Một số phương pháp giải phương trình bậc cao

  • Số trang: 19 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 26 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 1 ĐẶT VẤN ĐỀ Giải bài tập toán là một trong những phương tiện dạy học rất quan trọng giúp học sinh củng cố và khắc sâu nội dung bài học. Chỉ có thể thông qua các bài tập ở các hình thức khác nhau tạo điều kiện cho học sinh vận dụng linh hoạt những kiến thức một cách tự lực. Để giải quyết những tình huống cụ thể khác nhau thì những kiến thức đó mới trở nên sâu sắc, hoàn thiện và trở thành vốn riêng của học sinh. Bài tập toán là phương tiện rất tốt để phát triển tư duy đồng thời rèn luyện cho học sinh đức tính kiên trì, chịu khó; khả năng vận dụng lý thuyết vào thực tiễn. Bài tập về phương trình bậc cao rất đa dạng cho nên phương pháp giải cũng phong phú. Các em thường tỏ ra lúng túng, bế tắc không biết làm thế nào để hạ bậc của biến, đặt ẩn phụ như thế nào, nên chọn cách giải nào ...Qua thực tế giảng dạy, tham khảo tài liệu, tôi đã rút ra được một số phương pháp nhằm phần nào khắc phục các khó khăn trên của học sinh, giúp các em có thêm tự tin và hứng thú hơn khi giải các bài toán ở phần này. Trong khuôn khổ bài viết này tôi chỉ nêu ra “Một số phương pháp giải phương trình bậc cao” dành chủ yếu cho đối tượng là học sinh khá, giỏi lớp 9 và giải một số bài toán điển hình của phần này. Nội dung của bản sáng kiến được chia làm 2 phần: Phần I: Phương pháp giải một số phương trình bậc cao đặc biệt + Phương trình tam thức + Phương trình đối xứng: - Phương trình đối xứng bậc chẵn - Phương trình đối xứng bặc lẻ + Phương trình dạng (x + a)4 + (x + b)4 = c Phần II: Phương pháp giải một số phương trình bậc cao khác + Phân tích vế trái thành nhân tử - Phương pháp thử nghiệm Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 2 - Phương pháp hệ số bất định. + Phương pháp đặt ẩn phụ I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO ĐẶC BIỆT 1. Phương trình tam thức: phương trình có dạng: ax2n + bxn + c = 0 (a ≠ 0) (*) Phương pháp giải: đặt y = xn ta đưa về dạng ay2 + by + c = 0 Lưu ý: Với n = 2 khi đó phương trình (*) có dạng: ax 4 + bx2 + c = 0 ( a≠ 0) được gọi là phương trình trùng phương. VD1: Giải phương trình: x4 -10x2 + 24 = 0 (phương trình trùng phương) (1) Giải: đặt x2 = y vì x2 ≥ 0 nên y ≥ 0 khi đó phương trình có dạng: y 2 - 10y + 24 = 0(1’)  =(-5)2 -1.24 = 25 - 24 = 1 phương trình (1’)có 2 nghiệm phân biệt : y1 = 5 - 1= 4 (thoả mãn); y2 = 5 + 1 = 6 ( thoả mãn) y1 = 4 => x2 = 4 => x1 = 2; x2 = -2 y2 = 6 => x2 = 6 => x 3  6 ; x 4  6 Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm: x1 = 2; x2 = -2; x3 = 6 ; x4 = - 6 VD2 Giải phương trình: -2x4 + 15x2 + 27 = 0 (phương trình trùng phương) (2) Giải: -2x4 + 15x2 + 27 = 0  2x2 – 15x – 27 = 0 đặt x2 = y vì x2 ≥ 0 nên y ≥ 0 khi đó phương trình có dạng: 2y2 - 15y - 27 = 0 (2’)  = 152 - 4.2.(-27) = 225 + 216 = 441 => 15  21 3 y1   2.2 2 15  21 y2  9 2.2  =21 phương trình (2’) có 2 nghiệm: (loại vì không thoả mãn điều kiện) (thoả mãn điều kiện) y2 = 9 => x2 = 9 => x1 = 3; x2 = -3 Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm là: x1 = 3; x2 = -3 Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 3 VD3: Giải phương trình: x4 + 19 2 x 15 + 2 5 = 0 (3)  15x4 + 19x2 + 6 = 0 Giải: Đặt y = x2 Điều kiện y ≥ 0. khi đó phương trình có dạng : 15y2 + 19y + 6 = 0 (3’)  = 192 – 4.15.6 = 1;  phương trình có 2 nghiệm  1 y1 =  19  1 3  30 5 (loại) y2 =  19  1 2  30 3 (loại) Vậy phương trình (3) vô nghiệm VD4: Giải phương trình: x6 - 9x3 + 8 = 0 (4) Giải: Đặt y = x3 khi đó PT(4) có dạng: y2 - 9y + 8 = 0 (4’) Vì 1 + (-9) + 8 = 0 nên pt(4') có 2 nghiệm y1 = 1; y2 = 8 y1 = 1 => x3 = 1  x = 1; y2 = 9 => x3 = 8  x = 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm là x1 = 1 ; x2 = 2 Lưu ý: Nếu phương trình có tổng các hệ số bằng 0 thì phương trình luôn có một nghiệm bằng 1. Bài tập đề nghị: Giải các phương trình sau: a. 2x4 - 8x2 + 6 = 0 b. x6 - 5x3 - 6 = 0 c. - 2x4 + 7x2 - 3 = 0 d. 6x12 – x6 - 1 = 0 e. x6 + x4 + x2 = 0 f. 5x4 – 13x2 + 6 = 0 g. x6 - 7 2 x3 + 25 3 =0 Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 4 2. Phương trình đối xứng: phương trình anxn + an-1xn-1 + ...+ a1x + a0 = 0 (an 0) gọi là phương trình đối xứng nếu các hệ số của những số hạng cách đều số hạng đầu và cuối bằng nhau, nghĩa là: an = a0 an-1 = a1 an-2 = a2 ............ Lưu ý: Nếu a là một nghiệm của phương trình đối xứng thì 1 a cũng là nghiệm của phương trình đó. 2.1 Phương trình đối xứng bậc chẵn: là phương trình có dạng: a2nx2n + a2n-1x2n-1 + ...+ a1x + a0 = 0 (a2n 0) Trong đó: a2n = a0 a2n-1= a1 ............ Phương pháp giải:Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, nên ta chia cả 2 vế của phương trình cho xn. Sau đó đặt y = x + Vì x 1 2 nên x 1 x y phải có điều kiện là /y/ ≥ 2 VD 5: Giải các phương trình: x4 + 2x3 - 13x2 + 2x + 1 = 0 (5) Giải: Ta thấy rằng x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả 2 vế của 2 x phương trình (5) cho x2 ta được: x2 + 2x - 13 +  1 0 x2 1   2    x 2  2    2 x    13 0 x x    1   1    x 2  2   2 x    13 0 (5' ) x x    Đặt y = x + 1 x điều kiện |y| ≥ 2 Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 5 Ta có:  2 1 x  2 x  2 2 1 1  1   2   x    2.x.  x    2 y  2 x x  x    1  15 16 PT(5’) có dạng: y2 + 2y - 15 = 0; phương trình có 2 nghiệm:y1 = -1 - 4 = -5 (thoả mãn); 1 x + y1 = -5 => x + = -5 =>x2 + 5x +1 = 0  = 25 - 4 = 21 phương trình có 2 nghiệm: x1  + y2 = 3 => x + 1 x y2 = -1 + 4 = 3 (thoả mãn)  5  21 ; 2 x2   5  21 2 = 3 => x2 - 3x +1 = 0 ; Xét  = (-3)2 - 4 = 5 Phương trình có 2 nghiệm: x3  3 5 2 ; x4  3 5 2 Vậy phương trình (5) có 4 nghiệm là: x1   5  21 ; 2 x2   5  21 3 5 ; ; x3  2 2 x4  3 5 2 VD6: Giải phương trình: x4 - 3x3 + 4x2 -3x + 1 = 0 Giải: x= 0 không phải là nghiệm nên ta chia cả 2 vế của phương trình cho x 2 ta được: 1  2 1    x  2   3 x    4 0 x x    Đặt y = x + 1 x 2 với |y| ≥2 thì x2  1  1  x    2 y 2  2 x x2  ta được: y2 - 3y + 2 = 0 => y1 = 1 (loại) y2 = 2 (thoả mãn) Với y2 = 2 => x + 1 x = 2 =>x2 -2x + 1 = 0 <=>(x- 1)2 = 0 <=> x =1 Vậy phương trình có một nghiệm là : x = 1 VD7. Giải phương trình 2x4 – 5x3 + 13x2 – 5x + 2 = 0 (7) Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 6 Giải: Vì x = 0 không phải là một nghiệm của phương trình nên ta chia cả 2 vế cho  2 x2 ta được: 2 x   1 x Đặt y = x + 1   x2  1  5 x    13 0 (7’) x  2 với |y| ≥2 thì 1  1 x  2  x    2 y 2  2 x x  2 Phương trình (7’) có dạng 2(y2 -2) - 5y +13 = 0  2y2 – 5y + 9 = 0 (7’’)  = (-5)2 – 4.2.9 = 25 – 72 =-47 < 0 Phương trình (7’’) vô nghiệm. Vậy phương trình (7) vô nghiệm VD 8. x6 -3x5 + 6x4 - 7x3 + 6x2 - 3x + 1= 0 (8) Giải: Vì x = 0 không phải là một nghiệm của phương trình nên ta chia cả 2 vế cho   3 x3 ta được:  x  Đặt y = x + 1 x 1  2 1  1   3 x  2   6 x    7 0 (8’) 3 x x   x   với |y| ≥2 2 thì x2  1  1  x    2 y 2  2 2 x x  3 x3  1  1 1 1  x    3x.  x   y 3  3y 3 x x x x  Thay vào pt(8’) ta được: y3 - 3y - 3(y2 - 2) + 6y - 7 = 0  y3 -3y2 + 3y -1 = 0  (y - 1)3 = 0  y = 1 loại Vậy phương trình (8) vô nghiệm 2.2 Phương trình đối xứng bậc lẻ: có dạng: a2n+1x2n+1 + a2nx2n + ...+ a1x + a0 = 0 Trong đó: a2n+1 = a0 a2n = a1 a2n-1 = a2 ................ Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 7 Phương pháp giải: Phương trình đối xứng bậc lẻ luôn có nghiệm là -1 nên vế trái của phương trình bậc lẻ luôn chia hết cho x + 1. Lưu ý: Khi chia 2 vế của phương trình đối xứng bậc lẻ ẩn số x cho x+ 1 ta được một phương trình đối xứng bậc chẵn. VD9: Giải phương trình: 2x3 + 7x2 + 7x + 2 = 0 (9) Giải: 2x3 + 7x2 + 7x + 2 = 0 (Đây là pt đối xứng bậc lẻ nên có 1 nghiệm là -1)  (x + 1)(2x2 + 5x + 2) = 0  (x + 1)(x + 2)(2x + 1) = 0 Phương trình (9) có 3 nghiệm là: x1 = -1; x2 = -2; x3 =  1 2 VD10: Giải phương trình: x5 + 3x4 -11x3 -11x2 + 3x + 1 = 0 (10)  (x +1)(x4 + 2x3 -13x2 +2x +1) = 0 Giải:   x  1 0  x 4  2 x 3  13x 2  2 x  1 0  (10' ) (10' ' ) Giải phương trình (10’) ta được x = -1 Giải phương trình (10’’): ta thấy phương trình (10’’) là phương trình đối xứng bậc chẵn có 4 nghiệm: x1   5  21 ; 2 x2   5  21 3 5 ; ; x3  2 2 x4  3 5 2 (đã giải ở VD5). Vậy phương trình (10) có 5 nghiệm: x4  3 5 ; 2 x1   5  21 ; 2 x2   5  21 ; 2 x5 = -1 VD11: Giải phương trình: x5 - 2x4 +x3 + x2 - 2x + 1 = 0  (x + 1)(x4 - 3x3 + 4x2 - 3x + 1) = 0 (*)  x  1 0   4 3 2  x  3 x  4 x  3 x  1 0 Giải phương trình (11’) ta được x = -1 (11' ) (11' ' ) x3  3 5 2 ; Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 8 Giải phương trình (11’’): ta thấy phương trình (2) là phương trình đối xứng bậc chẵn có 1 nghiệm là x = 1 (Đã giải ở VD6 ) Vậy phương trình (11) có hai nghiệm là: x1 = -1; x2 = 1 VD 12: Giải phương trình: x7 - 2x6 + 3x5 -x4 -x3 +3x2 - 2x +1 = 0 (12) Giải: x7 - 2x6 + 3x5 -x4 -x3 +3x2 - 2x +1 = 0  (x + 1)(x6 -3x5 + 6x4 - 7x3 + 6x2 - 3x + 1) = 0  x  1 0   6 5 4 3 2  x  3x  6 x  7 x  6 x  3x  1 0 (12' ) (12' ' ) Phương trình (12’) có một nghiệm là x = -1 Phương trình (12’’) vô nghiệm (đã giải ở VD8) Vậy phương trình (12) có một nghiệm là x = -1 Bài tập đề nghị: Giải các phương trình sau: a. x4 - 3x3 + 6x2 + 3x + 1 = 0 b. x4 + 2x3 - 6x2 + 2x + 1 = 0 c. x4 - x3 - x + 1 = 0 d. x5 - 3x4 + 6x3 + 6x2 - 3x + 1 = 0 e. x4 – 3x3 + 6x2 + 3x +1 ( Đề thi vào lớp 10 Trường chuyên Lê Hồng PhongTP Hồ Chí Minh) f. x4 + 2x3 – 6x2 + 2x +1 = 0 (Thi chuyên A- Bùi Thị Xuân – TP Hồ Chí Minh) g. x5 – 5x4 + 4x3 + 4x2 -5x +1 = 0 h. x6 - 5x3 + 4x2 - 5x + 1 = 0 3. Phương trình có dạng: (x + a)4 + (x + b)4 = c Phương pháp giải: Ta đặt x ab y ; 2 rồi đưa về phương trình trùng phương. Tuy nhiên trong trường hợp (a + b) 2 ta thường đặt y = x + a hoặc y = x + b VD 11: Giải phương trình: (x + 3)4 + (x + 5)4 = 2 Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 9 Giải: Đặt x + 4 = y khi đó phương trình đã cho có dạng: (y -1)4 + (y +1)4 =2  y4 - 4y3 + 6y2 - 4y + 1+ y4 + 4y3 + 6y2 + 4y + 1-2 = 0  2y4 + 12y2 = 0  2y2(y2 + 6)= 0  y = 0 y = 0 => x+ 4 = 0 <=> x = - 4 Vậy phương trình có một nghiệm là: x = - 4 VD 12: Giải phương trình (x – 2)4 + (x – 3)4 = 1 Giải: Đặt x – 3 = y => x – 2 = y + 1 khi đó phương trình đã cho có dạng: (1 + y)4 + y4 = 1  y4 + 4y3 + 6y2 + 4y + 1 + y4 = 1  2y4 + 4y3 + 6y2 + 4y = 0  2y( y3 + 2y2 + 3y + 2) = 0  2y(y + 1)(y2 + y + 2) = 0  y = 0 hoặc y = -1 y = 0 => x -3 = 0  x = 3 y = -1 => x – 3 = -1  x = -2 Vậy phương trình có hai nghiệm là: x1 = 3; x2 = -2 Bài tập đề nghị a. x4 + (x - 1)4 = 97 b. (x – 2)4 + (x - 6)4 = 82 c. (x – 5)2 + (x – 2)4 = 17 II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO KHÁC Để giải phương trình bậc cao, nguời ta thường dùng cách phân tích vế trái thành nhân tử để đưa phương trình bậc cao về các phương trình bậc nhất và bậc hai. Phương pháp đặt ẩn phụ cũng thường được sử dụng. 1. Phân tích vế trái thành nhân tử Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 10 Phân tích đa thức thành nhân tử có nhiều phương pháp khác nhau như: Đặt nhân tử chung, nhóm hạng tử, dùng hằng đẳng thức, thêm bớt hạng tử, tách hạng tử, thử nghiệm…; Sau đây tôi chỉ trình bày 2 phương pháp thường sử dụng trong quá trình giải phương trình bậc cao 1.1. Phân tích vế trái thành nhân tử bằng phương pháp thử nghiệm Cơ sở của phương pháp này là: một phương trình anxn +an-1xn-1 + ...+a1x + a0 = 0 có hệ số hữu tỉ (a i  Q i 1; n ) bao giờ cũng đưa được về phương trình có hệ số nguyên. Định lý: Nếu phương trình anxn +an-1xn-1 + ...+a1x + a0 = 0 (1) (ai  Z nghiệm hữu tỉ thì nghiệm có dạng x = p q i 1; n ). có (trong đó : p là ước của a0; q là ước của an) Hệ quả 1: Mỗi nghiệm nguyên nếu có của phương trình (1) đều là ước a0 Hệ quả 2: Nếu an = 1 thì mỗi nghiệm hữu tỉ của (1) đều nguyên VD 13: Giải phương trình: x3 +6x2 + 2x + 12 = 0 Nhận xét: Ta có an = 1; a0 =12. Nếu phương trình có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm đó phải là ước của 12. Các ước của 12 là: 1; 2; 3;  4; 6; 12 Lần lượt thay các giá trị trên vào phương trình ta thấy x = 6 là một nghiệm của PT Giải: x3 +6x2 + 2x + 12 = 0  (x+6)(x2 +2) = 0  x + 6 = 0 (vì x2 + 2 > 0 với mọi x)  x=-6 Vậy phương trình có một nghiệm là: x1 = - 6 VD 14: Giải phương trình: x4 + x3 - 7x2 - x + 6 = 0 Nhận xét: Ta có an = 1; a0 = 6. Nếu phương trình có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm đó phải là ước của 6. Các ước của 6 là: 1; 2; 3; 6 Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 11 Lần lượt thay các giá trị trên vào phương trình ta thấy x= 1; x=-1; x= 2; x= -3 là nghiệm của phương trình. Giải: x4 + x3 - 7x2 - x + 6 = 0  (x+1)(x-1)(x- 2)(x + 3) = 0  x+ 1 = 0 hoặc x - 1 = 0 hoặc x - 2 = 0 hoặc x + 3 = 0  x = -1 hoặc x= 1 hoặc x = 2 hoặc x= - 3 Vậy phương trình có 4 nghiệm là: x1 = 1; x2 = -1; x3 = 2; x4 = -3 VD 15: Giải phương trình: 2x3 + x2 - 7x + 3 = 0 Nhận xét: Ta có an = 2; a0 =3 Các ước của 2 là: 1; 2, Các ước của 3 là: 1; 2; 3 Nếu phương trình có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm đó phải là thương của phép chia ước của 3 cho ước của 2. Như vậy, các nghiệm có thể là: 1; 2; 3; 1 3  ;  2 2 1 Lần lượt thay vào ta thấy phương trình chỉ có một nghiệm hữu tỉ là x = 2 Giải: 2x3 + x2 - 7x + 3 = 0  (2x -1)(x2 + x - 3) = 0  2x  1 0   2  x  x  3 0 (1) (2) 1 giải PT(1): 2x -1 = 0  x = 2 giải PT(2): x2 + x - 3 = 0 Xét  = 12 -4.(-3) = 13 phương trình(2) có 2 nghiệm phân biệt: x1   1  13 ; 2 x2   1  13 2 Vậy phương trình có 3 nghiệm là : Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 12 x1   1  13  1  13 ; x2  2 2 1 ; x3 = 2 VD 16: tìm nghiệm nguyên của phương trình x3 + x2 + 1 = 0 Giải: Nếu phương trình có nghiệm nguyên thì nghiệm đó phải là ước của 1. Các ước của 1 là: 1. Với x =1 ta có 13 + 12 + 1 = 3 ≠ 0 => x = 1 không phải là nghiệm Với x = -1 ta có (-1)3 + (-1)2 + 1 = 1 ≠ 0 => x = -1 không phải là nghiệm Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. Lưu ý: Nếu a0 lớn và nhiều ước số thì việc tìm nghiệm nguyên của phương trình gặp nhiều khó khăn ta có thể dựa vào dấu hiệu sau để giảm bớt phép thử: Định lý: Nếu ai  Z  0 là nghiệm của đa thức P(x) = anxn +an-1xn-1 + ...+a1x +a0 với i 1; n . Khi đó P (1)  1 vµ P ( 1)  1 là nguyên VD 17: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x4 + 2x3 - 4x2 - 5x - 6 = 0 (*) Nhận xét: Nếu (*) có nghiệm nguyên thì nghiệm đó phải là ước của 6. Các ước của 6 là: 1; 2; 3; 6 x 1 -1 P (1)  1 P (  1)  1 2 -2 3 -3 6 -6 -12 4 -6 3 12 5 12 7 3 2 3 -2  3 2 Thay x= 2 và x= -3 vào pt(*) ta thấy nó thoả mãn. Vậy phương trình (*) có 2 nghiệm nguyên là x = 2 và x = -3 Chú ý: Việc tìm nghiệm hữu tỉ của phương trình: anxn +an-1xn-1 + ...+a1x + a0 = 0 (1) thường được đưa về tìm nghiệm nguyên của phương trình: xn +an-1 xn-1 + ...+a1x + a0 = 0 (2) Chúng ta chuyển từ (1) sang (2) bằng cách nhân cả 2 vế của phương trình (1) với ann-1 khi đó (1) trở thành (1'): Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 13 ann xn +an-1.ann-1 xn-1 + ...+a1.ann-1x + ann-1.a0 = 0 Đặt y=anx thì (1') trở thành: yn +an-1 yn-1 + ...+a1.ann-2y + ann-1.a0 = 0 VD 18: Tìm nghiệm hữu tỉ của phương trình: 2x3 + x2 - 7x + 3 = 0 (1) Giải: Nhân cả 2 vế của phương trình với 22 ta được: 23x3 + 22x2 - 7.22x + 3.22 = 0  (2x)3 + (2x)2 - 14.(2x) + 12 = 0 Đặt 2x = y phương trình trở thành: y3 + y2 - 14y + 12 = 0 (2) Nếu pt(2) có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm đó phải là ước của 12. Các ước của 12 là: 1; 2; 3; 4; 6; 12 P(1) = 0; P(-1) = 24 X 1 -1 P (1)  1 P (  1)  1 2 -2 3 -3 4 -4 6 -6 12 -12 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 8 -24 6 -12 -8 24 7 24 5  24 5 24 13  24 11 Thö víi y= 1; y= 2; y = 3; y= - 4 ta thấy chỉ có y =1 thoả mãn. y =1 => x = 1 2 Vậy phương trình chỉ có một nghiệm hữu tỉ là x = 1 2 1.2. Phương pháp hệ số bất định VD 19: Giải phương trình: x3 -12x + 16 = 0 Giải: Nếu vế trái phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng: (x + a)(x2 + bx + c) Ta có: (x + a)(x2 + bx + c) = x3 + (a + b) x2 + (ab + c)x + ac Đồng nhất hệ số ta có:  a  b 0   ab  c  12   ac 16   a 4   c 4  b  4  => x3 - 12x + 16 = 0 <=>(x+ 4)(x2 - 4x + 4) = 0 Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 14 <=>(x+4)(x - 2)2 = 0  x  4 0  x  4     2  x 2 (x  2) 0 VD 20. x3 -4x2 - 4x - 5 = 0 Giải: Nếu vế trái phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng: (x + a)(x2 + bx + c) Ta có: (x + a)(x2 + bx + c) = x3 + (a + b) x2 + (ab + c)x + ac Đồng nhất hệ số ta có:  a  b  4   ab  c  4   ac  5   a  5   c 1  b 1  => x3 - 4x2 - 4x - 5 = 0 <=> (x - 5)(x2 + x + 1) = 0 (1)  x  5 0   2  x  x  1 0 (2) giải pt(1): x - 5 = 0 <=> x = 5 1 1 3 1 3 giải pt(2): x2 + x + 1 = 0 <=> x2 + 2.x. 2  4  4 = 0 <=> (x + 2 ) 2  4 0 1 Ta có: (x + 2 ) 2 0 với 1 3 mọi x, nên (x + 2 ) 2  4  0 với mọi x nên phương trình (2) vô nghiệm. Kết luận: Vậy phương trình chỉ có một nghiệm duy nhất x = 5. VD 21: Giải phương trình: x4 + 6x3 + 11x2 + 6x +1= 0 (1) Giải: Nếu vế trái phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng: (x2+ax+b)(x2+cx+ d) Ta có: (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) = x4 + (a + c)x3 + (b + d + ac)x2 + (ad + bc)x + bd Đồng nhất hệ số ta có:  a  c 6   b  d  ac 11    ad  bc 6  bd 1  a 3  b 1    c 3  d 1 x4 + 6x3 + 11x2 + 6x +1= 0 <=> (x2 + 3x + 1) (x2 + 3x + 1) = 0<=>(x2 +3x +1)2 = 0 <=> x2 + 3x + 1= 0 (2) Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 15  3 2  4.1 5  0 pt (2) có 2 nghiệm phân biệt: Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm kép: x1  x1   3 5  3 5 ; x2  2 2  3 5  3 5 ; x2  2 2 VD 22. 2x3 - 5x2 + 8x - 3 = 0 Giải: nhân cả 2 vế với 22 ta được: (2x)3 - 5.(2x)2 + 8.2.(2x) - 3. 22 = 0 <=>(2x)3 - 5.(2x)2 + 16.(2x) - 12 = 0 Đặt y = 2x ta được: y3 - 5y2 + 16y - 12 = 0 Nếu vế trái phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng: (y + a)(y2 + by + c) = y3 + (a + b)y2 + (ab + c)y + ac Đồng nhất hệ số ta có:  a  b  5   ab  c 16   ac  12   a  1   b  4  c 12  Vậy y3 - 5y2 + 16y - 12 = 0 <=> (y -1)(y2 - 4y + 12) = 0 <=> (1)  y  1 0  y 2  4y  12 0 (2)  giải pt(1): y - 1 = 0 <=> y =1 1 y =1 => 2x = 1 => x= 2 giải pt(2): y2 - 4y + 12 = 0 <=> (y - 2)2 + 8 = 0 phương trình vô nghiệm vì: (y - 2)2 + 8 > 0 với mọi y Kết luận: Phương trình có một nghiệm duy nhất x = 1 2 VD 23. Giải phương trình: x4 - 4x3 - 10x2 + 37x - 14 = 0 Giải: Nếu vế trái phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng: (x2+ax+b)(x2+cx+ d) Ta có: (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) = x4 + (a + c)x3 + (b + d + ac)x2 + (ad + bc)x + bd Đồng nhất hệ số ta có: Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 16  a  c  4   b  d  ac  10    ad  bc 37  bd  14   a  5  b 2    c 1  d  7 Vậy x4 - 4x3 - 10x2 + 37x - 14 = 0 <=> (x2 -5x +2)(x2 + x - 7) = 0 x 2  5x  2 0 (1)   2  x  x  7  0 ( 2) Giải pt(1): x2 -5x + 2 = 0  25  8 17 x 1, 2  5  17 2 Giải pt(2): x2 + x - 7 = 0  1  28 29 x 3, 4  Vậy phương trình có 4 nghiệm:  1  29 2 x 1, 2  5  17 2 ; x 3, 4   1  29 2 Bài tập đề nghị: Giải các phương trình a. x3 + 2x2 + x - 1 = 0 b. 2x3 + 3x + 4 = 0 c. x4 + 2x3 + x + 5 = 0 d. x4 - 4x2 + 7x – 3 = 0 2. Phương pháp đặt ẩn phụ Phương pháp đặt ẩn phụ rất đa dạng, tuỳ bài toán cụ thể để có cách đặt ẩn phù hợp . Do vậy, khi giảng dạy giáo viên cần giúp cho các em nhận diện được phương trình, biên đổi phương trình một cách linh hoạt không cứng nhắc. VD 24: Giải các phương trình:(x2 + x)2 + 4(x2 + x) -12 = 0 (*) Giải: Đặt x2 + x = y khi đó phương trình (*) có dạng: y2 + 4y - 12 = 0 Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 17  = 22 -1.(12) = 16;  = 4 =>y1 = -2 - 4= -6; y2 =-2 + 4 = 2 y1 = -6 => x2 + x = -6 <=> x2 + x + 6 = 0 (1)  = 12 - 4.6 = - 23 < 0 => pt(1) vô nghiệm y2 = 2 => x2 + x - 2 = 0 (2) Phương trình (2) có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = -2 Vậy phương trình (*) có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = -2 VD 25: Giải phương trình: (x2 + 5x)2 – 8x(x + 5) - 84 = 0 cách giải: <=>(x2 + 5x)2 - 8(x2 + 5x) - 84 = 0 Đặt x2 + 5x = y Khi đó phương trình có dạng: y2 – 8y - 84 = 0 giải phương trình ta tìm được y => x VD 26: (x - 7)(x-5)(x-4)(x-2) = 72 Giải: (x - 7)(x-5)(x-4)(x-2) = 72  [(x - 7)(x-2)][(x - 5)(x-4)] =72  (x2 - 9x + 14)(x2 - 9x + 20) = 72 Đặt x2 - 9x + 17 = y khi đó pt có dạng: (y- 3)(y+ 3) =72  y2 = 81  y = 9 + Với y = 9 ta có: x2 - 9x +17 = 9 (1)  x2 - 9x + 8 = 0 Phương trình (1) có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = 8 + Với y = - 9 ta có: x2 - 9x + 17 = -9  x2 - 9x + 26 = 0  = 81 - 4. 26 = 81 - 104 =- 23 < 0 => phương trình (2) vô nghiệm Vậy phương trình (*) có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = 8 VD 27 (6x +7)2 (3x +4)(x + 1) = 6 Giải: nhân cả 2 vế với 12 ta được: (6x +7)2 (6x + 8)(6x + 6) = 72 Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 18 Đặt y = 6x + 7 khi đó phương trình trở thành: y2(y +1)(y - 1) = 72 <=>y2 (y2 - 1) - 72 = 0 <=> y4 - y2 - 72= 0 Đặt y2 = t; t ≥ 0 phương trình trở thành: t2 - t - 72 = 0  = 12 - 4.(-72) = 289;  = 17 1  17 1  17 t1   8 (loại); t 2  9 (thoả 2 2 mãn) với t2 = 9 => y2 = 9 => y = 3  2 3 + Với y = - 3 => -3 = 6x + 7 <=> x =  + Với y = 3 => 3 = 6x + 7 <=> x = Vậy phương trình có 2 nghiêm: x1 =  5 3 2 3 ; x2 =  5 3 Bài tập đề nghị Giải các phương trình: a. (x2 + x)2 + 4(x2 + x) = 12 b. (x - 7)(x - 5)(x - 4)(x - 2) = 72 c. (x - 1)(x - 3)(x + 5)(x + 7) = 297 d. (x2 -3x + 1)(x2 - 3x + 2) =2 e. (6x + 7)2 (3x + 4)(x + 1) = 6 f. (8x + 7)2 (4x + 3)(x + 1) = 3,5 g. (x + 2)2 + (x + 3)3 + (x + 4)4 = 2 KẾT LUẬN Để giải phương trình bậc cao có rất nhiều phương pháp khác nhau. Trong bản sáng kiến này tôi chỉ nêu ra một số dạng phương trình bậc cao đặc biệt và một số phương pháp giải. Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 19 Qua thực tế giảng dạy, tôi thấy rằng: việc nắm vững các phương pháp sẽ giúp các em tự tìm ra được cái “chốt” có vấn đề. Từ đó, đề xuất ra được phương pháp giải phù hợp. Chính vì vậy, việc nắm vững các phương pháp giải phương trình bậc cao sẽ góp phần giúp các em thêm tự tin, mạnh dạn khi giải toán, tạo được sự hứng thú học tập cho các em. Mặc dù đã có nhiều cố gắng song do trình độ còn hạn chế, nên trong bản sáng kiến kinh nghiệm này còn nhiều thiếu sót, phiến diện rất mong sự góp ý chân tình của các bạn bè đồng nghiệp và các em học sinh.
- Xem thêm -