SKKn toan

Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam Độc lập - Tự do - Hạnh phúc đề tài sáng kiến kinh nghiệm i. Khái quát đề tài sáng kiến kinh nghiệm 1. Tên đề tài: Vận dụng phơng pháp hằng số biến thiên để giải một số lớp phơng trình. 2. Lý do nghiên cứu: T duy là khởi đầu mọi sự sáng tạo. Tuy nhiên cần chú ý rằng mỗi loại t duy chỉ nảy sinh trên cơ sở, một phạm vi hoạt động khác nhau của con ngời. Chẳng hạn, t duy khoa học càng ngày càng hiệu quả khi chủ thể liên tục hoạt động nhận thức lý tình, còn t duy nghệ thuật ngày càng điêu luyện trong hoạt động t duy hình tợng. Chính vì thế, t duy Toán học và đặc biệt là hoạt động giải toán của học sinh trong một môi trờng cụ thể Chúng ta đặt vấn đề cùng giải các phơng trình sau: 1) x 3 + 3 68 15 x x = 2) x 4 +x 3 -x 2 -15x 25 = 0 3) x log 3 7 = 2 log 3 x + log 3 x 5 4) 7 cotx 11 cotx = 12cotx 1 5) 1 1 5 4 2 3 14 21 x x x x = ữ ữ 6) 2 log 5 x 3 + 2 log 5 x 2 = x + x log 5 7 Thử đặt bút: * Biến đổi: 3 6 2 3 68 15 15 68 0x x x x x + = + = đặt x 2 = t > 0, phơng trình trở thành t 3 15t + 68 =0 Đó là một phơng trình bậc ba. Không có nhận xét về đoán nghiệm vô tỷ nên việc đoán nghiệm của phơng trình này để biến đổi nó thành phơng trình tích vẫn còn khó khăn. * Xem phơng trình x 4 + x 3 x 2 15x 25 = 0 (*) Đó là một phơng trình bậc 4 đầy đủ đối với x. Lẽ tự nhiên ta liên tởng tới các phơng trình bậc 4 đã biết cách giảI : ax 4 + bx 2 + c = 0, (x + a) 4 + (a + b) 4 = c, ax 4 + 1 bx 2 + cx 2 + kbx + k 2 a 2 = 0; x 4 = ax 2 + bx + c. Mong rằng chúng sẽ mách bảo cách đặt ẩn phụ để đa về phơng trình bậc hai. Đáng tiếc phơng trình (*) không rơi vào các dạng quen thuộc ấy. Một ý thức thờng trực là đoán nghiệm (tìm vận may) để từ đó biến đổi (*) về phơng trình tích. Đáng tiếc việc này cũng chẳng thành, bởi phơng trình không có nghiệm hữu tỉ. Dịch chuyển sang con đờng biến đổi VT(*) thành tích của hai tam thức bậc hai. * Một thủ thuật thờng dùng là phơng pháp hệ số bất định: Gọi F(x) = (x 2 +mx+n) (x 2 +px+q). Khai triền F(x) và đồng nhất F(x) với VT(*). Việc này dẫn tới giải hệ 4 phơng trình với 4 ẩn m, n, p, q. Xem ra lối mòn còn lắm chông gai! * Lại còn nhớ phơng trình chứa tham số, chúng ta có thể tráo đổi vai trò ẩn và tham số để biến đổi phơng trình bậc cao về phơng trình tích. Phơng trình trên không thuộc dạng đó. * Với phơng trình còn lại: 3 3 log 7 log 5 cot cot 3 2 log .7 11 12cot x x x x x x= + = , 1 1 5 4 2 3 14 21 x x x x = ữ ữ , 2 log 5 x 3 + 2 log 5 x 2 = x + x log 5 7 , x log 7 11 + 3 log 7 x = 2x, đó là những phơng trình luỹ thừa với nhiều cơ số khác nhau. Phơng pháp sử dụng định lý Roll cũng không phải là chìa khoá nảy tách cho cánh cửa bật ra tập nghiệp các phơng trình này. Xem ra cổng của các phơng trình ấy không đặt trên những con đờng mà chúng ta đang đặt chân. Đề tài này trình bày bí mật đang đứng im sau lâu đài của các phơng trình nh thế. 3. Lịch sử nghiên cứu: Các sách giáo khoa; sách tham khảo đã đề cập đến phơng pháp hằng số biến thiên. Song việc trình bày còn nhiều điểm hạn chế. 4. Phạm vi nghiên cứu: Vận dụng phơng pháp hằng số biến thiên để giải một số phơng trình: Đại số, phơng trình m, phơng trình lôgarit, phơng trình vô tỷ. 5. Vấn đề nghiên cứu: 2 Đa ra cách đặt ẩn phụ cho các bài toán: Đại số, phơng trình m, phơng trình lôgarit, phơng trình vô tỷ. 6. Giả thuyết nghiên cứu: Nếu vận dụng phơng pháp hằng số biến thiên để giải một số lớp phơng trình sẽ nâng cao hiệu quả việc dạy và học toán. 7. Phơng trình chứng minh luận điểm: Nghiên cứu tài liệu: Các tài liệu về lĩnh vực Toán học, phơng pháp dạy học môn Toán, giáo dục học, tâm lý. Quán sát, thực nghiệm, điều tra. 8. Thời gian thực hiện đề tài: Học kỳ 2, năm học 2007 2008. iIi.nội dung đề tài Trong quá trình giải một bài toán ta có thể đặt một biểu thức của phơng trình làm ẩn phụ. Đặt ẩn phụ là bí quyết thành công của nhiều lời giải bài toán. Đặt ẩn phụ cũng nh vẽ thêm đờng trong hình học, tìm đợc nhà tài trợ trong kinh tế. Khó mà nói hết các cách đặt ẩn phụ. Tuỳ theo sự hiểu biết về góc độ bài toán mà ta có các cách đặt ẩn phụ khác nhau. Khi ẩn phụ đăng quang, phơng trình có thể diễn ra các hình thái nh sau: * ẩn mới thay thế hoàn toàn ẩn cũ (nh trờng hợp phơng trình trùng phơng chẳng hạn). Ta nói rằng đó là phép đặt ẩn phụ toàn phần. * ẩn mới không thay thế hoàn toàn ẩn cũ mà cả ẩn mới và ẩn cũ cùng chung tồn tại trong một phơng trình. Ta nói rằng đó là phép đặt ẩn phụ không toàn phần. Trong trờng hợp này, cách đối xử với hai ẩn cũng khác nhau. + Vai trò giữa ẩn cũ và ẩn mới hoàn toàn bình đẳng với nhau. Khi đó thờng bài toán đợc đa về giải hệ phơng trình hai ẩn. + ai trò giữa ẩn cũ và ẩn mới không bình đẳng với nhau. Khi đó thờng ẩn cũ trở thành các hệ số của phơng trình tháp tùng cho ẩn mới. 3 * Trong phơng trình có tham số, nhiều khi ẩn phụ chính là tham số. Điều này dẫn đến phơng pháp giải phơng trình bằng cách Tráo đổi vai trò giữa ẩn và tham số. Một số phơng trình bậc hai đối với tham số đã đợc giải theo phơng pháp này. (Bạn đọc có thể tìm hiểu điều này trên một số tài liệu, chẳng hạn Phạm Quốc Phong: Bồi dỡng Đại số 10, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội). * Một lẽ cũng tự nhiên là ẩn phụ có thể là một hệ số nào đó của phơng trình. Ta gọi đó là Phơng pháp hằng số biến thiên. Sự hiện diện của phơng pháp này đã góp thêm lời giải độc đáo, trong một số trờng hợp nó còn là cứu cánh cho câu trả lời. (Nhân dây xin nhắc lại rằng thông qua nhiều cách giải khác nhau của bài toán, ta hiểu sâu sắc hơn bài toán và thúc đẩy t duy phát triển. Có lẽ lời giải của bài toán không chỉ dừng lại ở đáp số). Thí dụ 1: Tìm các nghiệm đúng phơng trình 3 3 68 15 x x x + = (1) Lời giải Điều kiện x 0 (2) * x 0 là nghiệm của phơng trình (1) 3 3 0 0 3 3 0 0 0 0 68 15 2 17 17 2 17x x x x x x + = + = là nghiệm của phơng trình sau với ẩn là a: 2 3 2 2 6 2 0 0 0 0 3 0 0 2 2 2 2 0 a a x x a a x x x x + = = 2 1 0 a x= (3) 4 0 2 2 0 2 x a x + = (4) * Thay a 1 = 17 vào (3) ta có 2 0 17x = (mâu thuẫn) (5) * Thay a 2 = 17 vào (4) ta có 4 4 2 0 0 0 2 0 2 17 17 2 0 x x x x + = + = 2 0 0 17 3 17 3 2 2 x x = = thoả mãn (2) Từ (5), (6) kết luận phơng trình đã cho có các nghiệm là 0 17 3 2 x = 4 Lời bình 1: Nếu sử dụng biến đổi (1) x 6 15x 2 + 2 17 = 0. Đặt x 2 = t > 0 ; Ta có t 3 13t + 2 17 = 0. Đó là một phơng trình bậc ba. Không có nhận xét về đoán nghiệm vô tỷ nên việc đoán nghiệm của phơng trình này để biến đổi nó thành phơng trình tích vẫn còn khó khăn. Thí dụ 2: Giải phơng trình 2 2 2 2 log log 5log 8 25log 2 0 4 x x x x + = = (1) Lời giải Điều kiện 0 < x 1 (2) Đặt log 2 x= t, ta có log x 2 = 1 t . log x 8 = 3 t , log 2 4 x = t-2. Phơng trình (1) trở thành t 2 + t 2 = 2 15 25 t t t 4 + t 3 2t 2 - 15t 25 = 0 (3) Đặt a = 5, phơng trình trở thành a 2 + 3at t 2 (t 2 t + 2) = 0 (4) Xem (4) là phơng trình bậc hai đối với a, ta có = t 2 (2t + 1) 2 Bởi vậy (3) 2 2 3 (2 1) ( 1) 5 2 3 ( 1) ( 2) 5 2 2 t t t a a t t t t t t t a t t t t a + + = = = + = + = = 2 2 5 0 2 5 0 t t t t = + + = (Vô nghiệm) 1 21 1 21 2 2 2 1 21 1 21 log 2 2 2 2 t x x x = = = = (thoả mãn (2)) Vậy 1 21 2 2x = là các nghiệm của phơng trình đã cho. Lời bình: Trong phơng trình chứa tham số, chúng ta thờng bắt gặp câu giải phơng trình ứng với một giá trị nào đó của tham số. Có lẽ sẽ không sai khi nói rằng (3) là phơng trình mà tham số đã nhờng lại cho số 5. Thí dụ 3: Giải phơng trình x + 11 11x+ = (1) Lời giải Điều kiện 0 < x < 8 (2) 5 Với điều kiện đó ta có (1) 11 x = 11 x+ (11 x) 2 = 11 + x (3) Đặt 11 = a, phơng trình (3) đợc viết (a - x) 2 = a + x a 2 (2x + 1)a + (x 2 - x ) = 0 (4) Xem (4) là phơng trình bậc 2 đối với a. Ta có a = (2x+1) 2 -4(x 2 - x )= (2 x +1) 2 , a 1 = x + x +1, a 2 = x - x . Do vậy (5) 2 1 2 1 a a a x x a a a x x = = + + = = (6) Thay a = 11 ta có (5) 11 1 10 0 11 11 0 x x x x x x x x = + + + = = = 41 1 21 41 2 2 3 5 1 23 3 5 2 2 x x x x = = + + = = Các giá trị 21 41 23 3 5 ; 2 2 x x + + = = đều thoả mãn điều kiện (2) nên đó là cái của phơng trình đã cho. Lời bình 2: 1) Khi có sự lặp của số mũ ở luỹ thừa với cơ số khác nhau hoặc có sự lặp của các hằng số dới các căn thức với bậc khác nhau, bạn có thể nghĩ đến phơng pháp hằng số biến thiên (theo dõi thí dụ 3 dới đây). 2) Nhìn phơng trình (3) dới dạng (ax+b) 2 = p ' 'a x b+ +qx + r (phơng trình chứa hai phép toán ngợc nhau) ta có lời giải bằng cách đặt ẩn phụ đối xứng nh sau: * Cách 2 (Tiếp nối từ (3)) Đặt x = y 11, y > 11 (y- 11) 2 = x Ta có hệ: (x 11) 2 = y (x-y)(x + y -21)= 0 (y 11) 2 = x (*) x = y (6) x = 21 y (7) Thay (6) vào (*) ta có: (y 11) 2 = y y 2 23yt 121 = 0 6 y = 21 3 5 2 + suy ra x = 23 3 5 2 + Thay (7) vào (*) ta có: (y 11) 2 = 21 - y y 2 21y + 100 = 0 y = 21 41 2 + suy ra x = 21 y = 21 41 2 + Thí dụ 4: Giải phơng trình 3 3 log 7 log 3 5 2 log x x x= + (1) Lời giải Giả sử phơng trình có nghiệm x = tức là 3 3 log 7 log 5 3 2 log = + 3 3 log log 3 7 2 5log = + 3 3 log log 3 7 2 (7 2) log = + 3 3 log log 3 3 7 7 log 2 2log = (2) Xét hàm số f(t)= 3 log t - tlog 3 với t > 0, t 1. Ta có (2) f(7)=f(2) f(7)- f(2) = 0 Rõ ràng f(t) là hàm liên tục trên [2,7] và có đạo hàm f(t) = (log 3 ) 3 3 log 1 log 1 3 3 log ( 1) logt t = Theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c (2,7) sao cho (7-2).f(c) = f(7)-f(2) f(c) = 0 ( ) 3 log 1 3 1 log 0c = 3 3 log 1 log 0 1 0c = = 3 3 log 0 1 1 log 1 3 3 x x = = = = = = Thay x = 1 và x = 3 vào phơng trình (1) thấy đúng. Vậy x = 1 và x = 3 là các nghiệm của phơng trình đã cho. Thí dụ 5: Giải phơng trình 7 cotx 11 cotx = 12cotx Lời giải Giả sử là một nghiệm của phơng trình, tức là 7 cot 11 cot = 12cot 7 cot 11 cot = 3(11-7)cot 7 cot + 3.7cot = 11 cot + 3.11cot. Xét hàm số f(t) = t cot + 3t.cot với t>0, t1 7 Ta có (2) f(7) = f(11) f(7) f(11) = 0. Rõ ràng f(t) là hàm số liên tục trên [7, 11] và có đạo hàm f(t)=cot.t cotx-1 +3cot = (t cotx-1 +3)cot. Theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c (7; 11) sao cho (7-11).f(c) = f(7) f(11) f(c) = 0 (t cotx-1 + 3) cot = 0 cot = 0 = 2 +k x = 2 +k (k Z) Thử lại: Thay x = 2 +k vào phơng trình (1) thấy đúng. Vậy x = 2 +k (k Z) là họ nghiệm duy nhất của phơng trình đã cho. Lời bình 3: Các phơng trình trong hai Thí dụ 3 và 4 thuộc dạng: a h(x) - b h(x) = k.(a-b)h(x) (1) Trong đó 0< a 1, 0< b 1, a > b, k < 0 hoặc k = 1, h(x) xác định trên [b,a] Cách giải: Viết lại (1) a h(x) kah(x) = b h(x) kbh(x) * Điều kiện cần: Xét hàm số biến số t ; f(t) = t h(x) kh(x).t Nh vậy (1) f(a) = f(b) f(a) f(b) = 0 (2) Rõ ràng trên (b, a) hàm số f(t) có đạo hàm f(t) = h(x) (t h(x)-1 -k). Theo định lý Lagrăng thì c (b,a) sao cho (a-b) f(c) = [f(a) f(b)]. Từ (2) f(c) = 0 h(x) (c h(x)-1 -k)= 0 ( ) 1 ( ) 0 h x h x c k = = (3) * Điều kiện đủ: Thay các giá trị tìm đợc của x trong (3) vào (1) để chọn nghiệm của nó. Chú ý: + Nếu k < 0 ta có (3) h(x) = 0 + Nếu k = 1 ta có (3) ( ) 0 ( ) 1 h x h x = = + Nếu 0<k 1, phơng trình c h(x)-1 =k là phơng trình không xác định. Bởi vậy không có bài toán giải phơng trình trong trờng hợp này. Với phơng pháp hằng số biến thiên, việc giải phơng trình mũ đã đợc chuyển về giải phơng trình luỹ thừa đơn giản hơn. Phơng pháp ấy đã cùng định lý Lagrăng, chúng thăng hoa cho nhau. 8 Thí dụ 6: Giải phơng trình 1 1 5 4 2 3 14 21 x x x x = ữ ữ (1) Lời giải Viết lại (1) 1 5 1 4 5 1 5 4 1 4 2 14 3 21 14 7 14 21 7 21 x x x x x x x x = + = + ữ ữ ữ ữ ữ ữ Giả sử phơng trình có nghiệm x = tức là: 5 1 5 4 1 4 14 7 14 21 7 21 + = + ữ ữ ữ ữ (2) Xét hàm số f(t) = 1 7 t t + ữ với t > 0. Ta có (2) 5 4 5 4 0 14 21 14 21 f f f f = = ữ ữ ữ ữ Rõ ràng f(t) là mà liên tục trên R + và có đạo hàm 1 1 1 1 1 '( ) 1 7 7 f t t t t t = + = + ữ ữ Do vậy theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c 4 5 , 21 14 ữ sao cho 4 5 , 21 14 ữ f(c) = f 5 14 ữ -f 4 21 ữ = 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 1 0 1 7 0 7 x t t x t = = = + = ữ = = + = ữ Thử lại thấy hai giá trị x = 0 và x = 1 đều thoả mãn phơng trình (1). Bởi thế chúng tập nghiệm của phơng trình đã cho. Thí dụ 7: Giải phơng trình 2 log 5 x 3 + 2 log 5 x 2 = x + x log 5 7 (1) Lời giải Giả sử phơng trình có nghiệm x= tức là 2 log 5 3 + 2 log 5 2 = + log 5 7 8 log 5 + 4 log 5 = 5 log 5 + 7 log 5 8 log 5 - 5 log 5 = 7 log 5 - 4 log 5 (2) 9 Xét hàm số f(t) = (t+3) log 5 - t log 5 với t > 0. Ta có (2) f(5) = f(4) f(5) f(4) = 0 Rõ ràng f(t) là mà liên tục trên R + và có đạo hàm f(t) = log 5 [(t+3) log 5 -1 -t log 5 -1 ] Do vậy theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c (2, 3) sao cho (5 4) f(c) = [f(5) f(4)] = 0 5 5 log 1 5 5 log 0 1 1 log ( 3) 0 log 1 0 5 5 x c hay x = = = + = = = = Thử lại: Thay hai giá trị x = 1 và x = 5 vào phơng trình (1) thấy đúng Vậy x = 1 và x = 5 là các nghiệm của phơng trình đã cho. Lời bình 4: Các phơng trình trong hai Thí dụ 5 và 6 thuộc dạng : (a+d) h(x) -a h(x) =(b+d) h(x) -b h(x) (1) Trong đó 0<a 1, 0<b1, a>b, d>0, k<0 hoặc k = 1, h(x) xác định trên [b,a] Cách giải: Viết lại (1) (a+d) h(x) - (b+d) h(x) = a h(x) - b h(x) * Điều kiện cần: Xét hàm số biến số t : f(t) = (t+d) h(x) t h(x) . Nh vậy (1) f(a) = f(b) f(a) f(b) = 0 (2) Rõ ràng trên (b, a) hàm số f(t) có đạo hàm f(t) = h(x)[(t+3) h(x)-1 - t h(x)-1 ] Theo định lý Lagrăng thì c (b,a) sao cho (a-b) f(c) = [f(a) f(b)]. Từ (2) f(c) = 0 h(x)[(c+3) h(x)-1 -c h(x)-1 ) ( ) 0 ( ) 1 h x h x = = (3) * Điều kiện đủ: Thay các giá trị tìm đợc của x trong (3) vào (1) để chọn nghiệm của nó. Thí dụ 8: Giải phơng trình 7 7 log 11 log 3 2 x x x+ = Điều kiện x > 0 Lời giải Giả sử phơng trình có nghiệm x = tức là 7 7 log 11 log 3 2x + = log 7 7 7 log log 11 3 2.7 + = log log 7 7 7 7 log log 11 7 7 3 = (2) Xét hàm số f(t) = (4+t) log 7 -t log 7 với t> 0, t 1. 10