥ 0 và A > B2)
√A ≥ B ↔ (A ≥ 0 và B ≤ 0) hay (B > 0 và A ≥ B2)
* Chú ý :
A > B ↔ A2 > B2 với mọi A,B ≥ 0
A > B ↔ A3 > B3 với mọi A,B thuộc R
- Phương trình f(x) = g(x) , với mọi x thuộc MXĐ của pt, tồn tại M thuộc R sao cho f(x) ≤ M ≤ g(x)
Khi đó pt ↔ f(x) = g(x) = C
- Phương trình 3√A + 3√B = 3√C
Lấy tam thừa 2 vế của pt và thay (3√A + 3√B) bằng 3√C ta được phương trình hệ quả :
A + B + 3√(ABC) = C (sau đó thử lại nghiệm)
[Only registered and activated users can see links]
[Only registered and activated users can see links]
HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
[Only registered and activated users can see links] Dax%20+%20by%20+%20c%20=%200%20%5C%5C%20a%27x%20+% 20b%27y%20+%20c%27%20=%200%5Cend%7Barray%7D%5Crigh t.
Đặt
[Only registered and activated users can see links]
[Only registered and activated users can see links]
[Only registered and activated users can see links]
- D ≠ 0 : Hệ có nghiệm duy nhất x = Dx/D và y = Dy/D
- D = 0 và (Dx ≠ 0 hay Dy ≠ 0) : hệ vô nghiệm
- D = Dx = Dy = 0 : hệ có vô số nghiệm (theo công thức nghiệm tổng quát)
Nhân tiện mình sẽ trình bày hệ phương trình tuyến tính (n phương trình n ẩn) theo phương pháp Cramer (tham khảo)
[Only registered and activated users can see links] Da_%7B11%7Dx_1%20+%20a_%7B12%7Dx_2%20+%20...%20+%2 0a_%7B1n%7Dx_n%20=%20b_1%20%5C%5C%20a_%7B21%7Dx_1% 20+%20a_%7B22%7Dx_2%20+%20...%20+%20a_%7B2n%7Dx_n% 20=%20b_2%5C%5C%20%5C%5C%20....................... ...................................%20%5C%5C%20%5C %5C%20a_%7Bn1%7Dx_1%20+%20a_%7Bn2%7Dx_2%20+%20...% 20+%20a_%7Bnn%7Dx_n%20=%20b_n%5Cend%7Barray%7D%5Cr ight.
Đặt
[Only registered and activated users can see links] [Only registered and activated users can see links]
Ta gọi Ai là ma trận được thành lập bằng cách thay phần tử cột i của ma trận A bằng cột của ma trận B (với i = 1,2,....,n)
- Nếu │A│ ≠ 0 ↔ hệ có nghiệm duy nhất (x1, x2, ... , xn) với xi = │Ai│/│A│
- Nếu │A│ = 0 và tồn tại │Ai│ ≠ 0 → hệ vô nghiệm
- Nếu │A│ = 0 và với mọi i = 1,2,...,n thỏa │Ai│ = 0 → hệ không có nghiệm duy nhất (hệ vô số nghiệm hoặc vô nghiệm)
II. Những dạng hệ phương trình đặc biệt thường gặp
1. Hệ phương trình đối xứng loại 1
[Only registered and activated users can see links] Df%28x,y%29%20=%20f%28y,x%29%20=%200%20%5C%5C%20g% 28x,y%29%20=%20g%28y,x%29%20=%200%5Cend%7Barray%7D %5Cright.
Thông thường, ta đặt S = x + y và P = xy, được hệ pt theo S,P → x,y
Chú ý với mỗi (S,P), để tồn tại (x,y) thì phải thỏa : S2 - 4P ≥ 0
2. Hệ phương trình đối xứng loại 2
[Only registered and activated users can see links] Df%28x,y%29%20=%20g%28y,x%29%20=%200%20%5C%5C%20g% 28x,y%29%20=%20f%28y,x%29%20=%200%5Cend%7Barray%7D %5Cright.
Thông thường, trừ vế với vế 2 pt, ta được một pt dạng (x - y).h(x,y) = 0
3. Hệ phương trình đẳng cấp bậc 2
[Only registered and activated users can see links] Da_1x%5E2%20+%20b_1xy%20+%20c_1y%5E2%20=%20d_1%20% 5C%5C%20a_2x%5E2%20+%20b_2xy%20+%20c_2y%5E2%20=%20 d_2%5Cend%7Barray%7D%5Cright.
* Với y = 0 , giải và tìm nghiệm của hệ
* Với y ≠ 0 , giả sử (x,y) là một nghiệm của hệ thì luôn tồn tại một số thực k sao cho x = ky
Thay x = ky ta được hệ 2 pt mới
Chia 2 pt trên cho nhau ta được một pt chỉ chứa k.
Tìm được k , suy ra y và x
ax3 + bx2 + cx + d = 0 (a ≠ 0)
Chú ý :
- Phương trình bậc lẻ luôn luôn có nghiệm thực
- Định lý Viete : Nếu phương trình ax3 + bx2 + cx + d = 0 (a ≠ 0) có 3 nghiệm x1, x2, x3 thì :
x1 + x2 + x3 = -b/2a
x1x2 + x2x3 + x3x1 = c/a
x1x2x3 = -d/a
I. Những dạng thông thường
1. Nếu x = x0 là một nghiệm, ta có thể phân tích thành dạng :
(x - x0)(ax2 + bx + c) = 0
Đặc biệt :
- Nếu a ± b + c ± d = 0 → x = ±1 là nghiệm
- Nếu (d/a) = (c/b)3 → x = -c/b là nghiệm
2. Phương trình dạng A3 + B3 = (A + B)3
pt ↔ A3 + B3 = A3 + B3 + 3AB(A + B) ↔ AB(A + B) = 0
II. Những dạng tổng quát
1. Phương trình 4x3 - 3x = q
* Với │q│ ≤ 1
- Đặt x = cost , pt trở thành : cos3t = q
- Gọi α là góc thỏa cosα = q, như vậy : cos3t = cosα
- Ta chọn t1 = α/3 ; t2,3 = (α ± 2π)/3
- Kết luận phương trình có 3 nghiệm x1,2,3 = cos t1,2,3
Chú ý rằng bước đặt x = cost là một cách đặt "ép" ẩn phụ, ta không cần chứng minh rằng pt trên luôn có nghiệm nhỏ hơn 1, khi tìm được đủ 3 nghiệm thì ta có thể kết luận ngay
* Với │q│ > 1 :
- Ta dễ dàng CM được pt không có nghiệm thuộc [-1;1] và nếu phương trình có nghiệm x0 không thuộc [-1;1] thì x0 là nghiệm duy nhất
- Ta chọn a thuộc R để pt có dạng 4x3 - 3x = ½ (a3 + 1/a3) bằng cách :
q = ½ (a3 + 1/a3) ↔ a6 - 2qa3 + 1 = 0 (→ tìm được a)
- CM x0 = ½ (a + 1/a) là nghiệm (duy nhất) của phương trình
2. Phương trình 4x3 + 3x = q
- Giả sử phương trình có nghiệm x0, dùng đạo hàm ta CM được x0 là nghiệm duy nhất
- Ta chọn a thuộc R để pt có dạng 4x3 + 3x = ½ (a3 - 1/a3) rồi CM x0 = ½ (a - 1/a) là nghiệm (duy nhất) của phương trình (phương pháp tương tự như trên)
3. Phương trình x3 + px + q = 0 (Công thức Cardan - Tartaglia)
- Đặt x = u - v sao cho uv = p/3
- Từ pt, ta có : (u - v)3 + 3uv(u - v) = u3 - v3 = q
- Hệ phương trình uv = p/3 và u3 - v3 = q cho ta một phương trình trùng phương theo u (hoặc v), từ đó suy ra u,v và tìm được một nghiệm x = u + v
Chú ý rằng trong lúc giải phương trình trùng phương có thể ta gặp nghiệm phức (u hoặc v) nên từ đó phương trình bậc ba còn cho thêm 2 nghiệm phức nữa (đó mới là dạng đầy đủ của công thức trên)
Ngoài ra, các phương trình 4x3 ± 3x = q như trên cũng có thể giải được bằng PP này
4. Phương trình bậc ba tổng quát X3 + AX2 + BX + C = 0
Đặt X = x - A/3, pt trở thành x3 + px + q = 0 (#)
Cách 1 : Giải trực tiếp theo công thức Cardan - Tartaglia
Cách 2 :
- Đặt x = kt (k > 0) , (#) trở thành : k3t3 + pkx + q = 0
(chọn k sao cho k3/4 = pk/3 nếu p > 0 hoặc k3/4 = -pk/3 nếu p < 0)
- Phương trình được đưa về dạng 4t3 ± 3t = Q
Phương pháp giải
- Phương trình bậc 3 là 1 trong các dạng của phương bậc lẻ, nó luôn có ít nhất 1 nghiệm và có nhiều nhất là 3 nghiệm
- Phương trình bậc 3 có dạng tổng quát : ax3 + bx2 + cx + d = 0
==> Pt <=> f(x) = x3 + Bx2 + Cx + D = 0
**Có thể phân tích thành nhân tử ==> nghiệm của phương trình
** Phương trình này có tâm đối xứng là điểm uốn của nó I(-b/3a,f(-b/3a)) .Dùng phương pháp đổi trục :
[Only registered and activated users can see links] 7By=Y+y_I , ta biến đổi thu được 1 phương trình bậc 3 mới : g(X) = X3 + pX +q = 0. Đây là 1 dạng pt có thể giải được :
1, Trường hợp p>0:-Ta có g'(X) = 3X2 + p > 0 => pt có 1 nghiệm
-Áp dụng hằng đẳng thức sau :
a3 + b3 +c3 - 3abc = (a +b +c)(a2 + b2 + c2 - ab - ac - bc).Đặt a=X
=>ta tìm b,c sao thỏa hệ:
[Only registered and activated users can see links]
Khi đó ta sẽ tìm được nghiệm pt X=a= -(b+c).
* Ta xét 1 ví dụ sau : giải pt : x3 + 3x +1 =0
[Only registered and activated users can see links] [Only registered and activated users can see links]
=> b, c là nghiệm của pt :[Only registered and activated users can see links]( vì b, c có vai trò như nhau)
=>t3=(1+ [Only registered and activated users can see links])/2 =>b = [Only registered and activated users can see links] 7D%7D%7B2%7D, c = [Only registered and activated users can see links]
=>x = -(b+c) = -[Only registered and activated users can see links] B5%7D%7D%7B2%7D + [Only registered and activated users can see links])
2, Trường hợp p<0 : Cách 1 :
-Ta có thể dùng phương pháp lượng giác hoá như sau: đặt X=2acost, (có thể đặt theo sint) với a>0 , t thuộc [0,
[Only registered and activated users can see links] <=> 8a3cos3t + 2apcost + q = 0
<=> 2a3(4cos3t + p/a2cost) + q = 0
Tìm a thỏa p/a2 = -3 => a=[Only registered and activated users can see links]
[Only registered and activated users can see links] 2a3cos3t = -q
[Only registered and activated users can see links] %7B-q%7D%7B2a%5E3%7D.
*Qua đó ta thấy điều kiện để áp dụng được cách này là [Only registered and activated users can see links] [Only registered and activated users can see links]
* Ví dụ : Giải phương trình : x3 - 3x -1 =0
Theo như cách đặt trên thì ta có a=1
=> cos3t= 1/2 => t=20
=> x= 2cos [Only registered and activated users can see links] (đây mới là 1 nghiệm ,với t thuộc khoảng cho trước ta có thể tìm ra các nghiệm còn lại nếu có)
Cách 2 :
- Ta có thể dùng lại cách ở trường hợp 1, song ở cả 2 cách này có trường hợp không chỉ ra được nghiệm thực của bài toán
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN
ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (a ≠ 0)
I. Những dạng đặc biệt
1/ Phương trình trùng phương ax4 + bx2 + c = 0
Đặt t = x2 (t ≥ 0), phương trình trở về dạng bậc hai
2/ (x + a)4 + (x + b)4 = c
Đặt t = x + ½(a + b), pt có dạng : (t + m)4 + (t - m)4 = c, khai triển sẽ được pt trùng phương
3/ (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m (m ≠ 0) với a + b = c + d
pt ↔ [x2 + (a + b)x + ab].[x2 + (c + d)x + cd] = m
Đặt t = x2 + (a + b)x = x2 + (c + d)x (nếu muốn có thể kèm theo ĐK của t)
Phương trình trở về dạng bậc hai
4/ ax4 + bx3 + cx2 ± kbx + k2a = 0 (a ≠ 0)
- Xét x = 0 có phải nghiệm pt không
- Với x ≠ 0 : Chia 2 vế pt cho x2
pt ↔ a (x2 + k2/x2) + b(x ± k/x) + c = 0
Đặt t = x ± k/x (nếu muốn có thể kèm theo ĐK của t)
5/ a[f2(x) + 1/f2(x)] + b[f(x) ± 1/f(x)] + c = 0
Đặt t = f(x) ± 1/f(x) (tổng quát hơn so với dạng phương trình 4)
6/ a.f2(x) + b.f(x).g(x) + c.g2(x) = 0 (a ≠ 0)
- Với g(x) = 0, pt ↔ f(x) = 0
- Với g(x) ≠ 0, chia 2 vế phương trình cho g2(x)
- Đặt t = f(x)/g(x), pt trở về dạng bậc hai theo t
7/ x = f(f(x))
pt ↔ hệ đối xứng loại 2 : t = f(x) và x = f(t)
* Chú ý : Nếu trong phương trình có chứa tham số, trong vài trường hợp ta có thể đổi vai trò của ẩn và tham số (xét phương trình theo tham số a, tính a theo x rồi suy ra x theo a)
II. Phương trình bậc bốn tổng quát X4 + AX3 + BX2 + CX + D = 0 (công thức Ferrari)
- Đặt X = x - A/4, phương trình trở về dạng khuyết bậc ba :
x4 = ax2 + bx + c
- Cộng 2 vế pt cho 2mx2 + m2 (m thuộc R), ta được :
(x2 + m2)2 = (2m + a)x2 + bx + c + m2
- Xét vế phải pt, ta sẽ chọn m sao cho vế phải là bình phương một nhị thức bằng cách :
ΔVP = b2 - 4(2m + a)(c + m2) : pt bậc ba theo m → luôn có nghiệm thực
- Khi đó pt có dạng : (x2 + m2)2 = f2(x)
Phương pháp giải:
Phương trình bậc bốn có khá nhiều dạng đặc biệt, nhưng có thể giải tổng quát như sau :
x4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0
Đặt x = t - b/4
pt trở thành : x4 = Ax2 + Bx + C
Cộng 2 vế cho 2ax2 + a2 (a là một số thực)
pt ↔ x4 + 2ax2 + a2 = (2a + A)x2 + Bx + C + a2
Ta thấy vế trái có dạng (x2 + a)2, do đó ta sẽ chọn a sao cho vế phải cũng có dạng bình phương một nhị thức :
Xét vế phải là tam thức bậc hai theo x
Δ = B2 - 4(2a + A)(C + a2) = 0 : đây là pt bậc 3 theo a nên chắc chắn có nghiệm thực (chọn a một giá trị)
Lúc đó, ta sẽ có pt: (x2 + a)2 = Y2
Đây là công thức Ferrari (Theo Minh Tuấn )
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH
GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI - CĂN THỨC
I. Phương trình - bất phương trình chứa giá trị tuyệt đối
│A│ = │B│ ↔ A = B hay A = -B
│A│ = B ↔ (A ≥ 0 và A = B) hay (A ≤ 0 và -A = B) ↔ (B ≥ 0 và A = B) hay (B ≥ 0 và A = -B)
│A│ < │B│ ↔ A2 < B2 ↔ (A + B)(A - B) < 0
│A│ < B ↔ (A ≥ 0 và A < B) hay (A ≤ 0 và -A = B) ↔ -B < A < B
│A│ > B ↔ A < -B hay A > B
* Chú ý :
│A + B│ = │A│ + │B│ ↔ AB ≥ 0
│A│ + │B│ = A + B ↔ A ≥ 0 và B ≥ 0
II. Phương trình - bất phương trình chứa căn
√A = √B ↔ A ≥ 0 (có thể thay bằng B ≥ 0) và A = B
√A = B ↔ B ≥ 0 và A = B2
3√A = 3√B ↔ A = B
3√A = B ↔ A = B3
√A < B ↔ A ≥ 0 và B > 0 và A < B2
√A ≤ B ↔ A ≥ 0 và B ≥ 0 và A ≤ B2
√A > B ↔ (A ≥ 0 và B < 0) hay (B ≥ 0 và A > B2)
√A ≥ B ↔ (A ≥ 0 và B ≤ 0) hay (B > 0 và A ≥ B2)
* Chú ý :
A > B ↔ A2 > B2 với mọi A,B ≥ 0
A > B ↔ A3 > B3 với mọi A,B thuộc R
- Phương trình f(x) = g(x) , với mọi x thuộc MXĐ của pt, tồn tại M thuộc R sao cho f(x) ≤ M ≤ g(x)
Khi đó pt ↔ f(x) = g(x) = C
- Phương trình 3√A + 3√B = 3√C
Lấy tam thừa 2 vế của pt và thay (3√A + 3√B) bằng 3√C ta được phương trình hệ quả :
A + B + 3√(ABC) = C (sau đó thử lại nghiệm)
[Only registered and activated users can see links]
[Only registered and activated users can see links]
HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
[Only registered and activated users can see links] Dax%20+%20by%20+%20c%20=%200%20%5C%5C%20a%27x%20+% 20b%27y%20+%20c%27%20=%200%5Cend%7Barray%7D%5Crigh t.
Đặt
[Only registered and activated users can see links]
[Only registered and activated users can see links]
[Only registered and activated users can see links]
- D ≠ 0 : Hệ có nghiệm duy nhất x = Dx/D và y = Dy/D
- D = 0 và (Dx ≠ 0 hay Dy ≠ 0) : hệ vô nghiệm
- D = Dx = Dy = 0 : hệ có vô số nghiệm (theo công thức nghiệm tổng quát)
Nhân tiện mình sẽ trình bày hệ phương trình tuyến tính (n phương trình n ẩn) theo phương pháp Cramer (tham khảo)
[Only registered and activated users can see links] Da_%7B11%7Dx_1%20+%20a_%7B12%7Dx_2%20+%20...%20+%2 0a_%7B1n%7Dx_n%20=%20b_1%20%5C%5C%20a_%7B21%7Dx_1% 20+%20a_%7B22%7Dx_2%20+%20...%20+%20a_%7B2n%7Dx_n% 20=%20b_2%5C%5C%20%5C%5C%20....................... ...................................%20%5C%5C%20%5C %5C%20a_%7Bn1%7Dx_1%20+%20a_%7Bn2%7Dx_2%20+%20...% 20+%20a_%7Bnn%7Dx_n%20=%20b_n%5Cend%7Barray%7D%5Cr ight.
Đặt
[Only registered and activated users can see links] [Only registered and activated users can see links]
Ta gọi Ai là ma trận được thành lập bằng cách thay phần tử cột i của ma trận A bằng cột của ma trận B (với i = 1,2,....,n)
- Nếu │A│ ≠ 0 ↔ hệ có nghiệm duy nhất (x1, x2, ... , xn) với xi = │Ai│/│A│
- Nếu │A│ = 0 và tồn tại │Ai│ ≠ 0 → hệ vô nghiệm
- Nếu │A│ = 0 và với mọi i = 1,2,...,n thỏa │Ai│ = 0 → hệ không có nghiệm duy nhất (hệ vô số nghiệm hoặc vô nghiệm)
II. Những dạng hệ phương trình đặc biệt thường gặp
1. Hệ phương trình đối xứng loại 1
[Only registered and activated users can see links] Df%28x,y%29%20=%20f%28y,x%29%20=%200%20%5C%5C%20g% 28x,y%29%20=%20g%28y,x%29%20=%200%5Cend%7Barray%7D %5Cright.
Thông thường, ta đặt S = x + y và P = xy, được hệ pt theo S,P → x,y
Chú ý với mỗi (S,P), để tồn tại (x,y) thì phải thỏa : S2 - 4P ≥ 0
2. Hệ phương trình đối xứng loại 2
[Only registered and activated users can see links] Df%28x,y%29%20=%20g%28y,x%29%20=%200%20%5C%5C%20g% 28x,y%29%20=%20f%28y,x%29%20=%200%5Cend%7Barray%7D %5Cright.
Thông thường, trừ vế với vế 2 pt, ta được một pt dạng (x - y).h(x,y) = 0
3. Hệ phương trình đẳng cấp bậc 2
[Only registered and activated users can see links] Da_1x%5E2%20+%20b_1xy%20+%20c_1y%5E2%20=%20d_1%20% 5C%5C%20a_2x%5E2%20+%20b_2xy%20+%20c_2y%5E2%20=%20 d_2%5Cend%7Barray%7D%5Cright.
* Với y = 0 , giải và tìm nghiệm của hệ
* Với y ≠ 0 , giả sử (x,y) là một nghiệm của hệ thì luôn tồn tại một số thực k sao cho x = ky
Thay x = ky ta được hệ 2 pt mới
Chia 2 pt trên cho nhau ta được một pt chỉ chứa k.
Tìm được k , suy ra y và x