SKKN một số phương trình bậc 4 thường gặp trong các trường THCS

I.đặt vấn đề Trong chương trình toán THCS , nhất là chương trình đại số 8 và 9 khi giải một số phương trình đặc biệt là phương trình bậc bốn học sinh thường gặp nhiều khó khăn trong viêc tìm kiếm lời giải vì đây là loại phương trình dành cho học sinh khá giỏi , có nhiều cách biến đổi phức tạp và học sinh ngại tiếp cận. Một số cách thường dùng trong việc giải phương trình bậc bốn là: -Phân tích thành nhân tử ,cách khéo léo phân tích đa thức đó thành các hạng tử có nhân tử chung. - Quan sát dạng đặc biệt của phương trình để đặt ẩn phụ thích hợp sau đó đưa phương trình bậc bốn về phương trình bậc hai. Trong phạm vi đề tài này tôi xin đươc chia sẻ kinh nghiệm nhỏ cùng bạn bè đồng nghiệp qua một số ví dụ về loại phương trình bậc bốn có dạng đặc biệt.Đây là những ví dụ thực tế mà trong quá trình giảng dạy bản thân tôi thấy có hiệu quả tốt trong việc rèn luyện khả năng nhận dạng và khả năng tư duy cho học sinh. Vì phạm vi đề tài chỉ giới hạn bởi mội nội dung nhất định chắc chắn không tránh khỏi những hạn chế ,rất mong đựơc sự góp ý của các cấp chuyên môn để việc dạy và học toán ngày càng được nâng cao về chất lượng . II. nội dung đề tài Nội dung đề tài được trình bày thông qua 8 ví dụ với khoảng 7 cách giải .Mỗi cách giải là một dạng toán được đề xuất . Mỗi ví dụ có cách trình bày như sau: Giới thiệu dạng toán . Phân tích dạng toán tìm cách giải . Giải các bài toán cụ thể Phạm vi kiến thức : Đại số 9 Phạm vi ứng dụng : Học sinh khá giỏi Dạng 1. Giải phương trình trùng phương. Phương trình ax 4 +bx 2 +c =0 (1) *Phương pháp giải : Đặt : t = x 2 , với t ≥ 0 . Ta có : (1) ⇔ at 2 + bt +c = 0 (2). Phương trình (1) có nghiệm duy nhất hay không tuỳ thuộc vào phương trình (2) có nghiệm t ≥ 0 hay không. Giải (2). Giả sử t > 0 ⇒ x= ± t . Bảng tóm tắt at 2 + bt +c = 0 ax 4 +bx 2 +c =0 vô nghiệm vô nghiệm 2 nghiệm âm vô nghiệm Nghiệm kép âm vô nghiệm 1nghiệm dương 2 nghiệm đối nhau 2nghiệm dương 4 nghiệm (2 cặp nghiệm đối nhau ) ví dụ 1: Giải phương trình : 3x 4 - 8x 2 +4 =0 (1) lời giải: Đặt: t = x 2 , với t ≥ 0 . Ta có : (1) ⇔ 3t 2 - 8t + 4 = 0 (2). Giải phương trình (2) , ∆ = 4 2 - 3.4 = 16 – 12 = 4 ⇒ , ∆ = 2 ⇒ t 1 = 3 24 + = 2 , t 2 = 3 24 − = 3 2 . Vậy : Phương trình (1) có 4 nghiệm là : x 1 = 2 , x 2 = - 2 , x 3 = 3 2 ,x 4 =- 3 2 . Dạng 2:Phương trình đưa được về dạng phương trình trùng phương Phương trình : (x+a) 4 + (x +b) 2 = c (*) *Phương pháp giải : Đặt : y = x + 2 ba + ⇒ x= y - 2 ba + . Suy ra: x+ a = y - 2 ba + + a = y + 2 ba − Suy ra: x+ a = y - 2 ba + + a = y + 2 ba − x + b = y- 2 ba + + b = y - 2 ba − Thay vào (*) ta được một phương trình trùng phương : 2y 4 + 3(a - b) 2 y 2 + 0)( 8 1 4 =−− cba (**) Đặt :t = y 2 , t ≥ 0. Ta có : 2t 4 + 3(a - b) 2 t 2 + 0)( 8 1 4 =−− cba (1) Giải (1) như dạng 1 . ⇒ t ⇒ y ⇒ x ví dụ 2: Giải phương trình : (x+2) 4 + (x +4) 2 = 82 (1) lời giải: Đặt : y = x +3 ⇒ x+2= y – 1 , x + 4 = y+1 . Thay vào (1) ta được một phương trình: y 4 + 6y 2 - 40 = 0 (2) Giải phương trình (2) ta được : y = ± 2. suy ra phương trình (1) có nghiệm là : x = -1, x= -5 . Dạng 3: Giải phương trình bậc 4 có hệ số đối xứng Phương trình ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a =0 (Hệ số của x 4 bằng hệ số độc lập , Hệ số của x 3 bằng hệ số của x) ⇔ a(x 4 + 1) + b(x 3 + x) + cx 2 =0 . *Phương pháp giải : Do x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia 2 vế của phương trình cho x 2 .Ta có : a(x 2 + 2 1 x ) + b(x + x 1 ) + c = 0 (*) Đặt :t = x + x 1 , Phươg trình (*) ⇔ x 2 - tx + 1 = 0 (1) suy ra : t 2 = (x + x 1 ) 2 = x 2 + 2 1 x + 2 ⇔ x 2 + 2 1 x = t 2 - 2 Thay x + x 1 = t và x 2 + 2 1 x = t 2 - 2. vào (*) ta có : a(t 2 - 2) + bt + c = 0. ⇔ at 2 + bt + c- 2a = 0 (2) *giải (2). Giải sử (2) có nghiệm t = t 0 Thay t = t 0 Vào (1) : x 2 - t 0 x + 1 = 0 (1) * Giải (1) :Điều kiện (1) có nghĩa là : ∆ ≥ 0 ⇔ t 0 2 - 4 ≥ 0 ⇔ t 0 2 ≥ 4 ⇔ | t 0 | ≥ 2 ⇔ t 0 ≥ 2 hoặc t 0 ≤ -2 Bảng tóm tắt at 2 + bt + c- 2a = 0 x 2 - t 0 x + 1 = 0 a(x 2 + 2 1 x ) + b(x + x 1 ) + c = 0 vô nghiệm vô nghiệm vô nghiệm Có 2 nghiệm ∈ (-2,2) vô nghiệm vô nghiệm Có 1 nghiệm kép ∈ (-2,2) vô nghiệm vô nghiệm 1 nghiệm ∉ (-2,2) 2 nghiệm 2 nghiệm Có 2 nghiệm ∉ (-2, 2) Hai phương trình (2.2 = 4 nghiệm ) 4 nghiệm ví dụ 3: Giải phương trình : 4x 4 + 12x 3 - 47x 2 + 12x + 4 =0 (1) lời giải: Ta có : phươngtrình (1) ⇔ 4(x 4 + 1) + 12(x 3 + x) - 47x 2 =0 Chia 2 vế cho x 2 ≠ 0, ta có : 4(x 2 + 2 1 x ) + 12(x + x 1 ) - 47 = 0 (2) Đặt :t = x + x 1 : ⇔ x 2 - tx + 1 = 0 (3) Suy ra : x 2 + 2 1 x = t 2 - 2 Thay x + x 1 = t và x 2 + 2 1 x = t 2 - 2. vào (2), ta có : 4(t 2 - 2) + 12t - 47 = 0. ⇔ 4t 2 + 12t - 55 = 0 (4) , ∆ = 36 + 220 =256 ⇒ , ∆ =16. (4) có2 nghiệm là : t 1 = 2 5 , t 2 = - 2 11 Với t = 2 5 : phương trình (3) ⇒ x 2 - 2 5 x + 1 = 0 ⇔ 2x 2 - 5x + 2 = 0 (5). Phương trình (5) có 2 nghiệm là : x 1 =2, x 2 1 2 = Với t = - 2 11 : (3) ⇒ x 2 + 2 11 x + 1 = 0 ⇔ 2x 2 + 11x + 2 = 0 (6) Phương trình (6) có 2 nghiệm là : x 3 = 4 10511+− , x 4 = 4 10511−− Vậy (1) có 4 nghiệm là : x 1 =2, x 2 1 2 = , x 3 = 4 10511+− , x 4 = 4 10511−− Dạng 4:Giải phương trình bậc 4 có hệ số đối xứng lệch. Phương trình ax 4 + bx 3 + cx 2 - bx + a =0 (Hệ số của x 4 bằng hệ số độc lập , Hệ số của x 3 bằng hệ số đối của x) ⇔ a(x 4 + 1) + b(x 3 - x) + cx 2 = 0 . *Phương pháp giải : Do x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia 2 vế của phương trình cho x 2 .Ta có : a(x 2 + 2 1 x ) + b(x - x 1 ) + c = 0 (**) Đặt :t = x - x 1 , ⇔ x 2 - tx - 1 = 0 (1) suy ra : t 2 = (x - x 1 ) 2 = x 2 + 2 1 x - 2 ⇔ x 2 + 2 1 x = t 2 + 2 Thay x + x 1 = t và x 2 + 2 1 x = t 2 - 2. vào (**) ta có : a(t 2 + 2) + bt + c = 0. ⇔ at 2 + bt + c+ 2a = 0 (2) **giải (2). Giải sử (2) có nghiệm t = t 0 Thay t = t 0 , Vào (1) : x 2 - t 0 x - 1 = 0 (1) (1) luôn luôn có 2 nghiệm vì hệ số a và c trái dấu do đó phương trình (**) luôn luôn có nghiệm . ví dụ 4: Giải phương trình : x 4 - 3x 3 - 6x 2 + 3x + 1 =0 (1) lời giải: Ta có : phươngtrình (1) ⇔ (x 4 + 1) - 3(x 3 - x) - 6x 2 = 0 Do x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia 2 vế của phương trình cho x 2 .Ta có : (x 2 + 2 1 x ) - 3(x - x 1 ) - 6 = 0 (2) Đặt :t = x - x 1 , ⇔ x 2 - tx - 1 = 0 (3) suy ra : t 2 = (x - x 1 ) 2 = x 2 + 2 1 x - 2 ⇔ x 2 + 2 1 x = t 2 + 2 Thay x + x 1 = t và x 2 + 2 1 x = t 2 - 2. vào (2) ta có : t 2 + 2 - 3t - 6 = 0. ⇔ t 2 - 3t - 4= 0 (4) Ta thấy phương có hệ số là: 1 - (-3) + (-4) =0 . Suy ra : t 1 =-1, t 2 = 4. Với t = -1 ⇒ phương trình (3) ⇔ x 2 + x - 1 = 0 (5). phương trình (5) có 2 nghiệm là : x 1 = 2 51−− , x 2 = 2 51+− . Với t = 4 ⇒ phương trình (3) ⇔ x 2 - 4 x - 1 = 0 (6). phương trình (6) có 2 nghiệm là : x 3 = 2+ 5 , x 4 =2- 5 Vậy (1) có 4 nghiệm là: x 1 = 2 51−− , x 2 = 2 51+− , x 3 = 2+ 5 , x 4 =2- 5 ví dụ 5: Cho phương trình : 3x 4 - 4x 3 + mx 2 + 4x + 3 =0 (1) a) Với giá trị nào của m thì phương trình vô nghiệm . b) Giải phương trình với m = -5. lời giải: Do x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia 2 vế của phương trình cho x 2 .Ta có : 3(x 2 + 2 1 x ) - 4(x - x 1 ) + m = 0 Đặt: t = x - x 1 , thì phương trình trên trở thành 3t 2 - 4t + m + 6 = 0 (2) a) phương trình(2) vô nghiệm khi ∆ = -3m – 14 ≤ 0 ⇔ m ≥ 3 14− lúc đó phương trình (1) vô nghiệm . b) Với m = -5 phương trình (2) có dạng 3t 2 - 4t + 1 = 0 PT này có nghiệm t 1 =1, t 2 = 3 1 . Thay vào t = x - x 1 ta được các phương trình x 2 - x - 1 = 0 và 3x 2 - x - 3 = 0 Suy ra Phương trinh (1) có 4 nghiệm là : x 1 = 2 51+ , x 2 = 2 51− , x 3 = 2 371+ , x 4 = 2 371− . Dạng 5:Giải phương trình bậc 4 có hệ số đối xứng tỉ lệ . Phương trình ax 4 + bx 3 + cx 2 + bkx + ak 2 =0.(1) (a ≠ 0 , k ≠ 0 ) (1) Gọi là phương trình bậc 4 có hệ số đối xứng tỉ lệ. *Phương pháp giải : Do x = 0 không phải là nghiệm của phương trình(1) nên ta chia 2 vế của phương trình cho x 2 được : PT (1) ⇔ a         + 2 2 2 x k x + b       + x k x + c = 0. Đặt : t= x+ x k ( có thể dương hoặc âm ), suy ra t 2 = x 2 + 2 2 x k +2k, phương trình trên trở thành at 2 + bt + c – 2ak = 0 (2) cách làm tương tự các ví dụ trên ta có Nếu phương trình (2) vô nghiệm thì phương trình (1) vô nghiệm nếu (2) có nghiệm t thì thay vào cách đặt ẩn phụ x 2 - tx + k = 0 ta tìm được nghiệm x của phương trình (1). ví dụ 6: Giải Phương trình 2x 4 - 21x 3 + 34x 2 + 105x + 50 = 0.(1) lời giải: Ta thấy k = 21 105 − =-5 và k 2 = 2 50 = 25 . Nên giải đươc theo cách trên . (1) ⇔ 2       + 2 2 25 x x - 21       − x x 5 +34 = 0. Đặt : t = x - x 5 suy ra t 2 = x 2 + 2 25 x -10, phương trình trên trở thành 2t 2 - 21t + 54 = 0 phương trình này có 2 nghiệm là :t 1 = 6 và t 2 = 4,5 thay vào cách đặt ẩn phụ suy ra phưong trình (1) có 4 nghiệm là : x 1 =3 + 14 , x 2 =3 - 14 , x 3 = 4 1619 + , x 4 = 4 1619 − . Dạng 6: Phương trình có dạng : (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = m x 2 trong đó ad=bc . *Phương pháp giải : Ta nhóm [(x+a)(x+d)][(x+b)(x+c)] = m x 2 (1) ⇔ [x 2 + (a+d)x +ad][ x 2 + (b+c)x+bc] = m x 2 .Vì x = 0 không phải là nghiệm Của phương trình (1) nên chia cả hai vế với x 2 .Ta có : (x + a + d + x ad )(x+b+c+ x bc ) = m Đặt : y = x + x ad ( hoặc y = (x+a)(x+d) ) Phương trình trên trở thành (y +a+d)(y+b+c) =m. (2) Đây là một phương trình bậc 2 ta dễ dàng giải được , cách làm tương tự các ví dụ trên ta có :Nếu phương trình (2) vô nghiệm thì phương trình (1) vô nghiệm .Nếu (2) có nghiệm y thì thay vào cách đặt ẩn phụ ta tìm được nghiệm x của phương trình (1). ví dụ 7: Giải Phương trình : 4(x+5)(x+6)(x+10)(x+12) = 3 x 2 (*) lời giải: PT (*) ⇔ 4 ( ) 6017 2 ++ xx ( ) 6016 2 ++ xx =3 x 2 ⇔ 4       ++ x x 60 17       ++ x x 60 16 =3 (vì x )0≠ (**) Đặt :y = x + x 60 thì (**) trở thành 4(y+17)(y+16) =3 ⇔ 4y 2 +4y- 3 = 0 ⇔ y = 2 1 ; y = - 2 3 Với y = 2 1 ta có 2x 2 +31x+120 = 0 ⇔ x = -8; x = - 2 15 Với y = - 2 3 ta có 2x 2 +35x+120 = 0 ⇔ x = 4 26535 ±− Vậy PT (*) có 4 nghiệm là : x 1 = -8; x 2 = - 2 15 : x 4,3 = 4 26535 ±− Dạng 7: Phương trình có dạng : (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = m (1) trong đó: a+d= b+d. *Phương pháp giải : Ta nhóm [(x+a)(x+d)][(x+b)(x+c)] = m ⇔ [x 2 + (a+d)x +ad][ x 2 + (b+c)x+bc] = m Đặt : y = (x+a)(x+d) = x 2 + (a+d)x +ad phương trình (1) trở thành : y ( y – ad +bc ) = m. Đây là một phương trình bậc 2 ta dễ dàng giải được , cách làm tương tự các ví dụ trên ta có :Nếu phương trình (2) vô nghiệm thì phương trình (1) vô nghiệm .Nếu (2) có nghiệm y thì thay vào cách đặt ẩn phụ ta tìm được nghiệm x của phương trình (1). ví dụ 8: Giải Phương trình : (x+5)(x+6)(x+8)(x+9) = 40 (**) lời giải: PT (**) ⇔ (x 2 +14x+45)( x 2 +14x+48) = 40 Đặt :y= x 2 +14x+45 PT (**) trở thành y(y+3) = 40 ⇔ y 2 +3y- 40 = 0. Giải ra ta được y = 5 , y = - 8. Với y = 5 ta có x 2 +14x+40 = 0 ⇔ x 1 = - 4, x 2 = -10. Với y = - 8 ta có x 2 +14x+53 = 0 phương trình vô nghiệm Vậy PT (**) có 2 nghiệm là: x 1 = - 4, x 2 = -10 Dạng 8: Giải phương trình bậc bốn dạng : x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 *Phương pháp giải 1: Có thể giải phương trình bậc bốn nói trên bằng cách phân tích vế trái của phương trình thành các nhân tử bằng phương pháp hệ số bất định ví dụ 9: Giải Phương trình x 4 - 4x 3 - 10x 2 + 37x - 14 = 0.(1) Ta phân tích vế trái của phương trình ra hai nhân tủ bậc hai x 2 + px + q = 0 Và x 2 + rx + s = 0 , trong đó p,q,r,s là các hệ số nguyên chưa xác định . Ta có : x 4 - 4x 3 - 10x 2 + 37x - 14 = (x 2 + px + q)(x 2 + rx + s) = 0 (2) đồng nhất các hệ số của những số hạng cùng bậc ở hai vế của đồng nhất thức ta có hệ phương trình sau :        −= =+ −=++ −=+ 14 37 10 4 qs qrps prqs sp Nhờ phương trình cuối cùng của hệ này ta đoán nhận các giá tri nguyên tương ứng có thể lấy được của q và s như sau : q 1 2 7 14 -1 -2 - 7 -14 s -14 -7 -2 -1 14 7 2 1 Thử lần lượt các giá trị trên của q thì thấy với q=2, s = -7 thì phương trình thứ 2 và thứ 3 của hệ cho ta hệ phương trình mới    =+− −= 3727 5 rp pr Khử p đi ta được 2 2 r - 37r – 35 = 0 Phương trình này cho nghiệm nguyên của r là 1 nên suy ra đượcp = -5 Thay vào các giá trị p, q, r, s vừa tìm được vào (2 ) ta có: x 4 - 4x 3 - 10x 2 + 37x - 14 = (x 2 - 5x + 2)(x 2 + x - 7) = 0 : giải các phương trình tích này ta được các nghiệm của (1) là: x 2 175 2,1 ± = , x 2 291 4,3 ±− = III, kết luận Đây là một số phương trình bậc 4 thường gặp trong các trường THCS nhất là trong việc bồi dương học sinh giỏi : vì nó vừa có tính khoa học ,cơ sở lý luận , vừa có tính thực tiễn .Vì vậy đề tài này dã đem lại cho học sinh khối 9 và giáo viên thêm những phương pháp giải phương trình bậc bốn Tuy nhiên trong khuôn khổ của một sáng kiến kinh nghiẹm không thể tránh khỏi những sai sót , mong các đồng nghiệp góp ý giúp đỡ . : giải các phương trình tích này ta được các nghiệm của (1) là: x 2 175 2,1 ± = , x 2 291 4, 3 ±− = III, kết luận Đây là một số phương trình bậc 4 thường gặp trong các trường THCS nhất là trong. 2) Hai phương trình (2.2 = 4 nghiệm ) 4 nghiệm ví dụ 3: Giải phương trình : 4x 4 + 12x 3 - 47 x 2 + 12x + 4 =0 (1) lời giải: Ta có : phươngtrình (1) ⇔ 4( x 4 + 1) + 12(x 3 + x) - 47 x 2 =0 Chia. I.đặt vấn đề Trong chương trình toán THCS , nhất là chương trình đại số 8 và 9 khi giải một số phương trình đặc biệt là phương trình bậc bốn học sinh thường gặp nhiều khó khăn trong viêc tìm