phương pháp phân rã phương trình vô tỉ bằng casino

f g T 0  3   Thật ra trong năm 2012 trong lúc học môn đại số tuyến tính tôi đã tìm ra căn bậc 3, 4, 5 trước căn bậc 2, vì đối với tôi phương trình căn bậc 2 quá đơn giản, tuy nhiên l

Trang 2

Dạng 1 f g T 0  

 Nếu phương trình vô tỷ này có nhân tử (ước vô tỷ) là u v T  thì ta có thể phân rã nó thành

dạng f g T    u v T A B T     trong đó A và B là các đa thức trên trường R, biến x

 Như vậy để giải một bài toán phương trình vô tỷ có dạng f g T 0   ta chỉ cần phân rã nó

thành tích 2 phương trình vô tỷ khác dễ hơn

Thuật toán tìm A và B

 Tôi không bàn đến nhân tử u v T  vì có quá nhiều cách để tìm nó, cách tốt nhất chính là

nâng cấp tập xác định f g T 0   lên thành R cụ thể là

   2 2

f g T 0     f g T f g T     0 f g T 0 

 Như vậy toàn bộ nghiệm của phương trình ban đầu đã chui vào phương trình f2  g T 02  ,

phương trình này có tập xác định là R nên chứa toàn bộ nghiệm kể cả nghiệm của phương

trình  f g T   “là phương trình đổi dấu trước căn“ và đây cũng là cơ sở của việc đổi dấu

trước căn tìm nghiệm, việc tìm nhân tử chung đã quá phổ biến tôi nghĩ đến đây là đủ không

còn gì mờ ám trong việc tìm nhân tử chung nữa

 Bây giờ để tìm A và B tôi sẽ ứng dụng 1 thuật toán cơ bản của Đại số đại cương như sau: Ta

phân tích f g T    u v T A B T     thành

f g T   u A  vT B  uB vA  T

 Đến đây nếu ta chỉ việc đồng nhất 2 vế ( thực chất chính là chứng minh 1 kết quả về lý thuyết

trường trong lý thuyết của Galois )

Phương Pháp Phân Rã Phương Trình Vô Tỷ Bằng CASIO

Trang 3

Cụ thể ta cần: f uA vTB uA vTB f

g uB vA vA uB g



Giải hệ này bằng thuật toán ta được

fu gvT A

u v T

ug vf B

u v T



 

 

 



Từ đây ta xây dựng thuật toán để phân rã f g T 0   như sau:

Tìm nhân tử u v T 

Viết lại f g T 0     u v T A' B' T      0

Nhập biểu thức:

 u2  v T2 SOLVE 100 vào C

 fu gvT  SOLVE 100 vào A

 ug vf  SOLVE 100 vào B

Thì

A A'

C B B'

C

 





 



Ví dụ Giải phương trình: 4x2  4x 3   2x 5 0  

Lời giải: ta tìm đc nhân tử: 2x 5 2x 1    nên phương trình thành:

 2x 5 2x 1 A' B' 2x 5         0

So sánh với công thức trên ta có: f 4x  2  4x 3;  g   1;u    2x 1;v 1;T 2x 5   

Nhập các biểu thức trên vào máy, SOLVE 100 rồi lưu vào máy

A

A fu gvT A 8119592 A' 202 2x 2

C

B ug vf B 40196

B B' 1

C 40196





        

Trang 4

Vậy: 4x2  4x 3   2x 5 0      2x 5 2x 1 2x 2       2x 5    0

2

2x 1 0

17 1 x

4x 2x 4 0

2x 2 0

x

4 4x 6x 1 0

 

  

      



                    

     



Dạng 2 f g T 0  3 

 Thật ra trong năm 2012 trong lúc học môn đại số tuyến tính tôi đã tìm ra căn bậc 3, 4, 5 trước

căn bậc 2, vì đối với tôi phương trình căn bậc 2 quá đơn giản, tuy nhiên lúc đó tôi lại ko có thủ

thuật máy tính casio, trong tay lúc đó chỉ có thuật toán Vietet của Yahoo Bloger Trọng Nhân

8x đây cũng chính là người khởi tạo ra cơ sở của ngày hôm nay đối với phương trình vô tỷ giải

băng máy casio, nay anh ấy đã mất tích và ko tìm lại đc mối liên lạc

 Lạc đề lạc đề -_-, xin lỗi xin lỗi lâu lâu mới được chém gió,thôi bây h ta quay lại nhé @@ cách

phân rã phương trình trên tôi cũng đã trình bày trong Kính Lúp Table 20, đây là tạp chí duy

nhất tôi đồng ý cho đăng các tài liệu của mình

 Trình bày lại ở đây luôn hehe

 Nếu phương trình vô tỷ này có nhân tử (ước vô tỷ ) là u v T  3 thì ta có thể phân rã nó thành

dạng f g T  3   u v T  3       A'  B' 3 T    C' 3 T2

trường R, biến x

Thuật toán tìm A, B và C

Ta có:

gv T u f gu uvf v f guv

u v T u v T u v T

Hướng dẫn sử dụng Lập các đa thức sau vào máy tính và SOLVE 100 cho chúng sau đó lưu vào các

kí hiệu sau D u  3 v T;A gv T u f;B gu3  2  2  2  uvf;C v f guv  2 

A' ;B' ;C'

Ví dụ Giải phương trình: 2x3  7x 1    x2  3x 4  33x2  3x 1 0  

Lời Giải Sử dụng máy tính ta tìm thấy phương trình này có 1 nghiệm là 1, và dùng đinh lý 7 của Galois

ta thấy rằng đạo hàm cấp 1 và cấp 2 của 2x3  7x 1    x2  3x 4  33x2  3x 1  cũng nhận

nghiệm là 1 nên phương trình này có nghiệm 1 là nghiệm bội 3, từ đó ta có nhân tử x 33x2  3x 1 

Trang 5

Nên ta có: 2x3  7x 1    x2  3x 4  3 3x2  3x 1 0  

3

x 3x 3x 1 A' B' 3x  3x 1 C' 3x 3x 1  0

So sánh với thuật toán trên ta có: f 2x  3  7x 1;g     x2  3x 4 ;u x;v      1;T 3x  2  3x 1 

Nhập các biểu thức D u  3  v T;A gv T u f;B gu3  2  2  2  uvf;C v f guv  2 

SOLVE 100 rồi lưu vào các giá trị tương ứng thì ta có

2

A' 20304 2x 3x 4

A 1,97009509.10 D

B 97029900 B

B' 100 x D

C 970299

C

D

Vậy 2x3  7x 1    x2  3x 4  33x2  3x 1 0  

3

x 3x 3x 1 2x  3x 4 x 3x 3x 1 3x 3x 1  0

                 

2

3

x 3x 3x 1 0 x 1

      

Các bạn thấy thú vị chứ ^^, tuy nhiên nhược điểm của chúng là cũng khá cồng kềnh và khó bấm và

phải nhớ lằng nhằng bây h tôi sẽ tối ưu hóa chúng cho các bạn Thay đổi trường số trong máy tính

Casio bằng cách nhập Mode 2, ta chuyển máy sang chế độ số phức … Có 1 sự may mắn nhẹ cho

chúng ta là việc biến đổi trên trường số R và trường số phức là tương tự nhau về mặt sơ cấp, trừ quan

hệ lớn nhỏ là đã bị mất đi khi máy sang chế độ phức và đây cũng là siêu phẫm đầu tiên tôi gửi tới bạn

đọc, hy vọng bạn đọc sẽ đón nhận nó ^^

Ta xét phương trình bậc 2 sau: x2    x 1 0 và gọi E ;E1 2 là 2 nghiệm của nó theo thứ tự bấm

Bây giờ hãy xét lại: f g T  3   u v T  3       A'  B' 3 T    C' 3 T2

Lúc này ta có:

3

f E g T f E g T

1 f g T

Trang 6

f E g T f E g T

1 f g T

3 T u v T u E v T u E v T

2 3

f E g T f E g T

1 f g T

u v T u E v T u E v T

3 T

Haha giờ thì chẵng cần phải nhớ gì nữa đúng ko các bạn, f,g,u,v,T có sẵn và để tránh bị tràn màn

hình ta có thể làm thủ công như sau: Mode 2, lưu 2 nghiệm của phương trình x2    x 1 0 vào E và F

thì bạn nhập các biểu thức sau vào máy và SOLVE 100

 

3

f E g T f F g T

f g T

u v T u E v T u F v T



A B C A'

3

 



Hoàn toàn tương tự:

   

3

f E g T f F g T

f g T



A B C B'

3 T

 



Hoàn toàn tương tự:

3

f E g T f F g T

f g T



A B C C'

3 T

 



Hmmmm đừng hoảng hốt,, nếu bạn nhìn thấy tôi tối ưu hóa căn bậc 4 thì nó còn tuyệt đẹp hơn ^^, tuy nhiên chúng ta nên dừng lại ở đây các bạn ạ … và dạng căn bậc n là đỉnh cao của sự tính toán @@,

tôi chỉ mới tính cụm đầu của nó là thấy mệt mỏi rùi 

Đọc tới đây chắc cũng mệt rồi nhỉ @@ thôi các bạn đừng xem nữa nhá hết rồi, ko còn gì nữa đâu

đừng có kéo xuống nữa nhá nhá nhá đi ngủ đi, đi chơi đi hết rồi hết rồi ko còn gì để học nữa đâu @@

thật đấy,,,,,,,,

Ô mờ gờ các bạn thật kiên trì xem tôi tự kỷ, haizzzz thôi thì tôi cũng tặng các bạn thêm 1 tý nữa vậy ^^

Hệ quả f g T h T  3  3 2  0

Ngáp: thôi dài dòng văn tự quá Nếu phương trình vô tỷ này có nhân tử (ước vô tỷ ) là u v T  3 thì ta

có thể phân rã nó thành dạng f g T h T  3  3 2  0

 u v T3       A' B' 3 T   C' 3 T2 0

       trong đó A và B là các đa thức trên trường R, biến x

Và đây là phương pháp bấm

2 3 3

f E g T E h T f E g T E h T

1 f g T h T

A'

Trang 7

1 f g T

2 3

1 f g T

3 T

Thật ra thì đối với thể loại có dạng như trên thì tỷ năm mới gặp 1 lần, mà nó hoàn toàn có thể giải đơn

giản = U.C.T hoặc kiểu ẩn phụ đồng bậc, nên việc tạo phân rã cho nó cũng chả cần thiết mà thôi

tôi cũng đang rảnh mà =)) …… Thôi hết rồi ko còn gì nữa đâu chào tạm biệt, chúng ta không thuộc về

nhau, Chúng ta không thuộc về nhau em hãy cứ đi bên người mà em cần, hết phim xin chào ^^

OMG … Các bạn thật là lỳ lợm -_-, còn gì nữa đâu mà viết huhuhuhuhhu sao các bạn bốc lột sức lao

động quá vậy, giỡn chứ đợi tập sau đi nha  Bây h khi gặp các dạng phương trình khác ta sẽ có 1 số

cách xử lý tạm thời như sau:

Dạng 1: f g T 0  4  đối với dạng này ta chỉ cần bình phương đơn giản là về dạng phân rã bậc 2

4

f   g T   f g T   f' g' T 0 

Dạng 2: f g T h T 0  4   ta thực hiện 1 loạt biến đổi như sau:

4

f h T    g T   f 2fh T h T g T     f' g' T 0 

Dạng 3: f g T h T k T T 0  4   4    f h T    g k T  4 T

f h T 2fh T g k T 2gk T T

        f2  h T 2gkT2     g2   k2 2fh  T 0 

f' g' T 0

Dạng 4 f g N h T 0   3 

Ta biến đổi f g N h T 0   3   h T3     f g N 

h T f 3f g N 3fg N g N

 h N f3 3 3fg T2   3f g g T2 3  T 0 f' g' T 0

Dạng 5 f g T h N 0   

Ta biến đổi f g T h N 0     g T h N    f  g T h N 2gh TN f2  2   2

Trang 8

Việc giải các phương trình vô tỷ có các loại căn trên có lẽ ko còn là bí ẩn với các em học sinh nữa rồi,

tuy nhiên các em cũng ko nên quá phụ thuộc vào những công thức trên Hãy suy nghĩ tìm cách khác

trước khi nghĩ đến những thứ này, nó chỉ như 1 cứu cánh cho các em khi thiếu may mắn trong phòng

thi Sắp tới mình sẽ cố gắng cho xuất bản 1 quyển sách cùi bắp do mình viết , sẽ cố gắng viết đơn

giản cho các hs mới học có thể học đc câu phương trình này ^^ … Hy vọng đc các bạn đón nhận ^_^

Thân chào À quên @@,, các bạn cẩn thận với 5 dạng cuối ko phải công thức trên ko bấm đc đâu mà

tại vì lúc này các phương trình này bị rơi vào 1 trạng thái mà tài liệu sau mình sẽ khai phá nó cho các

bạn vào tuần sau, sau khi học xong tài liệu này hy vọng các bạn có thể đi chém gió 1 tý trên các

trang mạng,,, Bài tập về nhìn chứ hỷ ^^

Định dạng
Số trang	8
Dung lượng	1,31 MB