sáng kiến kinh nghiệm: Môn toán THCS

2/ cơ sở thực tiễn: Đối với phơng trình bậc cao học sinh thờng lúng túng khi biến đổi vì nó không có một số một quy tắc giải nào cụ thể nh đối với phơng trình bậc hai, và học sinh thờng

Bàn về một số phơng pháp giải phơng trình bậc cao

I đặt vấn đề:

1 cơ sở lí luận:

Phơng trình bậc cao là một dạng phơng trình khó- là một trong những chủ

đề khó của chơng trình toán THCS Vì vậy học sinh thờng gặp khó khăn trong vấn đề biến đổi cũng nh giải quyết bài toán Cho nên khi giảng dạy vấn đề này ngời giáo viên không nên chỉ dừng lại ở việc hớng dẫn học sinh giải một bài toán cụ thể nào đó mà cần phải chú trọng đến việc hớng dẫn học sinh biến đổi các bài toán đó nh thế nào? Đó là điều cốt lõi để học sinh có thể vận dụng để giải các bài toán khác Vì vậy tôi đa ra nghiên cứu đề tài “ một số phơng pháp giải phơng trình bậc cao”

Để giảng dạy tốt phần kiến thức này giáo viên cũng nh học sinh phải nắm vững các kiến thức về phơng trình bậc hai cũng nh các kĩ năng biến đổi đa thức

2/ cơ sở thực tiễn:

Đối với phơng trình bậc cao học sinh thờng lúng túng khi biến đổi vì nó không có một số một quy tắc giải nào cụ thể nh đối với phơng trình bậc hai, và học sinh thờng vận dụng một cách cứng nhắc cha nhận dạng đợc một loại

ph-ơng trình cụ thể nào để biến đổi đi đến tìm nghiệm của phph-ơng trình đó

Cơ sở thực tiễn của việc giải phơng trình bậc cao là biến đổi nó về dạng

ph-ơng trình bậc hai hoặc phph-ơng trình tích để tìm nghiệm những dạng quen thuộc

đã gặp từ đó tìm nghiệm của phơng trình cần tìm

Phơng trình bậc cao có nhiều dạng nhng ở để tài này tôi chỉ đa ra hai dạng phơng trình chính đó là phơng trình bậc ba và phơng trình bậc bốn thờng gặp trong chơng trình

II giải quyết vấn đề:

Trong tất cả các phơng trình bậc cao khi tiến hành giải ta thờng sử dụng phép biến đổi để nh làm thế nào đó để hạ bậc của phơng trình đã cho để đa về dạng quen thuộc, trong đề tài này tôi chủ yếu trình bày hai phơng pháp quen thuộc đó là: phơng pháp phân tích thành nhân tử và phơng pháp biến đổi để đặt

ẩn phụ

Vì vậy tôi nghiên cứu đề tài này nhằm giúp bản thân tôi nghiên cứu sâu hơn

về phơng trình bậc cao qua đó áp dụng cho học sinh vận dụng thành thạo các phép biến đổi linh hoạt trong quá trình giải toán nhằm góp phần nâng cao hơn

t duy của học sinh

1 Ph ơng trình quy về ph ơng trình bậc hai:

Dạng 1: Phơng trình (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m với a + b = c + d

Giáo viên cần cho học sinh thấy đợc nếu ta tính riêng tích (x + a)(x + b) và tích (x + c)(x + d) thì ta thấy các tích trên có hai hạng tử chứa ẩn x là chung ( vì ta thấy đợc a + b = c + d ) Từ đó ta đặt X = x2 + (a + b)x

Ví dụ: Giải phơng trình: (x +2)(x + 5)(x + 3)(x + 4) = 3 (1)

Ta thấy phơng trình (1) ⇔ (x2 + 7x + 10)( x2 + 7x + 12) = 3 khi đó ta đặt

X = x2 + 7x + 10 ⇒ x2 + 7x + 12 = X + 2 Từ đó ta có phơng trình: X(X + 2) = 3 giải ra ta đợc X = 1 và X = -3

Với X = 1 ta lại có phơng trình x2 + 7x + 10 = 1 ⇔ x2 +7x +9 = 0, từ đó ta dễ dàng tìm đợc nghiệm của phơng trình là: x1 = 7 13

2

− + , x

2 = 7 13

2

Với X = -3 ta có phơng trình x2 + 7x + 10 = -3 ⇔ x2 + 7x +13 = 0, phơng trình này vô nghiệm

Vậy phơng trình (1) có hai nghiệm: x1 = 7 13

2

− + và x

2 = 7 13

2

Dạng 2: Phơng trình ax4 + bx3 + cx2 ± kbx + k2a = 0 (1) (ka ≠0) Đây là dạng cơ bản mà ta dễ dàng thấy đợc x = 0 không phải là nghiệm của phơng trình, từ đó hớnh dẫn HS chia hai vế của phơng trình cho x2, ta đợc một phơng trình mới: a( x2

+ 22

x

k ) + b( x ±

x

k

) + c = 0 Từ đó hớng dẫn HS đặt:

t = x ±

x

k

⇒ x2 + 22

x

k = t2  2k Vậy ta đã chuyển phơng trình (1) về dạng phơng trình bậc hai: at2 + bt + c  a.2k = 0

Ví dụ: Giải phơng trình: x4 + 4 = 5x(x2 – 2)

Phơng trình đã cho tơng đơng với phơng trình: x4 – 5x3 +10x + 4 = 0

Dễ thấy x = 0 không là nghiệm cua phơng trình Chia hai vế cua phơng trình cho

x2 ta đợc: x2 + 42 5(x 2)

x − −x = 0

Đặt t = x 2

x

− ⇒ t2 = 2

2

4 4

x x

2

4

4

x

+ = + , ta có phơng trình:

t2 – 5t + 4 = 0 ⇔t1 = 1, t2 = 4

• Với t = 1 ta có x 2 1

x

− = ⇔x2 – x -2 = 0 ⇔x1 = -1, x2 = 2

• Với t = 4 ta có x 2 4

x

− = ⇔x2 – 4x – 2 = 0 ⇔x3 = 2 + 6, x4 = 2 − 6 Vậy tập nghiệm của phơng trình là S = {− 1; 2; 2 − 6; 2 + 6}

Dạng 3: Phơng trình dạng: (x + a)4 + (x + b)4 = c (*)

Đối với phơng trình dạng này HS sẽ rất khó khai triển để biến đổi vì vậy GV cần hớng dẫn HS tìm cách đặt ẩn phụ để ẩn phụ có thể biểu diễn qua hai đại lợng (x + a)4 , (x + b)4 từ đó biến đổi phơng trình về một dạng mới

Đặt:

y x= + + ⇒ = −x y +

Suy ra: x + a =

y− + + = +a y −

x + b =

y− + + = −b y −

Thay vào phơng trình (*), ta đợc một phơng trình trùng phơng:

2y4 + 3(a – b)2y2 +1

8(a – b)4 – c = 0 (**)

Đặt: t = y2, t ≥ 0 Ta có: 2t2 + 3(a – b)2t + 1

8(a – b)4 – c = 0

Từ đó ta giải phơng trình với ẩn t ⇒ y⇒ x.

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

Đặt: y = x + 4

Suy ra: x + 5 = y + 1 ; x + 3 = y – 1 Thay vào phơng trình (*), ta đợc phơng trình: (y + 1)4 + (y – 1)4 = 2 ⇔ 2 2 2 [ ]2

(y 1) (y 1) 2 (y 1)(y 1)

⇔ y4 + 5y2 = 0 Giải ra ta đợc y = 0

Với y = 0, ta có x = - 4 Vậy phơng trình (*) có nghiệm là x = - 4

( chú ý với phơng trình (x – a)4 + (x – b)4 = c, Ta cũng thực hiện tơng tự với ẩn phụ là

2

a b

y x= − +

)

Dạng 4: Phơng trình dạng: (x – a)(x – b)(x – c)(x – d) = Ax2 Trong đó ad = bc, đây là một phơng trình khó đối với HS nếu không có phơng pháp giải vì vậy GV cần hớng dẫn cho HS thấy đợc nếu ghép các tích (x – a)(x – d) và các tích (x – b)(x – c) thì ta sẽ có ngay hai hạng tử không chứa ẩn x của các tích là bằng nhau ( x2 + ad = x2 + bc)

Vậy để giải phơng trình trên ta đặt ẩn phụ là: y x ad

x

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

Ta biến đổi phơng trình về dạng sau:

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

Ta dễ dàng thấy đợc x = 0 không phải là nghiệm của phơng trình, ta chia cả hai vế của phơng trình cho x2 ≠ 0, ta đợc:

x 14 24 x 11 24 4

 + +  + + =

24

y x

x

= +

(1), từ đó ta đa phơng trình về

dạng:

(y + 14)(y + 14) = 4 Ta dễ dàng tìm đợc nghiệm là: y1 = - 15; y2 = - 10

* Với y = - 15 thay vào (1), ta đợc phơng trình: x2 + 15x + 24 = 0 Giải ra ta có các nghiệm là: 1 15 129, 2 15 129

x =− − x = − + .

* Với y = - 10, thay vào (1), ta đợc phơng trình: x2 + 10x + 24 = 0 Giải ra ta đợc các nghiệm là: x3 = - 6 , x4 = - 4

2 Ph ơng trình đ ợc đ a về dạng ph ơng trình tích:

Có những dạng phơng trình mà ta có thể biến đổi về dạng phơng trình tích để tìm nghiệm Để có thể đa phơng trình về dạng tích ta cần sử dụng thành thạo các kiến thức về phân tích đa thức thành nhân tử mà ở đó qua mỗi dạng chúng ta có thể sử dụng các phơng pháp khác nhau

Ví dụ 1: Giải phơng trình : 2(x2 + x + 1)2 – 7(x – 1)2 = 13(x3 – 1) (1) (1) ⇔ 2(x2 + x + 1)2 + (x3 – 1) – 14(x3 – 1) – 7(x – 1)2 = 0

⇔ (x2 + x + 1)(2x2 + 3x + 1) – 7(x – 1)(2x2 + 3x + 1) = 0

⇔ (2x2 + 3x + 1)(x2 – 6x + 8) = 0

⇔ (2x2 + 3x + 1) = 0 hoặc (x2 – 6x + 8) = 0

Vậy tập nghiệm của phơng trình là 1; 1; 2; 4

2

−

Ví dụ 2: Giải phơng trình : 2 1 5

8

2

x x

+ = Đối với dạng phơng trình này GV cần hớng dẫn HS làm thế nào đó để mất dấu căn trong phơng trình sau khi đã đặt điều kiện cho ẩn ( có thể bằng phơng pháp đặt ẩn phụ hoặc phơng pháp bình phơng)

Điều kiện x (x2 – 6x + 8) = 0 Đặt t = 1

x (t > 0) suy ra x = 12

t Phơng trình đã cho trở thành:

84 5

2

t

x + = ⇔ 2t5 – 5t4 + 16 = 0 (1) Có thể hớng dẫn HS nhẩm nghiệm

( nghiệm nguyên nếu có là ớc của hạng tử tự do).

Rõ ràng t = 2 là nghiệm của phơng trình (1), sử dụng sơ đồ horner ta có thể biến

đổi phơng trình (1) ⇔ (t – 2)2(2t3 +3t2 + 4t + 4) = 0 ⇔t = 2 1

4

x

Ví dụ 3: Giải phơng trình :

x4 – 4x3 – 10x2 + 37x – 14 = 0

GV cần cho HS thấy đối với những phơng trình không có nghiệm nguyên và nghiệm hữu tỉ ta có thể sử dụng phơng pháp hệ số bất định

Ta nhận thấy vế trái là một đa thức bậc bốn, giả sử ta phân tích đợc thành hai nhân tử bậc hai x2 + px + q và x2 +rx +s, trong đó p, q, s là các số nguyên cha xác

định, khi đó:

x4 – 4x3 – 10x2 + 37x – 14 = (x2 + px + q)( x2 +rx +s)

Khai triển, nhóm các hạng tử rồi đồng nhất các số hạng cùng bậc ở hai vế của

đồng nhất thức ta có hệ thức sau:

4

10 37

14

p r

s p qr

ps qr

qs

+ = −



 + + = −



 + =



 = −



Giải hệ này ta đợc p = - 5; q = 2; s = - 7; r = 1 Do đó phơng trình đã cho trở thành:

(x2 – 5x + 2)(x2 + x – 7) = 0

Giải hai phơng trình bậc hai x2 – 5x + 2 = 0 và x2 + x – 7 = 0, ta đợc các nghiệm của phơng trình ban đầu là:

5 17; 1 29

3 Ph ơng trình chứa tham số.

Đây là dạng phơng trình mà thờng gây cho HS rất nhiều khó khăn khi giải quyết, mặc dù nó không phải là một dạng phơng trình khó Vấn đề là GV cần h-ớng dẫn cho HS phơng pháp giải hợp lí để HS có thể giải quyết dễ dàng khi gặp dạng tơng tự Các kiến thức chủ yếu để giải phơng trình này là các phơng pháp phân tích đa thức đa thức thành nhân tử ; các kiến thức về công thức nghiệm đối với phơng trình bậc hai

Ví dụ 1: Cho phơng trình x3 + ax2 + bx + c = 0, với a, b, c là các số hữu tỉ và 3

là một nghiệm của phơng trình Tìm các nghiệm còn lại

Đối với dạng phơng trình này GV cần hớng cho HS thay ẩn x bằng 3, sau đó dựa vào các điều kiện đã cho của bài toán và thực hiện giải

? Vì 3 là nghiệm của phơng trình x3 + ax2 + bx + c = 0 nên ta có biểu thức nào?

⇒ 3 3 3 + a+ 3b c+ = ⇔ 0 3(b+ + 3) 3a c+ = 0

? 3 là số vô tỉ nên các biểu thức còn lại phải thoã mãn điều kiện gì?

b + 3 = 0 và 3a + c = 0, suy ra b = - 3 và c = - 3a Khi đó x3 + ax2 + bx + c = 0

⇔ x3 + ax2 – 3x – 3a = 0 ⇔ (x2 – 3)(x + a) = 0 ⇔ x 3

x a

 = ±

 = −



Ví dụ 2: Xác định m để phơng trình sau có bốn nghiệm phân biệt

(x2 – 1)(x + 3)(x + 5) = m (1)

? Với dạng phơng trình này ta biến đổi nó nh thế nào để giải quyết đợc yêu cầu bài toán?

Giúp Hs xác định đây là phơng trình bậc bốn, vậy cần biến đổi nó về dạng tích của hai tam thức bậc hai và xác định điều kiện về nghiệm của các tam thức đó để thoã mãn yêu cầu của bài toán

Ta dễ dàng biến đổi phơng trình (1) về dạng (x2 +4x – 5)(x2 + 4x + 3) = m Đặt X = x2 + 4x + 4 = (x + 2)2 ≥ 0, ta đợc phơng trình:

(X – 9)(X – 1) = m ⇔ X2 – 10X + 9 – m = 0 (2)

? Vậy phơng trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi nào?

Phơng trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phơng trình (2) có hai nghiệm dơng phân biệt Điều đó xãy ra khi và chỉ khi:

0

0

0

S

P

∆ >



 >



 >



⇔

25 (9 ) 0

10 0

m m

− − >



 >



 − >



⇔ 16 0

m m

+ >



 − >

 ⇔ - 16 < m < 9.

Ví dụ 3: Cho phơng trình: x3 – 2(m + 1)x2 + (m3 + 4m - 4)x – 2(m3 + 4) = 0 (*)

Tìm m để phơng trình có 3 nghiệm phân biệt

Đối với dạng phơng trình này GV cần hớng dẫn HS làm thế nào đó để phân tích

vế trái thành nhân tử trong đó sẽ có một nhân tử bậc nhất và một nhân tử bậc hai

các hạng tử).

Từ phơng trình trên ta dễ dàng xác định đợc một nghiệm của nó là x = 2 Vậy

ta có thể biến đổi phơng trình (*) về dạng:

(x – 2)(x2 – 2mx +m3 – 4) = 0 ? Vậy để phơng trình (*) có 3 nghiệm phân biệt cần thoã mãn điều kiện gì?

Cần hớng cho HS phát hiện ra (*) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: Phơng trình x2 – 2mx +m3 – 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 2:

⇔

2

4 0

m m





∆ = − + + >

( 4) 0

m m

m m m

− ≠



 − + + >

0 2

m m

≠



 <



III kết luận:

Trong chơng trình toán THCS, phơng trình bậc cao là một dạng toán khó đòi hỏi HS cần có kĩ năng biến đổi khéo léo và sự chính xác trong từng phép toán cụ thể Vì vậy trong quá trình dạy dạng toán này ngời HS cần có yêu cầu cao về các kiến thức đại số cơ bản, nếu có những phơng pháp biến đổi hợp lí thì việc giải

ph-ơng trình bậc cao sẽ trở nên hết sức đơn giản Vấn đề cốt lõi trong việc giải phph-ơng trình bậc cao là nhận dạng các bài toán từ đó có những phép biến đổi hợp lí để đa phơng trình về dạng đơn giản hơn

Việc giải phơng trình bậc cao sẽ giúp HS nâng cao t duy sáng tạo của mình

đồng thời rèn các kĩ năng về biến đổi đại số, cũng nh cũng cố các kiến thức về

ph-ơng trình bậc hai Đặc biệt đối với việc bồi dỡng HS giỏi, cũng nh ôn luyện thi vào các trờng THPT

Qua quá trình nghiên cứu đề tài này chúng ta cần rút ra những kinh nghiệm cơ bản nh sau:

- Lu ý HS nhận dạng từng bài toán để có những phơng pháp giải cụ thể, qua đó vận dụng vào giải những bài toán tơng tự khác

- Trong quá trình dạy học ngời giáo viên không chỉ là hớng dẫn HS giải mà cần cho HS nghiên cứu kĩ từng dạng toán đó để xâu chuỗi và phát triển bài toán thành bài toán mới

- Để giúp các em có phơng pháp học tập tốt hơn môn toán trong quá trình giảng dạy GV cần tìm tòi các cách khác nhau để tiếp cận một vấn đề, giải kỹ các phơng pháp khác nhau những bài toán cơ bản trọng tâm, và phát triển các bài toán đó dới các hình thức khác nhau Thông qua các nhận xét, liên hệ giữa cái vừa tìm đợc để tạo ra cái mới

Trong đề tài tôi nghiên cứu chắc chắn còn có nhiều sai sót, mong các bạn đọc

và các đồng nghiệp góp ý cho tôi để đề tài này hoàn thiện hơn

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Hơng sơn, ngày 24 / 04 / 2009.