Đề tài về phương trình vô tỷ

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ ****************************** PHẦN I MỞ ĐẦU I. Lí do chọn đề tài Toán học là một trong những môn khoa học cơ bản mang tính trừu tượng, nhưng mô hình ứng dụng của nó rất rộng rãi và gần gũi trong mọi lĩnh vực của đời sống xã hội, trong khoa học lí thuyết và khoa học ứng dụng. Toán học là một môn học giữ một vai trò quan trọng trong suốt bậc học phổ thông. Tuy nhiên, nó là một môn học khó, khô khan và đòi hỏi ở mỗi học sinh phải có một sự nỗ lực rất lớn để chiếm lĩnh những tri thức cho mình. Chính vì vậy, đối với mỗi giáo viên dạy toán việc tìm hiểu cấu trúc của chương trình, nội dung của sách giáo khoa, nắm vững phương pháp dạy học. Để từ đó tìm ra những biện pháp dạy học có hiệu quả trong việc truyền thụ các kiến thức Toán học cho học sinh là công việc cần phải làm thường xuyên Dạy học sinh học Toán không chỉ là cung cấp những kiến thức cơ bản, dạy học sinh giải bài tập sách giáo khoa, sách tham khảo mà điều quan trọng là hình thành cho học sinh phương pháp chung để giải các dạng toán, từ đó giúp các em tích cực hoạt động, độc lập sáng tạo để dần hoàn thiện kĩ năng, kĩ xảo, hoàn thiện nhân cách Giải toán là một trong những vấn đề trung tâm của phương pháp giảng dạy, bởi lẽ việc giải toán là một việc mà người học lẫn người dạy thường xuyên phải làm, đặc biệt là đối với những học sinh bậc THCS thì việc giải toán là hình thức chủ yếu của việc học toán Trong chương trình Toán bậc THCS, chuyên đề về phương trình là một trong những chuyên đề xuyên suốt 4 năm học của học sinh, bắt đầu từ những bài toán “Tìm x biết ” dành cho học sinh lớp 6, 7 đến việc cụ thể hóa vấn đề về phương trình ở cuối năm học lớp 8 và hoàn thiện cơ bản các nội dung về phương trình đại số ở lớp 9. Đây là một nội dung quan trọng bắt buộc học sinh bậc THCS phải nắm bắt được và có kĩ năng giải phương trình một cách thành thạo Trong những vấn đề về phương trình, phương trình vô tỉ lại là một trở ngại không nhỏ khiến cho nhiều học sinh không ít ngỡ ngàng và bối rối khi giải các loại phương trình này. Thực ra, đây cũng là một trong những vấn đề khó. Đặc biệt, với những học sinh tham gia các kì thi học sinh giỏi thì đây là một trong những vấn đề quan trọng mà bắt buộc những học sinh này phải vượt qua Là một giáo viên giảng dạy Toán bậc THCS, bản thân tôi lại được Nhà trường trực tiếp giao trách nhiệm bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Toán tham dự kì thi các cấp Huyện và Tỉnh, tôi cũng rất trăn trở về vấn đề này. Vấn đề đặt ra là làm thế nào có thể giúp cho học sinh giải thành thạo các loại phương trình vô tỉ? Và khi gặp bất cứ một dạng toán nào về phương trình vô tỉ các em cũng có thể tìm ra cách giải một cách tốt nhất? Với tất cả những lí do nêu trên. Tôi quyết định chọn đề tài “Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ” trong khuôn khổ chương trình bậc THCS II. Mục đích của đề tài Trên cơ sở những kinh nghiệm giảng dạy và thực tiễn học tập của học sinh, tìm ra những phương pháp giải phương trình vô tỉ một cách hiệu quả nhất III. Phạm vi nghiên cứu Để thực hiện đề tài này, tôi thực hiện nghiên cứu tại đơn vị công tác là Trường THCS Dân tộc Nội trú. Cụ thể là những học sinh tham gia đội tuyển học sinh giỏi Toán của trường và của Huyện IV. Cơ sở nghiên cứu Để thực hiện đề tài này, tôi dựa trên cơ sở các kiến thức đã học ở Trường Cao đẳng sư phạm Yên Bái, các tài liệu về phương pháp giảng dạy, các tài liệu bồi dưỡng thường xuyên, sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo của bộ môn Toán bậc trung học cơ sở V. Phương pháp nghiên cứu Thực hiện đề tài này, tôi sử dụng các phương pháp sau đây: ******************************* Nguyễn Đức Nghị – Trường THCS Lương Phú Trang 1 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ ****************************** – Phương pháp nghiên cứu lý luận – Phương pháp khảo sát thực tiễn – Phương pháp phân tích – Phương pháp tổng hợp – Phương pháp khái quát hóa – Phương pháp quan sát – Phương pháp kiểm tra – Phương pháp tổng kết kinh nghiệm VI. Thời gian nghiên cứu Đề tài được thực hiện từ ngày 05.09.2008 đến ngày 30.3.2009 VII. Giới hạn của đề tài Đề tài được sử dụng trong việc bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi các cấp, với đối tượng là những học sinh giỏi bộ môn Toán PHẦN II NỘI DUNG ĐỀ TÀI I. Khảo sát tình hình thực tế Năm học 2008 – 2009, tôi được Phòng giáo dục & đào tạo Lục Yên phân công tăng cường về Trường THCS Dân tộc Nội trú. Thực hiện công tác bồi dưỡng học sinh giỏi hai môn Toán và giải toán trên máy tính cầm tay. Đây là một cơ hội rất tốt để tôi thực hiện đề tài này, phương trình vô tỉ là một trong những dạng phương trình khó. Trong quá trình giải toán học sinh còn rất lúng túng, kể cả những học sinh tham gia trong hai đội tuyển thì những dạng phương trình vô tỉ cũng là một dạng toán mới. Trước khi bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi đã thực hiện việc khảo sát môn toán trên 33 học sinh của lớp 9B. Kết quả thu được như sau: Giỏi: 10 em Khá: 12 em Trung bình: 11 em Đội tuyển học sinh giỏi môn Toán do tôi phụ trách đầu tháng 7 gồm 14 học sinh, qua quá trình bồi dưỡng, chọn lọc trực tiếp. Tôi đã chọn ra được 8 em vào đầu tháng 9 để tiếp tục bồi dưỡng cho các em trong năm học này Đội tuyển học sinh giỏi môn giải toán trên máy tính cầm tay do tôi phụ trách và chọn lọc từ đầu tháng 9 gồm 11 em II. Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ 1. Phương pháp nâng lên lũy thừa a) Dạng 1: f (x) g(x)= ⇔ 2 g(x) 0 f (x) [g(x)] ≥   =  Ví dụ. Giải phương trình: x 1 x 1+ = − (1) Giải: (1) ⇔ 2 x 1 x 1 x 1 x 3 x 3x 0 x 1 x 1 ≥ ≥  ≥    ⇔ ⇔    = − = + = −     Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 3 b) Dạng 2: f (x) g(x) h(x)+ = Ví dụ. Giải phương trình: x 3 5 x 2+ = − − (2) Giải. Với điều kiện x ≥ 2. Ta có: ******************************* Nguyễn Đức Nghị – Trường THCS Lương Phú Trang 2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ ****************************** (2) ⇔ x 3 x 2 5+ + − = ⇔ 2x 1 2 (x 3)(x 2) 25+ + + − = ⇔ (x 3)(x 2) 12 x+ − = − ⇔ 2 2 2 x 12 2 x 12 x 6 25x 150 x x 6 144 x 24x ≤ ≤ ≤ ≤   ⇔ ⇔ =   = + − = + −   Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 6 c) Dạng 3: f (x) g(x) h(x)+ = Ví dụ. Giải phương trình: x 1 x 7 12 x+ − − = − (3) Giải: Với điều kiện 7 ≤ x ≤ 12. Ta có: (3) ⇔ x 1 12 x x 7+ = − + − ⇔ x 1 5 2 (12 x)(x 7)+ = + − − ⇔ 2 2 19x x 84 x 4− − = − ⇔ 4(19x – x 2 – 84) = x 2 – 8x + 16 ⇔ 76x – 4x 2 – 336 – x 2 + 8x – 16 = 0 ⇔ 5x 2 – 84x + 352 = 0 ( ) ( ) 2 2 2 84 352 42 1764 1764 352 5 x x 5 x 2 x 5 5 5 25 25 5 42 4 44 5 x 5 5 x 8 x (x 8) 5x 44 5 25 5     − + = − × + − +  ÷  ÷         = − − × = − − = − −  ÷  ÷     ⇔ x 1 = 44 5 ; x 2 = 8 Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm x 1 = 44 5 ; x 2 = 8 d) Dạng 4: f (x) g(x) h(x) k(x)+ = + Ví dụ. Giải phương trình: x x 1 x 4 x 9 0− − − − + + = (4) Giải: Với điều kiện x ≥ 4. Ta có: (4) ⇔ x 9 x x 1 x 4+ + = − + − ⇔ 2x 9 2 x(x 9) 2x 5 2 (x 4)(x 1)+ + + = − + − − ⇔ 7 x(x 9) (x 1)(x 4)+ + = − − ⇔ 2 2 49 x 9x 14 x(x 9) x 5x 4+ + + + = − + ⇔ 45 + 14x + 14 x(x 9)+ = 0 Với x ≥ 4 ⇒ vế trái của phương trình luôn là một số dương ⇒ phương trình vô nghiệm 2) Phương pháp trị tuyệt đối hóa Ví dụ 1. Giải phương trình: 2 x 4x 4 x 8− + + = (1) Giải: (1) ⇔ 2 (x 2) 8 x− = − Với điều kiện x ≤ 8. Ta có: (1) ⇔ |x – 2| = 8 – x – Nếu x < 2: (1) ⇒ 2 – x = 8 – x (vô nghiệm) – Nếu 2 ≤ x ≤ 8: (1) ⇒ x – 2 = 8 – x ⇔ x = 5 HD: Đáp số: x = 5. Ví dụ 2. Giải phương trình x 2 2 x 1 x 10 6 x 1 2 x 2 2 x 1+ + + + + − + = + − + (2) ******************************* Nguyễn Đức Nghị – Trường THCS Lương Phú Trang 3 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ ****************************** Giải: (2) ⇔ x 1 2 x 1 1 x 1 2.3 x 1 9 2 x 1 2 x 1 1+ + + + + + − + + = + − + + ⇔ x 1 1 | x 1 3 | 2.| x 1 1|+ + + + − = + − Đặt y = x 1+ (y ≥ 0) ⇒ phương trình đã cho trở thành: y 1 | y 3| 2 | y 1|+ + − = − – Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y ⇔ y = –1 (loại) – Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 ⇔ y = 3 – Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm) Với y = 3 ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 8 Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm là x = 8 3) Phương pháp sử dụng bất đẳng thức a) Chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rời nhau, khi đó phương trình vô nghiệm Ví dụ 1 . Giải phương trình x 1 5x 1 3x 2− − − = − Cách 1. điều kiện x ≥ 1 Với x ≥ 1 thì: Vế trái: x 1 5x 1− < − ⇒ vế trái luôn âm Vế phải: 3x 2− ≥ 1 ⇒ vế phải luôn dương Vậy: phương trình đã cho vô nghiệm Cách 2. Với x ≥ 1, ta có: x 1 5x 1 3x 2− = − + − ⇔ x 1 8x 3 2 (5x 1)(3x 2)− = − + − − ⇔ 2 7x 2 (5x 1)(3x 2)− = − − Vế trái luôn là một số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥ 1 ⇒ phương trình vô nghiệm b) Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế Ví dụ 2. Giải phương trình: 2 2 2 3x 6x 7 5x 10x 14 4 2x x+ + + + + = − − (1) Giải: Ta có (1) ⇔ 2 2 2 4 9 3 x 2x 1 5 x 2x 1 (x 2x 1) 5 3 5     + + + + + + + = − + + +  ÷  ÷     ⇔ 2 2 2 3(x 1) 4 5(x 1) 9 5 (x 1)+ + + + + = − + Ta có: Vế trái ≥ 4 9 2 3 5+ = + = . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –1 Vế phải ≤ 5. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –1 Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = –1 c) Sử dụng tính đơn điệu của hàm số (tìm một nghiệm, chứng minh nghiệm đó là duy nhất) Ví dụ 1. Giải phương trình: 2 x 7 8 2x 2x 1 x 1 + + = + − + Giải: điều kiện x ≥ 1 2 Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình – Nếu 1 x 2 2 ≤ < : VT = 6 1 8 8 3 x 1 + + < + + . Mà: VP > 8 3+ – Nếu x > 2: VP = 2x 2 + 2x 1− > 2.2 2 + 3 = 8 3+ . VT < 8 3+ x 2 x 1 2 1 6 6 1 1 3 x 1 2 1 > ⇒ + > + + < + = + + Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2 ******************************* Nguyễn Đức Nghị – Trường THCS Lương Phú Trang 4 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ ****************************** Ví dụ 2. Giải phương trình: 2 2 2 2 3x 7x 3 x 2 3x 5x 1 x 3x 4− + − − = − + − − − Giải: Thử với x = 2. Ta có: 2 2 2 3.4 7.2 3 2 2 3.2 5.2 1 2 3.2 4 1 2 3 6 − + − − = − + − − − ⇔ − = − (1) ⇔ 2 2 2 2 (3x 5x 1) 2(x 2) (x 2) 3(x 2) 3x 5x 1 x 2− − − − + − − − = − − − − Nếu x > 2: VT < VP Nếu x < 2: VT > VP Vậy: x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình Ví dụ 3. Giải phương trình: 6 8 6 3 x 2 x + = − − Giải : ĐK: x < 2. Bằng cách thử, ta thấy x = 3 2 là nghiệm của phương trình. Ta cần chứng minh đó là nghiệm duy nhất. Thật vậy: Với x < 3 2 : 6 2 3 x < − và 8 4 2 x < − ⇒ 6 8 6 3 x 2 x + < − − . Tương tự với 3 2 < x < 2: 6 8 6 3 x 2 x + > − − Ví dụ 4. Giải phương trình: 2 2 3x(2 9x 3) (4x 2)(1 1 x x ) 0+ + + + + + + = (1) Giải : (1) ( ) ( ) 2 2 3x 2 (3x) 3 (2x 1) 2 (2x 1) 3 0⇔ + + + + + + + = ( ) ( ) 2 2 3x 2 (3x) 3 (2x 1) 2 (2x 1) 3⇔ + + = − + + + + Nếu 3x = –(2x + 1) ⇔ x = 1 5 − thì các biểu thức trong căn ở hai vế bằng nhau. Vậy x = 1 5 − là một nghiệm của phương trình. Hơn nữa nghiệm của (1) nằm trong khoảng 1 ; 0 2   −  ÷   . Ta chứng minh đó là nghiệm duy nhất. Với 1 1 x 2 5 − < < − : 3x < –2x – 1 < 0 ⇒ (3x) 2 > (2x + 1) 2 ⇒ 2 2 2 (3x) 3 2 (2x 1) 3+ + > + + + Suy ra: ( ) ( ) 2 2 3x 2 (3x) 3 (2x 1) 2 (2x 1) 3 0+ + + + + + + > ⇒ (1) không có nghiệm trong khoảng này. Chứng minh tương tự, ta cũng đi đến kết luận (1) không có nghiệm khi 1 1 x 2 5 − < < − d) Sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức không chặt Ví dụ. Giải phương trình x 4x 1 2 x 4x 1 − + = − Giải: điều kiện 1 x 4 > Áp dụng bất đẳng thức a b 2 b a + ≥ với ab > 0 Với điều kiện 1 x x 4x 1 0 4 > ⇒ − > . Nên: x 4x 1 2 x 4x 1 − + ≥ − . Dấu “=” xảy ra ⇔ 2 x 4x 1 x 4x 1 0= − ⇔ − + = ******************************* Nguyễn Đức Nghị – Trường THCS Lương Phú Trang 5 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ ****************************** ⇔ 2 2 x 4x 4 3 0 (x 2) 3 x 2 3 x 2 3− + − = ⇔ − = ⇔ − = ± ⇔ = ± 4. Phương pháp đưa về phương trình tích Ví dụ 1. Giải phương trình: 2x 1 x 2 x 3+ − − = + Giải. ĐK: x ≥ 2. Để ý thấy: (2x + 1) – (x – 2) = x + 3. Do đó, nhân lượng liên hợp vào hai vế của phương trình: (x 3)( 2x 1 x 2 1) 0+ + + + − = ⇔ x 3 0 2x 1 x 2 1 + =   + + − =  ⇒ PT vô nghiệm Ví dụ 2. Giải phương trình: 2 x 1 2(x 1) x 1 1 x 3 1 x+ + + = − + − + − (1) Giải. ĐK: | x | ≤ 1: (1) ⇔ ( ) ( ) x 1 1 x 2 x 1 1 x 1 0+ − − + − − + = ⇔ x 1 = 0; x 2 = 24 25 − Ví dụ 3. Giải phương trình: 3 2 4 x 1 x x x 1 1 x 1− + + + + = + − (1) Giải. Chú ý: x 4 – 1 = (x – 1)(x 3 + x 2 + x + 1). (1) ⇔ ( ) ( ) 3 2 x 1 1 1 x x x 1 0− − − + + + = ⇔ x = 2 5) Phương pháp đặt ẩn phụ a) Sử dụng một ẩn phụ Ví dụ 1. Giải phương trình: 2 x x 1 1+ + = (1) Giải. Đặt x 1+ = y (y ≥ 0) ⇒y 2 = x + 1 ⇔ x = y 2 – 1 ⇔ x 2 = (y 2 – 1) 2 ⇒ (2) ⇔ (y 2 – 1) 2 + y – 1 = 0 ⇔ y(y − 1)(y 2 + y − 1) = 0. Từ đó suy ra tập nghiệm của phương trình là: 1 5 0; 1; 2   −   −       Ví dụ 2. Giải phương trình: ( ) 3 x 1 1 2 x 1 2 x− + + − = − (1) HD: ĐK: x ≥ 1. Đặt x 1 1− + = y (1) ⇔ ( ) ( ) 3 2 x 1 1 x 1 1 2 0− + + − + − = ⇔ y 3 + y 2 – 2 = 0 ⇔ (y – 1)(y 2 + 2y + 2) = 0 ⇔ y = 1 ⇔ x = 1 b) Sử dụng hai ẩn phụ Ví dụ 1. Giải phương trình: 2(x 2 + 2) = 5 3 x 1+ (3) Giải. Đặt u = x 1+ , v = 2 x x 1− + (ĐK: x ≥ −1, u ≥ 0, v ≥ 0). Khi đó: u 2 = x + 1, v 2 = x 2 – x + 1, u 2 v 2 = x 3 + 1. ⇒ (3) ⇔ 2(u 2 + v 2 ) = 5uv ⇔ (2u − v)(u − 2v) = 0 Giải ra, xác định x. Kết quả là: x ∈ 5 37 5 37 ; 2 2   + −         Ví dụ 2. Giải phương trình: ( ) ( ) 2 x 5 x 2 1 x 7x 10 3+ − + + + + = (1) Giải. ĐK: x ≥ –2. (1) ⇔ ( ) ( ) x 5 x 2 1 (x 5)(x 2) 3+ − + + + + = Đặt: x 5+ = u, x 2+ = v (u, v ≥ 0)⇒ u 2 – v 2 = 3. (1) ⇔ (a – b)(1 + ab) = a 2 – b 2 ⇔ (a – b)(1 – a + ab – b) = 0 ⇔ (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0 ******************************* Nguyễn Đức Nghị – Trường THCS Lương Phú Trang 6 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ ****************************** Giải ra: x = –1 là nghiệm duy nhất Ví dụ 3. Giải phương trình: x 1 3x 2x 1+ − = − (1) Giải. ĐK: x ≥ 0. Đặt x 1+ = u, 3x = v (u, v ≥ 0): (1) ⇔ b – a = a 2 – b 2 ⇔ (a – b)(a + b + 1) = 0 Mà a + b + 1 > 0 ⇒ a = b ⇔ x = 1 2 là nghiệm duy nhất của phương trình. Ví dụ 4. Giải phương trình: 4 1 5 x x 2x x x x + − = + − (1) Giải. Đặt 1 x x − = u, 5 2x x − = v (u, v ≥ 0) (1) ⇔ 1 5 1 5 x 2x x 2x 0 x x x x       − − − − − − − =  ÷  ÷         ⇔ u – (v 2 – u 2 ) – v = 0 ⇔ (u – v)(1 + u + v) = 0. Vì 1 + u + b > 0 nên: u = v. Giải ra ta được: x = 2 c) Sử dụng ba ẩn phụ Ví dụ 1 Giải phương trình: 2 2 x 3x 2 x 3 x 2 x 2x 3+ + + + = + + + − (1) Giải. ĐK: x ≥ 2. (1) ⇔ (x 1)(x 2) x 3 x 2 (x x)(x 3)− − + + = + + − + Đặt: x 1− = a, x 2− = b, x 3+ = c (a, b, c ≥ 0): (1) ⇔ ab + c = b + ac ⇔ (a – 1)(b – c) = 0 ⇔ a = 1 hoặc b = c. Thay ngược trở lại ta được x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình Ví dụ 2. Giải phương trình : x 2 x. 3 x 3 x. 5 x 2 x. 5 x= − − + − − + − − Giải. Đặt : u 2 x= − ; v 3 x= − ; t 5 x= − (u ; v ; t ≥ 0) ⇒ x = 2 − u 2 = 3 − v 2 = 5 − t 2 = uv + vt + tu Từ đó ta có hệ: (u v)(u t) 2 (1) (v u)(v t) 3 (2) (t u)(t v) 5 (3) + + =   + + =   + + =  Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có : [ (u + v)(v + t)(t + u) ] 2 = 30 Vì u ; v ; t ≥ 0 nên: (u v)(v t)(t u) 30+ + + = (4) Kết hợp (4) với lần lượt (1) ; (2) ; (3) dẫn đến: 30 v t (5) 2 30 u t (6) 3 30 u v (7) 5  + =     + =    + =    Cộng từng vế của (5) ; (6) ; (7) ta có: 31 30 31 30 2(u v t) u v t 30 60 + + = ⇒ + + = (8) Kết hợp (8) với lần lượt (5) ; (6) ; (7) ta có: 2 30 u 60 11 30 30 239 v x 2 60 60 120 19 30 t 60  =       = ⇒ = − =  ÷   ÷     =    ******************************* Nguyễn Đức Nghị – Trường THCS Lương Phú Trang 7 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ ****************************** d) Sử dụng ẩn phụ đưa về hệ phương trình Ví dụ 1. Giải phương trình x 1 2x 1 5− + − = Cách 1: Giải tương tự bài 1. Ta được x = 5 Cách 2: Đặt x 1 u 0− = ≥ và 2x 1 v− = . Ta có hệ: 2 2 u v 5 v 2u 1 + =   − =  ⇔ u 2 u 12 =   = −  ⇔ x = 5. Ví dụ 2 Giải phương trình: 8 x 5 x 5+ + − = Giải. ĐK: 0 ≤ x ≤ 25. Đặt 8 x+ = u , 5 x v− = (u, v ≥ 0): ⇒ 2 2 u v 5 u v 13 + =   + =  u 2 u=3 v v 3 v=2 =   ⇔   =   Giải ra ta có x = 1 là nghiệm duy nhất. Ví dụ 3. Giải phương trình: 2 2 25 x 9 x 2− − − = Giải. ĐK: –3 ≤ x ≤ 3: Đặt 2 25 x− = u, 2 9 x− = v (u, v ≥ 0) ⇒ 2 2 u v 2 u v 16 + =   + =  ⇔ u v 2 u 5 u v 8 v 3 − = =   ⇔   + = =   . Thế ngược trở lại: x = 0 là nghiệm duy nhất. Ví dụ 4. Giải phương trình: 1 x 4 x 3− + + = Giải. ĐK: – 4 ≤ x ≤ 1. Đặt 1 x u ; 4 x v− = + = (u, v ≥ 0) ⇒ 2 2 u v 3 u v 5 + =   + =  ⇒ x 0 x 3 =   = −  Ví dụ 5. Giải phương trình: 2 2 x 2 x 4 x 2− + + + − = Giải. ĐK: –2 ≤ x ≤ 2: Đặt 2 x u, 2 x v− = + = (u, v ≥ 0) ⇒ 2 (u v) 2uv 4 (u v) uv 2  + − =  + + =  Giải ra ta được: (a, b) = {(0 ; 2), (2 ; 0)}. Từ đó thế ngược trở lại: x = ±2 Ví dụ 6. Giải phương trình: 4 4 97 x x 5− + = (1) Giải. Đặt 4 97 x− = u, 4 x = v (u, v ≥ 0) ⇒ (1) ⇔ 4 4 u v 5 u 2 u 3 x 81 v 3 v 2 x 16 u v 97 + = = = =     ⇔ ∨ ⇔     = = = + =     Ví dụ 7. Giải phương trình: 3 3 3 x 2x 3 12(x 1)+ − = − Giải. Đặt 3 3 x u, 2x 3 v= − = (1) ⇔ 3 3 3 3 3 3 3 u v 4(u v ) u v 3uv(u v) 4(u v )+ = + ⇔ + + + = + 2 2 2 u v 3.(u v).(u 2uv v ) 0 3.(u v).(u v) 0 u v = −  ⇔ + − + = ⇔ + − = ⇔  =  ⇒ kết quả 6) Giải và biện luận phương trình vô tỉ Ví dụ 1. Giải và biện luận phương trình: 2 x 4 x m− = − Giải. Ta có: 2 x 4 x m− = − ⇔ 2 2 2 2 x m x m x 4 x 4xm m 2mx (m 4) 0 ≥ ≥   ⇔   − = − + − + =   – Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm – Nếu m ≠ 0: 2 m 4 x 2m + = . Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m ⇔ 2 m 4 2m + ≥ m + Nếu m > 0: m 2 + 4 ≥ 2m 2 ⇔ m 2 ≤ 4 ⇔ 0 m 2< ≤ + Nếu m < 0: m 2 + 4 ≤ 2m 2 ⇔ m 2 ≥ 4 ⇔ m ≤ –2 Tóm lại: ******************************* Nguyễn Đức Nghị – Trường THCS Lương Phú Trang 8 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ ****************************** – Nếu m ≤ –2 hoặc 0 < m ≤ 2: phương trình có một nghiệm 2 m 4 x 2m + = – Nếu –2 < m ≤ 0 hoặc m > 2: phương trình vô nghiệm Ví dụ 2. Giải và biện luận phương trình với m là tham số: mxx −=− 3 2 (Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 1999 – 2000) Giải. Ta có: 2 2 2 2 2 x m x m x 3 x m x 3 x m 2mx 2mx (m 3) 0 ≥ ≥   − = − ⇔ ⇔   − = + − − + =   – Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm – Nếu m ≠ 0: 2 m 3 x 2m + = . Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m ⇔ 2 m 3 m 2m + ≥ + Nếu m > 0: m 2 + 3 ≥ 2m 2 ⇔ m 2 ≤ 3 ⇔ 0 m 3≤ ≤ + Nếu m < 0: m 2 + 3 ≤ 2m 2 ⇔ m 2 ≥ 3 ⇔ m ≤ 3− Tóm lại: – Nếu 0 m 3≤ ≤ hoặc m 3≤ − . Phương trình có một nghiệm: 2 m 3 x 2m + = – Nếu 3 m 0− < ≤ hoặc m 3> : phương trình vô nghiệm Ví dụ 3. Giải và biện luận theo tham số m phương trình: x x m m− = − Giải. Điều kiện: x ≥ 0 – Nếu m < 0: phương trình vô nghiệm – Nếu m = 0: phương trình trở thành x( x 1) 0− = ⇒ có hai nghiệm: x 1 = 0, x 2 = 1 – Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với ( x m)( x m 1) 0− + − = x m 0 x 1 m  − = ⇔  = −   + Nếu 0 < m ≤ 1: phương trình có hai nghiệm: x 1 = m; x 2 = 2 (1 m)− + Nếu m > 1: phương trình có một nghiệm: x = m II. Kết quả thực hiện Qua việc bồi dưỡng học sinh giỏi hai môn: Toán và giải toán trên máy tính cầm tay. Tôi đã áp dụng các nội dung của đề tài vào việc bồi dưỡng cho các em. Kết quả đạt được như sau: 1. Môn Giải toán trên máy tính cầm tay a) Cấp Huyện: Tổng số học sinh tham dự kì thi học sinh cấp Huyện: 11 em Số học sinh đạt giải: 9 em (1 giải nhất, 2 giải nhì, 3 giải ba và 3 giải khuyến khích) b) Cấp Tỉnh: Tổng số học sinh tham dự kì thi học sinh giỏi cấp Tỉnh: 9 em Số học sinh đạt giải: 9 em (3 giải nhì, 3 giải ba và 3 giải khuyến khích) c) Học sinh được tham dự kì thi học sinh giỏi cấp Quốc gia: 1 em (Đạt giải ) 2. Môn Toán a) Cấp Huyện: Tổng số học sinh tham dự kì thi học sinh giỏi cấp Huyện: 8 em Số học sinh đạt giải: 5 em (2 giải nhất, 1 giải nhì, 1 giải ba, 1 giải khuyến khích) Số học sinh được chọn tham dự kì thi học sinh giỏi cấp Tỉnh: 5 em b) Cấp Tỉnh: Tổng số học sinh tham dự kì thi học sinh giỏi cấp Tỉnh: 5 em Số học sinh đạt giải: ******************************* Nguyễn Đức Nghị – Trường THCS Lương Phú Trang 9 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ ****************************** III. Bài học kinh nghiệm Qua việc thực hiện chuyên đề giải phương trình vô tỉ trong chương trình của cấp THCS và việc bồi dưỡng học sinh giỏi hai môn Toán và Giải toán trên máy tính cầm tay. Bản thân tôi đã rút ra được một số bài học kinh nghiệm như sau: 1. Về công tác chỉ đạo Đây là một công tác quan trọng hàng đầu trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi. Trong năm học vừa qua, nhận được sự chỉ đạo sát sao, sự quan tâm thường xuyên từ phía Ban giám hiệu Nhà trường và Phòng giáo dục đào tạo. Công tác bồi dưỡng học sinh giỏi đã và đang gặt hái được những thành công lớn. Nhờ có sự quan tâm đó, mà ngành giáo dục Lục Yên đã vươn lên trở thành một trong những huyện thị đi đầu về công tác mũi nhọn của Tỉnh Yên Bái 2. Về phía học sinh Để gặt hái được những thành tích cao trong công tác mũi nhọn. Học sinh là nhân vật trung tâm trong việc bồi dưỡng đào tạo, đây là nhân tố giữ vai trò quyết định trong sự thành công hay thất bại của mỗi giáo viên làm công tác giảng dạy, bồi dưỡng. Vì chính các em mới là người học, là người đi thi và là người đem lại những thành tích đó Tuy nhiên, để giúp cho học sinh có thể gặt hái được những thành công, đòi hỏi các em phải có một sự nỗ lực rất lớn. Một sự quyết tâm học tập trên 100% khả năng của bản thân mình. Chính vì vậy, sự động viên, quan tâm, giúp đỡ của lãnh đạo ngành, gia đình các em và những giáo viên tham gia làm công tác bồi dưỡng là rất lớn. Nhất là đối với lứa tuổi học sinh lớp 9, đặc điểm tâm lí lứa tuổi của các em có tác động không nhỏ đến việc học tập của các em. Nhận thức rõ điều đó, mỗi giáo viên làm công tác bồi dưỡng cần phải dành một sự quan tâm rất lớn đến các em, thường xuyên động viên, uốn nắn kịp thời để giúp cho các em có thể có một sự quyết tâm lớn trong công việc học tập của mình. Đặc biệt là với những học sinh tham gia học tập bộ môn Toán, đây là một môn học khó, có rất ít học sinh lựa chọn tham gia thi môn này. Cũng chính vì lí do này, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán càng trở nên khó khăn hơn rất nhiều 3. Về phía giáo viên tham gia trực tiếp công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Nếu học sinh giữ vai trò trung tâm trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi thì vị trí của người thầy lại giữ vai trò chủ đạo. Để thực hiện thành công việc đào tạo bồi dưỡng học sinh giỏi, đặc biệt với môn Toán thì khó khăn hơn rất nhiều so với các môn học khác. Thực tế đã chứng minh điều đó, trong những năm qua, huyện Lục Yên cũng chỉ có một lần có học sinh giỏi cấp Tỉnh về bộ môn Toán, còn những năm trước không hề có. Toán học là một môn học khó, khô khan và lượng kiến thức rất rộng, vì học sinh đã được học toán từ khi vào lớp 1, tức là các em đã được học toán 9 năm liền. Chính vì vậy, những giáo viên tham gia bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Toán cần phải có thời gian bồi dưỡng nhiều hơn, phải đầu tư thời gian, công sức, tiền bạc nhiều hơn so với những giáo viên tham gia bồi dưỡng những môn học khác. Vấn đề là thời gian, vì học sinh không phải là những cái máy, chúng ta không thể cùng một lúc nhồi nhét vào đầu các em mọi vấn đề mà chúng ta cho rằng các em nên học. Mà việc tiếp thu, học tập của các em là cả một quá trình bền bỉ, lâu dài thì mới mong đạt được hiệu quả. Bản thân tôi là giáo viên tham gia công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán năm nay là năm thứ hai, nói về kinh nghiệm thì chưa nhiều. Song tôi cũng nhận thấy rằng, để bồi dưỡng được một đội tuyển đi thi có giải là cả một vấn đề nan giải, khó khăn. Ở đây tồn tại hai vấn đề: Một là, kiến thức của người thầy, giáo viên giảng dạy toán phải là người có một cái nhìn tổng quát về môn toán trong bậc học của mình, phải là người giải toán thường xuyên, cặp nhật thường xuyên những thuật toán, những thủ thuật giải toán hiệu quả. Nói tóm lại là kiến thức của thầy phải vững vàng, thầy thực sự phải là người giỏi toán Hai là, cần phải lên được kế hoạch giảng dạy một cách chi tiết, chuẩn mực. Cặp nhật thường xuyên những kiến thức mới mà các em vừa học để bồi dưỡng ngay, đặc biệt là phải kích thích được các em say sưa học tập, tự giác học tập, phát huy được những tố chất tốt nhất của các em để công việc học tập của các em đạt được hiệu quả cao ******************************* Nguyễn Đức Nghị – Trường THCS Lương Phú Trang 10 [...]...MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ ****************************** PHẦN III KẾT LUẬN Trên đây là một số phương pháp giải phương trình vô tỉ trong khuôn khổ chương trình cấp THCS, mà cụ thể là những phương pháp giải phương trình vô tỉ của lớp 9 Ngoài những phương pháp mà tôi chắt lọc nêu trên, chắc chắn còn nhiều phương pháp giải khác . THCS Lương Phú Trang 7 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ ****************************** d) Sử dụng ẩn phụ đưa về hệ phương trình Ví dụ 1. Giải phương trình x 1 2x 1 5− + − = Cách. hóa – Phương pháp quan sát – Phương pháp kiểm tra – Phương pháp tổng kết kinh nghiệm VI. Thời gian nghiên cứu Đề tài được thực hiện từ ngày 05.09.2008 đến ngày 30.3.2009 VII. Giới hạn của đề tài Đề. PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ ****************************** – Phương pháp nghiên cứu lý luận – Phương pháp khảo sát thực tiễn – Phương pháp phân tích – Phương pháp tổng hợp – Phương pháp