Sáng kiến kinh nghiệm

Tên đề tài: Vận dụng phơng pháp hằng số biến thiên để giải một số lớp phơng trình.. Không có nhận xét về đoán nghiệm vô tỷ nên việc đoán nghiệm của phơng trình này để biến đổi nó thành

sở gd-đt Hà Tây Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam trờng thpt Quốc Oai Độc lập Tự do Hạnh phúc– –

đề tài sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2007 - 2008

I sơ yếu lý lịch

Họ và tên : Nguyễn Quốc Huy

Ngày tháng năm sinh : 31/ 03/ 1977

Năm vào ngành : 1999

Chức vụ: Giáo viên giảng dạy Toán

Đơn vị công tác: Trờng THPT Quốc oai

Trình độ chuyên môn: Đại học S phạm Toán

Hệ đào tạo: Chính quy

Bộ môn giảng dạy: Toán

Hiện tại: Học viên Cao học LL&PP Toán

tại khoa s phạm ĐHQG Hà Nội Ngoại ngữ: Anh C

Khen thởng: Chiến sĩ thi đua cấp cơ sở năm học 2006 - 2007

Ii 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) x3 + 683 15

x = x 2) x4+x3-x2-15x – 25 = 0 3) xlog37 = 2log3x + log3x5 4) 7cotx – 11cotx = 12cotx1

5) 1 1 5 4

− = ữ − ữ

log5x 3

+ 2log5x 2

= x + xlog57

Thử đặt bút:

* Biến đổi: 3 6 2

3

+ = ⇒ − + = đặt x2= t > 0, phơng trình trở

thành t3 – 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 x4 + x3 – x2 – 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 : ax4 + bx2 + c = 0, (x + a)4 + (a + b)4 = c, ax4 +

bx2 + cx2+ kbx + k2a2 = 0; x4 = ax2 + 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) = (x2+mx+n) (x2+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: log 7 3 log 3 5 cot cot

3

− = ữ − ữ

    , 2

log5x 3 + 2log5x 2 = x + xlog57 , xlog711 + 3log7x = 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 mũ, phơng trình lôgarit, phơng trình vô tỷ

5 Vấn đề nghiên cứu:

Đa ra cách đặt ẩn phụ cho các bài toán: Đại số, phơng trình mũ, 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

* 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

x

+ = (1)

Lời giải

Điều kiện x ≠ 0 (2)

* x0 là nghiệm của phơng trình (1)

17

− + = ⇒ + = ⇒ là nghiệm của phơng trình sau với

ẩn là a: 3 2 2 2 6 2

a a

−

2

a = −x (3)

4 0

0

2 x

a

x

+

= (4)

* Thay a1 = 17 vào (3) ta có 2

x = − (mâu thuẫn) (5)

* Thay a2 = 17 vào (4) ta có

4

0

2 0

2

x

+

x = ± ⇒x = ± ± thoả mãn (2)

Từ (5), (6) kết luận phơng trình đã cho có các nghiệm là 0 17 3

2

x = ± ±

Lời bình 1:

Nếu sử dụng biến đổi (1) ⇒ x6 – 15x2 + 2 17 = 0 Đặt x2 = t > 0 ;

Ta có t3 – 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

2

2

x

x+ = − = (1)

Lời giải

Điều kiện 0 < x ≠ 1 (2)

Đặt log2x= t, ta có logx2 = 1

t logx8 = 3

t , log2

4

x

= t-2

Phơng trình (1) trở thành

t2 + t – 2 = 15 252

t − t ⇔ t4 + t3 – 2t2- 15t – 25 = 0 (3)

Đặt a = 5, phơng trình trở thành a2 + 3at – t2 (t2 – t + 2) = 0 (4)

Xem (4) là phơng trình bậc hai đối với a, ta có ∆ = t2 (2t + 1)2

Bởi vậy (3) ⇔

2 2

2

2

t t t

a

 =



⇔

2

2

5 0

t t

t t

 − − =



+ + =

 (Vô nghiệm)

2

t= ± ⇔ x= ± ⇔ =x ± ⇔ =x ± (thoả mãn (2))

Vậy x 21 221

±

= 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 + x = 11 (1)

Lời giải

Điều kiện 0 < x < 8 (2)

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

⇔ a2 – (2x + 1)a + (x2 - x) = 0 (4) Xem (4) là phơng trình bậc 2 đối với a

Ta có ∆a= (2x+1)2 -4(x2- x)= (2 x+1)2, a1 = x + x+1, a2 = x - x

Do vậy (5)

⇔

2 1

2

1





⇔ 

  (6)

Thay a = 11 ta có (5) ⇔ 11 1 10 0

⇔

Các giá trị 21 41; 23 3 5

  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 ⇔ y2 – 23yt – 121 = 0

⇔ y = 21 3 5

2

+ suy ra x = 23 3 5

2

+ Thay (7) vào (*) ta có: (y – 11)2 = 21 - y ⇔ y2 – 21y + 100 = 0

⇔ y = 21 41

2

+ suy ra x = 21 – y = 21 41

2

+

Thí dụ 4: Giải phơng trình xlog 7 3 = 2 log 3x+ log 3x5 (1)

Lời giải

Giả sử phơng trình có nghiệm x = α tức là log 7 3 log 3 5

3

⇔ log 3 log 3

3

7 α = 2 α + 5log α ⇔ log 3 log 3

3

7 α = 2 α+ − (7 2) log α

7 α − 7 log α = 2 α − 2log α (2)

Xét hàm số f(t)= tlog 3ε- tlog3α 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) = (log3α) log 3 1 log 3 1

t α− − α = t α− − α Theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c ∈(2,7) sao cho (7-2).f(c) = f(7)-f(2)

⇒ f(c) = 0 ⇔ ( log 3 1 )

3

c α− − α = ⇔ 33

1 0

c α

α

−

=





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 7cotx – 11cotx= 12cotx

Lời giải

Giả sử α là một nghiệm của phơng trình, tức là 7cot α – 11cot α= 12cotα

⇔ 7cot α – 11cot α = 3(11-7)cotα

⇔ 7cot α + 3.7cotα = 11cot α + 3.11cotα

Xét hàm số f(t) = tcot α + 3t.cotα với t>0, t≠1

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)=cotα.tcotx-1 +3cotα = (tcotx-1+3)cotα Theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c ∈ (7; 11) sao cho (7-11).f(c) = f(7) – f(11) ⇒ f(c) = 0

⇔ (tcotx-1+ 3) cotα = 0 ⇔ cotα = 0 ⇔α =

2

π +kπ⇔ x =

2

π +kπ (k ∈Z)

Thử lại: Thay x =

2

π +kπ vào phơng trình (1) thấy đúng

Vậy x =

2

π +kπ (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:

ah(x)- bh(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) ⇔ ah(x) – kah(x) = bh(x) – kbh(x)

* Điều kiện cần: Xét hàm số biến số t ; f(t) = th(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) (th(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) (ch(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) ⇔ h x h x( ) 0( ) 1==

 + Nếu 0<k≠ 1, phơng trình ch(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

Thí dụ 6: Giải phơng trình 1 1 5 4

− = ữ − ữ

    (1)

Lời giải

Viết lại (1) ⇔ 21x 145 x 31x 214 x 14 75 1 x 145 x 21 74 1 x 214 x

− ữ = − ữ ⇔ + ữ  ữ − = + ữ − ữ

Giả sử phơng trình có nghiệm x = α tức là:

 +  −  = +  − 

        (2)

Xét hàm số f(t) = 1

7

α α

 +  −

  với t > 0.

Ta có (2) ⇔ 5 4 5 4 0

f  = f  ⇔ f  − f  =

Rõ ràng f(t) là mà liên tục trên R+ và có đạo hàm

1

=  + ữ − =  + ữ − − 

Do vậy theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c ∈ 4 5,

21 14

 sao cho

4 5

,

21 14

 f’(c) = f

5 14

 

 ữ

 -f

4 21

 

 ữ

 = 0

⇔

1

1

0

1

7

x

x t

α

α

α α

α

−

−

=



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 2log5x 3

+ 2log5x 2

= x + xlog57 (1)

Lời giải

Giả sử phơng trình có nghiệm x= α tức là 2log5α 3

+ 2log5α 2

= α + αlog57

⇔ 8log5α + 4log5α= 5 log5α + 7 log5α ⇔ 8log5α - 5log5α= 7 log5α - 4 log5α (2)

Xét hàm số f(t) = (t+3) log5α- t log5α 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) = log5α[(t+3)log5α -1-t log5α -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

x

x

α

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)-ah(x)=(b+d)h(x)-bh(x) (1) Trong đó 0<a ≠1, 0<b≠1, 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)= ah(x) - bh(x)

* Điều kiện cần: Xét hàm số biến số t : f(t) = (t+d)h(x) – th(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 - th(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) ⇔ h x h x( ) 0( ) 1==

 (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 xlog 11 7 + 3 log 7x = 2x Điều kiện x > 0

Lời giải

Giả sử phơng trình có nghiệm x = α tức là α log 11 7 + 3 log 7α =2x

7 7

11 α + 3 α = 2.7 α

7 7

11 α − 7 α = 7 α − 3 α (2)

Xét hàm số f(t) = (4+t)log7 α

-tlog7 α

với t> 0, t ≠ 1

Ta có (2) ⇔ f(4) = f(3) ⇔ f(4) – f(3) = 0

Rõ ràng f(t) là hàm liên tục trên [3; 4] và có đạo hàm

f’(t) = (log7α)(4+t)log7α -1- log7α = [(4+t) log7α -1-1)log7α

Theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c ∈ (3,4) sao cho

(3 – 4) f(c) = f(4) – f(3)] ⇒ f(c) = 0

7

7

x c

x c

α

α

α

−

−

Thay x = 1 và x = 7 vào phơng trình (1) thấy đúng

Vậy x = 1 và x = 7 là các nghiệm của phơng trình đã cho

Lời bình 5:

Thí dụ 8 là trờng hợp phơng trình (a+d)h(x) - a h(x) = (b+d)h(x) - bh(x)

có b+d = a

Bài tập áp dụng

1) 3

3

137 18770

x

13 168

x

3) x + 17 + x = 17 4) 22 -3 2

x

= (7-4 3)x 5) 3tanx – 8tanx = 8tanx 6) 36 sin 2α + 4 sin 2α = 25 sin 2α + 9 sin 2α

9) lg4x+ lg3x-2lg2x-lgx4- 9 = 0

10) ax + dx = bx + cx trong đó a, b, c, d là các số hạng liên tiếp của một cấp số cộng có các số hạng đều dơng và khác 1

IV Kết luận:

Việc rèn luyện, phát triển t duy cho các em học sinh là rất quan trọng Trong qúa trình dạy học phổ thông nói chung và đặc biệt trong giảng dạy môn Toán nói riêng thì phát hiện và kích thích t duy sáng tạo của các em cần đợc quan tâm đúng mực Giải một số lớp phơng trình bằng vận dụng phơng pháp biến thiên hằng số

đáp ứng đợc yêu cầu phát triển t duy cho các em Qua thời gian vận dụng đề tài vào giảng dạy thực tế tại trờng THPT Quốc Oai Tôi nhận thấy: Đây là phơng pháp giải tạo đợc điểm mới trong t duy suy nghĩ của các em học sinh Các em nhìn nhận khi giải bài toán không cứng nhắc, áp đặt mà t duy mềm dẻo hơn Do đó nâng cao khả năng nhận thức ở các cấp độ: Biết, hiểu, ứng dụng, phân tích, tổng hợp, đánh giá và sáng tạo của học sinh

Qua khảo sát, kiểm tra thực tế:

Đề bài (thời gian 60 phút)

Giải các phơng trình sau:

1) 3

3

137 18770

x

+ = 2) x + 17+ x =17 3) 2

13 168

x

Kết quả:

Lớp thực nghiệm: 11A6 (57 HS) Lớp đối chứng: 11A12 (55 HS)

Giỏi: 18 HS đạt 31,58%

Khá: 19 HS đạt 33,3%

TB: 15 HS đạt 26,32%

Yếu: 5 HS đạt 8,8%

Giỏi: 08 HS đạt 14,55%

Khá: 09 HS đạt 16,36%

TB: 25 HS đạt 45,45%

Yếu: 08 HS đạt 14,55%

Kém: 05 HS đạt 9,09%

Do thời gian hạn chế, nên đề tài chắc hẳn còn sai sót Kính mong các thầy cô, các bạn đồng nghiệp nhận xét, trao đổi, đánh giá để đề tài hoàn thiện hơn

Quốc Oai, ngày 27 tháng 5 năm 2008

Tác giả

Nguyễn Quốc Huy Tài liệu tham khảo