Cập nhật thông tin chi tiết về Các Phương Pháp Giải Phương Trình Hàm Thường Dùng mới nhất trên website Caffebenevietnam.com. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất.
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG Phương pháp 1: Hệ số bất ñịnh. Nguyên tắc chung: +) Dựa vào ñiều kiện bài toán, xác ñịnh ñược dạng của f(x), thường là f(x) = ax + b hoặc f(x) = ax2+ bx + c. +) ðồng nhất hệ số ñể tìm f(x). +) Chứng minh rằng mọi hệ số khác của f(x) ñều không thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Ví dụ 1: Tìm :f R R→ thỏa mãn: ( )( ) ( ) ( ), 1f x f y x xy f x x y R+ = + ∀ ∈ . Lời giải: Thay 1x y R = ∈ vào (18) ta ñược: ( )( ) ( ) ( )1 1f f y y f a+ = + . Thay ( )1 1y f= − − vào (a) suy ra: ( )( )( )1 1 1 1f f f− − + = − . ðặt ( )( )1 1 1a f f= − − + ta ñược: ( ) 1f a = − . Chọn y a x R = ∈ ta ñược: ( )( ) ( ) ( ) ( )0f x f a x xa f x xa f x f+ = + ⇒ + = . ðặt ( ) ( )0f b f x a x b= ⇒ = − + . Thế vào (1) và ñồng nhất hệ số ta ñược: ( ) ( ) 2 11 1 0 a f x xa a ab a a f x x b = = = ⇒ ⇒= − − − = − = − = . Vậy có hai hàm số cần tìm là ( )f x x= và ( )f x x= − . Ví dụ 2: Tìm :f R R→ thỏa mãn: ( )( ) ( )( ) ( ), 2f f x y y f x f y x y R+ = − ∀ ∈ . Lời giải: Cho ( )( ) ( )0; : (2) 0y x R f f x x R a= ∈ ⇒ = ∀ ∈ . Cho ( ) ( )( )( ) ( ) ( )’: (2) 0x f y f f f y y y f a= ⇒ + = . ( ) ( ) ( ) ( )’ 0a a f y y f+ ⇒ = . ðặt ( ) ( )0f a f y ay y R= ⇒ = ∀ ∈ . Thử lại (2) ta ñược: ( ) ( )2 2 2 0 ,a x y a y x y x y R+ + − = ∀ ∈ ( )0 0a f x x R⇔ = ⇒ = ∀ ∈ . Vậy có duy nhất hàm số ( ) 0f x = thỏa mãn bài toán. Ví dụ 3: Tìm , :f g R R→ thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 , 1 f x g x f y y x y R a f x g x x x R b − = − ∀ ∈ ≥ + ∀ ∈ . Lời giải: Cho x y R= ∈ khi ñó ( ) ( ) ( )a f x g x x⇒ = − .Thay lại (a) ta ñược: 2 ( ) ( )2 2 ,g x x y g y x y R= − + ∀ ∈ (c). Cho 0;y x R= ∈ : từ (c) ta ñược: ( ) ( )2 0g x x g= + . ðặt ( )0g a= ta ñược: ( ) ( )2 ,g x x a f x x a= + = + . Thế vào (a), (b) ta ñược: (a), (b) ⇔ ( )( ) ( ) 2 2 2 1 x a x a x R x a x a x + = + ∀ ∈ + + ≥ + ( )2 22 3 1 1 0x a x a x R⇔ + − + − ≥ ∀ ∈ ( )23 0 3a a⇔ − ≤ ⇔ = . Vậy ( ) ( )3 ; 2 3f x x g x x= + = + . Ví dụ 4: ða thức f(x) xác ñịnh với x∀ ∈ℝ và thỏa mãn ñiều kiện: 22 ( ) (1 ) ,f x f x x x+ − = ∀ ∈ℝ (1). Tìm f(x). Lời giải: Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới dấu f là bậc nhất: x, 1 – x vế phải là bậc hai x2. Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c. Khi ñó (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 x∀ ∈ℝ do ñó: 3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, x∀ ∈ℝ ðồng nhất các hệ số, ta thu ñược: 1 33 1 22 0 3 3 0 1 3 a a b a b a b c c = = − = ⇔ = + + = = − Vậy: 21( ) ( 2 1) 3 f x x x= + − Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ không thỏa mãn ñiều kiện bài toán: Thật vậy giả sử còn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Do f(x) không trùng với g(x) nên 0 0 0: ( ) ( )x g x f x∃ ∈ ≠ℝ . Do g(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán nên: 22 ( ) (1 ) ,g x g x x x+ − = ∀ ∈ℝ Thay x bởi x0 ta ñược: 20 0 02 ( ) (1 )g x g x x+ − = Thay x bởi 1 –x0 ta ñược: 20 0 02 (1 ) ( ) (1 )g x g x x− + = − Từ hai hệ thức này ta ñược: 20 0 0 0 1( ) ( 2 1) ( ) 3 g x x x f x= + − = ðiều này mâu thuẫn với 0 0( ) ( )g x f x≠ Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 21( ) ( 2 1) 3 f x x x= + − 3 Nhận xét: Nếu ta chỉ dự ñoán f(x) có dạng nào ñó thì phải chứng minh sự duy nhất của các hàm số tìm ñược. Ví dụ 5: Hàm số y = f(x) xác ñịnh, liên tục với x∀ ∈ℝ và thỏa mãn ñiều kiện: f(f(x)) = f(x) + x, x∀ ∈ℝ Hãy tìm hai hàm số như thế. Lời giải: Ta viết phương trình ñã cho dưới dạng f(f(x)) – f(x) = x (1). Vế phải của phương trình là một hàm số tuyến tính vì vậy ta nên giả sử rằng hàm số cần tìm có dạng: f(x) = ax + b. Khi ñó (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , x∀ ∈ℝ hay (a2 –a )x + ab = x, x∀ ∈ℝ ñồng nhất hệ số ta ñược: 2 1 5 1 51 1 5( ) .2 2 20 0 0 a a a a f x x ab b b + − − = ±= = ⇔ ∨ ⇒ = = = = Hiển nhiên hai hàm số trên thỏa mãn ñiều kiện bài toán (việc chứng minh sự duy nhất dành cho người ñọc). Ví dụ 6: Hàm số :f →ℤ ℤ thỏa mãn ñồng thời các ñiều kiện sau: ) ( ( )) , (1) ) ( ( 2) 2) , (2) ) (0) 1 (3) a f f n n n b f f n n n c f = ∀ ∈ + + = ∀ ∈ = ℤ ℤ Tìm giá trị f(1995), f(-2007). Lời giải: Cũng nhận xét và lý luận như các ví dụ trước, ta ñưa ñến f(n) phải có dạng: f(n) = an +b. Khi ñó ñiều kiện (1) trở thành: 2 ,a n ab b n n+ + = ∀ ∈ℤ ðồng nhất các hệ số, ta ñược: 2 1 11 0 00 a aa b bab b = = − = ⇔ ∨ = =+ = Với 1 0 a b = = ta ñược f(n) = n. Trường hợp này loại vì không thỏa mãn (2). Với 1 0 a b = − = ta ñược f(n) = -n + b. Từ ñiều kiện (3) cho n = 0 ta ñược b = 1. Vậy f(n) = -n + 1. Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 là hàm duy nhất thỏa mãn ñiều kiện bài toán: Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Từ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1, f(1) = g(1) = 0. Sử dụng ñiều kiện (1) và (2) ta nhận ñược: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) n∀ ∈ℤ . 4 do ñó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) n∀ ∈ℤ Hay g(n) = g(n+2)+2 n∀ ∈ℤ . Giả sử n0 là số tự nhiên bé nhất làm cho 0 0( ) ( )f n g n≠ Do f(n) cũng thỏa mãn (4) nên ta có: 0 0 0 0 0 0 ( 2) ( ) 2 ( ) 2 ( 2) ( 2) ( 2) g n g n f n f n g n f n − = + = + = − ⇔ − = − Mâu thuẫn với ñiều kiện n0 là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn (5). Vậy f(n) = g(n), n∀ ∈ℕ Chứng minh tương tự ta cũng ñược f(n) = g(n) với mọi n nguyên âm. Vậy f(n) = 1 – n là nghiệm duy nhất. Từ ñó tính ñược f(1995), f(-2007). BÀI TẬP Bài 1: Tìm tất cả các hàm số :f →ℝ ℝ thỏa mãn ñiều kiện: 2( ) ( ) 2 ( ) (1 ) 2 (3 ), ,f x y f x y f x f y xy y x x y+ + − − + = − ∀ ∈ℝ . ðáp số: f(x) = x3. Bài 2: Hàm số :f →ℕ ℕ thỏa mãn ñiều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, .n∀ ∈ℕ Tìm f(2005). ðáp số: 2006. Bài 3: Tìm tất cả các hàm :f →ℕ ℕ sao cho: 2 2( ( )) ( ( )) 3 3,f f n f n n n+ = + + .n∀ ∈ℕ ðáp số: f(n) = n + 1. Bài 4: Tìm các hàm :f →ℝ ℝ nếu: 1 1 8 23 5 , 0, ,1, 2 3 2 2 1 3 x xf f x x x x − − − = ∀ ∉ − + − − ðáp số: 28 4( ) 5 xf x x + = Bài 5: Tìm tất cả các ña thức P(x) [ ]x∈ℝ sao cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y), ,x y∀ ∈ℝ ðáp số: P(x) = x3 + cx. Phương pháp 2: phương pháp thế. 2.1. Thế ẩn tạo PTH mới: Ví dụ 1: Tìm f: R{2} → R thỏa mãn: ( )22 1 2 1 1 1 xf x x x x + = + ∀ ≠ − . Lời giải: ðặt { } 1 2 1 2 1 x x t MGT t R x ≠ + = ⇒ = − (tập xác ñịnh của f). Ta ñược: 1 2 t x t + = − thế vào (1): ( ) 2 2 3 3( ) 2 2 tf t t t − = ∀ ≠ − . Thử lại thấy ñúng. 5 Vậy hàm số cần tìm có dạng ( ) 2 2 3 3( ) 2 xf x x − = − . Nhận xét: + Khi ñặt t, cần kiểm tra giả thiết xx D MGT t D ∈ ⊃ . Với giả thiết ñó mới ñảm bảo tính chất: “Khi t chạy khắp các giá trị của t thì x = t cũng chạy khắp tập xác ñịnh của f”. + Trong ví dụ 1, nếu f: R → R thì có vô số hàm f dạng: ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 2 2( ) 2 x x xf x a x − ≠ −= = (với a∈R tùy ý). Ví dụ 2: Tìm hàm f : ( ] ( ]; 1 0;1 R−∞ − ∪ → thỏa mãn: ( )2 2( 1) 1 1 2f x x x x x− − = + − ∀ ≥ . Lời giải: ðặt ( ) 2 2 22 0 1 1 1 x t t x x x x t x x t − ≥ = − − ⇔ − = − ⇔ − = − 2 2 2 2 11 2 2 x t x t t x x xt t x t ≥≥ ⇔ ⇔ + − = − + = . Hệ có nghiệm x 2 1 2 t t t + ⇔ ≥ 1 0 1 t t ≤ − ⇔ < ≤ ( ] ( ]; 1 0;1t⇒ ∈ −∞ − ∪ . Vậy ( ] ( ] 1 ; 1 0;1 x MGT t D ≥ = = −∞ − ∪ . Với 2 1t x x= − − thì 2 1 11 ( )x x f t t t + − = ⇒ = thỏa mãn (2). Vậy 1( )f x x = là hàm số cần tìm. Ví dụ 3: Tìm f : R 2 ;3 3 R → thỏa mãn: ( )3 1 1 1, 2 3 2 1 x xf x x x x − + = ∀ ≠ ≠ − + − . Lời giải: ðặt ( )12 3 1 2 ;3 2 3x x x t MGT t R x ≠ ≠ − = ⇒ = + ⇒ 2 1 3 t x t + = − thế vào (4) ta ñược: 4( ) 3 2 tf t t + = − thỏa mãn (3). Vậy hàm số cần tìm là: 4( ) 3 2 xf x x + = − . Ví dụ 4: Tìm f : ( ) ( )0; 0;+ ∞ → + ∞ thỏa mãn: ( )( ( )) ( ( )) , 0; (4)x f x f y f f y x y= ∀ ∈ + ∞ . Lời giải: Cho y = 1, x ∈ ( )0;+ ∞ ta ñược: ( (1)) ( (1))x f x f f f= . Cho 1(1)x f= ta ñược: ( (1) 1 ( (1)) 1f f x f x f= ⇒ = 1( (1))f x f x ⇒ = . ðặt: 6 (1) . (1) ( ) ( )f at x f f t f t t t = ⇒ = ⇒ = (với (1)a f= ). Vì ( ) ( ) ( )0;(1) 0; 0;xf MGT t∈ +∞∈ + ∞ ⇒ = + ∞ . Vậy ( ) af x x x Ví dụ 5: Tìm hàm f: ( ) ( )0; 0;+ ∞ → + ∞ thỏa mãn: ( ) ( )1 3 3(1) ; ( ) ( ). ( ). , 0; 5 2 f f xy f x f f y f x y y x = = + ∀ ∈ + ∞ . Lời giải: Cho x = 1; y = 3 ta ñược: ( ) 13 2 f = . Cho x = 1; ( )0;y ∈ + ∞ ta ñược: ( ) 3f y f y = . Thế lại (5) ta ñược: ( )( ) 2 ( ) ( ) , 0; (5′)f xy f x f y x y= ∀ ∈ + ∞ . Thay y bởi 3 x ta ñược: ( ) ( ) ( )( ) 2 23 13 2 ) 2 f f x f f x x = ⇒ = . Thử lại thấy ñúng. Vậy hàm số cần tìm là: ( ) 1 2 Ví dụ 6: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 24 , 6x y f x y x y f x y xy x y x y R− + − + − = + ∀ ∈ . Lời giải: Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 6 1 1 4 4 x y f x y x y f x y x y x y x y x y x y x y x y x y ⇔ − + − + − = = + − − + + + − + + − − + − − ðặt u x y v x y = − = + ta ñược: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 214v f u u f v u v u v u v u v− = + − + − − ( ) ( ) 3 3v f u u f v u v v u⇒ − = − ( )( ) ( )( )3 3v f u u u f v v⇔ − = − + Với 0uv ≠ ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 * 3 , 0 f u u f v v f u u u v R a f u au u u u v u − − − = ∀ ∈ ⇒ = ⇒ = + ∀ ≠ . + Với 0; 0u v= ≠ suy ra: ( ) ( ) ( )3 30 0 0f u u f u u f− = ⇔ = ⇒ = . Hàm ( ) 3f u au u= + thỏa mãn ( )0 0f = . Vậy ( ) 3f u au u u R= + ∀ ∈ Hàm số cần tìm là: ( ) ( )3f x ax x a R= + ∈ . Thử lại thấy ñúng. 2.2. Thế ẩn tạo ra hệ PTH mới: 7 Ví dụ 1: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn: ( ) ( ) ( )1 1f x x f x x x R+ − = + ∀ ∈ . Lời giải: ðặt t x= − ta ñược: ( ) ( ) ( )1 1f t t f t t t R− − = − + ∀ ∈ . Ta có hệ: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 f x x f x x f x x f x f x x + − = + ⇒ = − + − = − + . Thử lại hàm số cần tìm là: ( ) 1f x = . Ví dụ 2: Tìm hàm số { }: 0,1f R R→ Thỏa mãn: ( ) ( )*1 1 2xf x f x x R x − + = + ∀ ∈ . Lời giải: ðặt ( ) ( ) ( )1 11, 2 1xx f x f x x x − = ⇔ + = + . ðặt ( ) ( ) ( )12 1 2 1 1 1 1 , 2 1 1 x x f x f x x x x − = = ⇔ + = + − . ðặt ( ) ( ) ( )23 2 2 2 1 , 2 1xx x f x f x x x − = = ⇔ + = + . Ta có hệ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 11 2 2 1 1 f x f x x x x xf x f x x f x x x x f x f x x + = + + − + + = + ⇒ = = + + − + = + . Thử lại thấy ñúng. Vậy hàm số cần tìm có dạng: ( ) 1 1 1 2 1 f x x x x = + + − . Ví dụ 3: Tìm hàm số { }: 1;0;1f R R− → thỏa mãn: ( ) ( )12 1 1 3 1 x x f x f x x − + = ∀ ≠ − + . Lời giải: ðặt ( ) ( ) ( )1 … = 2x + g(x). Thay vào (*) ta ñược: 25 2(x + 1) + g(x + 1) = 2x + g(x) + 2, x∀ ∈ℝ ðiều này tương ñương với g(x + 1) = g(x), x∀ ∈ℝVậy g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1. ðáp số f(x) = 2x + g(x) với g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1. Nhận xét: Qua ví dụ 1, ta có thể tổng quát ví dụ này, là tìm hàm f(x) thỏa mãn: f(x + a) = f(x) + b, x∀ ∈ℝ , a, b tùy ý. Ví dụ 2: Tìm hàm f(x) sao cho: f(x + 1) = – f(x) + 2, x∀ ∈ℝ (2). Lời giải: ta cũng ñưa ñến c = -c + 2 do ñó c = 1. vậy ñặt f(x) = 1 + g(x), thay vào (2) ta ñược phương trình: g(x + 1) = – g(x), x∀ ∈ℝ Do ñó ta có: [ ] 1( 1) ( ) ( ) ( ) ( 1) x (3).2( 2) ( ) ( 2) ( ) g x g x g x g x g x g x g x g x g x + = − = − + ⇔ ∀ ∈ + = + = ℝ Ta chứng minh mọi nghiệm của (3) có dạng: [ ]1( ) ( ) ( 1) , x 2 g x h x h x= − + ∀ ∈ℝ ở ñó h(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 2. Nhận xét: Qua ví dụ này, ta có thể tổng quát thành: f(x + a) = – f(x) + b, x∀ ∈ℝ , a, b tùy ý. Ví dụ 3: Tìm hàm f(x) thỏa mãn: f(x + 1) = 3f(x) + 2, x∀ ∈ℝ (3). Giải: Ta ñi tìm c sao cho c = 3c + 2 dễ thấy c = -1. ðặt f(x) = -1 + g(x). Lúc ñó (3) có dạng: g(x + 1) = 3g(x) x∀ ∈ℝ Coi 3 như g(1) ta ñược: g(x + 1) = g(1).g(x) x∀ ∈ℝ (*). Từ ñặc trưng hàm, chuyển phép cộng về phép nhân, ta thấy phải sử dụng hàm mũ: 1 3 3x xa a a+ = ⇔ = Vậy ta ñặt: ( ) 3 ( )xg x h x= thay vào (*) ta ñược: h(x + 1) = h(x) x∀ ∈ℝ . Vậy h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. Kết luận: ( ) 1 3 ( )xf x h x= − + với h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. Nhận xét: Ở ví dụ 3 này, phương trình tổng quát của loại này là: f(x + a) = bf(x) + c x∀ ∈ℝ ; a, b, c tùy ý. +) Với 0< b ≠ 1: chuyển về hàm tuần hoàn. +) Với 0< b ≠ 1: chuyển về hàm phản tuần hoàn. Ví dụ 4: Tìm hàm f(x) thỏa mãn f(2x + 1) = 3f(x) – 2 x∀ ∈ℝ (4) Giải: Ta có: c = 3c – 2 suy ra c = 1. ðặt f(x) = 1 + g(x). Khi ñó (4) có dạng: g(2x + 1) = 3g(x) x∀ ∈ℝ (*) Khi biểu thức bên trong có nghiệm ≠ ∞ thì ta phải xử lý cách khác. Từ 2x + 1 = x suy ra x = 1. Vậy ñặt x = -1 + t ta có 2x + 1 = -1 + 2t. Khi ñó (*) có dạng: g(-1 + 2t) = 3g(-1 + t ) t∀ ∈ℝ . ðặt h(t) = g(-1 + 2t), ta ñược h(2t) = 3h(t) (**). Xét 2 0t t t= ⇔ = , 2(2 ) 3. log 3m mt t m= ⇔ = Xét ba khả năng sau: 26 +) Nếu t = 0 ta có h(0) = 0. dụ hàm tuần hoàn nhân tính. t t t t t t ϕ ϕ ϕ ϕ = − ∀ < ⇔ = ∀ < [ ]1( ) ( ) (2 ) , 0 .2 (4 ) ( ), 0 t t t t t t t ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = − ∀ < ⇔ = ∀ < Nhận xét: Bài toán tổng quát của dạng này như sau: ( ) ( ) 0, 1f x f ax bα β α+ = + ≠ ± . Khi ñó từ phương trình x xα β+ = ta chuyển ñiểm bất ñộng về 0, thì ta ñược hàm tuần hoàn nhân tính. +) Nếu a = 0 bài toán bình thường. +) Nếu a = 1 chẳng hạn xét bài toán sau: “Tìm f(x) sao cho f(2x + 1) = f(x) – 2, x -1∀ ≠ (1)”. Xét: 2x + 1 = x x 1⇔ = − nên ñặt x = -1 + t thay vào (1) ta ñược: f(-1 + 2t) = f(-1 + t) + 2, 0t∀ ≠ . ðặt g(t) = f( – 1 + t) ta ñược: g(2t) = g(t) + 2 0t∀ ≠ (2). Từ tích chuyển thành tổng nên là hàm logarit. Ta có log (2 ) log 2a at t= − 1 2 a⇔ = . Vậy ñặt 1 2 ( ) log ( )g t t h t= + . Thay vào (2) ta có (2 ) ( ), 0h t h t t= ∀ ≠ . ðến ñây bài toán trở nên ñơn giản. Phương pháp 8: phương pháp sử dụng hệ ñếm. Ta quy ước ghi m = (bibi-1…b1)k nghĩa là trong hệ ñếm cơ số k thì m bằng bibi-1…b1. Ví dụ 1 (Trích IMO năm 1988): Tìm f: N*→ N* thoả mãn: f(1) = 1, f(3) = 3, f(2n) = f(n), f(4n+1) = 2f(2n+1) – f(n); f(4n+3) = 3f(2n+1) – 2f(n) ∀n∈N* (12). Lời giải: Tính một số giá trị của hàm số và chuyển sang cơ số 2 ta có thể dự ñoán ñược: “∀n∈N*, n = (bibi-1…b1)2 thì f(n) = (b1b2 …bi)2” (*). Ta sẽ chứng minh (*) bằng quy nạp. + Với n = 1, 2, 3, 4 dễ kiểm tra (*) là ñúng. + Giả sử (*) ñúng cho k < n, ta sẽ chứng minh (*) ñúng cho n (với n ≥ 4). Thật vậy, ta xét các khả năng sau: • Nếu n chẵn, n = 2m. Giả sử m = (bibi-1…b1)2, khi ñó n = 2m = (bibi-1…b10)2 ⇒ f(n) = f((bibi-1…b10)2) = f(2m) = f(m) = f((bibi-1…b1)2) = (b1b2 …bi)2 = (0b1b2 …bi)2 ⇒ (*) ñúng. • Nếu n lẻ và n = 4m + 1. Giả sử m = (bibi-1…b1)2, khi ñó n = (bibi-1…b101)2 ⇒ f(n) = f((bibi-1…b101)2) = f(4m+1) = 2.f(2m+1) – f(m) = 2.f((bibi-1…b11)2) – f((bibi-1…b1)2) = (10)2.(1b1b2 …bi)2 – ( b1b2 …bi)2 = (1b1b2 …bi0)2 – ( b1b2 …bi)2 = (10b1b2 …bi)2 ⇒ (*) ñúng. 27 • Nếu n lẻ và n = 4m + 3. Giả sử m = (bibi-1…b1)2, khi ñó n = (bibi-1…b111)2 ⇒ f(n) = f((bibi-1…b111)2) = f(4m+3) = 3f(2m+1) – 2f(m) = 3f((bibi-1…b11)2) – 2f((bibi-1…b1)2) = (11)2.(1b1b2 …bi)2 – (10)2.(b1b2 …bi)2 = (11b1b2 …bi)2 ⇒ (*) ñúng. Vậy (*) ñúng và hàm f ñược xác ñịnh như (*). Ví dụ 2 (Trích ñề thi của Trung Quốc): Tìm hàm số f: N* → N* thỏa mãn: 1) f(1) =1; 2) f(2n) < 6f(n); 3) 3f(n)f(2n+1) = f(2n)(3f(n)+1) ∀n∈N*. Lời giải: f(2n) = 3f(n) và f(2n+1) = 3f(n)+1 ∀n∈N*. Thử một số giá trị ta thấy f(n) ñược xác ñịnh như sau: “Với n = (b1b2bi)2 thì f(n) = (b1b2bi)3 ∀n∈N*” (*). Ta chứng minh (*) bằng quy nạp. + Với n = 1, 2, 3, 4 thì hiển nhiên (*) ñúng. + Giả sử (*) ñúng cho k < n (với n ≥ 4). Ta chứng minh (*) ñúng cho n. • Nếu n chẵn: n = 2m. Giả sử m = (c1c2cj)2 thì n = 2m = (c1c2cj0)2. Khi ñó: f(n) = f(2m) = 3f(m) = 3.f((c1c2cj)2) = (10)3.(c1c2cj)3 = (c1c2cj0)3 ⇒ (*) ñúng cho n chẵn. • Nếu n lẻ: n = 2m + 1 ⇒ n = (c1c2cj1)2. Khi ñó: f(n) = f(2m+1) = 3f(m) + 1 = 3f((c1c2cj)2) + 1 = (10)3.(c1c2cj)3 + 13 = (c1c2cj1)3 ⇒ (*) ñúng cho n lẻ. Vậy (*) ñúng cho mọi n∈N* và f(n) ñược xác ñịnh như (*). Phương pháp 9: phương pháp sử dụng ñạo hàm. Lời giải: Cố ñịnh y, với x∈R, x ≠ y từ (14) ta ñược: 2( ) ( ) ( ) ( )0f x f y f x f yx y x y x y x y − −≤ − ⇒ ≤ ≤ − − − . Vì lim0 lim x y x y x y → → = − = 0 nên suy ra ( ) ( )lim 0 x y f x f y x y→ − = − ⇒ f’(y) = 0 ⇒ f(y) = c ∀y∈R (với c là hằng số). Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 2: Tìm f: R → R có ñạo hàm trên R và thoả mãn: f(x+y) = f(x) + f(y) + 2xy ∀x, y∈R (15) Lời giải: + Cho x = y = 0 ta ñược f(0) = 0. 28 + Với y ≠ 0, cố ñịnh x ta ñược: ( ) ( ) ( ) 2 ( ) (0) 2 0 f x y f x f y xy f y f x y y y + − + − = = + − (*). Vì f(x) có ñạo hàm trên R nên từ (*), cho y → 0, suy ra f’(x) = f’(0) + 2x = 2x + c ⇒ f(x) = x2+cx+b ∀x∈R; b, c là các hằng số thực. Thử lại thấy ñúng. Phương pháp 10: phương pháp ñặt hàm phụ. Mục ñích chính của việc ñặt hàm phụ là làm giảm ñộ phức tạp của phương trình hàm ban ñầu và chuyển ñổi tính chất hàm số nhằm có lợi hơn trong giải toán. Ví dụ 1: Tìm f: R → R thoả mãn: f(x) ≥ 2007x và f(x+y) ≥ f(x)+f(y) ∀x, y∈R (1). Lời giải: Dễ thấy f(x) = 2007x là một hàm số thoả mãn (1). ðặt g(x) = f(x) – 2007x và thay vào (1) ta ñược: g(x) ≥ 0 (a) và g(x+y) ≥ g(x) + g(y) (b) ∀x, y∈R. + Cho x = y = 0, từ (b) ta ñược g(0) ≤ 0, kết hợp với (a) suy ra g(0) = 0. + Cho x = -y, x∈R, từ (a) và (b) ta ñược g(x) ≥ 0, g(-x) ≥ 0, 0 ≥ g(x) + g(-x); suy ra : g(x) = g(-x) = 0 ⇒ h(x) = 2007x, ∀x∈R. Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 2: Tìm f: R → R liên tục trên R thoả mãn: f(x+y) = f(x) + f(y) + f(x)f(y) ∀x, y∈ R (2). Lời giải: Xét phương trình: λ = 2λ + λ2 có nghiệm λ = -1 khác 0. ðặt g(x) = f(x) – (-1) = f(x) + 1. Thế vào (18) ta ñược: g(x+y) = g(x).g(y) ∀x, y∈R (*). Cho x = y = 2 t ta ñược g(t) ≥ 0 ∀t∈R. Cho x = y = 0 ta ñược: g(0) = 0 hoặc g(0) = 1. + Nếu g(0) = 0 thì (*) suy ra g(x) = 0 ∀x∈R ⇒ f(x) = -1 ∀x∈R. Thử lại thấy ñúng. + Nếu g(0) = 1: Giả sử tồn tại a ñể g(a) = 0 thì (*) suy ra g(x) = 0 ∀x∈R. Trái với giả thiết h(x+y) = h(x) + h(y) (**). Từ f(x) liên tục trên R suy ra h(x) liên tục trên R. Theo phương trình hàm Côsi ta ñược h(x) = cx (với c là hằng số) ⇒ f(x) = ecx – 1 ∀x∈R. Khi c = 0 thì f(x) = -1. Vậy trong mọi trường hợp f(x) = ecx – 1 ∀x∈R thử lại thấy ñúng. Phương pháp 11: Sử dụng tính liên tục của hàm số. Sử dụng tính liên tục của hàm số có 3 con ñường chính: Xây dựng biến từ N ñến R, chứng minh hàm số là hằng số, sử dụng phương trình hàm Côsi. Ví dụ 1 (xây dựng biến từ N ñến R): Tìm hàm :f R R→ thỏa mãn: 1) f(x) liên tục trên R; 2) f(1) = 2; 29 3) f(xy) = f(x)f(y) – f(x+y) +1 ∀x,y∈R. Lời giải: Cho x = y = 0 ta ñược: f(0) = 1. Cho x = 1, y∈R ta ñược: f(y+1) = f(y) +1 (a). Từ f(0) = 1, f(1) = 2 và (a) quy nạp ta suy ra f(n) = n+1 ∀n∈N. Với n∈N, (a) ⇒ f(-n) = f(-n+1) – 1 = f(-n+2) – 2 == f(0) -n = -n + 1. Vậy f(z) = z +1 ∀z∈Z. Với ∀n∈N*, 2 = f(1) = 1 1 1( . ) ( ) ( ) ( ) 1f n f n f f n n n n = − + + (b). Mặt khác từ (a) ta có: 1 1 1 1( ) 1 ( 1 ) 2 ( 2 ) … ( )f n f n f n n f n n n n + = + − + = + − + = = + . Thế vào (b) ta ñược: 1 1( ) 1f n n = + . Với *, , ,mq q m n n ∈ = ∈ ∈ℚ ℤ ℕ ta có: 1 1 1( ) ( ) ( . ) ( ) ( ) ( ) 1mf q f f m f m f f m n n n n = = = − + + = = 1 1( 1)( 1) ( ) 1m f m n n + + − + + (c). Từ (a) ta dễ dàng chứng minh ñược: 1 1( ) ( )f m m f n n + = + . Thế vào (c) ta ñược f(q) = q +1 ∀q∈Q. Với r∈R, tồn tại dãy {rn} với rn∈Q thỏa mãn lim nr r= . Khi ñó, do f liên tục nên ta có: f(r) = f(limrn) = limf(rn) = lim(rn+1) = limrn + 1 = r + 1. Vậy f(x) = x + 1 ∀x∈R. Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 2 (chứng minh hàm số là hằng số): Tìm hàm f: [0; 1 2 ] → [0; 1 2 ] thỏa mãn: 1) f(x) liên tục trên [0; 1 2 ] 2) 2 1 1( ) ( ) 0; 4 2 f x f x x = + ∀ ∈ . Lời giải: Với a∈[0; 1 2 ], xét dãy số: 0 2 1 1 4n n x a x x n+ = = + ∀ ∈ ℕ . Dễ chứng minh {xn} không âm (a). 2 0 1 0 1 1 1 2 4 2 x x x≤ ⇒ ≤ + ≤ . Quy nạp suy ra xn ≤ 12 (b). 30 2 1 1 1( ) 0 2n n n n n x x x x x n+ +− = − ≥ ⇒ ≥ ∀ ∈ℕ (c). Từ (a), (b), (c) suy ra xn∈[0; 12 ] và {xn} có giới hạn hữu hạn là n 1limx 2 = . Vậy với mọi a∈[0; 1 2 ], f(a) = f(x1) = f(x2) == limf(xn) = f(limxn) = f( 12 ) = c (c là hằng số). Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 3 (sử dụng phương trình hàm côsi – VMO năm 2006(bảng B)): Tìm f: R → R liên tục trên R thoả mãn: f(x-y).f(y-z).f(z-x)+8 = 0 ∀x, y, z∈R (3). Lời giải: Cho x = t, z = -t, y = 0, x∈ R ta ñược: f(t).f(t).f(-2t) = -8 2 8( 2 ) 0( ( ))f t f t − ⇒ − = < ⇒ f(t) < 0 ∀t∈R. ðặt g(x) = ( )ln( ) ( ) 2 ( )2.f x f x g xe⇒ = − − . Thế vào (3) ta ñược: -8.eg(x-y)+g(y-z)+g(z-x) = -8 ⇔ g(x-y) + g(y-z) + g(z-x) = 0 (*). + Cho x = y = z = 0, từ (*) ta ñược g(0) = 0 (a). + Cho y = z = 0, x∈R, từ (a) ta ñược g(x) = g(-x) (b). Từ (*) và (b) suy ra g(x-y) + g(y-z) = -g(z-x) = -g(x-z) = g(x-y+y-z) ⇒ g(t+t’) = g(t) + g(t’) ∀t, t’∈R (**). Vì f liên tục trên R nên g(x) cũng liên tục trên R. Từ (**), theo phương trình ——————————————————Hết——————————————————-
Để Giải Các Phương Trình Mũ Ta Thường Sử Dụng Các Phương Pháp Sau Đây:
Dạng Đoán nghiệm và chứng minh tính duy nhất nghiệm của phương trình, sử dụng phương pháp đánh giá hai vế của phương trình.
Giải phương trình :
Chia 2 vế cho 2x ta được phương trình
Để giải các phương trình mũ ta thường sử dụng các phương pháp sau đây: 1) Đưa về cùng cơ số: 2) Đưa phương trình về dạng af(x) = b với 0 0 ta có f(x) = logab 3) Đặt ẩn phụ đưa về phương trình cơ bản. 4) CM nghiệm duy nhất, sử dụng phương pháp đánh giá hai vế của phương trình 5) Lôgarit hai vế để ẩn số không còn nằm ở vị trí số mũ của luỹ thừa. Dạng sử dụng pp nhóm các số hạng để quy về cùng một cơ số Bài 1: Giải các phương trình sau: 1) 52x+1+7x+1-175x-35 = 0. 2) 3.4x + 3) Bài 2: Giải các phương trình sau: 1) 2) Bài 3 Giải các phương trình sau: 1) 3x-1 = 182x.2-2x.3x+1. 2) 3) 4) Dạng af(x) = b Bài toán: Giải phương trình sau 1) 2) Dạng đặt ẩn phụ đưa về phương trình cơ bản Bài 1 Giải các phương trình sau: 1) 2) 3) Bài 2 Giải các phương trình sau: 1) 4lgx + xlg4 = 32 2) 3. 16x + 37. 36x = 26.81x 3) 4) Bài 3 Giải phương trình Sử dụng phép Lôgarit hoá Bài 1 : Giải phương trình Bài 2 Giải các phương trình sau a, xlgx = 1000.×2 b, c, Bài 3 Giải các phương trình sau a, b, 2x.3x-1.5x-2 = 12 Bài 4:Cho phương trình a, Giải phương trình với α= 10 b, Giải và biện luận phương trình theo α Dạng Đoán nghiệm và chứng minh tính duy nhất nghiệm của phương trình, sử dụng phương pháp đánh giá hai vế của phương trình. Bài 1: Giải phương trình : Chia 2 vế cho 2x ta được phương trình dễ thấy x = 2 là nghiệm của phương trình , ta CM tính duy nhất nghiệm. Bài 2 Giải phương trình 3.4x + (3x-10).2x + 3-x=0. Bài 3 : Giải các phương trình sau : a, b, Hãy xác định các giá trị của a sao cho phương trình sau đây có nghiệm 2x + 4x = a CM với những giá trị của a tìm được phương trình sẽ có nghiệm duy nhất. Bài 4 Giải phương trình Bài 5.Giải phương trình sau 3.25x-2 +(3x-10).5x-2 + 3-x = 0 Bài 6 a, x2.3x + 3x (12-7x) = -x3 + 8×2 -19x+12 b, x2.3x-1+x(3x-2x) = 2(2x – 3x-1) Phương trình, bất phương trình chứa hàm số Lôgarit Phương pháp: 1. Chuyển về cùng một cơ số (PP mũ hoá) logaM = logaM Phần này chú ý Cụng thức đổi cơ số. 2. Biến đổi, đặt ẩn phụ đưa về dạng quen biết. 3. Đoán nghiệm và chứng minh tính duy nhất nghiệm 1. Giải các phương trình sau a. log2x + log3x + log4x = log10x b. logx(x+6) = 3 c, Giải và biện luận phương trình 2.Giải các phương trình sau: a. b. c. Giải bất phương trình 3.Giải các phương trình sau: a. lg(x2-x-6) +x = lg(x+2) + 4 1. Giải các phương trình sau: a. 3x+2 + 9x+1 = 310. b. 22x+1 – 5.6x – 32x+1 = 0. c. . d. 2. Giải và biện luận các phương trình a. b. c. 3. Giải các phương trình a. b. c. 4. Giải các phương trình a. b. lg (10x+1 – 1) = 2x + lg9. c. lg(x2 – x – 12) + x = lg( x+ 3) + 5. d. 5. Đề thi Đại học Bách khoa 2000 Tìm nghiệm của phương trình sin4x + cos4x = cos2x. Thoả mãn bất phương trình: 6. Đại học Quốc gia năm 1998 Giải phương trình 7. Học viện quan hệ quốc tế. 8. Đại học Bách khoa Hà nội 1999 Giải phương trình 9. Đại học Thái nguyên 1999 Giải phương trình 10. Đại học Hàng Hải Giải 11. Đại học Bách khoa Hà nội
Các Phương Pháp Giải Phương Trình Lượng Giác
Chương I: Phương trình lượng giác cơ bản và một số phương trình lượng giác thường gặp Để giải 1 PTLG , nói chung ta tiến hành theo các bước sau: Bước 1: Đặt điều kiện để phương trình có nghĩa. Các điều kiện ấy bao hàm các điều kiện để căn có nghĩa,phân số có nghĩa, biểu thức có nghĩa. Ngoài ra trong các PTLG có chứa các biểu thức chứa va thì cần điều kiện để và có nghĩa. Bước 2: Bằng phương pháp thích hợp đưa các phương trình đã cho về một trong các phương trình cơ bản . Bước 3: Nghiệm tìm được phải đối chiếu với điều kiện đã đặt ra. Những nghiệm nào không thoả mãn điều kiện ấy thì bị loại. 1.1-Phương trình lượng giác cơ bản 1.1.1- Định nghĩa: Phương trình lượng giác là phương trình chứa một hay nhiều hàm số lượng giác . 1.1.2- Các phương trình lượng giác cơ bản. a) Giải và biện luận phương trình (1) Do nên để giải phương trình (1) ta đi biện luận theo các bước sau -Khả năng 1: Nếu m được biểu diễn qua sin của góc đặc biệt ,giả sử khi đó phương trình sẽ có dạng đặc biệt. -Khả năng 2: Nếu m không biểu diễn được qua sin của góc đặc biệt khi đó đặt m= . Ta có: Như vậy ta có thể kết luận phương trình có 2 họ nghiệm Đặc biệt ta cần phải nhớ được các giá trị của các cung đặc biệt như vì sau khi biến đổi các bài toán thương đưa về các cung đặc biệt. Ví dụ 1: Giải phương trình Giải: Ta nhận thấy không là giá trị của cung đặc biệt nào nên ta đặt = Khi đó ta có: Vậy phương trình có 2 họ ngiệm Ví dụ 2: Giải phương trình Giải: Do nên Vậy phương trình có hai họ nghiệm . b) Giải và biện luận phương trình lượng giác Ta cũng đi biện luận (b) theo m Bước 1: Nếu phương trình vô nghiệm . Bước 2: Nếu ta xét 2 khả năng: -Khả năng 1: Nếu được biểu diễn qua của góc đặc biệt, giả sử góc. Khi đó phương trình có dạng -Khả năng 2: Nếu không biểu diễn được qua của góc đặc biệt khi đó đặt = .Ta có: Như vậy ta có thể kết luận phương trình có 2 họ nghiệm Ví Dụ Minh Hoạ. Ví dụ 1: Giải phương trình sau: Giải: Do nên Vậy phương trình có 2 họ nghiệm Ví dụ 2: Giải phương trình: Giải: Vì và không là giá trị của cung đặc biệt nên tồn tại góc sao cho Ta có: Vậy phương trình có hai họ nghiệm . c) Giải và biện luận phương trình lượng giác Ta cũng biện luận phương trình (c) theo các bước sau: Bước 1: Đặt điều kiện Bước 2: Xét 2 khả năng -Khả năng 1: Nếu được biểu diễn qua tan của góc đặc biệt , giả sử khi đó phương trình có dạng -Khả năng 2: Nếu không biểu diễn được qua tan của góc đặc biệt , khi đó đặt = ta được Nhận xét: Như vậy với mọi giá trị của tham số phương trình luôn có nghiệm Ví Dụ Minh Hoạ: Ví dụ 1: Giải phương trình Giải : Do nên ta có: Vậy phương trình có 1 họ nghiệm. Ví dụ 2: Giải phương trình Giải: Điều kiện: Do không thể biểu diễn được qua của góc đặc biệt nên ta đặt . Từ đó ta có Vậy phương trình có một họ nghiệm. d) Giải và biện luận phương trình lượng giác Ta cũng đi biện luận theo Bước1: Đặt điều kiện Bước 2: Xét 2 khả năng -Khả năng 1: Nếu được biểu diễn qua cot của góc đặc biệt , giả sử khi đó phương trình có dạng -Khả năng 2: Nếu không biểu diễn được qua cot của góc đặc biệt , khi đó đặt = ta được Nhận xét: Như vậy với mọi giá trị của tham số phương trình (d) luôn có nghiệm. Ví Dụ Minh Hoạ: Ví dụ 1: Giải phương trình sau: (1) Giải: Điều kiện (*) Ta có: (1) Họ nghiệm trên thoả mãn điều kiện (*) Vậy phương trình có 1 họ nghiệm. Ví dụ 2: Giải phương trình Giải: Ta nhận thấy nên ta có Vậy phương trình có 1 họ nghiệm . Lưu ý: Không được ghi hai loại đơn vị ( radian hoặc độ ) trong cùng một công thức. 1.2- Một số phương trình lượng giác thường gặp. 1.2.1- Phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác Dạng 1: (1) Cách giải: Đặt , điều kiện Đưa phương trình (1) về phương trình bậc hai theo , giải tìm chú ý kết hợp với điều kiện rồi giải tìm Dạng 2: (2) Cách giải: Đặt điều kiện ta cũng đưa phương trình (2) về phương trình bậc hai theo , giải tìm rồi tìm Dạng 3: (3) Cách giải: Điều kiện Đặt ta đưa phương trình (3) về phương trình bậc hai theo , chú ý khi tìm được nghiệm cần thay vào điều kiện xem thoả mãn hay không Dạng 4: (4) Cách giải: Điều kiện Đặt . Ta cũng đưa phương trình (4) về phương trình bậc hai theo ẩn t. Ví Dụ Minh Hoạ: Ví dụ 1: Giải phương trình (1) Giải: Phương trình (1) Vậy phương trình có 3 họ nghiệm. Ví dụ 2: Giải phương trình: (2) Giải: Điều kiện Ta có: Ta thấy không thoả mãn điều kiện. Do đó (*) Vậy phương trình có 2 họ nghiệm. Bài tập: Bài 1: Giải phương trình: Bài 2 Giải phương trình: Bài 3: Giải phương trình: Bài 4: Giải phương trình: Bài 5: Giải phương trình: Bài 6: Giải phương trình: Bài 7: Giải phương trình: Bài 8: Giải phương trình Bài 9: Giải phương trình 1.2.2- Phương trình bậc nhất đối với a)Định nghĩa: Phương trình trong đó a, b, c và được gọi là phương trình bậc nhất đối với b) Cách giải. Ta có thể lựa chọn 1 trong 2 cách sau: Cách 1: Thực hiện theo các bước Bước 1:Kiểm tra -Nếu < phương trình vô nghiệm -Nếu khi đó để tìm nghiệm của phương trình ta thực hiện tiếp bước 2 Bước 2: Chia cả 2 vế phương trình (1) cho , ta được Vì nên tồn tại góc sao cho Khi đó phương trình (1) có dạng Đây là phương trình cơ bản của sin mà ta đã biết cách giải Cách 2: Thực hiện theo các bước Bước 1: Với thử vào phương trình (1) xem có là nghiệm hay không? Bước 2: Với Đặt suy ra Khi đó phương trình (1) có dạng Bước 3: Giải phương trình (2) theo t , sau đó giải tìm x. * Dạng đặc biệt: . . . Chú ý: Từ cách 1 ta có kết quả sau từ kết quả đó ta có thể áp dụng tìm GTLN và GTNN của các hàm số có dạng , và phương pháp đánh giá cho một số phương trình lượng giác . Ví Dụ Minh Hoạ: Ví Dụ 1: Giải phương trình: (1) Giải : Cách 1: Chia cả hai vế phương trình (1) cho ta được Đặt . Lúc đó phương trình (1) viết được dưới dạng Vậy phương trình có 2 nghiệm Cách 2:-Ta nhận thấy là nghiệm của phương trình -Với . Đặt ,lúc đó Phương trình (1) sẽ có dạng Hay Vậy phương trình có 2 họ nghiệm Cách 3: Biến đổi phương trình về dạng Vậy phương trình có hai họ nghiệm Chú ý: Khi làm bài toán dạng này chúng ta nên kiểm tra điều kiện trước khi bắt tay vào giải phương trình bởi có một số bài toán đã cố tình tạo ra những phương trình không thoả mãn điều kiện. Ta xét ví dụ sau: Ví Dụ 2: Giải phương trình Giải: Ta biến đổi phương trình (2) Ta có: Suy ra < Vậy phương trình đã cho vô nghiệm . Ngoài ra chúng ta cần lưu ý rằng việc biến đổi lượng giác cho phù hợp với từng bài toán sẽ biểu diễn chẵn các họ nghiệm . Ta xét ví dụ sau Ví Dụ 3: Giải phương trình Giải : Cách 1:Thực hiện phép biến đổi (3) Đặt Phương trình (3) sẽ được viết thành Vậy phương trình có hai họ nghiệm Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng Vậy phương trình có hai họ nghiệm Qua hai cách giải ở bài trên ta nhận thấy bằng cách 2 ta thu được nghiệm phương trình chẵn. Bài trên cĩng có thể sử dụng cách đặt và ta cũng thu được nghiệm chẵn (*) trong đó là các góc phụ thích hợp. Ta xét ví dụ sau: Ví Dụ 4: Giải phương trình: Giải: (4) Vậy phương trình có hai họ nghiệm. Bài tập: Giải các phương trình sau : 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 1.2.3- Phương trình thuần nhất bậc hai đối với và . a) Định nghĩa: Phương trình thuần nhất bậc hai đối với , là phương trình. (1) trong đó a, b, c, d b) Cách giải : Chia từng vế của phương trình (1) cho một trong ba hạng tử hoặc . Chẳng hạn nếu chia cho ta làm theo các bước sau: Bước 1: Kiểm tra: xem nó có phải là nghiệm của phương trình(1) hay không? Bước 2: Với chia cả hai vế cho lúc đó phương trình (1) trở thành Đây là phương trình bậc hai theo tan ta đã biết cách giải. Cách 2: Dùng công thức hạ bậc đưa phương trình đã cho về phương trình Đây là phương trình bậc nhất đối với sin và cos ta đã biết cách giải *Chú ý: Đối với phương trình đẳng cấp bậc n (n3) với dạng tổng quát trong đó Khi đó ta cũng làm theo 2 bước : Bước 1: Kiểm tra xem có phải là nghiệm của phương trình hay không? Bước 2: Nếu .Chia cả hai vế của phương trình trên cho ta sẽ được phương trình bậc n theo . Giải phương trình này ta được nghiệm của phương trình ban đầu. Ví Dụ Minh Hoạ: Ví Dụ 1: Giải phương trình : (1) Giải: Cách 1: Phương trình (1) Vậy phương trình có hai họ nghiệm. Cách 2: +) Thử với vào phương trình (1) ta có vô lí. Vậy không là nghiệm của phươngtrình. +)Với Chia cả hai vế của phương trình cho ta được Vậy phương trình có hai họ nghiệm * Chú ý: Không phải phương trình nào cũng ở dạng thuần nhất ta phải thực hiện một số phép biến đổi thích hợp Ví Dụ 2: Giải phương trình: (2) Giải : Ta nhận thấy có thể biểu diễn được qua . Luỹ thừa bậc ba biểu thức ta sẽ đưa phương trình về dạng thuần nhất đã biết cách giải Phương trình (2) +) Xét với . Khi đó phương trình có dạng mâu thuẫn Vậy phương trình không nhận làm nghiệm +) Với . Chia cả hai vế của phương trình (2) cho ta được : . Đặt phương trình có được đưa về dạng: Họ nghiệm trên thoả mãn điều kiện của phương trình . Vậy phương trình có duy nhất 1 họ nghiệm *Chú ý: Ngoài phương pháp giải phương trình thuần nhất đã nêu ở trên có những phương trình có thể giải bằng phương pháp khác tuỳ thuộc vào từng bài toán để giải sao cho cách giải nhanh nhất ,khoa học nhất. Ví Dụ 3: Giải phương trình: (3) Giải : Điều kiện Cách 1: Biến đổi phương trình về dạng : Chia cả hai vế của phương trình (3) cho ta được : (do vô nghiệm) nên: Phương trình (*) Vậy phương trình có một họ nghiệm Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng Đặt ta được : Vậy phương trình có một họ nghiệm Bài tập : Giải các phương trình sau : 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) 9) 1.2.4-Phương trình đối xứng đối với và . a) Định nghĩa: Phương trình đối xứng đối với và là phương trình dạng trong đó (1) b) Cách giải: Cách 1: Do nên ta đặt . Điều kiện Suy ra và phương trình (1) được viết lại: Đó là phương trình bậc hai đã biết cách giải Cách 2: Đặt thì nên phương trình (1) trở thành . Đây là phương trình bậc hai đã biết cách giải *Chú ý: Hai cách giải trên có thể áp dụng cho phương trình bằng cách đặt và lúc đó Ví Dụ Minh Hoạ : Ví Dụ 1: Giải phương trình Giải: Cách 1: Đặt điều kiện . Lúc đó Khi đó phương trình (1) sẽ có dạng Với không thoả mãn điều kiện nên (*) Cách 2: Đặt . Khi đó phương trình có dạng (*’) Ta thấy không thoả mãn Do đó (*’) Vậy phương trình có hai họ nghiệm *Chú ý: Ta có thể đưa một số dạng phương trình về dạng phương trình đối xứng đã xét ở trên Bài toán 1: Giải phương trình Cách giải: Phương trình (1) có thể viết *Quy ước: Khi có nhiều dấu trong một biểu thức hay một hệ hiểu là cùng lấy dòng trên hoặc cùng lấy dòng dưới Ví Dụ 2: Giải phương trình Giải: Điều kiện: Ta có (2) Ta có (3) (4) (6) Các gía trị của x trong (5) và (6) đều thoả mãn điều kiện của phương trình Vậy theo phương trình có hai họ nghiệm. Bài toán 2: Giải phương trình: với (1) Cách giải: Ta có: Đến đây chúng ta đã biết cách giải Tương tự cho phương trình Ví Dụ 3: Giải phương trình (3) Giải: Điều kiện (3) Giải (4) Giải (5): Đặt (*) Suy ra . Phương trình (5) trở thành Kết hợp với điều kiện (*) thì bị loại Với ta có Các nghiệm của phương trình (4) và (5) đều thoả mãn điều kiện của phương trình Vậy phương trình có ba họ nghiệm Chú ý: Ta có thể áp dụng phương pháp đối với phương trình hỗn hợp chứa các biểu thức đối xứng đối với và với bậc lớn hơn 2. Ví dụ 4: Giải phương trình: Giải : Ta có: Phương trình (1) có dạng Vậy phương trình có 3 họ nghiệm Ví Dụ 5: Giải phương trình: (2) Giải: Điều kiện: Phương trình (2) (loại) Các nghiệm đều thoả mãn điều kiện Vậy phương trình có 3 họ nghiệm Bài tập: Giải các phương trình sau: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 1.2.5- PTLG hỗn hợp chứa các biểu thức đối xứng và . * Phương trình có dạng Cách giải: Bước 1: Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về dạng đại số Bước 2: Giải phương trình loại những nghiệm không thoả mãn điều kiện của bài toán Bước 3: Với nghiệm t tìm được ở bước 2 thế vào bước 1 để tìm x Ví dụ Minh Hoạ: Ví Dụ 1: Giải phương trình Giải: Phương trình (1) Đặt , phương trình (2) trở thành hay Vậy phương trình có hai họ nghiệm Ví Dụ 2: Giải phương trình: (2) Giải: Điều kiện Ta có: Phương trình (2) (3) Đặt , phương trình (3) có dạng Với thì nên (4) Suy ra ( thoả mãn điều kiện(2)). Vậy là họ nghiệm duy nhất của phương trình đã cho Bài tập:Giải các phương trình sau: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 1.3- Vấn đề loại nghiệm không thích hợp của PTLG. Với nhiều PTLG ta cần đặt điều kiện cho ẩn. Khi đó, trước khi kết luận nghiệm ta cần kiểm tra xem các nghiệm tìm được có thoả mãn điều kiện đã đặt ra hay không, để ta có thể loại những nghiệm không thích hợp. Chúng ta có thể xét ba phương pháp sau: 1.3.1 Phương pháp loại nghiệm trực tiếp. Giả sử ta cần tìm nghiệm của phương trình (1) thoả mãn điều kiện (*) nào đó Trước hết ta giải phương trình (1) sau đó thay nghiệm của phương trình (1) tìm được vào (*) để loại nghiệm không thích hợp. Ví Dụ: Giải phương trình (1) Giải: Điều kiện (*) Khi đó (1) Thay vào (*) xem có thoả mãn hay không ? Suy ra không thoả mãn (*) . Vậy phương trình (1) vô nghiệm . 1.3.2- Phương pháp hình học (dùng đường tròn lượng giác). Giả sử ta cần tìm nghiệm của phương trình (1) thoả mãn điều kiện (*) nào đó .Gọi L là tập các cung không thoả mãn các điều kiện (*), N là tập nghiệm của phg trình (1).Ta biểu diễn điểm cuối của các cung thuộc hai tập L và N lên trên cùng một đường tròn lượng giác. Chẳng hạn điểm cuối của các cung thuộc L ta đánh dấu (x), điểm cuối của các cung thuộc N ta đánh dấu (.). Khi đó những cung có điểm cuối được đánh dấu (.) mà không bị đánh dấu (x) là nghiệm của phương trình. Ví Dụ: Giải phương trình: (1) Giải: Điều kiện Khi đó phương trình (1) Biểu diễn các họ nghiệm (*) và (** ) lên trên cùng một đường tròn lượng giác. sin cos Từ đó ta có nghiệm của phương trình (1) là 1.3.3- Phương pháp đại số. Phương pháp này ta kiểm tra nghiệm bằng cách chuyển về phương trình (thường là phương trình nghiệm nguyên) hoặc bất phương trình đại số. * Ví Dụ: Giải phương trình: Giải: Điều kiện Khi đó (1) Gía trị này là nghiệm của (1) nếu Điều này đúng vì là số lẻ còn là số chẵn Vậy nghiệm của phương trình là Bài tập: 1: Tìm các nghiệm thuộc của phương trình 2: Giải phương trình: 3: Giải phương trình: 4: Giải phương trình: 5: Giải phương trình: 6: Giải phương trình:
Chuyên Đề Các Phương Pháp Giải Hệ Phương Trình
Chuyên đề: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNHNgày dạy:A. Kiến thức cơ bản1. Phương pháp thế1. Quy tắc thế– từ một trong các phương trình của hệ biểu diễn x theo y (hoặc y theo x)– dùng kết quả đó thế cho x (hoặc y) trong pt còn lại rồi thu gọn2. Cách giải hệ phương trình bằng phương pháp thế– dùng quy tắc thế biến đổi hệ phương trình đã cho để đc 1 hpt mới trong đó có 1 pt 1 ẩn– giải pt 1 ẩn vừa tìm đc, rồi suy ra nghiệm của hpt đã cho1. Phương pháp cộng đại số1. Quy tắc cộng đại số: gồm 2 bước– Cộng hay trừ từng vế 2 pt của hpt đã cho để đc pt mới– Dùng pt mới ấy thay thế cho 1 trong 2 pt của hệ (giữ nguyên pt kia)2. Tóm tắt cách giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số– Giải theo quy tắc: “Nhân bằng, đổi đối, cộng, chia Thay vào tính nốt ẩn kia là thành”– Nghĩa là:+ nhân cho hệ số của 1 ẩn trong hai phương trình bằng nhau+ đổi dấu cả 2 vế của 1 pt: hệ số của 1 ẩn đối nhau+ cộng vế với vế của 2 pt trong hệ, rút gọn và tìm 1 ẩn+ thay vào tính nốt ẩn còn lạiB. Các dạng toánDạng 1: Giải hệ phương trình bằng pp thế và cộng đại sốBài 1: Giải các hpt sau bằng phương pháp thế
Bài 2: giải các hpt bằng phương pháp thế
Bài 3: Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp cộng đại số
Bài 4: Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số)Bài 5: Giải hpt bằng phương pháp cộng đại số
2. Dạng 2: Tìm tham số m, n để hệ có nghiệm (a;b)Bài 1: Tìm các giá trị của m, n sao cho mỗi hpt ẩn x, y sau đâya) hpt có nghiệm (2; 1); đáp số: b) hpt có nghiệm (-3; 2); đáp số: c) hpt có nghiệm (1; -5); đáp số: d) hpt có nghiệm (3; -1); đáp số: Bài 2: Tìm a, b trong các trường hợp sau:a) đg thg d1: ax + by = 1 đi qua các điểm A(-2; 1) và B(3; -2)b) đg thg d2: y = ax + b đi qua các điểm M(-5; 3) và N(3/2; -1)c) đg thg d3: ax – 8y = b đi qua các điểm H(9; -6) và đi qua giao điểm của 2 đường thẳng (d): 5x – 7y = 23; (d’): -15x + 28y = -62d) đt d4: 3ax + 2by = 5 đi qua các điểm A(-1; 2) và vuông góc với đt (d”): 2x + 3y = 1đáp số
Bạn đang xem bài viết Các Phương Pháp Giải Phương Trình Hàm Thường Dùng trên website Caffebenevietnam.com. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!