Sáng kiến kinh nghiệm THPT: “Một số kinh nghiệm khi sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:36

Thêm vào BST

Báo xấu

14
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu sáng kiến nhằm làm tăng tính hiệu quả của phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn, đồng thời giúp cho giáo viên và học sinh vận dụng phương pháp này dễ dàng hơn trong giải bài toán phương trình.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: “Một số kinh nghiệm khi sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 5 ----------  --------- SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đề tài: MỘT SỐ KINH NGHIỆM KHI SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ KHÔNG HOÀN TOÀN Thuộc lĩnh vực: TOÁN HỌC Người thực hiện: Đặng Quang Bảo Nghệ An, tháng 4 năm 2023
MỤC LỤC Trang PHẦN I - ĐẶT VẤN ĐỀ………………………………………………..…... 1 I. Lí do chọn đề tài…………………………………………………………... 1 II. Phạm vi nghiên cứu và đối tượng………………………………………. 1 III. Mục tiêu và nhiệm vụ nghiên cứu……………… ……….…… …….. 1 IV. Giả thiết khoa học của đề tài ………………………………………….. 2 V. Phương pháp nghiên cứu ………………………………………………. 2 VI. Những đóng góp mong muốn của đề tài ……………………………… 2 PHẦN II – NỘI DUNG NGHIÊN CỨU…………………………………… 3 Chương I .Cơ sở khoa học………………………………………………….. 3 1. Cơ sở lí luận………………………………………………………………. 3 1.1 Mô tả phương pháp…………………………………………………….. 3 1.2. Một số tính chất và nhận xét …………………………………………. 3 2. Cơ sở thực tiễn…………………………………………………………… 4 Chương II.Vận dụng cơ sở khoa học để giải quyết các vấn đề của đề tài.. 5 1. Phương trình đa thức……………………………………………………. 5 2. Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn…………………………………….. 13 Kết luận về giải pháp……………………………………………………….. 26 Bài tập ứng dụng……………………………………………………………. 27 Chương III – Khảo sát sự cấp thiết và tính khả thi của các giải pháp đề xuất………………………………………………………………………….. 28 1. Mục đích khảo sát……………………………………………………….. 28 2. Nội dung và phương pháp khảo sát…………………………………….. 28 2.1. Nội dung khảo sát……………………………………………………… 28 2.2. Phương pháp khảo sát và thang điểm đánh giá ……………………. 28 3. Đối tượng khảo sát………………………………………………………. 28 4. Kết quả khảo sát về sự cấp thiết và tính khả thi của các giải pháp đã đề xuất ………………………………………………………………………. 29 4.1 Sự cấp thiết của các giải pháp đã đề xuất …………………………….. 29 4.2. Tính khả thi của các giải pháp đề xuất ………………………………. 30 PHẦN III - KẾT LUẬN…………………………………………………….. 32 Ý nghĩa của đề tài…………………………………………………………… 32 Đề xuất và kiến nghị………………………………………………………… 32 PHẦN IV - TÀI LIỆU THAM KHẢO…………………………………….. 34 1
PHẦN I - ĐẶT VẤN ĐỀ I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Phương trình là một nội dung khá quan trọng trong bộ môn toán học nói chung và chương trình toán trung học phổ thông nói riêng, đồng thời cũng thường xuyên xuất hiện trong các đề thi THPT Quốc Gia, đề thi tuyển sinh, học sinh giỏi từ cấp địa phương đến cấp quốc tế. Phương trình cũng là một dạng toán khó bởi tính phức tạp và đa dạng ở mỗi bài toán đòi hỏi tính sáng tạo, tư duy logic chặt chẻ, chính xác và khả năng phán đoán, suy luận tốt. Do đó nó là một chủ đề khá hấp dẫn, lôi cuốn người làm toán say mê tìm tòi và sáng tạo ra nhiều phương pháp giải hay và hiệu quả. Tuy nhiên cũng rất khó để có được một phương pháp chung cho tất cả các dạng toán, mỗi phương pháp chỉ có thể phù hợp với một số dạng phương trình nhất định nào đó và tính hiệu quả ở mỗi phương pháp còn phụ thuộc vào kĩ năng của người sử dụng. Một trong các phương pháp mà chúng ta đã biết đến đó là “phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn”. Nội dung của phương pháp này là chọn một biểu thức trong phương trình để đặt ẩn phụ mà không cần thay thế hết hoàn toàn ẩn cũ của phương trình bằng ẩn mới, nhằm đưa về phương trình bậc 2 với ẩn mới rồi tìm nghiệm của phương trình bậc hai đó theo ẩn cũ, từ đó đưa phương trình đã cho về phương trình đơn giản hơn. Tuy nhiên phương pháp này chỉ có hiệu quả khi biệt số delta  của tam thức bậc 2 nói trên là một số hoặc một biểu thức bình phương. Do đó học sinh thường chỉ dùng phương pháp này khi gặp may trong việc lựa chọn biểu thức để đặt ẩn phụ và lựa chọn hệ số của phương trình bậc hai mới để từ đó có được biệt số  là một số hoặc một biểu thức bình phương. Điều này làm hạn chế hiệu quả của phương pháp dẫn đến trên thực tế học sinh rất ít dùng phương pháp này, nếu dùng thì cũng do được giáo viên gợi ý trước hoặc gặp dạng đã từng làm quen. Đó là lí do mà tôi chọn đề tài “MỘT SỐ KINH NGHIỆM KHI SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ KHÔNG HOÀN TOÀN”. Với mục đích làm tăng tính hiệu quả của phương pháp này, đồng thời giúp cho giáo viên và học sinh dễ dàng vận dụng hơn. II. PHẠM VI VÀ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Đối tượng nghiên cứu: Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn và Phương trình một ẩn. Phạm vi nghiên cứu: Một số dạng phương trình đa thức và phương trình chứa ẩn dưới dấu căn. III. MỤC TIÊU VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU Mục tiêu: Làm tăng tính hiệu quả của phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn, đồng thời giúp cho giáo viên và học sinh vận dụng phương pháp này dễ dàng hơn trong giải bài toán phương trình. 1
Nhiệm vụ nghiên cứu: Vì có hai vấn đề được đặt ra khi sử dụng phương pháp để giải một phương trình là: Chọn biểu thức nào để đặt ẩn phụ? và lựa chọn hệ số của phương trình bậc hai với ẩn mới như thế nào để được biệt số delta  của phương trình bậc hai đó là một số hoặc một biểu thức bình phương? Giải quyết hai vấn đề đó chính là nhiệm vụ của đề tài này. IV. GIẢ THIẾT KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI Để thực hiện nhiệm vụ nghiên cứu trên đề tài đã đưa ra giả thiết là đã chọn được biểu thức để đặt ẩn phụ là  ( x) và chọn được các hệ số của phương trình bậc 2 với ẩn mới là A( x), B( x), C ( x) từ đó dựa vào điều kiện để biệt số delta  của phương trình bậc hai đó là một số hoặc một biểu thức bình phương suy ra các chọn  ( x) và A( x), B( x), C ( x) . V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Để thực hiện nhiệm vụ trên tôi đã kết hợp biện chứng giữa các phương pháp sau: Phương pháp nghiên cứu lí thuyết: Đọc tài liệu và tự nghiên cứu giải quyết vấn đề. Phương pháp chuyên gia: Trao đổi với đồng nghiệp. Phương pháp thực nghiệm: Rút kinh nghiệm thông qua dạy thử nghiệm thực tế trên lớp học chính khóa, các lớp bồi dưỡng và ôn thi đại học. VI. NHỮNG ĐÓNG GÓP MONG MUỐN CỦA ĐỀ TÀI - Làm tăng tính hiệu quả của “phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn”. - Giúp cho giáo viên và học sinh áp dụng phương pháp này vào giải toán dễ dàng hơn. - Giải quyết được một số dạng phương trình mà các phương pháp khác gặp khó khăn. 2
PHẦN II – NỘI DUNG NGHIÊN CỨU Để giải quyết vấn đề trên một cách logic, chặt chẻ trước hết ta đưa ra một số cơ sở khoa học sau: CHƯƠNG I CƠ SỞ KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI 1. Cơ sở lí luận 1.1 Mô tả phương pháp Quy trình của phương pháp đặt ẩn phụ như sau Cho phương trình f  x,  ( x)   0 (*) (Với  ( x) là một biểu thức của ẩn x). Đặt t   ( x) ,đưa phương trình (*) về dạng A( x).t 2  B( x).t  C ( x)  0 . (Với A( x), B( x), C ( x) là các biểu thức của x, A( x)  0 ).    B( x)   4 A( x).C ( x)   K ( x)  . 2 2 Ta có  B( x)  K ( x)  B( x)  K ( x) Suy ra t   ( x)  (**). 2 A( x) 2 A( x) Với phương trình (**) là các phương trình đơn giản hoặc là phương trình thường gặp. 1.2. Một số tính chất và nhận xét 1.2.1. Xét biểu thức: f  x   ax 2  bx  c  a  0 . b  4ac  b 2  2 2   b Ta có f  x   ax  bx  c  a  x    2  a x    .  a 4a  a  4a Nhận xét: f(x) là một biểu thức bình phương nếu   b2  4ac  0 . 3
1.2.2. Xét biểu thức: f  x   ax 4  bx3  cx 2  dx  e . Với a  0 ta có f  x   ax 4  bx3  cx 2  dx  e   2 b b2  c b2   2  c b2   b   c b2    2  c b2    c b2  2  a  x  2 x  2  2   2   x  2   2   x     2     d  b   2   x  e  a   2    2a 4a  2a 8a    2a 8a   2a   2a 8a      2a 8a    2a 8a   4 b 2 2  c b 2 2 b 3  c b 2  2  c b 2   b     c b2    c b2  2  a  x  2 x    2   2 x  2   2  x  2   2   x    d  b   2   x  e  a   2   4a   2a 8a  2a  2a 8a   2a 8a   2a     2a 8a    2a 8a  b 2   8a d  b  4ac  b   64a 3e   4ac  b 2  2 2 2 2  2 b c  a x  x   x 2a 8a 2   .  2a   8a 2  64a 3  Nhận xét: b  0 * Với a  0 . f  x  là một biểu thức bình phương nếu  . d  4ce  0 2 * Với a  0 . f(x) là một biểu thức bình phương nếu 8a 2 d  b  b 2  4ac   0 ad 2  eb2    3  2 . 64a e   b  4ac   0  2 2   8a d  b b  4ac 2  0 2. Cơ sở thực tiễn. Hầu hết giáo viên và các đối tượng học khá, giỏi đã làm quen với phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn. Học sinh đã được học rất kĩ về phương trình bậc hai trong sách giáo khoa. Các dạng phương trình được ra trong các đề thi thường có dạng phức tạp, khó, nhằm dành cho các đối tượng thí sinh có năng lực khá, giỏi. Nên có những dạng khó có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ hoàn toàn, do đó việc sử dụng tốt phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn sẽ trở nên hiệu quả trong trường hợp này. Lưu ý phương pháp này vẫn sử dụng được đối với các dạng toán thông thường khác. 4
CHƯƠNG II VẬN DỤNG CƠ SỞ KHOA HỌC ĐỂ GIẢI QUYẾT CÁC VẤN ĐỀ CỦA ĐỀ TÀI Cần giải quyết hai vấn đề chọn  ( x) là biểu thức nào để đặt ẩn phụ? và chọn các hệ số A( x), B( x), C ( x) như thế nào? sẽ được thể hiện qua cách giải, cách phân tích, nhận xét của từng ví dụ minh họa. Từ đó đưa ra cách giải cho một số dạng phương trình tổng quát. Để đảm bảo tính logic cho việc giải quyết các dạng toán cũng như cơ sở để đưa ra các dạng phương trình tổng quát. Bài viết sẽ bắt đầu từ việc giải quyết các dạng phương trình đa thức đến phương trình chứa ẩn dưới dấu căn. 1. Phương trình đa thức. Ví dụ 1: Giải phương trình x3  1  3  x 2   3  2  x  3  3  0 (1). Lời giải: Ta có (1)  3   x 2  x  1  x3  x 2  2 x  3  0 . Đặt t  3 . Thay vào phương trình (1) ta được t 2    x 2  x  1 t  x3  x 2  2 x  0 . Ta có     x2  x  1  4  x3  x 2  2 x    x 2  3x  1 . 2 2     x 2  x  1   x 2  3x  1 t   x2  2x Suy ra  2 .     x 2  x  1   x 2  3x  1 t   x 1   2 x  1 1 3 *Với t  x 2  2 x  x 2  2 x  3   . x  1 1 3  *Với t  x  1  x  1  3  x  1  3 . Vậy nghiệm của phương trình là x  1  1  3; x  1  1  3; x  1  3 . Nhận xét: Trong ví dụ này chúng ta đã chọn  ( x)  3 là biểu thức để đặt ẩn phụ. 5
Cho thấy: - Việc chọn biểu thức  ( x) có thể là một hằng số mà không nhất thiết là một biểu thức phải chứa ẩn x. - Việc chọn  ( x)  3 thì ta có ngay B( x)    x 2  x  1 . Trong trường hợp này với sự xuất hiện số 3 trong phương trình, một cách tự nhiên học sinh sẽ gán ngay 3  t 2 tức là đã chọn A( x)  1 và tất nhiên C ( x) là phần còn lại sau khi biết A( x), B( x) sự may mắn trong trường hợp này là biểu thức ∆ là một biểu thức bình phương. Tuy nhiên nếu theo cách chọn  ( x) của ví dụ này sẽ khó có thể giải quyết được ví dụ sau đây. Ví dụ 2: Giải phương trình x4  x3   3 2  5 x 2   6  3 2  x  7 2  0 (2). Phận tích: Trước hết ta có (2)  2  3x 2  3x  7   x 4  x3  5 x 2  6 x  0 . Nếu đặt t  2 chúng ta cần đưa phương trình về dạng A( x).t 2  B( x).t  C ( x)  0  A( x)  0  . Ta có B( x)  3x 2  3x  7 cần tìm A(x ) thường thì ta chọn trường hợp đơn giản nhất là A( x )  m  m  0  . Nếu không tồn tại m ta sẽ nâng A( x) lên thành đa thức bậc 1, bậc 2…như nếu bậc của A( x) càng cao thì phương trình thu được sau khi sử dụng phương pháp này càng phức tạp. Bây giờ ta cần tìm m để biểu thức ∆ của phương trình là một số hoặc một biểu thức bình phương. Thật vậy Ta có có (2)  mt 2   3x 2  3x  7  t  x 4  x3  5 x 2  6 x  2m  0  m  0 .    3x 2  3x  7   4m  x 4  x 3  5 x 2  6 x  2m  2   9  4m  x 4  18  4m  x 3   20m  33 x 2   42  24m  x  49  8m 2  Ax 4  Bx3  Cx 2  Dx  E . 6
Theo lí thuyết ở mục 1.2.2 thì ta phải giải các trường hợp sau để tìm m. Trường hợp 1: A  0  B  0 Vô nghiệm. C 2  4 AC  0  Trường hợp 2: A  0 . Khi đó m là nghiệm của hệ sau  AD 2  B 2 E   2 Hệ này luôn có nghiệm m  0 (nghiệm này loại). 8 A D  B  B  4 AC   0 * 2   9  4m  42  24m  2  18  4m 2  49  8m 2    8  9  4m   42  24m   18  4m  18  4m   4  20m  33 9  4m    0 2 2     9  4m  21  12m 2   9  2m 2  49  8m2    . 46m2  209m  234  0  Giải hệ (*) được m  2 . Tuy nhiên trong thực tế học sinh chỉ cần thực hiện tìm m theo cách đoán giá trị m và thử như sau: A  0 +Trường hợp 1: Tìm m để  rồi thay trực tiếp vào  xem có là một biểu B  0 thức bình phương không. +Trường hợp 2: A  0 tìm m để A,C dương và là các số chính phương rồi thay trực tiếp vào  xem có là một số hay là một biểu thức bình phương không. Khi tìm được m  2 ta có lời giải sau: 7
Lời giải: Ta có (2)  2  3x 2  3x  7   x 4  x3  5 x 2  6 x  0 . Đặt t  2 , thay vào (2) ta được 2t 2   3x 2  3x  7  .t  x 4  x3  5 x 2  6 x  4  0 . Ta có    3x2  3x  7   8  x 4  x3  5x 2  6 x  4    x 2  5x  9  . 2 2   3x 2  3x  7    x 2  5 x  9  t   x2  2x  4 Suy ra  4 .   3x 2  3x  7    x 2  5 x  9  t  x  x 1 2    4 2  x  1  5  2 *Với t  x  2 x  4  x  2 x  4  2   2 2 .  x  1  5  2   1  3  8 2 x  *Với 2t  x 2  x  1  x 2  x  1  2 2   2 .   x  1  3  8 2   2 Vậy nghiệm của phương trình (2) là 1  3  8 2 1  3  8 2 x  1  5  2 ; x  1  5  3 ; x  ;x  . 2 2 Nhận xét: Trong ví dụ này ta chọn  ( x)  2 được vì sau khi đặt t  2 thì chúng ta biết được B( x)  3x 2  3x  7 và chỉ phải đi tìm A( x) . Ví dụ sau đây nói đến một cách chọn  ( x) khác cho thấy tính đa dạng, linh hoạt trong việc chọn  ( x) và cách chọn A( x), B( x), C ( x) ứng với cách chọn  ( x) đó. Ví dụ 3: Giải phương trình x 4  x3  6 x 2  7 x  5  0 (3). Phân tích: Ta có  3    x 2  7  x  x 4  6 x 2  5  0 . 8
Nếu đặt t  x thì ta có B( x)    x 2  7  cần tìm A(x ) và tương tự các ví dụ trên ta chọn A( x )  m .Vấn đề là ta cần tìm m bằng bao nhiêu để biểu thức ∆ của phương trình là một số hoặc một biểu thức bình phương. Thật vậy, ta có  3  mt 2   x 2  7  t  x 4  6 x 2  5  mx 2  0  m  0   mt 2   x 2  7  t  x 4   6  m  x 2  5  0.    x 2  7   4m  x 4   6  m  x 2  5  2    1  4m  x 4  14  24m  4m2  x 2  49  20m. 1 *Với m  . Không thỏa mãn. 4 1 *Với m  . Ta có 1   7  12m  2m2   1  4m  49  20m  ' 2 4  4m  m3  12m 2  63m  86  . Giải 1  0 ta được m  2 . Từ đó ta có lời giải. ' Lời giải: Đặt t  x . Thay vào phương trình (3) ta được 2t 2   x 2  7  .t  x 4  4 x 2  5  0 . Ta có    x2  7   8  x 4  4 x 2  5  9 x 4  18x 2  9   3x 2  3 . 2 2   x 2  7    3 x 2  3 1 5 t   x2  Suy ra  4 2 2.   x 2  7    3 x 2  3 t    x2  1   4 1 5 x  1 6 *Với t  x 2   x 2  2 x  5  0   . 2 2 x  1 6  *Với t   x 2  1  x 2  x  1  0 phương trình vô nghiệm. 9
Vậy nghiệm của phương trình (3) là x  1  6; x  1  6 . Nhận xét: Trên thực tế bài toán này học sinh cũng thường tìm m bằng cách sau khi tính được    x 2  7   4m  x 4   6  m  x 2  5 2    1  4m  x 4  14  24m  4m 2  x 2  49  20m. Rồi nhẩm m sao cho 1  4m   0 hoặc 1  4m  và  49  20m  là các số chính phương rồi thay vào kiểm tra biểu thức  có là một số hoặc một biểu thức bình phương. Tuy nhiên đặt trên không phải lúc nào cũng tìm được m  0 đối với một phương trình bậc 4 bất kì, do đó ta đến với cách đặt sau để có thể đưa ra cách giải cho phương trình bậc 4 tổng quát . Ví dụ 4: Giải phương trình 2 x 4  7 x3  9 x 2  2 x  8  0 (4). Phân tích: Dễ thấy nếu đặt t  x 2 thì ta có A  x   2 suy ra  4   2t 2  B( x).t  C ( x)  0 ta cần tìm B( x) =? *Xét với B( x)  m . Ta có  4   2t 2  m.t  7 x3  9 x 2  2 x  8  mx 2  0  m  0  2t 2  m.t  7 x3   9  m  x 2  2 x  8  0 .    m 2  8 7 x3   9  m  x 2  2 x  8  56 x 3  8  9  m  x 2  16 x  64  m 2 .   Đây là đa thức bậc 3 nên không tại m để  là một biểu thức bình phương *Xét với B( x)  mx  n  m  0  . Ta có  4   2t 2   mx  n  .t  3x 2  2 x  8  0  m  0 . Ta được  4   2t 2   mx  n  .t  7 x3  9 x 2  2 x  8   mx  n  x 2  0  m  0  2t 2   mx  n  .t   7  m  x3   9  n  x 2  2 x  8  0 10
   mx  n   8  7  m  x3   9  n  x 2  2 x  8 2    8  7  m  x3   m2  8n  72  x 2   2mn  16  x  64  n 2  Ax3  Bx 2  Cx  D. Ta tìm m, n để  là một số hoặc một biểu thức bình phương; + Theo lí thuyêt mục 1.2.2 thì m, n là nghiệm của hệ A  0  2 C  4 BD  0 8  7  m   0  m  7 m  7     2mn  16   4  m  8n  72  64  n   0 8n  72n  400n  1536  0 n  6 2 2 2 3 2  + Thực tế học sinh thường tìm m, n thỏa mãn A  0 và B, D là các số chính phương.Cụ thể với bài toán trên 8  7  m   0  m  7  2  .  m  8n  72  ,  64  n  n  6 2 Là các số chính phương  Rồi thay vào kiểm tra  có là một số hoặc một biểu thức bình phương không. Từ đó ta có lời giải sau: Lời giải: Đặt t  x 2 , thay vào ta được  4   2t 2   7 x  6  .t  3x 2  2 x  8  0 . Ta có    7 x  6   8  3x2  2 x  8  25x2  100 x  100   5x  10  . 2 2    7 x  6    5 x  10  t   3x  4 4 Suy ra  .    7 x  6    5 x  10  1 t   4   x 1 2 *Với t  3x  4  x 2  3x  4  0 pt vô nghiệm.  1  17 1 x  *Với t   x  1  2 x 2  x  2  0  4 . 2  1  17 x   4 11
1  17 1  17 Vậy nghiệm của phương trình (4) là x  ;x  . 4 4 Nhận xét: Do luôn tồn tại a1  0, a2  0 trong phân tích sau ax 4  bx3  cx 2  dx  e   a1 x 2  b1 x  c1  a2 x 2  b2 x  c2  . Nên luôn tồn tại m,n ( m  0 ) trong cách đặt trên với mọi phương trình bậc 4. Do đó ta có cách giải cho phương trình bậc 4 sau. Bài toán tổng quát 1: ax 4  bx3  cx 2  dx  e  0  a  0 (TQ1). Đặt t  x 2 . Thay vào phương trình (TQ1) ta được (TQ1)  at 2   mx  n  .t  bx3  cx 2  dx  e   mx  n  x 2  0 (4’)  at 2   mx  n  .t   b  m  x3   c  n  x 2  dx  e  0 . Ta có    mx  n   4a  b  m  x3   c  n  x 2  dx  e  2    4a  b  m  x3   m 2  4a  c  n   x 2   2mn  4ad  x  n 2  4ae .   Để  là một số hoặc một biểu thức bình phương, ta chọn m  b    2mn  4ad   4  m  4a  c  n    n  4ae   0 2 2 2     m  b    bn  2ad   b  4a  c  n    n  4ae   0 (*) 2 2 2     (*)  4a  n3  cn 2   4ae  bd  n  ad 2  e  b 2  4ac    0    n3  cn 2   4ae  bd  n  ad 2  e  b 2  4ac   0 ** Giải phương trình bậc 3 (**) tìm n. Tuy nhiên, trong thực tế khi giải một bài toán cụ thể ta thường chọn n sao cho b 2  4a  c  n   ,  n 2  4ae  là các số chính phương rồi kiểm tra  .     12
Từ đó ta được nghiệm của phương trình (4’).    mx  n     2   mx  n    t  x  (i )  2a  2a .    mx  n       mx  n    t   x2  (ii )  2a  2a Các phương trình (i), (ii) là phương trình bậc 2. Nhận xét: Phương trình (**) là phương trình bâc 3 nên luôn có nghiệm n . Với những ví dụ trên đã cho thấy việc chọn biểu thức  ( x) để đặt ẩn phụ là tùy ý, đa dạng sao cho khi đưa về phương trình dạng A( x).t 2  B( x).t  C ( x)  0 thì một trong hai hệ số A( x), B( x) đã xác định được. Ứng với mỗi sự lựa chọn biểu thức  ( x) ta thực hiện cách xác định hệ số còn lại của phương trình dựa vào cơ sở lí luận và thực tiễn nêu trên. Điều này cũng được thể hiện qua một số dạng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn. 2. Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn. Với phương trình vô tỉ để thể hiện tính đa dạng trong cách chọn  ( x) cũng bắt đầu với ví dụ sau. Ví dụ 5: Giải phương trình x  7  x 2  7 (5). Cách 1: Phân tích: Nếu lựa chọn  ( x)  7 thì một cách thay tự nhiên chúng ta có được các hệ số của phương trình A( x).t 2  B( x).t  C ( x)  0 và một sự may mắn chúng ta có được  là một số bình phương. Cụ thể ta có lời giải sau. Lời giải:  x  7   7  x 2 2 x  7  7  x   2 2  (*) Ta có (5)  x  7  7  x   2  . 7  x  0  2  7  x  7  (**) Giải phương trình (*). Đặt t  7 13
Thay vào phương trình (*) ta được x  t   t  x 2   t 2  1  2 x 2  t  x 4  x  0 2 Ta có   1  2 x2   4  x 4  x   4 x 2  4 x  1   2 x  12 . 2   2 x 2  1   2 x  1 t   x2  x Suy ra  2 .   2 x 2  1   2 x  1 t   x2  x  1   2 1  29 *Với t  x 2  x  x 2  x  7  x  . 2 x  2 *Với t  x 2  x  1  x 2  x  1  7   .  x  3 Đối chiếu điều kiện (**) ta được nghiệm của phương trình (5) là 1  29 x  2; x  . 2 Cách 2: Phân tích: Nếu lựa chọn  ( x)  x  7 ta có được B( x)  1 cần tìm A( x) . Tương tự ta chọn A( x)  m . Ta có (5)  mt 2  t  x 2  7  m  x  7   0  m  0  mt 2  t  x 2  mx  7  7m  0 .   12  4m  x 2  mx  7  7m   4mx 2  4m 2 x  28m  28m 2  1 . 1   2m2   4m  28m  28m2  1 ' 2  4m  m3  28m2  28m  1 . Giải 1  0 ta được m  1 . Từ đó ta có lời giải. ' 14
Lời giải: Đặt t  x  7 . Thay vào phương trình ta được (5)  t 2  t  x 2  7   x  7   0  t 2  t  x 2  x  0 . Ta có   12  4  x2  x    2 x  1 . 2  1   2 x  1 t   x 1 2 Suy ra  .  1   2 x  1 t   2  x  x2  x  6  0 *Với t  x  1  x  7  x  1    x  2. x 1  0  x2  x  7  0 1  29 *Với t   x  x  7   x   x . x  0 2 1  29 Vậy nghiệm của phương trình (5) là x  2; x  . 2 Nhận xét: Ta cũng có thể bình phương hai vế để đưa phương trình về phương trình bậc 4 và áp dụng cách giải của bài toán tổng quát 1. Ví dụ 8: Giải phương trình  4 x  14  x2  3x  1  x2  5x  11 (8). Phân tích: Nếu đặt t  x 2  3x  1 thì ta có B( x)  4 x  14 cần phải tìm A( x) . Tương tự ta chọn A( x)  m và tìm m. Ta có  8  mt 2   4 x  14  .t  x 2  5 x  11  m  x 2  3x  1  0  mt 2   4 x  14  .t  1  m  x 2   5  3m  x  11  m  0.   '   2 x  7   m   1  m  x 2   5  3m  x  11  m  2     4  m 1  m   x 2   28  m  5  3m   x  49  m 11  m  .     15
Do 4  m 1  m   m2  m  4  0m nên ta có 1   28  m  5  3m    4  4  m 1  m    49  m 11  m   2      2   28  5m  3m2   4  4  m  m2   49  11m  m 2        5m  m3  2m2  5m  60  . Giải 1  0 ta được m  3 . Từ đó ta có lời giải. ' Trên thực tế thường học sinh thực hiện tìm m và giải như sau: Biến đổi:  8  mt 2   4 x  14  .t  x 2  5 x  11  m  x 2  3x  1  0  mt 2   4 x  14  .t  1  m  x 2   5  3m  x  11  m  0.   '   2 x  7   m   1  m  x 2   5  3m  x  11  m  2     4  m 1  m   x 2   28  m  5  3m   x  49  m 11  m  .     Rồi nhẩm m sao cho  4  m 1  m    0 hoặc  4  m 1  m   ; 49  m 11  m  là các     số chính phương rồi thay vào kiểm tra biểu thức  có là một số hoặc một biểu thức bình phương không. Sau khi tìm được m học sinh thay vào biến đổi trên để được lời giải.cụ thể ta có lời giải sau. Lời giải: Đặt t  x 2  3x  1 . Thay vào phương trình ta được  8  3t 2   4 x  14  .t  x 2  5 x  11  3  x 2  3x  1  0.  3t 2   4 x  14  .t  4 x 2  4 x  8  0.   '   2 x  7   3  4 x 2  4 x  8 2    16 x 2  40 x  25   4 x  5  . 2 16
   2 x  7    4 x  5 2 2 t   x Suy ra  3 3 3.    2 x  7    4 x  5 t   2 x  4  3 2 2 *Với t  x   3 x 2  3x  1  2 x  2 . 3 3  5 x 2  35 x  5  0  x  7  3 5 73 5 .   2 x .  x  1 x  1 2  3x 2  13x  15  0 *Với t  2 x  4  x 3x  1  2 x  4   2 . Vô nghiệm. 2 x  4  0 73 5 73 5 Vậy nghiệm của phương trình (8) là x  ;x  . 2 2 Nhận xét: Bài toán trên có thể giải bằng cách bình phương hai vế đưa về phương trình bậc 4 rồi áp dụng các giải của bài toán tổng quát 1. Bài toán tổng quát 2:  a1 x  b1  a2 x 2  b2 x  c2  ax 2  bx  c (TQ2) Phân tích: Đặt t  a2 x2  b2 x  c2 thì ta có B( x)  a1 x  b1 cần phải tìm A( x) . Tương tự ta chọn A( x)  m  m  0  và tìm m. Ta có TQ 2   m.t 2   a1 x  b1  .t  ax 2  bx  c  m  a2 x 2  b2 x  c2   0  m.t 2   a1 x  b1  .t   a  ma2  x 2   b  mb2  x  c  mc2  0     a1 x  b1   4m    a  ma2  x 2   b  mb2  x  c  mc2  2     a12  4m  a  ma2   x 2   2a1b1  4m  b  mb2   x  b12  4m  c  mc2   .       1   2a1b1  4m  b  mb2    4  a12  4m  a  ma2   b12  4m  c  mc2   2       4  a1b1  2bm  2b2 m 2    a12  4am  4a2 m 2  b12  4cm  4c2 m 2   2      8m  2b2  8a2c2  m   4bb2  8ac2  8ca2  m   a1b1b2  2b  2a12c2  8ac  2a2b12  m   2 3 2 2   4a1b1b  4ca12  4ab12   . (*)  17
Nếu phương trình 1  0 có nghiệm m  0 thì ta có lời giải sau Đặt t  a2 x2  b2 x  c2 TQ 2   m.t 2   a1 x  b1  .t  ax 2  bx  c  m  a2 x 2  b2 x  c2   0  m.t 2   a1 x  b1  .t   a  ma2  x 2   b  mb2  x  c  mc2  0.     a1 x  b1   4m   a  ma2  x 2   b  mb2  x  c  mc2    K ( x) . 2 2     a1 x  b1   K ( x)   a1 x  b1   K ( x) Suy ra t   a2 x 2  b2 x  c2  (**) . 2m 2m Giải phương trình (**) bằng cách bình phương hai vế được các phương trình bậc 2. Tuy nhiên trong thực tế dạy học học sinh thường tìm m bằng cách tính  về dạng đa thức   Ax 2  Bx  C rồi nhẩm m sao cho A  0 hoặc A, C là các số chính phương rồi thay vào kiểm tra biểu thức  . Sau khi tìm được m học sinh thay vào biến đổi trên để được lời giải. Nhận xét: Bài toán trên có thể giải bằng cách bình phương hai vế đưa về phương trình bậc 4 rồi áp dụng cách giải của bài toán tổng quát 1. Ví dụ 9: Giải phương trình 15 x  1  5 2 x  3  5  2 x  3 x  1  x  3  0 (9). Phân tích: Ta có  9     5  5 x  1  2 x  3  15 x  1  x  3  0 . Đặt t  2 x  3 thì ta có B( x)    5  5 x  1  cần phải tìm A( x) . Ta chọn A( x)  m  m  0  và tìm m. 9   5  5 x 1  2 x  3  15 x  1  x  3  0    m.t 2  5  5 x  1 .t  15 x  1  x  3  m  2 x  3   0  m.t 2  5  5 x  1  .t  15 x  1  1  2m  x  3  3m  0. 18