SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP THANH HÓA
ĐỀ TÀI:
MỘT SỐ CÁCH GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH BẬC 4
Họ và tên: TRƯƠNG MẠNH HÙNG
Chức vụ: HIỆU TRƯỞNG
Đơn vị công tác:
Trường THCS Đông Hương - TP Thanh Hóa
SKKN thuộc môn: TOÁN
NĂM HỌC 2010 – 2011
A- PHẦN MỠ ĐẦU
I/ LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Trong việc giảng dạy môn toán ở nhà trường THCS hướng dẫn học
sinh giải bài tập là thể hiện phương pháp dạy học .
Hướng dẫn cách giải bài tập giúp học sinh nắm bắt con đường từ xuất
phát đến nút cuối cùng của một bài toán .
Từ đó học sinh tụ mình từng bước xây dựng được phép suy luận khi
phải độc lập giải quyết vấn đề .
Trong khi tự giải một bài toán , tránh cho học sinh giải bài toán một
cách máy móc , do đó việc phân chia các dạng toán ở mức độ nhất định , phải
coi trọng phân tích đặc điểm bài toán để có lời giải hợp lý . thông qua các bài
tập mà cung cấp thêm kinh nghiệm giải toán và rèn luyện phương pháp suy
luận .
Trong quá trình dạy học môn toán , tôi suy ngẫm vẫn khẳng định rằng :
phương pháp dạy giải toán theo yêu cầu của phương pháp tìm tòi lời giải Có
nhiều yêu điểm và phát huy được tác dụng tốt cho nhiều đối tượng - dạy toán
theo yêu cầu của phương pháp tìm tòi lời giải của bài toán gồm hai nội dung:
a - Dạy cách tìm tòi lời giải của bài toán
b - Dạy cách giải toán
c. Từ những bài toán (giải phương trình bậc cao) đưa về những
phương trình cơ bản đã được học...
Quả vậy vai trò của người thầy chủ yếu và quyết định ở khâu hướng
dẫn tìm lời giải , thầy giáo phải dự định được các hướng giải và phân tích nên
chọn hướng nào . Đồng thời xây dựng được một phương pháp “Nhìn” bài
toán dưới “góc độ “ tư duy sáng tạo cho học sinh ở mức độ nào đó .
Từ đó tôi suy nghĩ rằng một phương pháp dạy tốt là một phương pháp
xích gần nhận thức trong học tập của học sinh với nhận thức sáng tạo - hay
Trang 2
nói cách khác là phương pháp dạy cho học sinh tư duy sáng tạo - cốt lõi của
hoạt động dạy và học , vì vậy tôi chỉ chọn một khía cạnh trong việc hường
dẫn học sinh có cách tư duy sáng tạo cho các bài toán và các em đưa ra
những cách giải cơ bản ở một số phương trình bậc bốn nói chung, mà hiện
nay trong chương trình Đại số cấp THCS chỉ đề cập đến phương trình bậc bốn
đặc biệt .
II/ NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI:
Thông qua một số ví dụ cụ thể để hình thành những nét đặc trưng của
quá trình sáng tạo của học sinh THCS và nó biểu hiện cụ thể như thế nào
trong hoạt động dạy và học , đặc biệt trong việc hướng dẫn học sinh tìm ra
“phương hướng” giải các dạng bài tập đó .
III/ PHẠM VI CỦA ĐỀ TÀI:
Do điều kiện về thời gian , đề tài này chỉ đề cập đến một số ví dụ mang
tính đặc trưng.
IV/ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
Chủ yếu phương pháp tổng kết kinh nghiệm
\
Trang 3
B - NỘI DUNG:
I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Thực sự trong quá trình giải toán là hoạt động tư duy sáng tạo toán học
mà cụ thể là hoạt động tìm tòi , do đó để tìm con đường hoạt động độc lập và
sáng tạo cho học sinh , thầy giáo cần tổ chức hoạt động giải toán cho học sinh
ở dạng hoạt động tìm tòi , đặc biệt trong quá trình luyện tập .
Để tổ chức hoạt động tìm tòi , để rèn luyện năng lực hoạt động sáng
tạo cho học sinh thì cần làm tốt những vấn đề sau:
1- Rèn luyện kỷ năng vận dụng lý thuyết để giải bài tập , cần
phận loại mức độ
2- Rèn luyện cho học sinh khả năng sử dụng đặc biệt hoá , tổng
quát hoá và tương tự để giải các bài tập.
3- Rèn luyện cho học sinh cách mò mẫm , dự đoán kết quả khi
giải các bài toán.
4- Tạo cho học sinh thói quen nhìn bài toán ( dự kiến kết quả )
dưới nhiều khía cạnh khác nhau.
Khi thực hiện các biện pháp trên , thầy giáo có điều kiện đề xuất cho
học sinh ( hoặc tự học sinh đề xuất những tình huống mới )mà quá trình giải
quyết thúc đẩy hoạt động độc lập sáng tạo của học sinh.
II. MỘT SỐ CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
x 4 + ax3 + bx 2 + cx + d = 0 (I)
1. Giải phương trình bậc bốn bằng phương pháp phân tích ra thừa số:
Đối với một phương trình bậc bốn nói trên ta có thể giải bằng cách
phân tích vế trái ra thừa số, bằng nhiều phương pháp phân tích khác nhau.
* Ví dụ 1: Giải phương trình x 4 + 2 x 3 − 6 x 2 + 2 x + 1 = 0 (1) (Đề thi chuyên
A Bùi Thị Xuân 30.7.1994)
Trang 4
ở đây ta nhận thấy , phương trình (1) không phải là phương trình trùng
phương, cách giải như thế nào ? Ta thử phân tích ra thừa số của vế trái để làm
hạ bậc rồi đưa về dạng phương trình cơ bản để giải. Thật vậy ta có:
(1) ( x 4 − 2 x + 1) + (2 x3 − 4 x 2 + 2 x) = 0 ( x 2 − 1) 2 + 2 x( x − 1) 2 = 0
x − 1 = 0
( x − 1) 2 ( x + 1) 2 + 2 x = 0 2
đến đây ta có thể giải hết sức
x
+
4
x
+
1
=
0
đơn giản và tìm ra nghiệm của (1).
* Ví dụ 2: Giải phương trình x 4 + 10x 3 + 26x 2 + 1 = 0 (2) (Đề thi HSG Lê
Quí Đôn Q5 TP HCM) ở phương trình nay ta thấy không thể phân tích được
thành nhân từ mà chỉ ở dưới dạng tổng các bình phương, nên suy ra phương
x2 + 5x = 0
trình vô nghiệm, cụ thể: (2) ( x 2 + 5 x)2 + ( x 2 + 1) = 0
2
x + 1 = 0
khong thể
xẩy ra.
* Ví dụ 3: Giải phương trình x 4 − 4 x 3 − 10x 2 + 37 x − 14 = 0 (3)
Ta thử phân tích vế trái thành hai nhân tử bậc hai x 2 + px + q và
x 2 + rx + s
trong đó p,q,r,s là các hệ số nguyên chưa xác định.
Ta có: x 4 − 4 x3 − 10x 2 + 37 x − 14 = ( x 2 + px + q )( x 2 + rx + s ) (3’)
Đồng nhất các hệ số của những số hạng cùng bậc ở hai vế của đồng
p + r = −4
s + q + pr = −10
nhất thức ta có:
Nhờ phương trình cuối cùng của hệ số này ta
ps + qr = 37
qs = −14
dự đoán và nhận thấy các giá trị nguyên tương ứng có thể lấy được của q và s
nha sau:
q
1
2
7
14
-1
-2
-7
-14
s
-14
-7
-2
1
14
7
2
1
Trang 5
Thử lần lượt các giá trị trên của q thì thấy với q = 2 , s = -7 phương
pr = −5
khi
− 7 p + 2r = 37
trình thức hai và thứ ba của hệ cho ta hệ phương trình mới
đó khử p ta được 2r 2 − 37r + 35 = 0 giải phương trình này ta có r = 1 . Vậy suy
ra p = -5
Thay các giá trị p,q,r,s vào (3’) ta có
x 4 − 4 x3 − 10x 2 + 37 x − 14 = ( x 2 − 5 x + 2)( x 2 + x − 7)
Vậy phương trình (3) ( x 2 − 5 x + 2)( x 2 + x − 7) = 0 giải ra ta có các
nghiệm như sau:
5 17 − 1 29
;
2
2
Đây chính là giải phương trình bậc bốn bằng phương pháp phân tích
thành nhân từ mà cụ thể ở ví dụ 3 này là phân tích bằng phương pháp hệ số
bất định.
2. Giải phương trình bậc bốn với cách nhìn sáng tạo, biết biến đổi hợp lý
(trong một số trường hợp cụ thể nào đó)
* Ví dụ 4: Giải phương trình
a. x 4 + 5 x 3 − 12x 2 + 5 x + 1 = 0
(4)
(Thi học sinh giỏi Quận 1 TPHCM năm 1992-1993)
Ở phương trình (4) ta có thể dùng phương pháp như trên cũng được ,
Song ta nhận thấy nếu x = 0 thì phương trình vô nghiệm vậy x 0 ta chia cả
hai vế của phương trình cho x2 : (4) ( x 2 +
t = x+
1
1
) + 5( x + ) − 12 = 0 (4’) Đặt
2
x
x
1
như vậy (4’) t 2 − 2 + 5t − 12 = 0 t 2 + 5t − 14 = 0 t = 2; t = −7 Thay
x
vào ta có:
x2 − 2x + 1 = 0
2
x + 7 x + 1 = 0
x = 1
x = − 7 45
2
đây cũng chính là nghiệm của (4)
Trang 6
Đây được gọi là phương trình phản thương loại 1. (Nghĩa là: Hệ số của
hạng tử bậc bốn bằng hệ số tự do và hệ số của hạng tử bậc ba bằng hệ số của
hạng tử bậc nhất)
Nhìn chung khi gặp phương trình dạng này ta chỉ cần chia hai vế của
phương trình cho x2 đối với phương trình bậc bốn. Ta cũng có thể khái quát
với phương trình bậc 2n+1.
* Ví dụ 5: Giải phương trình ( x − 2) 4 + ( x − 3) 4 = 1 (5)
(Thi vào 10 chuyên Toán - Tin học ĐHTH TP HCM 22-06-1996)
Cũng như trên nếu ta “phá” ra thì hết sức phức tạp, Từ đó ta phải suy
nghỉ như thế nào để có cánh giải quyết một cách “nhanh gọn”, cỉ có cánh đặt
ẩn phụ. Song đặt như thế nào ? làm ra sao ? Ta đưa ra dạng tổng quát như sau:
( x + a) 4 + ( x + b) 4 = c (5’) Từ đó ta xây dựng cách làm như sau:
Đặt: y = x +
a+b
a+b
a+b
a −b
x= y−
x+a = y−
+a = y+
2
2
2
2
Tương tự x + b = y −
a+b
a−b
+b = y−
2
2
Thay vào (5’) ta được phương trình trùng phương:
1
2 y 4 + 3(a − b) 2 y 2 + (a − b) 4 − c = 0 (5’’) đến đây ta giải hết sức đơn giản
8
bài toán ở ví dụ 5 Bằng hai cách:
+
Đặt
x−2 = y+
− 2 − (−3)
1
= y+ ;
2
2
x−3 = y −
− 2 − (−3)
1
= y−
2
2
Ta có:
1
8
7
8
(5) 2 y 4 + 3(−2 + 3) 2 y 2 + (−2 + 3) 4 − 1 = 0 2 y 4 + 3 y 2 − = 0
Đến đây ta đặt t = y2 đưa về phương trình bậc hai: 16t 2 + 24t − 7 = 0
Giải ra ta được t =
1
1
Thay vào ta có nghiệm của (5) là
y=
4
2
x = 2; x = 3
Trang 7
Đây là cách mà chúng ta đưa phường trình bậc bốn như trên về phương
trình trung phương mà chúng ta đã học ở lớp 9
+ Ta cũng có thể đặt ẩn phụ tuỳ theo từng bài toán cụ thể, như ở
bài ví dụ này ta đặt như sau: x − 3 = t x − 2 = t + 1 vậy (5) (1 + t ) 4 + t 4 = 1
2t = 0
hay 2t (t 3 + 2t 2 + 3t + 2) = 0 2t (t + 1)(t 2 + t + 2) = 0 t + 1 = 0
2
t + t + 2 = 0
t = 0
t = −1 từ đó
ta có x1 = 3 hoặc x2 = 2 là nghiệm của phương trình (5).
ở đây ta lại đặt cách khác (linh hoạt) đưa phương trình như trên về dạng
phương trình tích .
* Ví dụ 6: Giải phương trình x 4 − 3x3 + 6 x 2 + 3x + 1 = 0 (6)
(Thi lớp 10 Lê Hồng Phong TPHCM 1997-1998 ban A-B)
Nhận thấy ở phương trình (6) có hệ số của hạng tử bậc bốn bằng hệ số
của hạng tử tự do và hệ số của hạng tử bậc ba và hệ số hạng tử bậc nhất đối
nhau. Đây chính là phương trình phản thương loại 2. Cách giải như cũng
giồng như phương trình phản thương loại 1.
Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình.
Nếu x 0: Chia cả hai vế của phương trình cho x2 ta được phương trình
3
x
mới: x 2 − 3x − 6 + +
1
x
1
1
1
= 0 ( x 2 + 2 ) − 3( x − ) = 0
2
x
x
x
đặt x − = t x 2 +
1
= t 2 + 2 ta nhận được phương trình t 2 − 3t − 4 = 0
2
x
−1− 5
x1 =
2
x − 1 = −1 x 2 + x − 1 = 0
x
−1+ 5
x2 =
giải ra ta có t = −1; t = 4 hay
2
x = 2 − 5
x − 1 = 4 x2 − 4x − 1 = 0 3
x
x4 = 2 + 5
* Ví dụ 7: Giải phương trình
x 4 − x 3 − 5 x 2 + 4 x + 4 = 0 (7)
Trang 8
Ta nhận thấy theo cách giải bằng cách phân tích ra thừa số thì ta có
nghiệm của vế trái là x = 2; x = −2 như vậy vế trái sẽ chứa nhân tử là x 2 − 4 và
dùng so đồ Hoocne ta phân tích được như sau: (7) ( x 2 − 4)( x 2 − x − 1) = 0 và
tìm ra nghiệm một cách dễ dàng đó là phương trình (7) có 4 nghiệm
x1 = 2; x2 = −2; x3 =
1− 5
1+ 5
; x4 =
2
2
Song nếu ta có cánh nhìn sáng tạo, thì cũng có:
(7) x 4 − x3 − x 2 − (4 x 2 − 4 x − 4) = 0 x 2 ( x 2 − x − 1) − 4( x 2 − x − 1) = 0
x2 − 4 = 0
1− 5
1+ 5
( x 2 − 4)( x 2 − x − 1) = 0 2
x1 = 2; x2 = −2; x3 =
; x4 =
2
2
x − x − 1 = 0
Như vậy cách trên hoặc cách này hoàn toàn đều được ở một bài toán
này
* Ví dụ 8: Giải phương trình
32x 4 − 48x 3 − 10 x 2 + 21x + 5 = 0 (8)
Ta viết (8) dưới dạng 2(16x 4 − 24x3 + 9 x 2 ) − 7(4 x 2 − 3x) + 5 = 0
Đặt y = 4 x 2 − 3x lúc này (8) 2 y 2 − 7 y + 5 = 0 y1 = 1 vµ y2 =
5
2
Giải tiếp các phương trình bậc hai đối với x sau đây (sau khi đã thay
4 x 2 − 3x − 1 = 0
Nghiệm của phương trình
2
8 x − 6 x − 5 = 0
5
y1 = 1; y2 =
vào y = 4 x 2 − 3x ):
2
1
4
5
4
(8) đã tìm là x1 = 1; x2 = − ; x3 = ; x4 = −
1
2
* Ví dụ 9: Giải phương trình
( x 2 − a) 2 − 6 x 2 + 4 x + 2a = 0 (9)
Đây là phương bậc bốn đối với biến x, mặt khác chúng còn có thêm
một biến a: (9) x 4 − (2a + 6) x 2 + 4 x + a 2 + 2a = 0 (9’)
Trang 9
Nếu sử dụng phương giải phương trình bậc bốn bằng cách phân tích
ra thừa số thì hết sức khó khăn.
Song chúng chú ý đến nếu chúng ta nhìn theo quan điểm đây là
phương trình bậc hai đối với biến a thì việc giải phương trình bậc hai lại trong
“tầm tay”.
Như vậy ta viết phương trình
(9) a 2 − 2( x 2 − 1)a + x 4 − 6 x 2 + 4 x = 0
(9’’)
Lúc này phương trình (9’’) chính là phương trình bậc hai với ânr là a.
Với cách nhìn này ta tìm được x theo x và có nghiệm là:
a1, 2 = x 2 − 1 x 4 − 2 x 2 + 1 − x 4 + 6 x 2 − 4 x = x 2 − 1 4 x 2 − 4 x + 1 = x 2 − 1 (2 x − 1)
Như vậy ta lại giải phương trình bậc hai đối với x:
x 2 + 2 x − a − 2 = 0 (*) vµ x 2 − 2 x − a = 0 (**) ta tìm được nghiệm của phương
trình (9).
Điều kiện để (*) có nghiệm là 3 + a 0 và các nghiệm của phương trình
(*) là: x1, 2 = −1 3 + a
Điều kiện để (**) có nghiệm là 1 + a 0 và các nghiệm của phương
trình (**) là: x3, 4 = 1 1 + a
Tổng kết:
a
Phương trình (*)
-3
Vô mghiệm
-1
2 nghiệm
2 nghiệm
Phương trình (**) Vô nghiệm
Vô nghiệm
2 nghiệm
Phương trình (9)
2 nghiệm
4 nghiệm
Vô nghiệm
Trang 10
Như vậy với một số vía dụ ta giải được phương trình bậc bốn nhờ biết
biến đổi sáng tạo vế trái của phương trình dễ dần tới việc giải các phương
trình tích và phương trình quen thuộc.
* Ví dụ 10: Cho phương trình
x 4 − 10x3 − 2(a − 11) x 2 + 2(5a + 6) x + 2a + a 2 = 0 (10)
a. Giải phương trình khi a = 2
b. Giải và biện luận theo tham số a
Đây là phương trình bậc 2 đối với x và có tham số a tham dự vào
phương trình.
Trước hết ta xem xét câu a: ở đây ta chỉ việc thay a = 2 vào phương
trình
(10)
x 4 − 10x3 + 26x 2 − 8 x = 0 x( x − 4)( x 2 − 6 x + 2) = 0
x = 0
x − 4 = 0
khi đó ta có nghiệm của phương trình như sau:
2
x − 6 x + 20 = 0
x1 = 0; x2 = 4; x3 = 3 − 7 ; x4 = 3 + 7 như vậy phương trình (10) có 4 nghiệm khi
a=2
Câu b: Để giải và biện luận phương trình này, chúng ta chưa có đường
lối cụ thể với phương trình bậc bốn. Nhưng nhờ có cách nhìn sáng tạo và vai
trò của các chữ trong phương trình là như nhau nên ta có thể coi phương trình
(10)
dưới
phương
trình
ẩn
là
a
và
ta
có:
a 2 + 2(1 + 5 x − x 2 )a + ( x 4 − 10x3 + 22x 2 + 12x) = 0 (10’)
Xem (10’) là phương trình bậc hai của a ta có:
' = (1 + 5 x − x 2 ) 2 − ( x 4 − 10x3 + 22x 2 + 12x) = x 2 − 2 x + 1 = ( x − 1) 2
Suy ra phương trình (10’) phân tích được thành:
Trang 11
a
-9
Phương trình (*)
Vô mghiệm
-6
2 nghiệm
2 nghiệm
Phương trình (**) Vô nghiệm
Vô nghiệm
2 nghiệm
Phương trình (10)
2 nghiệm
4 nghiệm
Vô nghiệm
x 2 − 6 x − a = 0 (*)
(a − x 2 + 6 x)(a − x 2 + 4 x + 2) = 0 2
Khi này ta giải
x − 4 x − a − 2 = 0 (**)
và biện luận các phương trình (*) và (**) theo tham số a.
* Ví dụ 11: Chứng minh rằng phương trình sau vô nghiệm
1999x 4 + 1998x 3 + 2000x 2 + 1997x + 1999 = 0 (11)
( Thi Học sinh giỏi quận I TPHCM 1998-1999 )
Để chứng minh phương trình này vô nghiệm ta làm như thế nào ? nên
xuất phát từ đâu ? đâu có như các dạng phương trình đã được học.......Nhưng
nếu ta chọn một khoảng nào đó mà xét thì thấy nó cũng đâu là hướng đi thích
hợp chăng ! Thật vậy ta có:
* Nếu x 0 : Thì vế trái là dương
* Nếu − 1 x 0 : Vế trái lúc này vẫn dương nếu ta nhóm hợp lý
* Nếu x −1 : Vế trái dương bằng cách nhóm hợp lý
Chỉ cần xét một khoảng hợp lý nào đó ( như trên ) thì nhận thấy
phương trình (11) vô nghiệm x .
Hay chúng ta đi xét một ví dụ về phương trình trùng phương sau:
* Ví dụ 12: Tìm điều kiện của a và b để phương trình sau đây có ba
nghiệm phân biệt: x 4 − 2(a 2 + b 2 − 1) x 2 + (a 2 − b 2 + 1)2 − 4a 2 = 0 (12)
Ở bài toán này thì ta đưa về phương trình bậc hai khi ta đặt t = x 2 0 .
Khi đó phương trình (12) t 2 − 2(a 2 + b 2 − 1)t + (a 2 − b 2 + 1)2 − 4a 2 = 0 (12’)
Trang 12
Như thế, để cho phương trình (12) có ba nghiệm phân biệt thì phương
trình (12’) phải có thoả mãn điều kiện:
t 0
t1 = 0 thật vậy ta có:
t 0
2
t1 = (a 2 + b 2 − 1) − 2ab = (a − b) 2 − 1
' = (a + b − 1) − (a − b + 1) + 4a = 4a b
2
2
2
t2 = (a + b − 1) + 2ab = (a + b) + 1
2
2
2
2
2
2
2
2 2
Do t2 0 với mọi a,b do đó để phương trình đã cho có ba nghiệm phân
a = b + 1
.
b = a + 1
biệt, thì t2 = 0 (a − a)2 − 1 = 0 (a − b − 1)(a − b + 1) = 0
Ngoài ra còn một số cách nưa như giải phương trình bằng phương pháp
đồ thị thì ta chuyển phương trình : x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 (I) bằng cách ta đặt
x 2 = y − mx khi đó ta được hệ phương trình:
a
4
y = x + 2 x (*)
3
2
x 2 + y 2 + ( a + a − ab + c) x + (b − a − 1) y + d
2 8
2
4
(**)
Hoành độ các giao điểm của parabôn, đồ thị của (*) và của đường tròn
đồ thị (**) là nghiệm của phương trình (I). Hay chúng ta cũng có thể xây
dựng được công thức nghiệm.
Do thời gian không cho phép nên trong bài viết này tôi chỉ nêu ra hai
phương pháp để giải phương trình bậc bốn mà trong quá trình giảng bản thân
đã tích luỹ củng như thường xuyên phải sử lý bằng những cách giải trên là cơ
bản.
Trang 13
Tóm lại thông qua sơ đồ sau:
ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e = 0 (a 0)
ax 4 + cx 2 + e = 0 (*)
(b = d
= 0)
Phương trình phản thương loại 1
at 2 + ct + e = 0 (**)
Phương trình
(**)
Vô nghiệm
2 nghiệm âm
Nghiệm kép âm
1 nghiệm dương
2 nghiệm dương
ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0
Phương
trình (*)
Vô nghiệm
Vô nghiệm
Vô nghiệm
2 nghiệm
4 nghiệm
2 cặp
nghiệm đối
nhau
a( x 2 +
1
1
) + b( x + ) + c = 0
2
x
x
at 2 + bt + c = 0
Đặt x +
1
=t
x
ax 4 + bx 3 + cx 2 − bx + a = 0
Phương trình phản thương loại 2
a( x 2 +
1
1
) + b( x − ) + c = 0
2
x
x
at 2 + bt + c = 0
Đặt x −
1
=t
x
Trang 14
C. KẾT LUẬN
Trong học toán, cách giải bài tập là con đường đi từ những điều đã biết,
kết hợp các dữ kiện , các mối quan hệ giữa chúng để đạt được chân lý, hay
tìm ra đáp số đúng.
Việc phát hiện ý đồ của bài toán ( cúng là ý đồ của người ra đề toán ) là
quan trọng. Quyết định lời giải đúng, ngắn nhất, logic chặt chẽ nhất,
Nếu chưa thể phát hiện được dấu hiệu bản chất vấn đề hãy tổng hợp các
dữ liệu, xây dựng mối liên hệ giữa chúng để được một kết quả ban đầu, từ đó
phát hiện ra hướng giải bài toán.
Trong hướng đi này, phải khai thác triệt để giả thiết mà đề bài đã cho,
vì nó là dấu hiệu giúp người giải toán nắm bắt ý định của người ra đề.
Hãy tôn trọng ý kiến của học sinh trong cách giải bài toán cho dù chưa
sắc sảo lắm, kể cả ý kiến có tính chất rời rạc để xây dựng lòng tin , sự quyết
đoán của học sinh .
Hãy giúp đỡ, góp ý cho dù các em lúc đầu gặp khó khăn khi suy luận
toán học. Có nhiều bài toán hay mang màu sắc thực tế gần gủi với đời sống,
sản xuất để kích thích lòng ham mê học toán của các em, làm cho các em thấy
được vẻ đẹp của toán học. Có như vậy người dạy toán mới hoàn thành nhiệm
vụ.
Như vậy để giải được phường trình bậc bốn, chúng ta có thể sử dụng
nhuần nhiễu các phương pháp cùng một lúc. Mà thực chất là chúng ta biến đổi
một cách sáng tạo, linh hoạt vế trái của phương trình về phương trình tích và
phương trình quen thuộc. Việc biến đổi này chủ yếu:
* Nếu dùng phương pháp phân tích ra thừa số cần chú ý:
- Dùng các phương pháp phân tích đã học lớp 8.
- Đặc biệt là phương pháp nhẫm nghiệm, phương pháp hệ
số bất định, Phương pháp tách một hay nhiều hạng tử, phương pháp thêm bớt,
Trang 15
và phương pháp nghiệm riêng..... để nhằm đưa vế trái của phương trình về
dạng tích và áp dụng giải phương trình tích.
* Nếu phương pháp sáng tạo, biến đổi hợp lý thì cần:
- Khai thác sâu đầu bài
- Coi các chữ có mặt trong phương trình là có vai trò như
nhau và ta cỏ thể xem chữ này là ẩn hoặc chữ kia là ẩn.
- Hoặc dùng cách đổi biến (đặt ẩn phụ) một cách hợp lý.
Trang 16
D. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC:
Trong suốt quá trình áp dụng đường lới phân tích để gải toán phương
trình bậc bốn, bản thân tôi đã đạt được một số kết quả khả quan
* Học sinh đã thấy yêu môn học hơn, không thấy “ngợp”trước
những bài toán khó như những bài toán về phương trình bậc bốn.
* Có nhiều em đạt giải trong các kỳ thi học sinh giỏi từ cấp
trường trởt lên.
* Số học sinh đã biết lựa chọn một trong các phương pháp hoặc
phối hợp các phương pháp giải phương trình bậc bốn hết sức linh hoạt.
Mong rằng bằng kinh nghiệm của mình đã được trình bày trong sáng
kiến này, có thể đóng góp một phần nhỏ trong phương pháp giải toán theo
hướng tích cực tư duy sáng tạo của học sinh thông qua con đường tìm tòi lời
giải. Đặc biệt là đưa một số ví dụ về giải phương trình bậc bốn bằng cách
phân tích ra thừa số và cách nhìn sáng tạo, linh hoạt như trên.
Chắn chắn không thể còn có thiếu sót , rất mong được sự thông cảm.
Đông Hương, tháng 03 năm 2011
Người viết
TRƯƠNG MẠNH HÙNG
Trang 17
Trang 18
- Xem thêm -
.PDF 
18 
286 
73 
