Casio Việt Nam: Phân tích phương trình bậc 4 vô nghiệm - Lâm Hữu Minh

Chia sẻ: Lâm Hữu Minh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

201
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Casio Việt Nam "Phân tích phương trình bậc 4 vô nghiệm" là phương pháp trị mọi phương trình bậc 4 vô nghiệm, nếu kết hợp nó với kỹ thuật phân tích loại có nghiệm trong sách CASIO công phá Toán thì phương bậc 4 không còn là vấn đề. Tham khảo nội dung tài liệu để nắm bắt chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Casio Việt Nam: Phân tích phương trình bậc 4 vô nghiệm - Lâm Hữu Minh

CASIO VIỆT NAM PHÂN TÍCH PHƯƠNG TRÌNH BẬC 4 VÔ NGHIỆM  Lâm Hữu Minh  Trong cuốn Công phá đề thi THPT Quốc gia môn Toán bằng kỹ thuật CASIO (gọi tắt là CASIO công phá Toán), tôi đã có đưa ra một cách phân tích phương trình bậc 4 vô nghiệm, đó cũng chính là cách thứ nhất mà tôi sẽ nói lại trong những trang giấy này, còn cách thứ hai thì hoàn toàn mới. Cách thứ hai này chính là một vấn đề đã khiến tôi phải suy nghĩ hơi bị nhiều, bởi vì nó là cách tổng quát cho mọi PT bậc 4 vô nghiệm. Có thể các bạn sẽ không mấy cần đến cách thứ hai, nhưng tôi vẫn viết vì “máu” đam mê nghiên cứu của tôi, như tinh thần đã xuyên suốt cuốn Công phá kia, tôi muốn truyền cho người đọc một cảm hứng khám phá, một lối tư duy sáng tạo, rằng “không có cái gì con người ta không biết, chỉ có những cái con người chưa biết” (Triết học Mác - Lênin). Hãy “ngắm nghía” dạng tổng quát của “đối tượng”: ax 4  bx 3  cx 2  dx  e  0 (a  0) Chúng ta sẽ không nghiên cứu những loại sau đây trong bài viết này: + Loại có nghiệm nói chung, vì nếu có nghiệm rồi thì bất kể xấu hay đẹp chúng ta cũng moi ra được cái nhân tử bậc 2. + Loại b  d  0 , vì thực ra nó là PT bậc 2. + Loại e  0 , vì cái khó chỉ còn nằm ở PT bậc 3: ax 3  bx 2  cx  d  0 , nhưng loại này thì đã có MODE EQN. + Những dạng đặc biệt khác trong sách có nói… Tất nhiên chúng ta đang xử phương trình vô nghiệm nên trước tiên bao giờ cũng phải “sâu vờ” (SOLVE) xem PT có nghiệm không đã để biết đường đi tiếp 1 trong 2 cách dưới đây (thực ra không nói thì ai cũng làm rồi). 1. Dành cho 2 hệ số a, e nhỏ Hệ số nhỏ chính là hệ số có giá trị trong khoảng [  10;10] , sở dĩ cách này dành cho hệ số nhỏ vì số ước của a và e ít. Tại sao phải ít? Vì chúng ta có làm mò, nhiều quá mất thời gian thử.
Tôi ghi lại ví dụ trong sách CASIO công phá Toán ra đây là các bạn thừa nắm được. VD. Giải PT sau trên tập số phức: 2 x 4  x3  4 x 2  2 x  3  0 Cơ sở của cách này chính là hệ số của 2 nhân tử sau khi phân tích luôn là số nguyên nhỏ, đó là đặc trưng của 1 cái đề đẹp: đánh vào kiến thức suy luận chứ không đánh vào việc tính toán xử lí những số xấu, và đó là xu hướng ra đề của Bộ. Từ đó nhìn hệ số đầu và cuối của PT, suy ra hệ số đầu của 2 nhân tử lần lượt là 1 và 2, hệ số cuối của chúng là 1 hoặc 3 Căn cứ vào đó tôi bắt đầu dùng máy tính thử 2 trường hợp sau: 2X 4  X 3  4X 2  2X  3 + TH1: nhập vào máy . Nếu với X nguyên cố định, ta X 2  BX  3 cho B chạy với các giá trị nguyên mà kết quả phép chia này nguyên, thì thỏa mãn, vì vốn dĩ các hệ số nhân tử đều nguyên. Thông thường B nhỏ, chỉ nằm trong khoảng [  5;5] nên tôi gán X = 10 rồi tiến hành chạy B trong khoảng này… 21423 7141 21423 21423 7141 Vâng, các giá trị lần lượt nhận được như sau: ; ; ; ; ;… 53 21 73 83 31 Nói chung là chưa có số nguyên nào cả, do đó ta phải xét sang TH2. 2X 4  X 3  4X 2  2X  3 + TH2: sửa thành X 2  BX  1 Phần âm cũng khá nản, nhưng đến B = 1 thì kết quả rất đẹp: 193. Vậy khả năng là ta có nhân tử ( x 2  x  1) , và khi đó, dễ dàng chia ra nhân tử còn lại là (2 x 2  x  3) Việc thử lại kết quả được giao cho “nguyên tắc TGTTN” (đã có trong sách CASIO công phá Toán). Thực tế các bạn đã nghĩ rằng, nhờ may mắn mà chỉ cần thử đến TH2 là có được kết quả rồi phải không? Vì hệ số đầu của nhân tử cần tìm nhận 1 hoặc 2, và hệ số cuối cũng có 2 cách chọn, nên đầy đủ ra ta phải xét 4 TH. Tuy nhiên trên thực tế, vì đề chỉ ra hệ số là nguyên và dưới 10, nên để ý một tí các bạn sẽ nhận ra ngay quy luật, đó là chỉ cần xét 1 nửa của tổng số TH là được. Điều này không khó để hiểu được, chỉ cần chịu khó liệt kê số ước nguyên dương của các số tự nhiên từ 1 đến 10 là rõ. Vả chăng vì việc chứng minh điều này không quan trọng, nên các bạn chỉ cần nhớ cái quy luật đó là được rồi, tôi không nói thêm nữa. Thậm chí, nếu không biết quy luật này, thì các bạn chỉ cần thử theo cách sau:
+ Cho hệ số đầu tiên của mỗi nhân tử chạy dần từ thấp lên cao. + Ứng với mỗi giá trị của nó, ta ghép với tất cả các giá trị có thể của hệ số cuối, rồi thử từng trường hợp. Như đã nói, các bạn cùng lắm cho hệ số đầu chạy hết 1 nửa số giá trị có thể của nó là thu được đáp án rồi. Nói rõ hơn, trong bài phía trên, hệ số đầu có thể nhận 1 hoặc 2, cuối nhận 1 hoặc 3. Như vậy: + Cho hệ số đầu chạy lần lượt từ 1 đến 2. + Ứng với mỗi giá trị 1; 2 đó, ta ghép với hệ số cuối là 1 hoặc 3, do đó sẽ có tất cả 4 TH để thử. Và như đã thấy, tôi chỉ cần thử với hệ số đầu bằng 1 là xong rồi, không cần thử thêm số 2 nữa, nghĩa là đáng ra có 4 TH nhưng chỉ cần một nửa thôi. Rõ ràng cách này có thể xử lí hầu như các bài cần phân tích thành nhân tử trong đề thi Quốc gia, nhưng độ nhanh phụ thuộc vào đề và sự linh hoạt, kinh nghiệm của người làm khá nhiều, vì ta phải mò, do đó chưa phải là cách tối ưu. 2. Phương trình bậc 4 bất kì Đầu tiên tôi chứng minh cơ sở của phương pháp. Ta giả sử: ax 4  bx 3  cx 2  dx  e  (mx 2  nx  p )(ux 2  vx  q ) Do x  0 không là nghiệm PT, nên ta có quyền chia cho x 2 để phân tích: d e  p  q ax 2  bx  c   2   mx  n   ux  v   x x  x  x 1 Đặt  y  ax 2  bx  c  dy  ey 2  (mx  n  py )(ux  v  qy ) x Đến đây chắc nhiều người thấy rất là vui, vì việc phân tích loại đa thức bậc hai 2 ẩn ax 2  bx  c  dy  ey 2 thì đã có kỹ thuật CASIO rất đơn giản. Và đây cũng chính là chỗ sai lầm mà tôi dám cá hầu hết “dân CASIO” (chưa nói dân thường) đều mắc nếu như nghiên cứu vào! Cũng phải mất khoảng thời gian hơi bị lâu tôi mới hiểu rõ được cái ngộ nhận này, vì thực nghiệm đã xác nhận rằng ax 2  bx  c  dy  ey 2  (mx  n  py )(ux  v  qy ) với x, y bất kì.
Lí do rất đơn giản: khi phân tích ax 2  bx  c  dy  ey 2 bằng CASIO ta đã cho x, y 1 độc lập giá trị với nhau (không hề liên quan gì), nghĩa là đã vứt đi việc y  x Cho nên khi gán y  1000 vào ax 2  bx  c  dy  ey 2 rồi giải PT bậc 2 theo x, ta “sửng sốt” vì PT vô nghiệm trong khi đã “chắc chắn như đinh đóng cột” rằng n  py v  qy x hoặc x   (ảo tưởng rằng với y bằng mấy cũng đều có x). Ví dụ m u nêu ra dưới cùng sẽ cho các bạn “mục sở thị” cái sai này trong thực tế, để nếu chưa hiểu thì sẽ hiểu. Bây giờ ta khai triển ( mx  n  py )(ux  v  qy ) : ( mx  n  py )(ux  v  qy )  mux 2  ( mv  nu ) x  nv  (nq  pv) y  pqy 2  (mq  pu ) xy Rõ ràng trong ax 2  bx  c  dy  ey 2 đâu có hạng tử chứa tích xy? 1 Ta sẽ xem xem hạng tử ( mq  pu ) xy do đâu mà lại có, bằng cách thay ngược y  x vào ( mx  n  py )(ux  v  qy ) rồi lại khai triển:  p  q 1 2 2  mx  n   ux  v    2 ( mx  nx  p)(ux  vx  q)  x  x x 1  2  mux 4  (mv  nu ) x 3  ( mq  nv  pu ) x 2  (nq  pv ) x  pq  x Như vậy “gốc gác” của hạng tử ( mq  pu ) xy chính là từ hạng tử ( mq  nv  pu ) x 2 1 trong PT bậc 4 ban đầu, gây nên qua hành động chia cho x 2 rồi thế y  x Khó khăn này không khiến tôi bỏ cuộc, vì từ trước đến giờ tôi vẫn tin rằng (cảm nhận) luôn có 1 kỹ thuật CASIO để phân tích mọi PT bậc 4 Chúng ta hãy cùng nhìn lại mux 4  (mv  nu ) x 3  (mq  nv  pu ) x 2  (nq  pv) x  pq và mux 2  (mv  nu ) x  nv  ( nq  pv) y  pqy 2  (mq  pu ) xy … Để cho đơn giản, tôi sẽ viết nó lại như dạng ban đầu, nghĩa là chúng ta đang phải nhìn lại 2 biểu thức: ax 4  bx 3  cx 2  dx  e và ax 2  bx  k  dy  ey 2  (c  k ) xy
Rõ ràng khi chuyển ax 4  bx 3  cx 2  dx  e thành ax 2  bx  c  dy  ey 2 , ta thấy nó chỉ khác với biểu thức ax 2  bx  k  dy  ey 2  (c  k ) xy ở chỗ hạng tử tự do c bị biến thành cụm k  (c  k ) xy , còn mọi chỗ khác đều giống nhau. Trong khi đó, như đã chứng minh bằng cách khai triển ở phía trên, biểu thức ax 2  bx  k  dy  ey 2  (c  k ) xy thì phân tích được thành nhân tử ta mong muốn, còn ax 2  bx  c  dy  ey 2 thì không phân tích được. Như vậy cánh cửa mới mở ra cho ta, là phải tìm xem k bằng mấy, rồi viết lại ax 2  bx  c  dy  ey 2 thành ax 2  bx  k  dy  ey 2  (c  k ) xy , như vậy việc phân tích PT bậc 4 vô nghiệm bất kì đã hoàn tất. Đây lại là vấn đề quen thuộc, vì nó đã nằm trong sách CASIO công phá Toán! Nếu ai đã đọc xong sách đó, thì có thể nhớ ra được rằng tôi đã chứng minh cho các bạn cái điều kiện để P  ax 2  by 2  cxy  dx  ey  f phân tích được thành nhân tử. Cho nên tôi không chứng minh lại ở đây nữa, đáp án là chúng ta cần bộ điều kiện:  c 2  4ab  0  2 2 2 (cd  2ae)  (c  4ab)(d  4af )  0 Nhưng cũng trong sách đó, bộ điều kiện này được giảm tải xuống chỉ còn lại là: (cd  2ae) 2  (c 2  4ab)(d 2  4af )  0  (cd  2ae) 2  (c 2  4ab)( d 2  4af ) (Mục đích là để cho nhanh thôi). Ở đây, biểu thức P của ta là ax 2  ey 2  (c  k ) xy  bx  dy  k , do đó, thay tương ứng b, c, d, e, f trong điều kiện trên lần lượt thành e, (c  k ), b, d , k ta được điều kiện để 2 tìm k cho vấn đề đang bàn: b(c  k )  2ad   (c  k ) 2  4ae  b 2  4ak  2 bk  2ad  bc   (c  k ) 2  4ae  b 2  4ak  là 1 PT bậc 3 với k, và theo như lý thuyết, một khi đã chọn phân tích PT bậc 4 thành 2 nhân tử thì các hệ số nhân tử luôn nguyên, do đó bạn sẽ luôn giải được 1 giá trị k nguyên. Tổng kết, để phân tích PT bậc 4 vô nghiệm bất kì thành 2 tam thức bậc 2, ta có 3 bước: 2 + B1: giải PT bk  2ad  bc   (c  k ) 2  4ae  b 2  4ak  tìm k + B2: viết lại PT ban đầu thành ax 2  bx  k  (c  k ) xy  dy  ey 2 , dùng kỹ thuật phân tích đa thức 2 ẩn, phân tích nó thành: ( mx  n  py )(ux  v  qy )
1 + B3: thế lại y  đồng thời nhân luôn x 2 vào, ta được ( mx 2  nx  p )(ux 2  vx  q ) , x đó chính là kết quả phân tích. Như vậy công thức “bí mật” (và rất có thể là bí truyền!), chính là công thức tìm k: 2 bk  2ad  bc   (c  k ) 2  4ae  b 2  4ak  , nhớ không hề dễ! Bây giờ là ví dụ. VD. Phân tích phương trình: 10 x 4  14 x3  27 x 2  13 x  14  0 Lắp vào công thức tìm k: (638  14k ) 2   (27  k ) 2  560  (196  40k ) , rút gọn bớt đi cho dễ giải: (319  7k ) 2  (27  k ) 2  560  (49  10k ) Ta được 1 nghiệm nguyên k  12 và 2 nghiệm lẻ vứt đi. Như vậy ta chuyển biểu thức ban đầu thành: 10 x 2  14 x  12  39 xy  13 y  14 y 2 Cái này lôi máy ra phân tích được: (5 x  3  2 y )(2 x  4  7 y ) 1 Thế lại y  rồi nhân luôn với x 2 , kết quả là: (5 x 2  3x  2)(2 x 2  4 x  7) x Xong! Bây giờ, hãy xem sự thất bại của cái ngộ nhận đã nêu ra trước đó. 1 Chia x 2 đặt y  , ta được: 10 x 2  14 x  27  13 y  14 y 2 x Cho y  1000 đồng thời vào MODE EQN 3 (giải PT bậc 2), các bạn nhận được nghiệm x bằng mấy? 7 X  1183,766113i , vậy thôi nghỉ cho khỏe! 10 Tôi vẫn hi vọng sẽ có cách mới “gọn nhẹ” hơn cái công thức tìm k của tôi! ______________________________________________________ Hà Nội, ngày 27 tháng 11 năm 2015