1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

sáng kiến kinh nghiệm phương pháp giải phương trình bậc cao

20 1,9K 5

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 20
Dung lượng 400 KB

Nội dung

Toán học giữ vai trò quan trọng trong mọi bậc học, làm thế nào để học đợc toán, học giỏi toán đó là vấn đề đặt ra mà không phải lúc nào cũng giải quyết đợc một cách đễ dàng.. Với cơng vị

Trang 1

Phần I : Đặt vấn đề

I - Lí do chọn đề tài:

Toán học là môn khoa học, là nền tảng cho các môn khoa học khác, có ứng dụng trong hầu hết các lĩnh vực của cuộc sống Toán học giữ vai trò quan trọng trong mọi bậc học, làm thế nào để học đợc toán, học giỏi toán đó là vấn đề

đặt ra mà không phải lúc nào cũng giải quyết đợc một cách đễ dàng Với cơng vị là một giáo viên toán, tôi nhận thấy cần phải đầu t suy nghĩ hơn nữa để tìm ra phơng pháp tốt nhất phù hợp với từng đơn vị kiến thức, giúp các em tiếp thu kiến thức một cách chủ động, nhẹ nhàng có hiệu quả

Trong chơng trình đại số THCS, việc giải phơng trình chỉ dừng lại ở phơng trình bậc nhất và phơng trình bậc hai là chủ yếu Khi gặp phơng trình bậc cao học sinh gặp rất nhiều khó khăn, thậm trí không có phơng án giải Điều đó cũng dễ hiểu bởi do nhiều lí do mà sách giáo khoa không đa ra các phơng pháp giải phơng trình bậc Chính vì vậy việc nhận dạng, phân loại và có phơng pháp giảI cho từng dạng phơng trình bậc cao, giúp cho học sinh định hớng và giải đơc các phơng trình bậc cao là hết sc cần thiết Đó chính là lí do tôi chọn đề tài này

II – nhiệm vụ nghiên cứu :

- Phân loại các dạng phơng trình bậc cao

- Tìm phơng pháp giải các dạng phơng trình bậc cao

- Các ví dụ minh họa

- Các bài luyện tập

II - Đối tợng nghiên cứu :

Học sinh lớp 9 trờng THCS Nghĩa Phúc, huyện Nghĩa Hng, tỉnh Nam Định

III - Phạm vi nghiên cứu:

Phơng trình bậc cao một ẩn với hệ số nguyên

Phần II : Nội dung

I - Những cơ sở lí luận và thực tiễn:

Khi dạy giải phơng trình bậc cao, phần bài tập trong SGK và SBTĐS lớp 9

là tơng đối đơn giản đối với đối tợng học sinh Nhng thực tế khi khai thác các dạng bài tập khác ta mới thấy sự phong phú đa dạng Để giải đợc các thể loại này đòi hỏi giáo viên phải cung cấp cho học sinh các phơng pháp giải cho từng thể loại bài

Trang 2

tập Qua quá trình dạy phơng trình bậc cao, tôi mạnh dạn đa ra một số phơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử cho các dạng bài tập cơ bản thờng gặp

Theo tôi khi dạy giáo viên cần cung cấp thêm cho học sinh và yêu cầu học sinh nắm đợc những nội dung kiến thức cơ bản sau:

bậc hai, phơng trình bậc bậc cao Nghiệm của phơng trình

đ-ơng phđ-ơng trình

II - Những phơng pháp, biện pháp, giải cụ thể:

A - Nội dung lý thuyết cơ sở:

1 Phơng trình, nghiệm của phơng tình :

Cho A( x1,x2,…,xn) và B( x1,x2,…,xn)là hai biểu thức chứa các biến x1,x2,

…,xn với các hệ số thuộc R Khi phải tìm phần tử (a1,a2,….,an) R sao cho các giá trị tơng ứng của hai biểu thức bằng nhau, tức là :

A(a1,a2,….,an) = B(a1,a2,….,an) thì ta viết :

Trang 3

A(x1,x2,…,xn) = B( x1,x2,…,xn) và gọi đẳng thức đó là một phơng trình.

Các biến x1,x2,…,xn gọi la các ẩn của phơng trình.

Tập xác định của phơng trình: là những giá trị của biến làm cho mọi biểu thức

trong phơng trình đều có nghĩa

Mỗi phần tử (a1,a2,….,an) R thỏa mãn đẳng thức :

A(a1,a2,….,an) = B(a1,a2,….,an) đợc gọi là một nghiệm của phơng trình.

Việc tìm nghiệm thuộc R đợc gọi là giải phơng trình.

- Phơng rình bậc nhất : Là phơng trình có dạng : ax + b = 0 ( a0)

Trong đó xlà ẩn ; a, b là các hệ số

Cách giải : + Nếu a 0 Pt có nghiệm duy nhất : x =

a

b

+ Nếu a = 0 Pt có dạng : 0x = -b

b 0 => 0x = b Pt vô nghiệm

b = 0 => 0x = 0 Pt có vô số nghiệm x  R

- Phơng trình bậc hai : Là phơng trình có dạng : ax2 + bx + c = 0 ( a0)

Trong đó xlà ẩn ; a, b,c là các hệ số

Cách giải : Theo lợc đồ sau.

Ví dụ Giải phơng trình sau:

a, x2 + 3x - 1 = 0

Có : a = 1; b = 3 ; c = -1

 = 32 - 4.1.(-1) = 9 + 4 = 13 > 0 Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt:

0

Xác định các hệ số a,b,c

ax2

+ bx + c = 0 ( a0)

Tính a + b + c

Ph ơng trình có 2 nghiệm

x1 = 1 ; x2 =

Tính a - b + c Ph ơng trình có 2 nghiệm x1 = -1 ; x2 =

Tính

Ph ơng trình

vô nghiệm

Ph ơng trình có nghiệm kép x

1 = x

2 =

Ph ơng trình có 2 nghiệm phân biệt

x

1 = ; x

2 =

= 0

= 0

0

= 0

Trang 4

x1 =

2

13

3 

2

13

3 

b, 4x2 - 4x + 1 = 0

Có : a = 4; b = -4; c = 1

 = (-2)2 - 4.1 = 4 - 4 = 0 Phơng trình có nghiệm kép : x1 = x2 =

2

1 4

) 2 (

c, 3x2 + 5x + 4 = 0

Có : a = 3; b = 5; c = 4

= 52 - 4.3.4 = 25 - 48 = -23 < 0 Phơng trình vô nghiệm

d, 7x2 + 23x - 30 = 0

Có a + b + c = 7 + 23 - 30 = 0 Phơng trình có 2 nghiệm : x1 = 1 ; x2 =

7

30

e, x2 - 60x - 61 = 0

Có: a - b + c = 1 - (-60) - 61 = 0 Phơng trình có hai nghiệm : x1 = -1 ; x2 = 61

- Phơng trình bậc cao : là pt dạng anxn + an - 1x n - 1 + +a1x + a0 = 0 (anxn + an - 1x n - 1 + +a1x + a0 là đa thức bậc n ( n  3) )

Trong đó xlà ẩn ; an,an - 1, ….,a1,a0 là các hệ số

Cách giải phơng trình bậc cao chính là nội dung chính của đề tài này và đợc

nghiên cứu ở phần sau.

2 Định nghĩa hai phơng trình tơng đơng: Hai phơng trình gọi là tơng đơng nếu

chúng có cùng tập hợp nghiệm

3 Các định lý về biến đổi tơng đơng các phơng trình :

a, Định lý 1: Nếu cộng cùng một đa thức chứa ẩn vào hai vế của phơng trình

thì đợc một phơng trình mới tơng đơng với phơng trình đã cho

Ví dụ : x4 - 24x = 32

 x4 - 24x + 4x2 + 4 = 32 + 4x2 + 4 ( Cộng 4x2 + 4 vào 2 vế )

Hệ quả 1 : Nếu chuyển một hạng tử từ vế này sang vế kia của một phơng

trình đồng thời đổi dấu hạng tử ấy thì đợc phơng trình mới tơng đơng với phơng trình

đã cho

Ví dụ : 2x - 7 = 4x + 9

 2x - 4x = 9 + 7 ( Chuyển vế đổi dấu hai hạng tử 4x và -7 )

Hệ quả 2 : Nếu xóa hai hạng tử giống nhau ở hai vế của một phơng trình

thì đợc phơng trình mới tơng đơng với phơng trình đã cho

Ví dụ : - 4x + x2 -5 = 2x + x2

Trang 5

 - 4x -5 = 2x ( Xóa hạng tử x2 ở hai vế )

b, Định lý 2: Nếu nhân một số khác 0 vào hai vế của một phơng trình thì đợc

phơng trình mới tơng đơng với phơng trình đã cho

Ví dụ :

2

1

x2 - 3x =

4 3

 2x2 - 12x = 3 ( Nhân hai vế với 4 )

4 Hệ quả định lí Bơdu:

x =  là nghiệm của đa thức f(x)  f(x) chia hết cho nhị thức x - 

Định lí này giúp chúng ta đa Pt bậc cao về phơng trình tích ( quy về giải các phơng trình có bậc thấp hơn) :

Phơng trình : anxn + an - 1x n - 1 + +a1x + a0 = 0 (*) nếu có nghiệm x = 

Thì (*) <=> (x - )(anx n - 1+ bnxn-2 + … + b1x + b0) = 0

5 Sơ đồ Hoocne:

Giả sử g(x) = bn - 1xn -1 + bn - 2x n - 2 + +b1x + b0 và r là thơng và d của phép chia đa thức f(x) = anxn + an - 1x n - 1 + + a1x + a0 cho nhị thức

x - 

Khi đó r và các hệ số của g(x) đợc tính theo sơ đồ sau:

(=an) b(= bn-2 n-1 +an-1) b(= bn-3 n-2 +an-2) …… b0

(= b1 +a1) r(= b0 +a0)

6 Nghiệm (nếu có) của một phơng trình:

Phơng trình anxn + an - 1x n - 1 + + a1x + a0 = 0

-Nghiệm nguyên của Pt phải là ớc của a0

-Nghiệm hữu tỷ của Pt có dạng q p ( trong đó p là ớc của a0; q là ớc dơng của

an)

Chú ý : Gọi m là tổng các hệ số của các số hạng bậc chẵn

và n là tổng các hệ số của các số hạng bậc lẻ

+ Nếu m + n = 0  Pt có nghiệm x = 1

+ Nếu m - n = 0  Pt có nghiệm x = -1

B - Vận dụng lý thuyết vào giảng dạy thực tiễn:

- Cung cấp cho học sinh những nội dung lí thuyết trên

- Các phơng pháp giải phơng trình bậc cao:

I Nhẩm nghiệm của Pt, đa Pt về Pt tích :

a) Ví dụ 1 Giải phơng trình : x3 + 5x2 + 3x - 9 = 0 (*)

Trang 6

Pt có tổng các hệ số bằng 0 ( 1+5+3-9 =0 ) nên có một nghiệm nguyên x = 1 Sử dụng sơ đồ Hoocne có :

(*) <=> (x - 1)(x2 + 6x + 9) = 0 Tìm đợc x1 = 1; x2,3 = -3

b, Ví dụ 2 Giải phơng trình : 3x3 - 14x2 + 4x + 3 = 0 (*)

Giải:

Ta thấy Pt có nghiệm hữu tỉ x =

3

1

, nên khi phân tích VT của Pt thành nhân tử,

sẽ có nhân tử 3x + 1 Khi đó ngoài việc sử dụng sơ đồ Hoocne ta có thể dùng các phơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử làm xuất hiện nhân tử 3x + 1:

(*) 3x3 + x2 - 15x2 - 5x+ 9x + 3 = 0  x2(3x + 1) - 5x(3x + 1) + 3(3x + 1) = 0

 (3x + 1)( x2 - 5x+ 3) = 0 Nghiệm Pt : x1 =

3

1

; x2,3 =

2

13

5 

* Bài luyện tập

BT1 : Giải các phơng trình :

a, 2x3 - 5x2 - 3x = 0

b, x3 - 7x + 6 = 0

c, x3 - 5x2 + x + 5 = 0

d, x3 - 13x2 - 42x - 36 = 0

e, x4 + 2x3 + 5x2 + 4x - 12 = 0

f, 3x3 - 7x2 + 17x - 5 = 0

II Các dạng đặc biệt :

1 Phơng trình tam thức :

Phơng trình tam thức là phơng trình có dạng : ax2n + bxn + c = 0 ( a0)

- Nếu a,b,c đồng thời khác 0 và n = 2 thì ta có phơng trình trùng phơng :

ax4 + bx2 + c = 0

Ví dụ Giải phơng trình : x4 - 4x2 + 3 = 0

Đặt x2 = t Điều kiện t  0

Phơng trình đã cho có dạng : t2 - 4t + 3 = 0

Có : a + b + c = 1 - 4 +3 = 0 Pt có hai nghiệm t1 = 1; t2 = 3

+ Với t1 = 1 = > x2 = 1  x = 1

x = -1

Trang 7

+ Với t2 = 3 = > x2 = 3 

Vậy phơng trình đã cho có 4 nghiệm x1 = - 3; x2 = -1; x3 = 1; x4 = 3

- Khi n > 2 Đặt xn = t , để tìm nghiệm của phơng trình ta giải hệ :

xn = t

at2 + bt + c = 0

Ví dụ 1 Giải phơng trình : x6 - 9 x3 + 8 = 0

Giải:

Đặt x3 = t , ta có : t2 - 9 t + 8 = 0 => t1 = 1 => x1 = 1

t2 = 8 => x2 = 2

Ví dụ 2 Giải phơng trình : x8 + 6x4 - 7 = 0

Giải:

Đặt x4 = t ( t0) Pt đã cho có dạng : t2 + 6t - 7 = 0 => t1 = 1 => x = 1

t2 = -7 ( loại)

* Bài luyện tập

BT2 Giải các phơng trình :

a, x4 + 4x2 - 5 = 0

b, x6 - 7x3 - 8 = 0

c, x8 + x4 - 2 = 0

d, x10 - 10x5 + 31 = 0

2 Phơng trình đối xứng

Một phơng trình dạng : anxn + an - 1x n - 1 + + a1x + a0 = 0

trong đó vế trái là đa thức bậc n đợc gọi là phơng trình đối xứng nếu các hệ số của

các số hạng cách đều số hạng đầu và số hạng cuối bằng nhau, nghĩa là :

an= a0, an - 1 = a1,…….

Tùy theo n là số chẵn hay lẻ mà ta có phơng trình đối xứng bậc chẵn hay bậc lẻ

Ví dụ 1 Giải phơng trình : x4 + 6x3 + 11x2 + 6x + 1 = 0

Giải:

Vì x =0 không phải là nghiệm của Pt nên chia cả hai vế của Pt cho x2 0 ta có :

x2 + 6x+ 11 +

x

6

+ 12

x = 0

 (x2 + 12

x ) + 6( x+ x

1

) + 11 = 0

Đặt x+

x

1

= t  x2 + 12

x + 2 = t

2  x2 + 12

x = t

2 - 2

 Pt có dạng : t2 - 2 + 6t + 11) = 0 => (t + 3)2 = 0 => t = -3

x+

x

1

+ 3 = 0 => x2 + 3x+1 = 0 Nghiệm Pt : x1,2 =

2

5

3 

Ví dụ 2 Giải phơng trình : 3x6 - 4x5 + 2x4 - 8x3 + 2x2 - 4x + 3 = 0 (*)

Giải:

Vì x =0 không phải là nghiệm của Pt nên chia cả hai vế của Pt cho x2 0 ta có :

Trang 8

3x3 - 4x2 + 2x - 8 +

x

2

- 42

x + 3

3

x = 0

 3(x3 + 13

x ) - 4( x

2 + 12

x ) + 2(x+ x

1

) - 8 = 0

Đặt x+

x

1

= t  x 2 + 12

x = t

2 - 2

x3 + 13

x = t

3 - 3t

Pt đã cho có dạng : 3 ( t3 - 3t) - 4( t2 - 2) + 2t - 8 = 0

 3t3 - 4t2 - 7t = 0

 t ( 3t2 - 4t -7) = 0

 t ( t + 1) ( 3t - 7) = 0 => (*) ( x2 + 1) ( x 2 + x +1) ( 3x2 - 7x + 3) = 0

x2 + 1 = 0 Pt vô nghiệm

3x2 - 7x + 3 = 0 Pt có 2 ngiệm: x1,2 =

6

13

7 

Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1,2 =

6

13

7 

Ví dụ 3 Giải phơng trình : 2x5 + 3x4 - 5x3 - 5x2 + 3x + 2 = 0 (*)

Đây là phơng trình đối xứng bậc lẻ ( bậc 5), ta không thể giải ngay tơng tự nh VD1

và VD2 Ta nhận thấy Pt đối xứng bậc lẻ bao giờ cũng có một nghiệm là x = -1 Khi đó (*)  (x + 1)( 2x4 + x3 - 6x2 + x + 2) = 0

x + 1 = 0

2x4 + x3 - 6x2 + x + 2 = 0 ( Pt đối xứng bậc chẵn đ biết cách giảiã )

Chú ý: Nếu m là nghiệm của phơng rình đối xứng thì

m

1

cũng là nghiệm của

ph-ơng trình đó.

* Cách chia cả hai vế của Pt cho x 2 0 cũng đợc sử dụng đối với các Pt có dạng :

ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 trong đó

2

b

d a e

gọi là phơng trình hồi quy Để giải Pt dạng này ta đặt ẩn phụ : t = x +

bx d

Ví dụ Giải phơng trình : x4 + 6x3 + 7x2 - 6x + 1 = 0 (*)

Giải:

Vì x =0 không phải là nghiệm của Pt nên chia cả hai vế của Pt cho x2 0 ta có :

(x2 + 12

x ) + 6 ( x - x

1

) + 7 = 0

x 2 + x +1 = 0 Pt vô nghiệm

Trang 9

Đặt x -

x

1

= t  x2 + 12

x = t

2 + 2

Pt đã cho có dạng : t2 + 2 + 6t + 7 = 0  ( t2 + 3 )2 = 0

(*) ( x2 + 3x - 1)2 = 0 Nghiệm của Pt (*): x1,2 =

2

7

3 

* Bài luyện tập

BT3 Giải các phơng trình :

a, x4 - 7x3 + 14 x2 - 7x + 1 = 0

b, x 6 + 3x5 - 30x4 - 29 x3 - 30 x2 + 3x + 1 = 0

c, x5 - 5x4 + 4x3 + 4x2 - 5x + 1 = 0

d, x4 - 3x3 - 6x2 + 3x + 1 = 0

e, x4 + 3x3 - 14 x2 - 6x + 4 = 0

3 Phơng trình dạng : (ax + m) (bx + n) ( cx + k) ( dx + l) = r (*)

trong đó a.d = b.c và a.l + d.m = b.k + c.n

Cách giải : (*) [(ax + m) ( dx + l)][ (bx + n) ( cx + k)] = r

 [adx2 + (a.l + d.m)x + ml][ bcx2 + (b.k + c.n)x + nk] = r

Do a.d = b.c và a.l + d.m = b.k + c.n Nên đặt adx2 + (a.l + d.m)x = t Khi đó Pt có dạng At2 + Bt + C = 0 Giải Pt tìm t

Sau đó giải Pt : adx2 + (a.l + d.m)x = t ta tìm đợc nghiệm của Pt đã cho

Ví dụ 1 Giải phơng trình : ( 4x + 1) ( 12 x - 1) ( 3x + 2) ( x + 1) = 4 (*)

Giải

 ( 4x + 1) ( 3x + 2)  ( 12x - 1) ( x + 1) = 4

( 12x2 + 11x + 2)( 12x2 + 11x - 1) = 4

Đặt 12x2 + 11x = y  ( y + 2) ( y - 1) - 4 = 0

y2 + y - 6 = 0

= > y = 2 ; y = - 3 (*)  (12x2 + 11x - 2) (12x2 + 11x + 3) = 0 Giải tiếp ta có nghiệm :

x1,2 =

24

217

11 

Ví dụ 2 Giải phơng trình : (x2 + 5x + 6)(x2 + 9x + 20) = 24 (*)

Giải

(*)  ( x + 2) ( x + 3) ( x + 4) ( x + 5) = 24

 [( x + 2) ( x + 5)][ ( x + 3) ( x + 4)] = 24

 (x2 + 7x + 10)( x2 + 7x + 12) - 24 = 0

Trang 10

Đặt x2 + 7x + 11 ( =    

2

12 7 10

2

x x x

Pt có dạng : (t - 1)(t + 1) - 24 = 0  t2 = 25  t =  5

(*)  ( x2 + 7x + 6) ( x2 + 7x + 16) = 0

( x + 1) ( x + 6) ( x2 + 7x + 16) = 0 Ta tìm đợc nghiệm : x1,2 = -6 ; -1

* Bài luyện tập

BT4 Giải các phơng trình :

a, x(x + 1) (x + 2) (x + 3) = 8

b, (x - 4)(x - 5) (x - 6)(x - 7) = 1680

c, (4x + 3)2 (x + 1) (2x + 1) = 810

d, (x2 + 4x + 3)(x2 + 12x + 35) + 15 = 0

4 Phơng trình dạng : (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = mx2

trong đó a.d = b.c

Cách giải

Nhóm [(x + a)( x + d)][ (x + b)(x + c)] = mx2

rồi đặt ẩn phụ

x

ad x

t  

Ví dụ Giải phơng trình : (x + 2)(x + 3)(x + 8)(x+ 12) = 4x2

Giải

Ta nhóm nh sau : [(x + 2)(x+ 12)][(x + 3)(x + 8)] = 4x2

 (x2 + 14x + 24)( x2 + 11x + 24) = 4x2

Vì x =0 không phải là nghiệm của Pt nên chia cả hai vế của Pt cho x2 0 ta có :

x

x x

x

x24 = y, ta có : (y + 14)(y + 11) - 4 = 4

 y2 + 25y + 150 = 0

Giải Pt ta đợc y1 = -10; y2 = -15 =>

Pt có 4 nghiệm x1 = -4 ; x2 = -6 ; x3,4 =

2

129

15 

* Bài luyện tập

BT5 Giải các phơng trình :

a, 4(x + 5)(x + 6)(x + 10)(x+ 12) = 3x2

b, (x - 8) (x - 4) (x - 2) (x - 1) = 4x2

5 Phơng trình dạng : (x + a)4 + (x + b)4 = m

Cách giải

Đặt y =

2

b a

x  , khi đó x + a = y +

2

b

a 

; x+b= y -

2

b

a 

x2 +10x +24 = 0

x2 +15x +24 = 0

Trang 11

Ta thu đợc Pt trùng phơng đã biết cách giải.

Ví dụ Giải phơng trình : (x + 5)4 + (x +3)4 = 2

Giải

Đặt x + 4 = y => x + 5 = y + 1; x + 3 = y -1

Pt đã cho có dạng : (y + 1)4 + (y - 1)4 = 2

 y4 + 4y3 + 6y2 + 4y +1 + y4 - 4y3 + 6y2 - 4y +1 = 2

y4 + 6y2 = 0  khi đó x + 4 = 0 Pt có nghiệm x = -4

5 Vài dạng phơng trình bậc cao khác :

Với phơng trình bậc 4 : ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx +e = 0

5.1 Đa VT về dạng hiệu hai bình ph“hiệu hai bình ph ơng => Pt tích” => Pt tích

Ví dụ 1 Giải phơng trình : x4 + 4x3 + 3x2 + 2x -1 = 0

Giải

x4 + 4x3 + 3x2 + 2x -1 = 0

 x4 + 4x3 + 4x2 - x2 + 2x -1 = 0

 (x2 + 2x)2 - (x - 1)2 = 0

 (x2 + x + 1)( x2 + 3x -1) = 0 

Pt đã cho có 2 nghiệm x1,2 =

2

13

3 

Ví dụ 2 Giải phơng trình : x4 - 24x = 32

Giải

Thêm 4x2 + 4 vào 2 vế ta đợc: (x4 + 4x2 + 4) - (4x2 + 24x + 36) = 0

 (x2 + 2)2 - (2x + 6)2 = 0

 (x2 + 2x + 8)( x2 - 2x - 4) = 0 

Pt đã cho có 2 nghiệm x1,2 = 1 5

5.2 Giải phơng trình : x4 + 2x3 - x2 - 2x -15 = 0

Giải

x4 + 2x3 - x2 - 2x -15 = 0

 x4 + 2x3 + x2- 2x2 - 2x -15 = 0

 (x2 + x)2 - 2( x2 + x) - 15 = 0

Đặt x2 + x = t  Pt có dạng : t2 -2t -15 = 0

 t = 5 hoặc t = -3

 (x2 + x - 5) (x2 + x + 3) = 0

Pt có nghiệm x1,2 =

2

21

1 

a) 5.3 Giải phơng trình : x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + 3 = 0 (*)

Giải

y2 = 0

y2 = -6

x2 + x + 1 = 0

x2 + 3x - 1 = 0

x2 + 2x + 8= 0

x2 - 2x - 4= 0

Ngày đăng: 14/06/2014, 12:58

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w