Skkn những phương pháp giải phương trình bậc cao

  • Số trang: 22 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 12 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

Sáng kiến kinh nghiệm: Phương trình bậc cao PHẦN I ĐẶT VẤN ĐỀ Toán học là môn khoa học tự nhiên có từ rất lâu đời. Nó tồn tại và phát triển cùng với sự tồn tại và phát triển của xã hội loài người. Từ 2000 năm trước công nguyên người Cổ đại đã biết cách giải các phương trình bậc nhất, người cổ Babilon đã biết giải phương trình bậc hai và đã dùng các bảng đặc biệt để giải phương trình bậc ba. Nhưng để giải các phương trình bậc cao hơn phải đến đầu thế kỷ 19, nhà Toán học Nauy là Abet ( 1802 – 1829) chứng minh được rằng phương trình tổng quát bậc 5 và lớn hơn bậc 5 là không để giải được bằng các phương tiện thuần tuý đại số. Sau cùng nhà toán học Pháp là Galoa ( 1811 – 1832) đã giải quyết một cách trọn vẹn về vấn đề phương trình đại số. Sau nhiều năm giảng dạy môn Toán ở bậc trung học cơ sở tôi nhận thấy mảng giải phương trình bậc cao được đưa ra ở sách giáo khoa lớp 8, 9 là rất khiêm tốn, nội dung sơ lược, mang tính chất giới thiệu khái quát, quỹ thời gian giành cho nó là quá ít ỏi. Bên cạnh đó là các nội dung bài tập ứng dụng thì rất phong phú, đa dạng và phức tạp. Các phương trình bậc cao là một nội dung thường gặp trong các kỳ thi ở Bậc THCS, THPT và đặc biệt trong các kỳ thi tuyển sinh vào Đại học và cao đẳng. Xuất phát từ tầm quan trọng của nội dung, tính phức tạp hóa gây nên sự trở ngại cho học sinh trong quá trình tiếp cận với phương trình bậc cao. Cùng với sự tích luỹ kinh nghiệm có được của bản thân qua nhiều năm giảng dạy. Kết hợp với những kiến thức mà tôi đã lĩnh hội được trong chương trình Đại học Toán mà đặc biệt là sự hướng dẫn tận tình của các thầy cô giáo. Tôi mạnh dạn chọn đề tài “Những phương pháp giải phương trình bậc cao.” Qua đề tài, tôi mong rằng bản thân mình sẽ tìm hiểu sâu hơn về vấn đề này, tự phân loại được một số dạng toán giải phương trình bậc cao, nêu lên một số phương pháp giải cho từng dạng bài tập. Từ đó giúp học sinh có thể dễ dàng hơn trong việc giải phương trình bậc cao. Qua nội dung này tôi hy vọng học sinh phát huy được khả năng phân tích, tổng hợp, khái quát hoá qua cá bài tập nhỏ. Từ đó hình thành cho học sinh khả năng tư duy sáng tạo trong học tập. 1 Sáng kiến kinh nghiệm: Phương trình bậc cao PHẦN II : NỘI DUNG ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU Để giải một bài toán đòi hỏi người giải phải biết phân tích để khai thác hết giả thiết, các điều kiện yêu cầu của đề bài, thể loại bài toán .... để từ đó định hướng cách giải. Đại bộ phận học sinh chúng ta không hiểu rõ sự quan trọng cần thiết của việc phân tích và nhận định hướng giải, nhiều em không học lý thuyết đã vận dụng ngay, không giải được thì chán nản, bỏ không giải hoặc giở sách giải ra chép v.v.... Trong quá trình giảng dạy, đặc biệt khi dạy chương phương trình ta thấy các dạng phương trình đa dạng và phong phú, mà ta phải vận dụng nhiều kỹ năng biến đổi đại số như sử dụng hằng đẳng thức đáng nhớ và một số hằng đẳng thức mở rộng, dùng các phép biến đổi tương đương và các phép biến đổi đại số, phân tích đa thức thành nhân tử ... Công cụ giải phương trình đòi hỏi không cao xa, chỉ với kiến thức toán cấp hai là đủ. Cái quan trọng là yêu cầu học sinh phải nắm vững kiến thức, phải có sự lập luận chặt chẽ, phải biết xét đầy đủ các khía cạnh, các trường hợp cụ thể của từng vấn đề. Đặc biệt là yêu cầu đối với những học sinh khá, giỏi phải hết sức sáng tạo, linh hoạt trong khi giải phương trình, biết đặc biệt hoá và tổng quát hoá những vấn đề cần thiết. Là giáo viên trong quá trình giảng dạy việc cung cấp kiến thức cho học sinh phải thực sự đúng quy trình các bước biến đổi, phải đảm bảo lôgíc, có hệ thống, không tự tiện cắt bỏ kiến thức để rèn cho các em học sinh thói quen cẩn thận, kỹ năng giải bài tập hợp lôgíc toán học. Việc giải phương trình bậc cao quy về bậc một nằm trong chương trình bậc nhất một ẩn phần cuối chương, đây là một vấn đề khó với các em học sinh trung bình và học sinh đại trà, số tiết dạy cho phần này lại ít. * Đối với giáo viên : Phải hệ thống được các khái niệm và các định nghĩa cơ bản của các dạng phương trình, các tính chất và các cách giải phương trình từ đơn giản đến phức tạp. Nghiên cứu, tìm tòi, khai thác để tìm được những ứng dụng đa dạng, phong phú của phương trình. Mặt khác phải lựa chọn các phương pháp thích hợp đối với từng đối tượng học sinh, đồng thời nâng cao nghiệp vụ của giáo viên. 2 Sáng kiến kinh nghiệm: Phương trình bậc cao * Đối với học sinh : Nắm chắc một cách có hệ thống các khái niệm, định nghĩa, các phép biến đổi tương đương, các tính chất và các hệ quả. Từ đó phát triển khả năng tư duy, lôgíc cho người học. Giúp cho học sinh có một khả năng độc lập, suy diễn và vận dụng, rèn trí thông minh cho học sinh. Đồng thời cho học sinh thấy được sự thuận tiện hơn rất nhiều trong giải phương trình. II- NHỮNG KIẾN THỨC CƠ BẢN TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH : 1- Các định nghĩa : 1.1 Định nghĩa phương trình : Giả sử A(x) = B(x) là hai biểu thức chứa một biến x. Khi nói A(x) = B(x) là một phương trình, ta hiểu rằng phải tìm giá trị của x để các giá trị tương ứng của hai biểu thức này bằng nhau. Biến x được gọi là ẩn. Giá trị tìm được của ẩn gọi là nghiệm. Việc tìm nghiệm gọi là giải phương trình Mỗi biểu thức gọi là một vế của phương. 1.2. Định nghĩa phương trình bậc nhất một ẩn : Phương trình có dạng ax + b = 0, với a, b là những hằng số; a 0 được gọi là phương trình bậc nhất một ẩn số, b gọi là hạng tử tự do. 1.3. Tập xác định của phương trình : Là tập hợp các giá trị của ẩn làm cho mọi biểu thức trong phương trình có nghĩa. 1.4. Định nghĩa hai phương trình tương đương : Hai phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng tập hợp nghiệm. 1.5. Các phép biến đổi tương đương : Khi giải phương trình ta phải biến đổi phương trình đã cho thành những phương trình tương đương với nó ( nhưng đơn giải hơn). Phép biến đổi như thế được gọi là phép biến đổi tương đương. 1.6. Định nghĩa phương trình bậc hai một ẩn : Phương trình bậc hai một ẩn số là phương trình có dạng ax 2 + bx + c = 0; trong đó x là ẩn số; a, b, c là các hệ số đã cho; a  0. 1.7. Định nghĩa phương trình bậc cao : 3 Sáng kiến kinh nghiệm: Phương trình bậc cao Ta gọi phương trình đại số bậc n trên trường số thực là các dạng phương trình được đưa về dạng : anxn + an-1xn-1 + ... + a1 + a0 = 0 Trong đó n nguyên dương; x là ẩn; a1, a2, a3, ..., an là các số thực xác định ( an  0). 2- Các định lý biến đổi tương đương của phương trình : a) Định lý 1 : Nếu cộng cùng một đa thức của ẩn vào hai vế của một phương trình thì được một phương trình mới tương đương với phương trình đã cho. Ví dụ : 2x = 7 <=> 2x + 5x = 7 +5x. * Chú ý : Nếu cộng cùng một biểu thức chứa ẩn ở mẫu vào hai vế của một phương trình thì phương trình mới có thể không tương đương với phương trình đã cho. Ví dụ : x – 2 (1) Không tương đương với phương trình x 2 1 1  x 2 x 2 Vì x = 2 là nghiệm của (1) nhưng không là nghiệm của (2) * Hệ quả 1: Nếu chuyển một hạng tử từ vế này sang vế kia của một phương trình được một phương trình mới tương đương với phương trình đã cho. Ví dụ : 8x – 7 = 2x + 3 <=> 8x – 2x = 7 + 3 * Hệ quả 2 : Nếu xoá hai hạng tử giống nhau ở hai vế của một phương trình thì được một phương trình mới tương đương với phương trình đã cho. Ví dụ : -9 – 7x = 5 ( x +3) – 7x <=> -9 = 5 x ( x + 3) * Chú ý : Nếu nhân hai vế của một phương trình với một đa thức của ẩn thì được phương trình mới có thể không tương đương với phương trình đã cho. 4 Sáng kiến kinh nghiệm: Phương trình bậc cao III- MỘT SỐ CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO : A- Phương hướng : Ở phổ thông không học phép giải tổng quát cho phương trình bậc ba, bậc bốn còn phương trình bậc 5 không có phép giải tổng quát. Tuy nhiên trong một số trường hợp đặc biệt có thể đưa phương trình cần giải về những phương trình bậc 1, bậc 2. Ta phải dựa vào đặc thù của phương trình cần giải để có phương pháp thích hợp. Giải và giảng dạy các bài toán về giải phương trình bậc cao quy về bậc nhất một ẩn hoặc bậc hai nằm trong quá trình giải phương trình bậc nhất, bậc 2. Nói chung bao gồm nhiều dạng và phong phú được các nhà toán học và sư phạm quan tâm và đề cập tới trong nhiều tài liệu, tập san toán học v.v... Căn cứ vào mục đích ý nghĩa kết quả điều tra và thực tế giảng dạy chương phương trình. Trong quá trình giảng dạy, bản thân tôi đã nghiên cứu, áp dụng lý luận trong quá trình dạy học, các phương pháp đặc trưng bộ môn, áp dụng các kiến thức đã học để đưa các phương trình bậc cao về bậc nhất, bậc hai bằng nhiều cách. Các dạng cơ bản của phương trình bậc cao thường gặp là các phương trình trùng phương, phương trình đối xứng, phương trình thuận nghịch... B- Các bài toán và phương pháp giải : 1- Phương pháp đưa về phương trình tích : 1.1. Áp dụng các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử : Để giải các phương trình dạng này trước hết ta phải nắm vững các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử bằng mọi cách đưa phương trình đã cho về dạng tích. f(x).g(x) ... h(x) = 0 <=> f(x) =0 g(x) = 0 ..... =0 h(x) = 0 Vì một tích bằng 0 khi và chỉ khi ít nhất 1 phần tử bằng 0. Nghiệm của phương trình đã cho chính là tập hợp nghiệm của các phương trình : f(x) = 0; g(x) = 0; ..... ; h(x) = 0. 5 Sáng kiến kinh nghiệm: Phương trình bậc cao * Bài toán 1 : Giải phương trình (x-1)3 + x3 + ( x+1)3 = (x+2)3 (1) (x-1)3 + x3 + ( x+1)3 = (x+2)3 Giải : <=> x3 – 3x2 +3x – 1+ x3 + x3 + 3x2 + 3x + 1 = x3 + 6x2 + 12x + 8 <=> x3 - 3x2 - 3x – 4 <=> x3 – 1 – 3x2 – 3x – 3 = 0 <=> (x-1) ( x2 + x+ 1) – 3 (x2 + x + 1) = 0 <=> ( x2 + x + 1) ( x – 4) = 0 =0 (2) Với học sinh lớp 8 ta làm như sau: Do x2 + x + 1  0 nên phương trình có một nghiệp x – 4 = 0 <=> x = 4 Với học sinh lớp 9 : (2) <=> x2 + x + 1 = 0 x–4 =0 (*) (**) Giải phương trình (*) :  = 1 – 4 = -3 < 0 nên (*) vô nghiệm. Giải (**) : x = 4. Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 4. 1.2 . Nhẩm nghiệm rồi dùng lược đồ Hoócne để đưa về phương trình tích. * Lược đồ Hoócne : Nếu f(x) có nghiệm là x = x0 thì f(x) chứa nhân tử ( x – x0) tức là : f(x) = ( x – x0).g(x). Trong đó : f(x) = anxn + an -1xn -1 + ... + a1x + a0 = 0 g(x) = bnxn + bn - 2xn - 2 + ... + b1x + b0 = 0 với : bn – 1 = an bn – 2 = x0bn – 1 + an – 1. ............... bi – 1 = x0b1 + ai b0 = x0b1 + a1. Ta có bảng sau ( Lược đồ Hoócne). xi an an - 1 .......... a1 a0 x0bn-1 .......... x0b1 x0b1 x = x0 bn-1=an bn-2 ......... b0 0 Việc nhẩm nghiệm các phương trình dựa trên các cơ sở sau : 6 Sáng kiến kinh nghiệm: Phương trình bậc cao 1.2.1. Nếu đa thức có tổng các hệ số bằng 0 thì 1 là một nghiệm của đa thức, đa thức chứa thừa số x –1 . 1.2.2. Nếu đa thức có tổng các hệ số của một số hạng bậc chẵn bằng tổng các hệ số của số hạng bậc lẻ thì -1 là một nghiệm của đa thức, đa thức chứa thừa số ( x + 1). 1.2.3. Mọi nghiệm nguyên của đa thức đều là ước số của hệ số tự do a0. 1.2.4. Mọi nghiệm hữu tỉ của đa thức với hệ số nguyên : xn + an-1 xn-1 + ... + a1x + a0 = 0 đều là số nguyên. * Bài toán 2 : Giải phương trình : x4 + x3 – x – 1 = 0 (2) Nhận thấy : a4 + a3 + a2 + a1 + a0 = 1 + 1 + 0 + (-1) + (-1) = 0 Và : a4 + a2 + a0 = 1 + 0 + (-1) = a3 + a1 = 1 + (-1) . áp dụng mục 1.2.1 và 1.2.2 ta có 2 nghiệm của phương trình (2) là : x1 = 1; x2= -1. Áp dụng lược đồ Hoócne ta có : xi a4 =1 a3 =1 a2 =0 a1=-1 a0=-1 x =1 1 2 2 1 0 x=-1 1 1 1 0 Phương tình (2) có dạng phân tích như sau : (x-1) (x+1) (x2 + x + 1 ) = 0 Ta dễ dàng nhận thấy phương trình(2) có 2 nghiệm là : x1 = 1; x2 = -1. * Bài toán 3 : Giải phương trình : x3 – 5x2 + 8x – 16 = 0 (3) Ở bài toán này ta không thể áp dụng được việc nhẩm nghiệm theo nhận xét ở 1.2.1 và 1.2.2. áp dụng nhận xét mục 1.2.3 và 1.2.4 ta có: Ư (4) { 1;  2;  3;  4;  8;  16} Kiểm tra thấy x = 4 là 1 nghiệm Áp dụng lược đồ Hoocne ta đưa phương trình (3) về dạng (x – 4) ( x2 – x + 4) = 0 <=> x – 4 = 0 x2 – x + 4 = 0 (*) (**) (*) <=> x – 4 = 0 <=> x = 4 7 Sáng kiến kinh nghiệm: Phương trình bậc cao (**) <=> x2 – x + 4 = 0 ∆ = 1 – 4.4 = 1 – 16 = - 15 < 0 => (**) vô nghiệm Vậy nghiệm của pt (3) là x = 4 * Bài toán 4: Giải pt: 2x3 – 5x2 + 8x – 3 = 0 ( 4) Việc áp dụng nhận xét các mục 1.2.1; 1.2.2 ; 1.2.3 không thể giải quyết được vấn đề ( vì ở phương trình này không có nghiệm nguyên). Ta nghĩ đến cơ hội cuối cùng nếu phương trình có nghiệm hữu tỉ và áp dụng nhận xét ở mục 1.2.4 (4) <=> 8x3 – 20x2 + 32x – 12 = 0 <=> (2x)3 – 5 (2x)2 + 16(2x) – 12 = 0 Đặt y= 2x ta có: y3 - 5y2 + 16y – 12 = 0 ( 4’) Nhận thấy: a3 + a2 + a1 + a0 = 1 + ( -5) +16 + ( -12) = 0 Áp dụng 1.2.1 ta có y = 1 Áp dụng lược đồ Hoócne (4’) về dạng ( y – 1) ( y2 – 4y + 12) = 0 <=> y–1=0 (*) y2 – 4y + 12 = 0 (**) (*) <=> y – 1 = 0 <=> y = 1 => x = 1/2 (**) <=> y2 – 4y + 12 = 0 vô nghiệm vì <=> ( y – 2)2 + 8 > 0  y Vậy phương trình ( 4) có một nghiệm và x = 1/2 1.2.5. Việc nhẩm nghiệm như ở trên sẽ gặp rất nhiều khó khăn nếu số hạng tạ do a0 lớn và có nhiều ước số. Trong trường hợp này ta sẽ áp dụng nhận xét sau để đi loại trừ bớt các ước không là nghiệm của phương trình một cách nhanh chóng. - Nếu x0 là nghiệm nguyên của đa thức f(x) và f(1)  0; f(-1)  0 thì f (1) x0  1 f (  1) và x  1 đều là các giá trị nguyên. 0 *Bài toán 5 : Giải phương trình : 4x3 – 13x2 + 9x – 18 = 0 (0) 8 Sáng kiến kinh nghiệm: Giải : Phương trình bậc cao U(18) { 1, 2, 3, 6, 9, 18} Hiển nhiên –1, 1 không là nghiệm của (5) =>f(1) 0, f(-1) 0. Ta thấy : f (1)  18   9  Z 3 1 2 f (`1)  44   11  Z 3 1 4 => Phương trình (5) có khả năng có nhiệm là x1 = 3. Áp dụng lược đồ Hoócne ta đưa (5) về dạng sau : (x-3) ( 4x2 – x + 6 ) = 0 <=> x – 3 = 0 (*) 4x2 – x + 6 = 0 (**) (*) <=> x = 3 (**) <=> 4x2 – x = 6 = 0  = (-1)2 – 4.4.6 < 0 => (**) vô nghiệm. Nên phương trình (5) có một nghiệm là : x = 3. * Chú ý : - Việc nhẩm nghiệm phương trình có thể nhẩm miệng rồi dùng thuật toán chia đa thức cho đa thức để hạ bậc và đưa phương trình về dạng tích. - Có thể dùng lược đồ Hoócne để xác định ước số nào của a 0 là nghiệm, ước số nào không là nghiệm và đưa ngay ra dạng phân tích. VD : Xét phương trình : x3 – 5x2 – 8x - 4 = 0 (*) Ư(4) 1, 2, 4} Áp dụng lược đồ Hoócne ta có : x0 x =1 x=-1 a3 =1 1 1 a2 =-5 -4 -6 a1 =8 4 14 a0=-4 0 -18 x=2 1 -3 2 0 x = -2 1 -7 22 -48 x=4 1 -1 4 12 x = -4 1 -9 44 172 9 Sáng kiến kinh nghiệm: Phương trình bậc cao Nhận thấy x= 1 và x = 2 là nghiệm của phương trình (*) lúc đó (*) viết dưới dạng phương trình tích như sau : ( x – 1 ) ( x – 2) ( x – 2 ) = 0 2- Phương pháp đặt ẩn phụ : - Phương pháp này thường được sử dụng với các dạng phương trình. * Dạng 1 : Phương trình có dạng ax4 + bx2 + c = 0 ( a0) gọi là phương trình trùng phương. + Cách giải : Đặt ẩn phụ y = x2 ( y 0) đưa về phương trình bậc hai đối với y như sau : ay2 + by + c = 0 * Bài toán 7 : Giải phương trình : x4 – 5x2 + 4 = 0 (1) Đặt y = x2 ( y 0) Giải : (1) <=> y2 – 5y + 4 = 0 <=> (y-1)(y-4) = 0 <=> y – 1 = 0 <=> y = 1 y–4=0 y=4 x2 = 1 <=> x1 = 1; x2 = -1 x2 = 4 <=> x3 = 2; x4 = -2 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm : x = 1; x = -1; x = 2; x = -2. * Dạng 2 : Phương trình có dạng : ( x +a) (x+b) (x+c) (x+d) = m Với a + b = c + d hoặc a + c = b + d hoặc a + d = b + c. * Bài toán 8 : Giải phương trình ( x – 1) ( x + 1) ( x + 3) ( x + 5) = 9 (1) Giải : 10 Sáng kiến kinh nghiệm: (1) <=> <=> Phương trình bậc cao ( x – 1) ( x + 1) ( x + 3) ( x + 5) = 9 ( x2 + 4x – 5) ( x2 + 4x + 3) = 9 Đặt y = x2 + 4x – 5 Ta được phương trình : y ( y+8) = 9 <=> y2 + 8y – 9 = 0 <=> (y-1)(y+9) = 0 <=> y – 1 = 0 <=> y = 1 y +9 = 0 y = -9 x2 + 4x – 5 = 1 <=> x2 + 4x - 6 = 0 <=> x1,2 =  2  10 x2 + 4x – 5 = -9 <=> x2 + 4x + 4 = 0 <=> x3,4 = - 2 Vậy phương trình ( 1) có 3 nghiệm : x1 =  2  10 ; x2 =  2 10 ; x3 = -2 * Dạng 3 : Phương trình dạng ( x + a)4 + ( x + b)4 = c + Cách giải :Ta đưa phương trình trên về dạng phương trình trùng phương bằng cách đặt y = x + ( a+b)/2 * Bài toán 9 : Giải phương trình : ( x + 1)4 + ( x +3)4 = 16 Giải : Đặt y = x + 2 ta được phương trình. ( y-1)4 + ( y+1)4 = 16 <=> 2y4 + 12y2 + 2 = 16 <=> y4 + 6y2 – 7 = 0 ( Phương trình trùng phương) Đặt m = y ( m0) ta được phương trình. m2 + 6m – 7 = 0 (8) Dùng phương pháp nhẩm nghiệm ( a+b+c = 0) (*) <=> m1 = 1 (thoả mãn); m2 = -7 (loại) y2 = 1 => y1 = 1; y2 = -1 x+2=1 => x = -1 11 Sáng kiến kinh nghiệm: x + 2 = -1 Phương trình bậc cao => x = -3 Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm là : x = - 1; x = -3 Dạng 4: Phương trình đối xứng bậc chẵn có dạng: a0x2n + a1x2n-1 + .... + an – 1xn + anxn –1 + .....+ a1x + a0 = 0 Cách giải: Vì 0 không là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế của phương trình cho x2 rồi đưa về phương trình bậc n bằng cách đặt y = x + 1/x * Bài toán 10: Giải phương trình 2x4 + 3x3 – 3x2 + 3x + 2 = 0 ( 1) Giải: x = 0 không là nghiệm của ( 1) Với x  0 chia 2 vế của (1) cho x2 ta được phương trình tương đương 2 x 2  3x  3  3 2  0 x x2 1 1 )  3( x  )  5 0 2 x x 1 2 1  2( x  )  3( x  )  5 0 x x  2( x 2  2  1 x Đưa phương trình về 2y2 + 3y – 5 = 0 (2)  = 9 + 40 = 49 > 0 => Phương trình (2) có 2 nghiệm Đặt y = x y1  x  37  3 7  5 1; y 2   4 4 2 1 1 x ( nhân 2 vế với x  0) <=> x2 – x + 1 = 0 ( *)  = 1 – 4 = -3 < 0 => Phương trình (*) vô nghiệm x 1  5  x 2 ( nhân 2 vế với 2x  0) <=> 2x2 + 5x + 2 = 0 ( **)  =25 – 16 = 9 > 0 => phương trình ( **) có 2 nghiệm x1   53  1  4 2 x2   5 3  2 4 12 Sáng kiến kinh nghiệm: Phương trình bậc cao ; Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm : x1 = -1/2 ; x2 = -2 * Dạng 5: Phương trình đối xứng bậc lẻ có dạng: a0x2n-1 + an-1x2n + .... + anxn -1 + anxn + .....+ a1x + a0 = 0 Cách giải: Phương trình này bao giờ cũng có nghiệm x 0 = -1 và khi chia 2 vế của phương trình cho ( x +1) ta được phương trình đối xứng bậc chẵn 2n. * Bài toán 11: Giải phương trình 2x5 + 5x4 – 13x3 – 13x2 + 5x + 2 = 0 ( 1) Giải: Ta có 2 + (-13) + 5 = 5 + (-13) +2 => a5 + a3 + a1 = a4 + a2 + a0 => x0 = -1 là nghiệm của phương trình Với x  - 1 chia cả 2 vế của phương trình ( 1) cho ( x+1) ta có phương trình 2x4 + 3x3 – 16x2 + 3x + 2 = 0 ( 3) Dễ dàng thấy rằng x = 0 không là nghiệm của (3) Chia cả 2 vế của ( 3) cho x2  0, ta có phương trình tương đương 1 x 2x2 + 3x – 16 + 3.  2. 1 0 x2 1 1  2( x  ) 2  3( x  )  20 0 x x Đặt y = x  1 ta được phương x trình 2y2 + 3y – 20 = 0 ( 4)  = 9 + 160 = 169 > 0 => phương trình ( 4 ) có 2 nghiệm phân biệt y1   3  13 5  4 2 ; y2   3  13  4 4 Từ đó giải 2 phương trình x 1  4 x ( nhân 2 vế với x  0) <=> x2 + 4x + 1 = 0 ( *) ’ = 4 - 1 = 3 > 0 x1  2  3 x 2  2  3 13 Sáng kiến kinh nghiệm: Phương trình bậc cao => phương trình ( *) có 2 nghiệm : x ; 1 5  x 2 ( nhân 2 vế với 2x  0) <=> 2x2 – 5x + 2 = 0 ( **)  = 25 – 16 = 9 > 0 => phương trình ( **) có 2 nghiệm x1  53 3 4 x2  5 3 1  4 2 Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm: x1  2  3 ; x 2  2  3 ; x 3 3 ; x4  1 2 * Nhận xét: Bài tập này tương đối khó với học sinh nên khi dạy giáo viên cần lưu ý khai thác hết giả thiết, nhận xét có thể sử dụng phương pháp nào, hằng đẳng thức nào để phân tích cho thích hợp. Mỗi bài tập giải xong giáo viên nên chốt lại vấn đề và các kiến thức sử dụng trong quá trình giải nhằm giúp học sinh nắm được bài và các kiến thức cần sử dụng trong quá trình giải bài tổng quát, bài tương tự, đặc biệt dùng để bồi dưỡng học sinh giỏi nhằm phát triển tư duy. * Dạng 6: Phương trình có dạng: (x + a) (x + b) ( x+ c) ( x + d) = mx2 Cách giải: Đặt ẩn phụ y = x + ad/2 hoặc y = (x + a) (x + d) *Bài toán 12: Giải phương trình 4(x + 5) ( x + 6) ( x + 10) ( x + 12) = 3x2 (1) Giải: * Cách 1: (1) <=> 4 (x2 + 17x + 60) ( x2 + 16 x + 60 ) = 3x2 <=> 4(x + 17 + Đặt y = ( x + 16 + (2) 60 ) (x x + 16 + 60 )= x 3 ( vì x  0) ( 2) 60 ) x <=> 4y ( y + 1) = 3 <=> 4y2 + 4y – 3 = 0 <=> y1 = 1/2 ; y2 = -3/2 14 Sáng kiến kinh nghiệm: Phương trình bậc cao Với y = 1/2 ta có : 2x2 + 31x + 120 = 0 <=> x1 = - 8; x2 = -15/2 Với y = -3/2 ta có :2x2 + 35x + 120 = 0  x3   35  265 4 ; x4   35  265 4 * Cách 2: Đặt y = x2 + 16x + 60, ta được phương trình 4y ( y + x) – 3x2 = 0 (3) <=> ( 2y – x) ( 2y + 3x) = 0 <=> x1 = 2y x2 = -2y/3 Thay vào ( 3) ta tìm được 4 nghiệm *Bài toán 13: Giải phương trình ( x – 3) ( x +2) ( x – 4)( x + 6) = 14x2 (1) Giải: * Cách 1: Khai triển, thu gọn về phương trình f(x) = 0 với vế trái là đa thức bậc bốn * Cách 2: Nhận thấy ( -3)(-4) = 12 2.6 = 12 (1) <=> ( x – 3)( x – 4)( x + 2)( x + 6) = -14x2 <=> (x2 – 7x + 12) ( x2 – 8x + 12) = - 14x2 (2) Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của (1) nên chia 2 vế cho x2 (2) <=> Đặt t = (x  7  x 7 12 x 12 12 )( x  8  )  14 x x => x 8  12 x (3) = t + 15 (3) trở thành: t (t + 15) = -14 <=> t2 + 15t + 14 = 0 <=> t1 = -1; t2 = -14 Với t = -1: x 7 12 x = -1 <=> x2 – 6x + 12 = 0 (*) (vì x  0) ’ = 9 – 12 = -3 < 0 => (*) vô nghiệm Với t = -14: x 7 12  14 x 15 Sáng kiến kinh nghiệm: Phương trình bậc cao <=> x2 + 7x + 12 = 0 (**) (vì x  0)  = 49 – 48 = 1 > 0 => (**) có 2 nghiệm x1 = 3; x2 = 4 Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm : x = 3 ; x = 4 * Dạng 7: Phương trình có dạng d( x + a) (x + b) ( x + c) = mx Trong đó: d a b c ; 2 m = (d – a)(d – b)(d – c) * Cách giải: Đặt ẩn phụ y = x + d, một nghiệm của phương trình là y = 0 * Nhận xét: Một số thiếu sót thường mắc khi biến đổi phương trình: - Khi chia 2 vế cho một đa thức của phương trình f1(x)g(x) = f2(x)g(x) (1) thành f1(x) = f2(x) - Khử luỹ thừa bậc chẵn ở 2 vế của phương trình f2n(x) = g2n(x) (2) thành f(x) = g(x). Hai phép biến đổi này có thể làm mất nghiệm. - Đối với phương trình đầu nên chuyển vế để đưa về phương trình tích hoặc giải phương trình f1(x) = f2(x) - Đối với phương trình (2) giải 2 phương trình f(x) = g(x) và f(x) = -g(x). * Dạng 8 : x3 + ax2 + bx + c = 0 (Phương pháp này có thể giải được với phương trình không có nghiệm hữu tỉ) + Cách giải : - Bước 1 : Quy về dạng y3 + py + q = 0 bằng cách đặt y = a/3 + x - Bước 2 : Đặt y = u + v ( u+v)3 + p( u+v) + q = 0 <=> u3 + v3 + ( u + v) ( 3uv + p ) + q = 0 Nên u và v thoả mãn hệ phương trình : u3 + v3 = - q 3uv = - p <=> u3 + v3 = - q u3v3 = - p3/27 Sau đó áp dụng hệ thức Viét để tìm nghiệm u, v. 16 Sáng kiến kinh nghiệm: Phương trình bậc cao *Bài toán 14 : Giải phương trình : x3 + 9x2 + 18x + 28 = 0 (*) Đặt y = x + a/3 = x + 3 => x = y – 3 (*) <=> y3 – 9y + 28 = 0 ( **) Đặt y = u + v (**) <=> (u + v )3 – 9 ( u + v) + 28 <=> u3 + v3 + ( u + v) ( 3uv – 9) + 28 = 0 ( ***) Nếu u, v thoả mãn phương trình( ***) thì u,v là nghiệm của hệ u3 + v3 = - 28 <=> u3 + v3 = - 28 u3v3 = 27 uv = 3 => u3, v3 là nghiệm của phương trình: X2 + 28X + 27 = 0 => u3 = - 1; v3 = - 27 => u = - 1; v = - 3 => y = u + v = - 1 – 3 = - 4 mà x = y – 3 => x = -7 Vậy phương trình (*) có một nghiệm là x = 7 3 – Phương pháp đưa về hai luỹ thừa cùng bậc * Cách giải: Ta thêm bớt hạng tử để xuất hiện hằng đẳng thức thích hợp rồi từ đó đưa hai vế của phương trình về luỹ thừa cùng bậc. Sau đó vận dụng các hằng đẳng thức đã học để giải phương trình. *Chú ý: A2n = B2n <=> A =  B A2n – 1 = B2n – 1 <=> A = B *Bài toán 15: Giải phương trình x4 = 24x + 32 Giải: (1) Thêm 4x2 + 4 vào 2 vế của (1) x4 + 4x + 4 = 4x4 = 24x + 36 <=> (x2 + 2)2 = ( 2x + 6)2  x 2  2 2 x  6   2  x  2   ( 2 x  6) Giải (2): (2) (3) x2 + 2 = 2x + 6 17 Sáng kiến kinh nghiệm: Phương trình bậc cao <=> x2 – 2x – 4 = 0 ’ = 1 + 4 = 5 > 0 => phương trình có 2 nghiệm x1 = Giải (3):  1 5; x2 =  1 5 x2 + 2 = - 2x – 6 <=> x2 + 2x + 8 = 0 ’ = 1 – 8 = -7 < 0 => phương trình vô nghiệm Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm : x1 =  1 5; x2 =  1 5 *Bài toán 16: Giải phương trình x4 + 8x2 – 8x + 17 = 0 Giải: (1) (1) <=> x4 - 8x2 + 16 + 16x2– 8x + 1 = 0 <=> ( x2 – 4)2 + ( 4x – 1)2 = 0 Vì (2)  ( x 2  4) 2 0   (4 x  1) 2 0  x 2  4 0 Nên (2) <=>   4 x  1 0  x 2  <=>  1  x  4 Vậy phương trình (1) vô nghiệm *Bài toán 17: Giải phương trình: x3 – x2 – x = 1 3 (1) Giải : Nhân 2 vế của (1) với 3 (1) <=> 3x3 – 3x2 – 3x = 1 <=> 4x3 = x3 + 3x2 + 3x + 1 <=> (3 4 .x) 3 ( x  1) 3 <=> 3 4.x x  1 <=> (3 4  1).x 1 18 Sáng kiến kinh nghiệm: Phương trình bậc cao 1 <=> x  3 41 Vậy nghiệm của phương trình (1) là: x  3 1 41 4 – Phương pháp dùng bất đẳng thức: * Cách giải: Dùng tính chất đơn điệu của hàm số trên từng khoảng * Bài toán 18: Giải phương trình: x 8 5  x 9 6 (1) 1 Giải: Viết phương trình dưới dạng x 8 5  x 9 6 (1) 1 Dễ thấy x = 8 ; x = 9 đều là nghiệm của (1) Xét các giá trị còn lại của x +) Với x < 8 thì 6 9  x 1 9  x x 8 5 1 0 Nên vế trái của (1) lớn hơn 1, (1) vô nghiệm +) Với x > 9 thì x 8 9 x 6 1 x  8 5 1 0 Nên vế trái của (1) lớn hơn 1, (1) vô nghiệm +) Với 8 < x < 9 thì 0 < x – 8 < 1 => x 8 5  x 8 0 < 9 – x < 1 => 9 x 6  9 x Nên vế trái của (1) nhỏ hơn : x – 8 + 9 – x = 1 ; ( 1) vô nghiệm Vậy (1) có 3 nghiệm : x = 8 ; x = 9 5 – Phương pháp dùng điều kiện dấu “ =” ở bất đẳng thức không chặt: * Bài toán 19: Giải phương trình x 2  x  1  x 2  x  2 3 Giải: Ta có x2 – x + 1  0 nên (1) (1) <=> x2 – x – 2 = 3 – ( x2 – x +1) <=> x2 – x – 2 = – ( x2 – x - 2) Áp dụng bất đẳng thức A  - A xảy ra dấu “ =” với A  0 tức là 19 Sáng kiến kinh nghiệm: x2 – x – 2  0 Phương trình bậc cao <=> ( x + 1) ( x – 2)  0 <=> - 1  x  2 6 – Phương pháp dùng hệ số bất định: Giả sử phương trình bậc 4: x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0 và có phân tích thành (x2 + a1x + b1) ( x2 + a2x + b2) = 0 lúc đó ta có:  a1  a2 a  a a  b  b b 12 1 2   a1b2  a2 b1 c  b1b2 d Tiếp theo tiến hành nhẩm tìm các hệ số a 1; b1; a2 ; b2 . Bắt đầu từ b1b2 = d và chỉ thử với các giá trị nguyên. *Bài toán 20: Giải phương trình: x4 - 4x3 - 10x2 + 37x - 14 = 0 (1) Giả sử phương trình trên phân tích được thành dạng: (x2 + a1x + b1) ( x2 + a2x + b2) = 0  a1  a2  4  a a  b  b  10 12 1 2  b1  2; b2  7; a1  5; a2 1 Ta có:  a 1b2  a2b1 37  b1b2  14 Phương trình (1) có dạng (x2 - 5x + 2) ( x2 + x - 7) = 0 Tiếp tục giải các phương trình bậc hai: x 2 - 5x + 2 = 0 và x2 + x – 7 = 0 ta có nghiệm của phương trình (1) là : x1  5  17 ; 2 x2  5 17 2 ; x3   1  29 ; 2 x4   1 29 2 * Chú ý: Với phương pháp này có thể giải được với phương trình không có nghiệm hữu tỷ. PHẦN III 20
- Xem thêm -