Tài liệu Một số kinh nghiệm khi dạy học sinh về phương trình bậc cao.

Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng H¶i D¬ng PHẦN MỞ ĐẦU ĐẶT VẤN ĐỀ I. Mở đầu Toán học là bộ môn khoa học cơ bản, được ứng dụng trong các ngành khoa học khác. Hiện nay, chúng ta đang thực hiện chương trình cải cách giáo dục với nội dung và kiến thức ngày càng cao. Việc đòi hỏi học sinh phải nắm được kiến thức cơ bản theo yêu cầu mới là học sinh phải biết vận dụng lý thuyết vào giải quyết các bài tập thực tế. Trong chương trình toán học THCS, ở mỗi phân môn như: Số học, Đại số, Hình học…. đều có n hững dạng toán riêng. Mỗi dạng toán đòi hỏi phải có những phương pháp riêng, phương pháp nghiên cứu nó một cách hợp lý thì mới có thể học và đào tạo sâu được kiến thức cũng như việc hình thành kỹ năng, kỹ xảo cho học sinh. Khi giải các bài tập toán học không những đòi hỏi học sinh phải linh hoạt trong việc áp dụng các công thức mà còn phải biết đào sâu khai thác, phát triển bài toán để tổng quát hóa, khái quát hoá kiến thức. Trong quá trình giảng dạy phương trình trong chương trình đại số 8, 9, bản thân tôi thấy giải phương trình bậc cao là một vấn đề khó và nan giải đối với các em học sinh. Việc giải phương trình bậc cao đối với học sinh THCS chỉ đòi hỏi ở mức độ đơn giản, chủ yếu là từ phương trình đặc biệt đưa về phương trình bậc nhất và phương trình bậc hai nhằm rèn luyện kỹ năng giải phương trình bậc nhất và phương trình bậc hai. Qua đó cũng hướng cho học sinh tư duy khái quát hơn về phương trình để các em làm quen dần với cách giải phương trình trong chương trình THPT. Trang 1 Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng H¶i D¬ng Với suy nghĩ đó tôi mạnh dạn đưa ra đây các phương pháp giải một số phương trình bậc cao đặc biệt để giúp các em học sinh nâng cao kỹ năng và kiến thức giải phương trình. II. Nhiệm vụ nghiên cứu Phương trình bậc nhất một ẩn, phương trình bậc hai một ẩn, phương trình tích, phương trình đối xứng bậc chẵn, phương trình đối xứng bậc lẻ, phương trình phản thương, phương trình hồi quy, phương trình trùng phương, phương trình tam thức và một số phương trình có dạng đặc biệt khác. Một số phương pháp giải các phương trình bậc cao trên và các bài tập minh hoạ. III. Đối tượng nghiên cứu Học sinh lớp 8, 9 của trường THCS Giúp học sinh giải một số phương trình bậc cao trong chương trình toán lớp 8, 9 IV. Phương pháp nghiên cứu. Tham khảo tài liệu, thu thập tài liệu, đúc rút tổng kết kinh nghiệm, kiểm tra kết quả (dự giờ, kiểm tra chất lượng học sinh, nghiên cứu hồ sơ giảng dạy, kiểm tra trực tiếp thông qua các giờ học thể hiện trên nhiều đối tượng học sinh khác nhau: Học sinh khá giỏi, học sinh trung bình, yếu về môn toán). V. Phạm vi nghiên cứu Giới hạn ở vấn đề giảng dạy phần giải các phương trình bậc cao trong chương trình toán THCS. Trang 2 Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng H¶i D¬ng PHẦN THỨ HAI GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ NHỮNG KIẾN THỨC CƠ SỞ 1. Định nghĩa phương trình bậc cao Ta gọi phương trình đại số bậc n (n  3) ẩn x trên tập số thực là các phương trình được đưa về dạng: anxn + an-1xn-1+ ...+ a1x + ao = 0, trong đó n  � ; a1 ;a 2 ;...a n  �; an  0 2. Định lý: Trên tập số thực, mọi phương trình bậc n luôn phân tích được thành tích của các nhị thức bậc nhất và các tam thức bậc hai. 3. Phương trình bậc nhất một ẩn Dạng tổng quát ax + b = 0 trong đó a, b  � ; a  0 . Phương trình có nghiệm: x  b . a * Chú ý: Giải phương trình mx + n = 0, phương trình đã cho chưa chắc đã là phương trình bậc nhất nên khi giải cần phải xem xét hết các trường hợp : + Nếu m  0 thì phương trình có nghiệm duy nhất x  + Nếu m = 0 thì phương trình có dạng 0x = n. - Nếu n = 0 thì phương trình vô số nghiệm - Nếu n  0 thì phương trình vô nghiệm 4. Phương trình bậc hai một ẩn Dạng tổng quát: ax 2  bx  c  0 với a  0 . Xét  = b2 – 4ac +  < 0 thì phương trình vô nghiệm +  = 0 thì phương trình có nghiệm kép: x1  x 2  Trang 3 b 2a n . m Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng H¶i D¬ng +  > 0 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1,2  b   2a 5. Định lý: + Phương trình anxn + an-1xn-1+ ..........+ a1x + ao = 0 nếu có nghiệm hữu tỷ thì nghiệm đó là ước của a0 . an + P(x) = 0 có nghiệm là a thì P(x) M( x - a). MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO. Ở phổ thông không học phép giải tổng quát cho phương trình bậc 3, bậc 4 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 phương trình bậc một, bậc hai. 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 số hoặc bậc hai nằm trong quá trình giải phương trình bậc nhất, bậc hai. Nói chung là bao gồm nhiều dạng và phong phú được các nhà toán học và sư phạm quan tâm và đề cập tới nhều trong tài liệu, tập san toán học....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 phương trình bậc nhất, bậc hai bằng nhiều cách. I. PHƯƠNG PHÁP 1: Đưa về phương trình tích Phương trình tích là phương trình có dạng: F(x).G(x)…..H(x) = 0 (1) Trang 4 Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng H¶i D¬ng  F(x)  0  G(x)  0    (2) ......  H(x)  0 Để đưa phương trình đã cho về dạng (2) ta có thể dùng các cách sau: - Phân thích đa thức thành nhân tử: - Đặt nhân tử chung - Dùng hằng đẳng thức. - Nhóm nhiều hạng tử. - Thêm (bớt) các hạng tử. - Phối hợp nhiều phương pháp nêu trên. * Ví dụ 1: Giải phương trình: ( x  1)3  x 3  ( x  1)3  ( x  2)3 (1) * Lời giải (x  1)3  x 3  (x  1)3  (x  2)3  x3 - 3x2 + 3x - 1 + x3 + x3 + 3x2 + 3x + 1 = x3 + 6x2 + 12x + 8  x3 - 3x2 - 3x - 4 = 0  x3 - 1 - 3x2 - 3x - 3 = 0  (x-1)(x2 + x + 1) - 3(x2 + x + 1) = 0  (x2 + x + 1)(x - 4) = 0 Với học sinh lớp 8 làm như sau: 2 1 3  Do x + x + 1 =  x     0 nên phương trình có một nghiệm x = 4 2 4  2 Với học sinh lớp 9: (*)  x 2  x  1  0 (*)  (**) x - 4  0 Giải phương trình (*)   1  4  3  0 nên (*) vô nghiệm Giải (**) ta được x =4 Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là x = 4 Việc nhẩm nghiệm các phương trình dựa trên các cơ sở sau: Trang 5 Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng H¶i D¬ng - Nếu đa thức có tổng các hệ số bằng 0 thì 1 là nghiệm của đa thức, đa thức chứa thừa số x - 1. - 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 nghiệm của đa thức, đa thức chứa thừa số (x + 1). - Mọi nghiệm nguyên của đa thức đều là ước của hệ số tự do là a0. * Ví dụ 2: Giải phương trình: x3 – 7x2 + 12x – 6 = 0 (2) * Lời giải (1)  x3 – x2 – 6x2 + 6x + 6x – 6 = 0  x2(x – 1) – 6x(x – 1) + 6(x – 1) = 0  (x –1)(x2 – 6x + 6) = 0 x  1   2 x  6x  6  0 x  3  3 x  1  * Ví dụ 3: Giải phương trình: (x – 1)3 +(2x + 3)3 = 27x3 + 8 (3) * Lời giải (2)  x3 – 3x2 + 3x – 1 +8x3 + 36x2 + 54x + 27 = 27x3 + 8  18x3 – 33x2 –57x – 18 = 0  3(6x3 –11x2 – 19x – 6) = 0  6x3 – 18x2 + 7x2 –21x +2x – 6 = 0  6x2(x – 3) + 7x(x – 3) + 2(x – 3) = 0  (x – 3)(6x2 + 7x + 2) = 0 x  3 x  3    2 x  7  97 6x  7x  2  0  12 * Ví dụ 4: Giải phương trình: x4  4  5x x2  2 Trang 6 Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng H¶i D¬ng (Đề thi vảo trường Lê Hồng Phong, TPHCM , năm 2003 2004) * Lời giải x4  4  5x  x 4  5x 3  10x  4  0 2 x 2 x  2  2  (x  2)(x  1)(x  4x  2)  0  x  1  2 x  4x  4  6 x  2  x  1 x  2  6  Việc nhẩm nghiệm như ở trên sẽ gặp rất nhiều khó khăn nếu số hạng tự do là 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. * Ví dụ 5: 4x3 - 13x2 + 9x - 18 = 0 (5) * Lời giải U(18)    1;2;3;6;9;18 Hiển nhiên -1, 1 không là nghiệm của (4)  f(1)  0, f(-1)  0 Ta thấy f (1) 18   9  � 3 1 2 f (1) 44   11  � 3 1 4  Phương trình (4) có khẳ năng có nghiệm là x1 = 3 Áp dụng lược đồ Hoócne ta đưa phương trình (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 (4) có một nghiệm là: x = 3 Trang 7 Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng H¶i D¬ng Chú ý: - Việc nhẩm nghiệm phương trình có thể nhẩm miệng rồi dùng thuật chia đa thức cho đa thức để hạ bậc rồi 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 ra ngay dạng phân tích. - Bài tập dạng này tương đối khó với học sinh nên khi dạy giáo viên cần lưu ý khai thác hết các giả thiết, nhận xét có thể sử dụng phương pháp nào, hằng đẳng thức nào phân tích cho thích hợp. Mỗi bài tập giải xong giáo viên nên chốt lại vấn đề 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. II. PHƯƠNG PHÁP 2: Đặt ẩn phụ Phương pháp này thường được dùng với các dạng phương trình sau: 2.1 Phương trình trùng phương * Là phương trình có dạng ax4 + bx2 + c = 0 (a  0) (1) * Cách giải Đặt x2 = y (với y  0) thì (1)  ay2 + by + c = 0 2.2 Phương trình đối xứng bậc chẵn Là phương trình có dạng: a0x2n + a1x2n-1 + ..+ an-1xn+1 +anxn + an+1xn-1 +..+ a1x + a0 = 0 (2) với a 0  0 * Cách giải - Nếu x = 0 không là nghiệm của phương trình (2) thì ta chia cả hai vế của phương trình (2) cho xn  0 (1)  a 0 x n  a1x n 1  .....  a n 1x1  a n x 0    1     1   a n 1 a  ....  0n = 0 x x n n 1  a 0  x  n   a1a 0  x  n 1   ..  a n  0 = 0 x x Trang 8 Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Đặt y  x  Hoµng H¶i D¬ng 1  ta đưa phương trình (2) về phương trình bậc n với ẩn y x 2.3 Phương trình đối xứng bậc lẻ * Là phương trình có dạng a0x2n+1 + a1x2n + ..+ an+1xn+1 +anxn + an-1xn-1 +..+ a1x + a0 = 0 (3) với a 0  0 * Cách giải Phương trình này luôn có nghiệm x = -1  ta chia cả hai vế của phương trình (3) cho x + 1 ta được phương trình đối xứng bậc chẵn. 2.4 Phương trình phản thương * Là phương trình có dạng: ax4 + bx3 + cx2- bx + a = 0 (4) với a  0 hoặc ax4- bx3 + cx2 + bx + a = 0 (5) với a  0 * Cách giải Ta nhận thấy x = 0 không là nghiệm của (4) suy ra ta chia cả hai vế của phương trình cho x2 ta có: 1 x (4)  ax 2  bx  c  b  a   2  a x  1 0 x2 1   1  bx    c  0 2  x   x 1 x Đặt y  x   x 2  1  y2  2 2 x  ta có phương trình ay2 + by + c + 2a = 0 Tương tự cho phương trình (5) ta đặt y  x  1 x 2.5. Phương trình hồi quy * Là phương trình có dạng : ax 4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (6) trong đó 2 e d      t 2 với a  0 a b  * Cách giải: Khi x = 0 không là nghiệm của (6) thì ta chia cả hai vế của 1 x (6) cho x2 ta có: (6)  ax 2  bx  c  d  e 1 0 x2 Trang 9 Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y  Hoµng H¶i D¬ng 1   1 2   ax  e 2    bx  d   c  0 x   x   2 t2   t a  x  2   dx   c  0 x   x  Đặt y  x  t lúc đó (6)  ay2 + by + c + 2at = 0 x 2.6. Phương trình có dạng: (x+a)4+(x+b)4= c (7) * Cách giải: Đặt y  x  ab ab  x  y 2 2 (a  b) 4 c  0 (7)  2y  3(a  b) y  8 4 2 2 2.7. Phương trình có dạng: (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = mx 2 trong đó ad = bc * Cách giải: Ta nhóm [(x+a)(x+d)][(x+b)(x+c)] = mx2  [x2 + (a+d)x + ad][x2 + (b + c)x + bc] = mx2 (8) Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (8) ta chia cả hai vế của phương trình (8) cho x2   thì (8)  x  (a  d)  Đặt y  x  ad   bc  x  (c  b)    m   x  x ad x (8)  (y  a  d)(y  c  d)  m 2.8. Phương trình có dạng (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = m trong đó a+d = b+c * Cách giải Ta nhóm [(x+a)(x+d)][(x+b)(x+c)] = m (1) Đặt y = (x+a)(x+d) thay vào phương trình (1) ta tìm đực y0 Giải phương trình (x+a)(x+d) = y0 ta có x0 là nghiệm của phương trình (1) 2.9. Phương trình tam thức Trang 10 Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng H¶i D¬ng Là phương trình có dạng: ax2n + bxn + c = 0 (10) với a ≠ 0 trong đó a, b, c  � , n là nguyên dương, n > 2 Nếu a, b, c  �* và n = 2 thì phương trình (10) là phương trình trùng phương * Cách giải : n x  y Đặt x = y thì (10)   2  ay  dy  c  0 n 2.10. Phương trình có dạng: d(x + a)(x + b)(x + c) = mx trong đó d abc , m = (d - a)(d - b)(d - c). 2 * Cách giải : * Chú ý: Trên thực tế, nhiều phương trình bậc cao phải biến đổi mới đưa về các dạng cơ bản nói trên x4 – 5x2 + 6 = 0 * Ví dụ 1: Giải phương trình (1) * Lời giải: Đặt x2 = y (y  0)  (1)  y2 – 5 y + 6 = 0 y  2  (y – 2)(y – 3) = 0   y  3 + Nếu y = 2  x2 = 2  x   2 + Nếu y = 3  x2 = 3  x   3 * Ví dụ 2: Giải phương trình: x4 – 5x3 + 6x2 – 5x + 1 = 0 (2) (Đề thi tốt nghiệp THCS tỉnh Hưng Yên , năm 1996 - 1997) * Lời giải: Ta thấy x = 0 không là nghiệm của (2), chia cả hai vế của (2) cho x 2  0 ta được x 2  5x  6  5 1  0 x x2 Trang 11 Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng H¶i D¬ng 1   1    x 2  2   5  x    6  0 (*) x   x  Đặt y  x  1 1  x 2  2  y2  2 x x (*)  y2 – 5y + 8 = 0 Xét  = 25 – 40 < 0  phương trình đã cho vô nghiệm. * Ví dụ 3: Giải phương trình x5 + 4x4 + x3 + x2 + 4x +1 = 0 (3) * Lời giải: (2)  (x + 1)(x4 + 3x3 – 2x2 + 3x + 1) = 0 x  1  4 3 2 x  3x  2x  3x  1  0 (*) Giải (*) : x4 +3x3 – 2x2 + 3x + 1 = 0 Ta thấy x = 0 không là nghiệm của (*), chia cả 2 vế của (*) cho x 2  0 ta được: x 2  3x  2   3 1  0 x x2 1   1 2   x  2   3 x    2  0 x   x  Đặt y  x  1 1  x 2  2  y2  2 x x ta được y2 + 3y - 4 = 0  y1 = 1, y2 = -4 - Nếu y1 = 1  x  1  1  x2 - x + 1 = 0  PT vô nghiệm x - Nếu y2 = -4  x  1  4  x2 + 4x + 1 = 0  x1,2  2  3 x * Ví dụ 4: Giải phương trình (3x + 4)(x + 1)(6x + 7)2 = 6 (4) (Đề thi vào THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, năm 2006 2007) * Lời giải: (3x  4)(x  1)(6x  7) 2  6 Trang 12 Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng H¶i D¬ng  (6x  8)(6x  6)(6x  7) 2  72 (*) Đặt 6x + 7 = t, ta có: (*)  (t  1)(t  1)t 2  72  t 4  t 2  72  0  t   3 - Với t = 3, ta có 6x  7  3  x  2 3 - Với t = -3, ta có 6x  7  3  x  5 3 * Bài toán trên ta cũng có thể giải theo cách sau: (3x  4)(x  1)(6x  7) 2  6  (3x 2  7x  4)(6x  7) 2  6 (**) Đặt t  3x 2  7x  4  36x 2  84x  49  12t  1 , khi đó (**) trở thành: 3  t1   4 12t 2  t  6  0   t  2 2 3 - Với t  3 3  3x 2  7x  4   12x 2  28x  19  0  PT vô nghiệm 4 4 5  x1   2 2 3 2 2 - Với t   3x  7x  4   9x  21x  10  0   3 3 x  2  2 3 * Ví dụ 5: Giải phương trình ( x 2  3x  2)( x 2  7 x  12)  24 (5) (Đề thi vào THPT Chuyên SPNN Hà Nội, năm 2004 2005) * Lời giải: (x 2  3x  2)(x 2  7x  12)  24  (x  1)(x  2)(x  3)(x  4)  24  0  (x 2  5x  4)(x 2  5x  6)  24  0 Đặt t  x 2  5x  4 ta được: t  6 t 2  2t  24  0   1 t 2  4 Trang 13 Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng H¶i D¬ng - Nếu t  6  x 2  5x  10  0  PT vô nghiệm - Nếu t  4  x 2  5x  0  x1  0 ; x 2  5 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 ; x = -5 * Ví dụ 6 : Giải phương trình: x4 - 3x3 - 2x2 + 6x + 4 = 0 (6) * Lời giải: Ta thấy x = 0 không là phương trình của (6)  ta chia cả hai vế của (1) cho x 2  0 , ta được: x 2  3x  2  6 4  0 x x2 4   2    x 2  2   3 x    2  0 x   x  Đặt y  x  2 4  x 2  2  y2  4 x x Ta được phương trình y2 - 3y + 2 = 0 Nhẩm nghiệm ta được y1 = 1, y2 = 2 - Nếu y1 = 1  x  x  1 2  1  x2  x  2  0   1 x x 2  2 - Nếu y2 = 2  x  2  2  x 2  2x  2  0  x1,2  1  3 x * Ví dụ 7 : Giải phương trình (x – 5)4 + (x – 7)4 = 16 (7) (Đề thi chọn HSG Toán 8, tỉnh Hải Dương, năm 2001 - 2002) * Lời giải: Đặt y  x  5  7  x6 x  y6 2 (7)  (y + 1)4 + (y - 1)4 = 16   2y4 + 12y2 + 2 = 16  y4 + 6y2 – 7 = 0 y 2  1  y  1  (y – 1)(y + 7) = 0   2 y  7 2 2 Trang 14 Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng H¶i D¬ng + Nếu y = 1 ta có x = 7 + Nếu y = -1 ta có x = 5 Vậy phương trình (1) có hai nghiệm là x1 = 7; x2 = 5 * Ví dụ 8: Giải phương trình (x +3)(x + 5)(x + 6)(x + 10) = 2x2 (8) * Lời giải: (8)  (x2 + 13x + 30)(x2 + 11x + 30) = 2x2 (*) Vì x = 0 không là nghiệm của (*) nên ta chia cả hai vế của (2) cho x 2 ta có: 30 30     x   13  x   11  2 x x    Đặt y  x  30  11  y(y+2) = 2  y2 + 2y –2 = 0 (**) x Giải phương trình (**) ta có y0; giải phương trình x  30  11  y 0 có x0 là x nghiệm của phương trình (8) * Ví dụ 9: Giải phương trình (x + 7)(x + 8)(x + 9) = 5x (9) * Lời giải: Phương trình (9) có dạng 12(x + 7)(x + 8)(x + 9) = 60x (*) trong đó 12  7 89 ; 60  (12  7)(12  8)(12  9) 2 Đặt y = x + 12. Ta có (9) (y – 5)(y – 4)(y – 3) = 5( y –12)  y3 – 12y2 + 47y – 60 =5y – 60  y3 – 12y2 + 42y = 0  y(y2 – 12y + 42) = 0 y  0  2 y  12y  42  0  y0 Trang 15 Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng H¶i D¬ng * Ví dụ 10: Giải phương trình 5(x-1)(x-5)(x-3)(x-15) = 7x2 (10) * Lời giải: (10)  5(x2 - 16x + 15)(x2 - 8x + 15) = 7x2 (*) Vì x = 0 không là nghiệm của (*) nên ta chia cả hai vế của (*) cho x 2 ta  15  15  có: 5  x   16  x   8   7 x x    Đặt y  x  15  8 ta có: 5y(y - 8) = 7  5y2 - 40y – 7 = 0 (**) x Giải phương trình (**) ta có y 0; giải phương trình y0  x  15  8 ta có x0 là x nghiệm của phương trình (10). III. PHƯƠNG PHÁP 3: Đưa về luỹ thừa cùng bậc Ta thêm bớt hạng tử để xuất hiện hằng đẳng thức thích hợp rồi từ đó đưa về hai vế của phương trình về luỹ thừa cùng bậc. Bằng cách biến đổi hai vế của phương trình ta đưa phương trình đẵ cho về phương trình có dạng: An = Bn + Nếu n là số chẵn thì A = ± B + Nếu n là số lẻ thì A = B * Ví dụ 1: Giải phương trình x4 = 2x2 + 8x +3 (1) (Đề thi vào THPT tình Hưng Yên, năm học 2006 - 2007) * Lời giải: x 4  2x 2  8x  3  x 4  2x 2  1  4x 2  8x  4  (x 2  1) 2  (2x  2) 2 * Nếu x 2  1  2x  2  x 2  2x  1  0  x1,2  1  2 * Nếu x 2  1  2x  2  x 2  2x  3  0  PT vô nghiệm. Trang 16 Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng H¶i D¬ng Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x1,2  1  2 * Ví dụ 2: Giải phương trình x 3  x 2  x  1 (2) 3 (Đề thi vào THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, năm 2002 - 2003) * Lời giải: x3  x2  x  1  3x 3  3x 2  3x  1 3  4x 3  (x  1)3  3 x 4x  x  1  3  x  4 1  1 3 1 4 1 x3 3x 2   2  0 (3) * Ví dụ 3: Giải phương trình x  (x  1)3 x  1 3 (Đề thi vào THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, năm 2000 – 2001) * Lời giải: ĐK: x  1. Đặt t  x x x2 x2  xtx  ; xt  x 1 x 1 x 1 x 1 Do đó x + t = xt Phương trình đã cho trở thành: x 3  t 3  3(x  t)  2  0  (x  t)3  3xt(x  t)  3(x  t)  2  0  (x  t  1)3  1  x  t  1  1  x  t  2 x2  2  x 2  2x  2  0 , phương trình vô nghiệm. Khi đó ta có: x 1 * Ví dụ 4: Giải phương trình 5x3 + 6x2 + 12x + 8 = 0 (4) Trang 17 Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng H¶i D¬ng (Đề thi vào THPT Chuyên SPNN Hà Nội, năm 2005 2006) * Lời giải: 5x 3  6x 2  12x  8  0  4x 3  (x 3  6x 2  12x  8)  0  (x  2)3  4x 3  x  2  x 3 4  x  2 2  3 1  4 1  3 4 IV. PHƯƠNG PHÁP 4: Dùng bất đẳng thức * Ví dụ 1: Giải phương trình x  9 2003  x  10 2004  1 (1) (Đề thi chọn HSG Toán 9, tỉnh Hải Dương, năm học 2006 - 2007) * Lời giải: Dễ thấy x = 9 và x = 10 là nghiệm của phương trình (1). Xét các giá trị còn lại của x. + Nếu x < 9 thì  x - 9 > 0   x - 92003 > 0 và  x - 102004 > 1   x - 92003 +  x - 102004 > 1  phương trình (1) vô nghiệm. + Nếu x > 10 thì  x - 10 > 0   x - 102004 > 0 và  x - 92003 > 1   x - 92003 +  x - 102004 > 1  phương trình (1) vô nghiệm. + Nếu 9 < x < 10 thì 0 < x – 9 < 1   x - 92003 < x – 9; 0 < 10 – x < 1   x - 102004 <  x - 10 < 10 – x   x - 92003 +  x - 102004 < x – 9 + 10 – x = 1  phương trình vô nghiệm Vậy phương trình đã ch có 2 nghiệm là x = 9; x = 10 3 * Ví dụ 2: Giải phương trình ( x  1)3  ( x  5)3  8  216( x  1)3 (5  x)3 (2) * Lời giải: Trang 18 Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng H¶i D¬ng Đặt x – 1 = y ; 5 – x = z. Ta có (y3  z 3  8)3  216y3z 3 Theo BĐT Côsi : (y3  z 3  8)3  216y3z3 Vậy y = z = 2, do đó x = 3. V. PHƯƠNG PHÁP 5: Dùng hệ số bất định Giả sử phương trình trình bậc 4: x 4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0 và có phân tích thành (x2 + a1x + b1)(x2 + a2x + b2) = 0 lúc đó ta có:  a1  a 2  a a a  b  b  b  1 2 1 2   a1b 2  a 2 b1  c  b1b 2  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. * Ví dụ 1: Giải phương trình x4 - 4x3 - 10x2 + 37x - 14 = 0 (1) * Lời giải: Giả sử phương trình trên phân tích được thành dạng: (x2 + a1x + b1)(x2 + a2x + b2) = 0  a1  a 2   4  a a  b  b   10  1 2 1 2 Ta có:   b1 = -2; b2 = -7; a1 = -5; a2 = 1 a b  a b  37 1 2 2 1   b1b 2   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 5  17 ; x2 = ; 2 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. Trang 19 Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng H¶i D¬ng VI. PHƯƠNG PHÁP 6: Dùng tính chất về số nghiệm của phương trình Người ta chứng minh được rằng phương trình đại số bậc n có không quá n nghiệm thực. Do đó nếu ta chỉ ra được n nghiệm của phương trình đại số bậc n thì đó là tất cả các nghiệm của phương trình đó. * Ví dụ 1: Giải phương trình (m2 – m)2(x2 – x + 1)3 = (x2 – x)2(m2 – m +1)3 với m là tham số (1) * Lời giải: Nhận xét + x = m là một nghiệm của phương trình (1) + Với m = 0 hoặc m = 1 thì có hai nghiệm là x = 0 và x = 1 - Xét m  0 ; m  1  x  0 ( vì nếu x = 0 thì m = 0 hoặc m =1) Gọi k là nghiệm của (1)  k  0. Chia 2 vế của (1) cho k6 ta có: 3 2  m  m  1  k1  k12    k1  k12  (m2  m  1)3     2 2 3 2  1 1   1 1   m  m   2   1   2   (m 2  m  1)3 k  k k k 2 2  m 1 cũng là nghiệm của (1). Vì k là nghiệm của (1) nên ta có: k 2  m 2 k 2  k  1   k 2  k  (m 2  m  1)3 3 2  (m2 – m)2[(1 - k)2 – (1 - k) + 1]3 = [(1 - k)2 – (1 - k)]2(m2 – m + 1)3  (1 - k) cũng là nghiệm của (1) Ta có m là nghiệm của (1)  1 cũng là nghiệm của (1) m do m là nghiệm của (1)  1 - m cũng là nghiệm của (1) 1 - m là nghiệm của (1)  1 cũng là nghiệm của (1) 1 m Điều kiện để 6 giá trị : m; (1-m); 1 1 1 1 ; 1- ; ; 1đôi một khác m m 1 m 1 m Trang 20