một số phương pháp giải phương trình bậc cao trong chương trình toán thcs và các bài tập minh họa
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (250.39 KB, 32 trang )
PHẦN I. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Toán học là một môn khoa học có từ lâu đời, có ứng dụng hầu hết trong các
lĩnh vực của cuộc sống, từ xa xưa con người đã biết đến toán học thông qua việc
đo đạc, tính toán
Môn toán là nền tảng cho các môn khoa học tự nhiên khác.
Trong nhà trường, môn toán giữ một vai trò quan trọng, bởi môn toán có
tính trừu tượng cao, tính logic, chính xác và không bỏ tính thực nghiệm. Vì vậy,
làm thế nào để học giỏi toán, đó là câu hỏi đặt ra của nhiều thế hệ học sinh, thầy
cô và cha mẹ học sinh hay bất cứ ai quan tâm đến giáo dục và dạy học.
Phương trình là một dạng toán quan trọng, xuyên suốt quá trình học toán từ
cấp II đến cấp III và các cấp cao hơn. Bởi vậy, các em học sinh cần phải trang bị
cho mình những kiến thức thật vững chắc về phương trình.
Trong chương trình toán ở THCS hiện nay, sách giáo khoa chỉ đưa ra cách
giải phương trình bậc nhất và bậc hai đơn giản. Đối với các em học sinh thì việc
giải các phương trình đó không gây khó khăn nhiều. Nhưng khi gặp một số
phương trình bậc cao thì các em thường lúng túng, chưa tìm ngay được các cách
giải cho bài toán. Ngay cả các giáo viên THCS cũng gặp nhiều khó khăn trong
việc giải quyết phương trình này.
Vì vậy, tôi xin đề xuất một số phương pháp giải phương trình bậc cao
trong chương trình toán THCS và các bài tập minh họa.
2 Mục đích - nhiệm vụ đề tài.
- Phương pháp giải các phương trình bậc cao một ẩn: Bằng cách đưa về các
phương trình đã biết cách giải hoặc các dạng quen thuộc.
- Các ví dụ minh hoạ.
- Rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức để giải phương trình bậc cao một ẩn.
- Củng cố và hướng dẫn học sinh làm bài tập.
3. Đối tượng nghiên cứu.
- Học sinh ở lứa tuổi 14 - 15 ở trường THCS vì đa số các em chăm học, thích
học toán và bước đầu thể hiện năng lực tiếp thu một cách tương đối ổn định.
- Đối tượng khảo sát Học sinh lớp 9 trường THCS xxx được phân loại theo
học lực Giỏi - Khá - Trung Bình - Yếu- Kém.
1
4. Phương pháp nghiên cứu
- Tham khảo, thu thập tài liệu.
- Phân tích, tổng kết kinh nghiệm.
- Kiểm tra kết quả: Dự giờ, kiểm tra chất lượng học sinh, nghiên cứu hồ sơ
giảng dạy, điều tra trực tiếp thông qua các giờ học.
5. Dự kiến các kết quả đạt được của đề tài.
Tôi hy vọng đề tài này sẽ giúp ích cho các em học sinh ở trường THCS
trong việc học và giải phương trình bậc cao một ẩn. Qua đó các em có phương
pháp giải nhất định tránh tình trạng định hướng giải chưa đúng, lúng túng trong
việc trình bày cách giải, giúp học sinh hứng thú, tích cực học tập hơn, đạt kết
quả cao trong các kỳ thi.
2
PHẦN II. NỘI DUNG
I. Một số kiến thức cơ sở về phương trình bậc cao
I.1.Cơ sở lý luận
1> Khái niệm về phương trình một ẩn:
Cho A(x) và B(x) là hai biểu thức chứa biến x. Khi nói A(x) = B(x) là một
phương trình ta hiểu rằng phải tìm giá trị của x để các giá trị tương ứng của hai
biểu thức này bằng nhau.
Biến x gọi là ẩn
Giá trị tìm được của ẩn gọi là nghiệm
Mỗi biểu thức là một vế của phương trình
Việc tìm nghiệm gọi là giải phương trình
2> Định nghĩa hai phương trình tương đương
Hai phương trình gọi là tương đương nếu tập hợp các nghiệm của chúng
bằng nhau.
3> Các phép biến đổi tương đương các phương trình
Định nghĩa phép biến đổi tương đương các phương trình: Biến đổi một
phương trình đã cho thành một phương trình khác tương đương với nó, nhưng
đơn giản hơn gọi là phép biến đổi tương đương.
a) Định lý 1:
Nếu cộng cùng một đa thức chứa ẩn số vào hai vế của phương trình thì
được một phương trình mới tương đương với phương trình đã cho.
Ví dụ: 3x= 27 ⇔ 3x + 2x = 27 + 2x
Hệ quả 1: Nếu chuyển một hạng tử từ vế này sang vế kia của phương
trình đồng thời đổi dấu của hạng tử ấy thì được một phương trình mới tương
đương với phương trình đã cho
Ví dụ:
5x + 7 = 16x - 3 ⇔ 5x - 16x = -3 -7
Hệ quả 2: Nếu xóa hai hạng tử giống nhau ở hai vế của một phương trình
thì được một phương trình mới tương đương với phương trình đã cho
3
Ví dụ:
7x
3
+ 8x - 5=14 + 7x
3
⇔ 8x -5 = 14
b. Định lý 2:
Nếu nhân một số khác 0 vào hai vế của một phương trình thì được
phương trình mới tương đương với phương trình đã cho.
Ví dụ:
204181029
2
1
−=+⇔−=+
xxxx
I-2. Các dạng phương trình
1. Phương trình bậc nhất một ẩn:
1.1. Định nghĩa:
Phương trình dạng ax + b = 0, với a và b là hai số đã cho và a ≠ 0, được
gọi là phương trình bậc nhất một ẩn .
1.2. Tập xác định:
Tập xác định của phương trình là R
1.3.Cách giải
Phương trình bậc nhất ax + b = 0 có nghiệm duy nhất
a
b
x −=
2.Phương trình bậc hai một ẩn số :
2.1.Định nghĩa:
Phương trình bậc hai có một ẩn số là phương trình có dạng: ax
2
+ bx + c = 0
trong đó x là ẩn số, a, b, c là các hệ số đã cho, a ≠ 0.
Nghiệm của phương trình bậc hai là những giá trị mà khi thay vào vế trái
của phương trình ta được giá trị của vế trái bằng 0.
2.2. Cách giải
- Ta dùng các phép biến đổi tương đương, biến đổi phương trình đã cho
về các dạng phương trình đã biết cách giải (phương trình bậc nhất, phương trình
dạng tích) để tìm nghiệm của phương trình.
- Khi nghiên cứu về nghiệm số của phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0
( a ≠0) cần đặc biệt quan tâm tới biệt số ∆ của phương trình:
∆ = b
2
- 4ac
∆ gọi là biệt số của phương trình bậc hai vì biểu thức ∆ = b
2
- 4ac quyết
định nghiệm số của phương trình bậc hai
4
Ta thấy có các khả năng sau xảy ra :
a) ∆ < 0 ⇔ phương trình bậc hai vô nghiệm
b) ∆=0 ⇔ phương trình bậc hai có nghiệm kép ( hai nghiệm trùng nhau )
a
b
xx
2
21
−==
c) ∆>0 ⇔ phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt:
a
b
x
2
1
∆+−
=
;
a
b
x
2
2
∆−−
=
2.3. Hệ thức Viet.
Nếu phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 có hai nghiệm x
1
, x
2
thì tổng
và tích hai nghiệm đó là :
S = x
1
+x
2
= -
a
b
P = x
1
.x
2
=
a
c
3. Phương trình bậc cao một ẩn.
3.1. Dạng tổng quát của phương trình bậc cao một ẩn
Phương trình tổng quát bậc n có dạng:
a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ +a
1
x+a
0
= 0 (a
n
≠ 0)
Trong đó: x là ẩn số,
a
n
, ,a
0
: là các hệ số
Đối với phương trình bậc cao hơn bậc 4 không có công thức tổng quát để
tìm nghiệm của nó. Ngay cả trong trường hợp là phương trình bậc 3 và bậc 4
mặc dù có công thức nhưng việc tìm nghiệm của phương trình cũng hết sức
phức tạp nằm ngoài chương trình THCS, THPT.
Ta cũng có hệ thức Viet liên quan giữa các nghiệm của phương trình đại
số bậc cao.
3.2. Định lí Viet cho phương trình bậc n một ẩn:
Cho phương trình bậc n: a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ +a
1
x+a
0
= 0 (a
n
≠ 0)
Giả sử phương trình có n nghiệm x
1
, ,x
n
, trong các nghiệm được kê ra
một số lần bằng bội của nó, khi đó ta có hệ thức Viet sau:
5
n
n
n
a
a
xx
1
1
−
−=++
n
n
nn
a
a
xxxxxx
2
14321
−
−
−=+++
k
n
kn
iii
a
a
xxx
k
)1(
21
−=
−
∑
với 1≤i
1
<i
2
< <i
k
n
n
n
a
a
xxx
0
21
)1(
−=
Đảo lại: Cho trước n số bất kỳ x
1
x
2
, x
n
Đặt S
1
= x
1
+ +x
n
S
2
=x
1
x
2
+ x
3
x
4
+ +x
n-1
x
n
S
k
=
∑
k
iii
xxx
21
với 1 ≤ i
1
< i
2
< < i
k
<n
S
n
=x
1
x
2
x
n
Khi đó x
1
x
2
, ,x
n
là nghiệm của phương trình sau:
x
n
- S
1
x
n-1
+ S
2
x
n-2
+ +(-1)
k
S
n
= 0
Ví dụ:
Định lý Viet cho phương trình bậc ba có dạng sau:
Cho phương trình bậc ba: ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0 có 3 nghiệm x
1
, x
2
, x
3
.
Khi đó:
a
b
xxx −=++
321
a
c
xxxxxx =++
433221
a
d
xxx −=
321
- Hệ thức Viet cho phương trình bậc bốn : ax
4
+ bx
3
+cx
2
+dx +e =0
Có dạng như sau:
a
b
xxxx
−=+++
4321
a
c
xxxxxxxxxxxx
=+++++
434232413121
6
a
d
xxxxxxxxxxxx −=+++
432421431321
a
c
xxxx =
4321
II. Một số phương pháp giải một số loại phương trình đại số bậc cao một
ẩn :
Khi gặp các phương trình đại số bậc cao một ẩn thì có nhiều cách giải
song trong đề tài này tôi đề cập đến hai phương pháp cơ bản để giải phương
trình đại số bậc cao.
Đó là:
+ Phân tích đa thức thành nhân tử, đưa phương trình về dạng phương trình
tích.
+ Đặt ẩn phụ
II.1. Sử dụng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.
1.Cơ sở lý luận:
Ta biết rằng phương trình:
=
=
⇔=
0)(
0)(
0)().(
xg
xf
xgxf
Vì vậy phương trình bậc cao nếu ta phân tích được vế trái thành nhân tử
thì sẽ đưa phương trình về dạng phương trình tích của các nhân tử có bậc thấp
hơn, dạng phương trình quen thuộc đã biết cách giải.
2. Nội dung
Trong nội dung nghiên cứu khi phân tích đa thức thành nhân tử tôi thường
hướng dẫn học sinh sử dụng các phương pháp sau:
a. Đặt nhân tử chung
b. Dùng hằng đẳng thức
c. Nhóm nhiều hạng tử
d. Tách hạng tử
e. Thêm bớt cùng một hạng tử
đ. Phối hợp nhiều phương pháp
Ví dụ: Giải phương trình sau:
a) 7x
3
- 63 x=0
⇔
7x(x
2
-9)=0
7
⇔
7x (x-3)(x+3)=0
=+
=−
=
⇔
03
03
0
x
x
x
−=
=
=
⇔
3
3
0
x
x
x
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x=0; x=3; x=-3
b) x
3
-6x
2
+ 12x - 8 =0
⇔
(x-2)
3
=0
⇔
x-2=0
⇔
x=2
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x=2;
c)x
3
- 3x
2
+ 6x - 18 = 0
⇔
(x
3
- 3x
2
) + ( 6x - 18 ) = 0
⇔
x
2
(x-3) + 6( x-3) = 0
⇔
( x
2
+ 6 )(x-3) = 0 ( 1)
Vì x
2
≥ 0
x
∀
nên x
2
+ 6 ≥ 6
x
∀
⇒
x
2
+ 6 > 0
x
∀
( 2)
Từ (1) và (2)
⇒
x-3=0
⇒
x=3
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm : x= 3
d) x
4
+ 3x
2
- 28 = 0
⇔
x
4
+ 7x
2
- 4x
2
- 28 =0
⇔
x
2
(x
2
-4) + 7(x
2
-4) = 0
⇔
(x
2
+ 7)(x
2
- 4) =0
⇔
(x
2
+7 )(x-2)(x+2)=0 (1)
Vì x
2
≥ 0
x∀
nên x
2
+ 7 ≥ 7
x∀
⇒
x
2
+ 7 > 0
x∀
( 2)
Từ (1), (2)
⇒
(x-2) (x+2)=0
=+
=−
⇒
02
02
x
x
−=
=
⇒
2
2
x
x
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x=2; x=-2
e) x
3
- 7x-6 =0
8
⇔
x
3
+ 8 -7x - 6- 8=0
⇔
(x
3
+ 8) -(7x+14)=0
⇔
(x+2)(x
2
-2x+4) - 7(x+2) =0
⇔
(x+2)(x
2
-2x-3)=0
=−−
=+
⇔
032
02
2
xx
x
=+−+−
=+
⇔
0)1(2)1)(1(
02
xxx
x
=−
=+
=+
⇔
03
01
02
x
x
x
=
−=
−=
⇔
3
1
2
x
x
x
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x=-1; x=-2; x=3
* Ngoài các phương pháp trên ta còn sử dụng định lí Bơzu giúp các em
nhẩm nghiệm để phân tích đa thức thành nhân tử .
Định lí Bơzu được phát biểu như sau : Phần dư của phép chia đa thức f(x)
cho nhị thức g(x) = x- a là một hằng số bằng giá trị f(a) của f(x) khi x=a .
- Khai thác cách nhẩm nghiệm :
a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ +a
1
x+a
0
= 0 (1) ( a
i
∈ Z )
+) Nếu a
n
+ a
n-1
+ +a
1
+ a
0
= 0 thì phương trình (1) có một nghiệm x = 1
+) Nếu tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ thì phương trình (1)
có nghiệm x = - 1
+) Nếu số hữu tỉ x =
q
p
( p , q nguyên tố cùng nhau ) là nghiệm của phương
trình (1) thì p là ước của a
0
, q là ước của a
n
.
Ví dụ : Giải phương trình : x
4
- 2x
3
+ x
2
- 4 = 0 (*)
Ta thấy tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ nên phương
trình (*) nhận x =- 1là nghiệm .
Theo định lí Bơzu ta thấy vế phải của phương trình (*) chia hết cho x + 1,
do đó phương trình (*) có thể viết được dưới dạng :
(x +1 ). ( x
3
- 3x
2
+ 4x - 4 ) = 0
x + 1 = 0 (1)
x
3
- 3x
2
+ 4x - 4 = 0 (2)
(1) ⇔ x+1 = 0 ⇔ x = - 1
9
(2) ⇔ x
3
- 3x
2
+ 4x - 4 = 0
T a thử các ước của 4 và thấy x = 2 là nghiệm của (2), nên (2) phân tích
được thành : ( x - 2) . ( x
2
-x + 2 ) = 0
x -2 = 0 x = 2
x
2
- x + 2 = 0 ∆'< 0 : vô nghiệm
Vậy phương trình (*) có hai nghiệm là x = -1 ; x = 2 .
Bài toán áp dụng:
1. Giải phương trình:
a) 3x
4
-12x
2
= 0
b) x
3
+ 14x
2
- 4x - 56 =0
c) 2x
3
+ 11x +9 =0
d) x
16
+x
8
-2 =0
e) 2x
4
+ 5x
3
-35x
2
+ 40x-12=0
2. Cho phương trình : 2x
3
-(1+4m)x
2
+ 4(m
2
-m+1)x -2m
2
+ 3m -2=0
a. Xác định m để phương trình đã cho có 3 nghiệm dương phân biệt
b. Giải phương trình với m=1
Hướng dẫn
2a) 2x
3
-(1+4m)x
2
+ 4(m
2
-m+1)x - 2m
2
+3m -2 =0 (*)
⇔
2x
3
-x
2
-4mx
2
+ 2x(2m
2
-3m+2+m)-2m
2
+3m-2=0
⇔
x
2
(2x - 1) -4mx
2
+ 2mx +2x(2m
2
-3m+2) -(2m
2
-3m +2)=0
⇔
x
2
(2x - 1) -2mx(2x-1) + (2m
2
-3m+2)=0
⇔
=+−+−
=−
02322
012
22
mmmxx
x
(1)
⇔
2x-1=0
⇔
2
1
=x
(2)
⇔
x
2
-2mx+2m
2
-3m+2=0
Ta thấy phương trình (*) luôn có 1 nghiệm
2
1
=x
Muốn phương trình (*) có 3 nghiệm dương phân biệt thì phương trình (2)
phải có 2 nghiệm dương phân biệt khác
2
1
Đặt f(x)=x
2
-2mx +2m
2
-3m +2 thì f(x) phải thỏa mãn các điều kiện sau:
10
(1)
(2)
⇒
⇒
>
>
>∆
≠
0
0
0'
0)
2
1
(
P
S
f
>+−
>
>++−
≠+−
⇔
0232
02
033
09168
2
2
2
mm
m
mm
mm
>+
−
>
>−−−
≠+−
⇔
0
4
1
2
3
2
0
0)2)(1(
01)1(8
2
2
m
m
mm
m
>
<<
⇔
0
21
m
m
21
<<⇒
m
Vậy với 1<m<2 thì phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt khác
2
1
⇒
Phương trình (*) có 3 nghiệm dương phân biệt khi 1<m<2
II.2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ
1.Cơ sở lí luận
Khi giải phương trình bậc cao ta còn dùng đặt ẩn phụ thay thế cho một
biểu thức chứa ẩn để đưa phương trình về dạng phương trình quen thuộc đã biết
cách giải
2. Nội dung phương pháp
Trong chương trình THCS học sinh thường gặp các dạng phương trình
sau:
2.1. Phương trình trùng phương:
a. Dạng tổng quát:
Phương trình trùng phương là phương trình có dạng:
ax
4
+bx
2
+c =0 (1) (a ≠ 0)
Trong đó:
x là ẩn số
a, b, c là các hệ số
b.Cách giải:
Khi giải phương trình loại này ta thường dùng phương pháp đổi biến số
11
Đặt y=x
2
( y ≥ 0) (2)
Khi đó phương trình trùng phương sẽ đưa về dạng phương trình bậc hai
trung gian: ay
2
+ by + c=0
Giải phương trình bậc hai trung gian rồi thay giá trị tìm được của y vào
(2) ta được phương trình bậc hai rút gọn với biến x ( y≥ 0). Giải phương trình
này ta được nghiệm của phương trình trùng phương ban đầu.
c.Ví dụ:
* Ví dụ 1 : Giải phương trình x
4
-3x
2
+2 =0 (1)
Giải :
Đặt y=x
2
(y≥ 0).
Phương trình (1) trở thành : y
2
-3y +2 =0
⇔
(y-1)(y-2)=0
⇒
=−
=−
02
01
y
y
⇒
=
=
2
1
y
y
Cả hai nghiệm này đều thỏa mãn y≥ 0
+ Với y=1 ta có x
2
=1
⇒
x
1
=1
x
2
=-1
+ Với y=2 ta có x
2
=2
⇒
x
3
=
2
x
4
=
2−
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là: x
1
=1;x
2
=-1; x
3
=
2
; x
4
=
2−
* Ví dụ 2 : Xác định a để phương trình: ax
4
- ( a - 3 ) x
2
+ 3a = 0 (a ≠ 0 )
(1)
Có bốn nghiệm phân biệt đồng thời một nghiệm nhỏ hơn -2 ; ba nghiệm kia lớn hơn
-1
Giải :
Đặt y= x
2
≥ 0
(1) ⇔ ay
2
- ( a - 3 ) y + 3a = 0 (2)
Giả sử (2) có nghiệm 0 < y
1
< y
2
thì (1) có 4 nghiệm phân biệt :
-
2
y
< -
1
y
<
1
y
<
2
y
12
Muốn phương trình (1) có đồng thời một nghiệm nhỏ hơn -2 ; ba nghiệm
kia lớn hơn -1 thì :
-
2
y
< - 2 y
2
>4
1
y
> - 1 y
1
< 1
Vậy phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt y
1
, y
2
thoả mãn :
0 < y
1
< 1 < 4 < y
2
a .f(0) < 0 a . 3a < 0 3a
2
< 0
⇔ a . f(1) < 0 ⇔ a . (a -a +3 +3a ) < 0 ⇔ 3a
2
+ 3a < 0
a. f(4) < 0 a . ( 16a - 4a + 12 + 3a ) < 0 15a
2
-12a < 0
a ≠ 0 a ≠ 0
⇔ 3a ( a + 1 ) < 0 ⇔ - 1 < a < 0 ⇔ -
5
4
< a < 0
3a ( 5a + 4 ) < 0 -
5
4
< a < 0
Vậy với a ∈ ( -
5
4
, 0 ) thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt ,
trong đó một nghiệm nhỏ hơn - 2 và ba nghiệm kia lớn hơn - 1
Bài tập áp dụng :
1) Giải phương trình : 4x
4
-5x
2
+1 =0
2) Cho phương trình:x
4
-2(2m-1)x
2
+4m
2
-3 =0 (*)
a. Với giá trị nào của m thì phương trình 4 có 4 nghiệm phân biệt
b. Giải phương trình với m=
10
9
Hướng dẫn:
2a) Đặt y=x
2
(y ≥ 0) phương trình (*) trở thành:
y
2
-2(2m-1)y +4m
2
-3 = 0 (1)
∆’=(2m-1)
2
-4m
2
+3 = -4(m-1)
Để (*) có 4 nghiệm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm dương phân biệt
tức là (1) thỏa mãn:
13
>
>
>∆
0
2
0)0(
0'
S
af
>−
>−
<
⇔
012
034
1
2
m
m
m
2
3
2
1
;
2
3
1
>
>
−<
<
⇔ m
m
m
m
1
2
3
<<⇒
m
2.2. Phương trình bậc bốn đối xứng:
a. Dạng tổng quát :
Phương trình bậc bốn đối xứng là phương trình dạng:ax
4
+bx
3
+cx
2
+bx +a=0 (a ≠ 0)
b. Cách giải :
Vì x=0 không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia cả hai vế của
phương trình cho x
2
rồi đặt:
x
xy
1
+=
)2( ≥y
c. Ví dụ
*Ví dụ 1: Giải phương trình: 3x
4
+2x
3
-34x
2
+2x +3=0
Giải:
Phương trình trên là phương trình đối xứng( các hệ số có tính đối xứng )
Hiển nhiên x=0 không là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế cho x
2
.
3x
2
+2x -34 +
0
32
2
=+
xx
034)
1
(2)
1
(3
2
2
=−+++
x
x
x
x
Đặt
y
x
x
=+
1
thì
,2
1
2
2
2
−=+ y
x
x
ta có:
3(y
2
-2) +2y-34 =0
⇔
3y
2
+2y -40 =0
3
10
;4
21
=−=⇔ yy
Với y= - 4 thì
4
1
−=+
x
x
⇔
x
2
+ 4x + 1=0
⇒
32
1
+−=
x
14
32
2
−−=
x
Với
3
10
=y
thì
3
101
=+
x
x
⇔
3x
2
- 10x + 3 =0
⇔
3;
3
1
43
== xx
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm:
32
1
+−=x
;
32
2
−−=
x
;
3;
3
1
43
==
xx
.
* Ví dụ 2: Giải phương trình : 2x
5
+5x-13x
2
+5x +2 =0 (1)
Giải:
Ta thấy x=-1 là nghiệm của phương trình (1)
Phương trình (1) tương đương với phương trình sau:
(x+1)(2x
4
+3x
3
-16x
2
+3x +2) = 0
=++−+
=+
⇒
0231632
01
234
xxxx
x
(2)
⇔
x+1=0
1
−=⇒
x
(3)
⇔
2x
4
+3x
3
-16 x
2
+3x+2 =0
Ta thấy x=0 không là nghiệm của phương trình (3)
Chia cả hai vế của phương trình (3) cho x
2
ta có:
0
23
1632
2
2
=++−+
xx
xx
016)
1
(3)
1
(2
2
2
=−+++⇔
x
x
x
x
Đặt
x
xy
1
+=
2
22
1
2
x
xy
+=−⇒
( )
2
≥
y
Ta có: 2(y
2
- 2) +3y -16 =0
⇔
2y
2
+ 3y - 20 = 0
Ta có
∆
=9+160=169
2
5
1
=⇒
y
;
4
2
−=
y
+ Với
2
5
1
=
y
ta có:
2
51
=+
x
x
0252
2
=+−⇔
xx
∆
=25-16=9
15
(2)
(3)
2;
2
1
21
==⇒
xx
+Với y= - 4 ta có:
0144
1
2
=++⇔−=+
xx
x
x
314'
=−=∆
32;32
43
−−=+−=⇒
xx
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm:
2;
2
1
21
==⇒
xx
;
32;32
43
−−=+−=
xx
;x
5
=-1.
d. Bài tập áp dụng :
1. Cho phương trình: x
4
+mx
3
+3mx
2
+mx +1 =0 (1)
a) Xác định m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Giải phương trình
2. Giải phương trình : x
4
+2x
3
+ 4x
2
+2x +1 = 0
Hướng dẫn:
1a) x=0 không là nghiệm của (1) nên chia cả hai vế của (1) cho x
2
ta được:
0
1
3
2
2
=++++
x
x
m
mmxx
03
11
2
2
=+
++
+⇔
m
x
xm
x
x
Đặt
x
xy
1
+=
(
)2≥y
Phương trình (1) trở thành : y
2+
my + 3m - 2 = 0 (2) (
)2≥y
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có một nghiệm thỏa
mãn điều kiện
2
≥
y
Ta xét bài toán tìm các giá trị của m để phương trình (2) vô nghiệm:
+ Phương trình ( 1) vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) vô nghiệm
hoặc phương trình ( 2) có hai nghiệm thuộc (-2,2)
+ Phương trình (2) vô nghiệm:
0<∆
∆
=m
2
-(3m-2 ) < 0
⇔
m
2
-12m+8<0
16
⇔
726726
+<<−
m
+ Phương trình (2) có 2 nghiệm thuộc (-2,2):
Tức
<<−
−++=>
>−
≥∆
2
2
2
)23)((0)2(
0)2(
0
2
m
mmyyyfaf
af
<<−
>+
>+
≥+−
⇔
2
2
2
052
02
0812
2
m
m
m
mm
<<−
−>
−>
+≥−≤
⇔
44
5
2
2
726;726
m
m
m
mm
726
5
2
−≤<−⇒
m
Vậy phương trình (1) vô nghiệm khi
726
5
2
+<<−
m
Do đó phương trình (1) có nghiệm khi: m
5
2
−≤
hoặc
726 +>m
Chú ý:
a)Trong phương trình đối xứng, nếu a là nghiệm thì 1/a cũng là nghiệm .
b) Phương trình đối xứng bậc lẻ bao giờ cũng có một trong các nghiệm là x=-
1
c) Phương trình đối xứng bậc chẵn 2n được đưa về phương trình bậc n
bằng cách đặt ẩn phụ
2.3. Phương trình bậc bốn phản đối xứng
a. Dạng tổng quát :
Phương trình có dạng ax
4
+ bx
3
+cx
2
–bx +a =0 ( a ≠ 0) gọi là phương
trình bậc bốn phản đối xứng
b. Cách giải :
Vì x=0 không là nghiệm của phương trình nên chia cả 2 vế của phương
trình cho x
2
rồi đặt
x
xy
1
−=
17
c. Ví dụ
*Ví dụ 1 : Giải phương trình : x
4
+ x
3
+x
2
- x +1 =0 (1)
Giải
Vì x=0 không là nghiệm của phương trình (1). Chia cả hai vế của (1) cho
x
2
ta có:
0
11
1
2
2
=+−++
x
x
xx
01
11
2
2
=+
−+
+⇔
x
x
x
x
Đặt
2
22
1
2
1
x
xy
x
xy
+=+⇒−=
Thay vào ta có:
y
2
+2+y+1= 0 (2)
⇔
y
2
+y+ 3=0
∆
=1 - 12 < 0
⇒
Phương trình (2) vô nghiệm
⇒
Phương trình (1) vô nghiệm
*Ví dụ 2: Cho phương trình : x
4
-ax
3
-(2a+1)x
2
+ax + 1=0 (1)
Tìm a để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ?
Giải:
Vì x=0 không phải là nghiệm của (1) nên chia 2 vế của (1) cho x
2
≠ 0 ta có:
0
1
)12(
2
2
=+++−−
x
x
a
aaxx
0)12()
1
()
1
(
2
2
=+−−−+⇔
a
x
xa
x
x
Đặt
x
xy
1
−=
(*)
2
1
2
2
2
+=+⇒
y
x
x
Ta được phương trình: y
2
+ 2 – ay –( 2a+1) =0
012
2
=+−−⇒ aayy
(2)
Ta thấy phương trình (*) luôn có 2 nghiệm với
y
∀
Để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì (2) phải có nghiệm kép:
⇔
0=∆
⇔
a
2
+8a -4=0
18
'∆
=16+4=20
52' =∆⇒
524
1
−−=⇒
a
524
2
+−=
a
Vậy với
524 −−=a
hoặc
524
+−=
a
thì phương trình (1) có 2
nghiệm phân biệt.
d) Bài tập áp dụng
Giải phương trình:
1) x
4
-3x
3
-6x
2
+3x+1=0
2) x
5
-4x
3
+2x
2
+2x-1=0
3) 6x
4
-35x
3
+62x
2
+35x+6=0
Hướng dẫn
2) x
5
-4x
3
+2x
2
+2x-1=0 (1)
Ta thấy x=1 là nghiệm của (1)
(1)
⇔
(x-1)(x
4
+x
3
-3x
2
–x +1)=0
⇒ x-1 = 0 (2)
x
4
+x
3
-3x
2
–x +1= 0 (3)
(2)
⇔
x - 1=0
⇒
x = 1
(3)
⇔
013
234
=+−−+
xxxx
Vì x= 0 không là nghiệm của (3)
Chia hai vế của (3) cho x
2
≠ 0 ta có:
0
11
3
2
2
=+−−+
xx
xx
03
11
2
2
=−
−+
+⇔
x
x
x
x
Đặt
2
22
1
2
1
x
xy
x
xy
+=+⇒−=
Ta được phương trình :y
2
+2+y-3=0
⇔
y
2
+ y -1 =0
514
=+=∆
19
2
51
1
+−
=⇒
y
;
2
51
2
−−
=y
+ Với
2
51+−
=y
2
511
+−
=−⇒
x
x
22)51(
2
−=+−⇔
xx
02)15(2
2
=−−+⇔
xx
522216526
−=+−=∆
4
522251
1
−+−
=⇒
x
;
4
522251
2
−−−
=x
+ Với y =
2
51−−
22)51(
2
−=+−⇔
xx
02)51(2
2
=−++⇔
xx
16526
++=∆
=
5222
+
4
522251
3
++−−
=⇒ x
4
522251
4
+−−−
=⇒ x
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm:
+−−++−−−−−+−
4
522251
;
4
522251
;
4
522251
;
4
522251
;1
2.4. Một số dạng phương trình khác
20
2
511 −−
=−⇒
x
x
Ngoài các dạng phương trình đã nêu ở trên, trong một số kỳ thi học sinh
giỏi vào trung học phổ thông học sinh còn gặp một số dạng phương trình sau:
2.4.1. Phương trình dạng : ax
2n
+ bx
n
+c = 0 ( a ≠ 0)
a) Cách giải :
Đặt x
n
= y sau đó đưa về phương trình bậc hai đối với biến y: ay
2
+ by + c = 0
b) Ví dụ minh hoạ:
* Ví dụ 1: Giải phương trình: x
6
- 3x
3
+ 2 = 0 (1)
Giải :
Đặt x
3
= y . Phương trình ( 1) trở thành y
2
-3y +2 =0
⇒
y
1
=1
y
2
=2
Thay trở lại ta có : y
1
=1
⇒
x
3
= 1
⇒
x=1
y
2
= 2
⇒
x
3
= 2
⇒
x=
3
2
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x
1
=1 ; x
2
=
3
2
*Ví dụ 2 : Cho phương trình : x
10
+ ( m-1)x
5
+ 4 =0 (2)
Tìm m để phương trình ( 2) có nghiệm duy nhất. Tìm nghiệm đó ?
Giải
Đặt x
5
= y
Phương trình ( 2)
⇔
y
2
+ (m-1)y + 4 = 0 ( 3)
Để phươnh trình (2 ) có nghiệm duy nhất thì phương trình ( 3 ) phải có nghiệm
kép hay
0
=∆
:
⇔
(m-1)
2
- 4.4 =0
⇔
(m-1-4)(m-1+4)=0
⇔
(m-5)(m+3)=0
⇔
=+
=−
03
05
m
m
−=
=
⇔
3
5
m
m
Vậy với m = 5 hoặc m= - 3 thì phương trình (2) có nghiệm duy nhất
Tìm nghiệm
+ Với m=5
⇒
(3)
⇔
y
2
+4y+4 =0
⇔
(y+2)
2
=0
⇔
y+2=0
21
⇔
y=-2
Với y=-2
⇒
x
5
= -2
⇒
x=
5
)2(−
+ Với m=-3
⇒
( 3)
⇔
y
2
-4y+4=0
⇔
(y-2)
2
=0
⇔
y-2=0
⇔
y=2
Với y=2
⇒
x
5
= 2
⇒
x=
5
2
Kết luận :
Với m = 5 thì phương trình có nghiệm duy nhất x=
5
)2(−
Với m=-3 thì phương trình có nghiệm duy nhất x=
5
2
c) Bài tập áp dụng :
Giải phương trình:
1)7x
6
+ 8 x
3
+1 =0
2)12x
10
– 15x
5
+3=0
2.4.2. Phương trình dạng : (x+a)
4
+ (x+b)
4
=c (1)
a) Cách giải:
Đặt y=x +
2
ba
+
. Ta có:
x+a = y+
2
ba −
x+b=y-
2
ba −
Khi đó phương trình ( 1) trở thành:
2y
4
+
0
2
2
2
12
4
2
2
=−
−
+
−
c
ba
y
ba
Đây là phương trình trùng phương mà ta đã biết cách giải.
b) Ví dụ :
*Ví dụ 1: Giải phương trình: (x+5)
4
+ (x+9)
4
=82 (1)
Đặt y=x+7 khi đó phương trình ( 1) trở thành: (y-2)
4
+ (y+2)
4
=82
⇔
2y
4
+ 48y
2
+ 32 = 82
⇔
y
4
+24y
2
-15=0
Đặt t=y
2
với t
0≥
22
Ta có phương trình : t
2
+ 24t -25 =0
−=
=
⇒
25
1
t
t
Với t=1 ta có : y
2
=1
⇔
y=1 hoặc y=-1
Nếu t=1
⇒
x+7 = 1
⇒
x= - 6
Nếu t =- 1
⇒
x+7= - 1
⇒
x=-8
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm : x=-6 ; x=-8
*Ví dụ 2: Cho phương trình sau: (x+m)
4
+ ( x+m+2)
4
=n (1)
a.Tìm điều kiện của m và n để phương trình có nghiệm
b.Giải phương trình với m=3, n=2
Giải
a.Giải phương trình (1)
⇔
(x+m)
4
+ ( x+m+2)
4
=n ( 2)
Đặt y =x+m+1
Phương trình trở thành: (y-1)
4
+ (y+1)
4
=n
⇔
2y
4
+12y
2
+2-n=0 (3)
Đặt t=y
2
ta được: 2t
2
+12t +2-n=0(4)
Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (4) phải có ít nhất 1
nghiệm không âm
Ta thấy : S=t
1
+ t
2
= -
06
2
12
<−=
Vậy muốn phương trình (4) có một nghiệm không âm thì :
P=t
1
.t
2
=
20
2
2
≥⇔≤
−
n
n
Vậy với n
≥
2 thì phương trình (1) có nghiệm.
b. Khi m=3, n=2 phương trình ( 1) trở thành: (x+3)
4
+ (x+5)
4
=2
Đặt y=x+4
⇒
phương trình ( 1)
⇔
2y
4
+12y
2
+0=0
⇔
y
2
(y
2
+6)=0
⇔
=+
=
06
0
2
2
y
y
⇔
y=0 ( vì y
2
x∀≥ 0
nên y
2
+ 6
x∀≥ 6
)
với y=0
⇒
x+4=0
⇒
x=-4
23
(loại)
Vậy phương trình có nghiệm x=-4
c)Bài tập áp dụng :
Giải phương trình:
1)(x+1)
4
+ (x+3)
4
=16
2)(x+5)
4
+ (x+9)
4
= 1
3)(x-6)
4
+ (x-8)
4
= 4
2.4.3. Phương trình có dạng: (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) =m.Trong đó
a+d=b+c
a)Cách giải:
Nhóm [(x+a)(x+d)] và [(x+b)(x+c)] rồi triển khai các tích đó, ta đưa về
dạng: [x
2
+ (a+d)x+ad][x
2
+9b+c)x+bc]=m
Do a+d=b+c
⇒
đặt x
2
+(a+d)x+k=t ( trong đó k có thể là ad hoặc bc)
Ta sẽ đưa phương trình về dạng: t
2
+nt-m=0
Giải phương trình trên ta tìm được t. Sau đó thay t vào giải tiếp phương
trình : x
2
+ (a+d)x+k=t
Ta sẽ tìm được nghiệm của phương trình ban đầu.
b)Ví dụ :
*Ví dụ 1 :
Giải phương trình :(x+1)(x+3)(x+5)(x+7)=9(1)
Ta thấy 1+7=3+5. ta biến đổi phương trình (1) như sau:
[(x+1)(x+7)][(x+3)(x+5)]=9
⇔
(x
2
+8x+7)(x
2
+8x+15)=9 (2)
Đặt y=x
2
+8x +7
(2)
⇔
y(y+8)=9
⇔
y
2
+8y-9=0
⇔
−=
=
9
1
y
y
+ Với y=1
⇒
x
2
+8x+7=1
⇔
x
2
+ 8x+6=0
10616' =−=∆
104
104
2
1
−−=
+−=⇒
x
x
24
+ Với y=-9
⇒
x
2
+8x+7=-9
⇔
x
2
+8x+16=0
⇔
(x+4)
2
=0
⇔
x+4=0
⇔
x=-4
Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm:
104
1
+−=x
;
104
2
−−=x
; x
3
= -4
*Ví dụ 2:
Cho phương trình: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)=m (*)
a.Tìm m để phương trình (*) có nghiệm.
b.Giải phương trình với m=-6
Giải
a. Phương trình (*)
⇔
(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)=m
⇔
(x
2
+2x-3)(x
2
+2x-8)=m
Đặt x
2
+2x-3=y (1) ta có:
y(y-5)=m
⇔
y
2
-5y-m=0 (2)
Tìm m để phương trình (*) có nghiệm:
Ta xét bài toán phủ định tìm m để phương trình (*) vô nghiệm :
⇒
Phương trình (2) vô nghiệm hoặc phương trình ( 2) có nghiệm nhưng phương
trình (1 ) vô nghiệm :
+ Phương trình ( 2 ) vô nghiệm khi :
0
2
<∆
⇔
25+4m<0
⇔
m<
4
25
−
+ Phương trình ( 2 ) có nghiệm, phương trình (1) vô nghiệm:
⇔
<∆
≥∆
0
0
1
−<
−≥
⇔
<++
≥+
⇔
4
4
25
04124
0425
y
m
y
m
⇔
−<
>−
−≥
4
2
0)4(
4
25
S
f
m
−<
>−+
−≥
⇔
4
4
5
02016
4
25
m
m
Vậy phương trình (*) vô nghiệm khi m<
4
25
−
25
(vô lý)
