Dùng ẩn phụ để giải PT

Đối với học sinh nói chung, học sinh Trung học cơ sở nói riêng, đặc biệt là học sinh lớp 9, thì việc hình thành và hoàn thiện kỹ năng giải phơng trình phải trở thành mục tiêu có ý nghĩa

Phần I:

Đặt vấn đề Nói đến toán học, dù là Hình học hay Đại số thì việc giải đợc các phơng trình là rất quan trọng và cần thiết

Đối với học sinh nói chung, học sinh Trung học cơ sở nói riêng, đặc biệt là học sinh lớp 9, thì việc hình thành và hoàn thiện kỹ năng giải phơng trình phải trở thành mục tiêu có ý nghĩa và vai trò quyết định

Trong khuôn khổ hạn hẹp của chuyên đề này, tôi chỉ xin đa ra một vài ý kiến thảo luận về “Tính u việt của ẩn phụ trong việc giải phơng trình” đối với học sinh lớp 9 THCS

-*** -Phần II:

Nội dung cụ thể Bản thân học sinh khi tiếp xúc với khái niệm phơng trình ở lớp 8 và giải

ph-ơng trình bậc hai ở lớp 9 vẫn còn có cảm giác trừu tợng và tph-ơng đối lạ lẫm Vì thế,

để hình thành kỹ năng giải phơng trình cho học sinh thì không gì tốt hơn là thông qua các bài toán, ví dụ cụ thể

Bài viết này chủ yếu đa ra những ví dụ minh hoạ từ đơn giản đến phức tạp,

bên cạnh đó có một vài phân tích đánh giá nhằm hình thành kỹ năng “đặt ẩn phụ”

khi giải phơng trình đối với ngời học toán nói chung và học sinh nói riêng

A/ Giải phơng trình trùng phơng:

Phơng trình trùng phơng là phơng trình có dạng:

ax4 + bx2 + c = 0 (a0)

Cách giải: Đặt x2 = t (ĐK: t 0)

Phơng trình trùng phơng trở thành phơng trình bậc hai với ẩn t:

at2 + bt + c = 0 Giải phơng trình này, ta tìm đợc t, từ đó suy ra x

Bài toán 1: Giải phơng trình:

x4 – 13x2 + 36 = 0 (1)

Giải:

Đặt x2 = t (ĐK: t 0) Phơng trình (1) trở thành:

t2 – 13t + 36 = 0 (1.1)

∆t = (-13)2 – 4.1.36 = 25 > 0 (   25  5)

Phơng trình (1.1) có hai nghiệm t1 = 4, t2 = 9

+ Với t = 4  x2 = 4  x1 = 2, x2 = -2

+ Với t = 9  x2 = 9  x3 = 3, x4 = -3

Vậy phơng trình (1) có 4 nghiệm

B/ giải phơng trình bậc cao:

Các phơng trình bậc cao thờng gây khó khăn cho học sinh khi giải, việc đặt

ẩn phụ sẽ giúp đơn giản hoá và đa các phơng trình đó về dạng quen thuộc

Bài toán 2: Giải phơng trình:

3x4 + 6x3 + x2 – 2x – 1 = 0 (2)

Giải:

(2)  3(x4 + 2x3 + x2) – 2x2 – 2x – 1 = 0

 3(x2 + x)2 – 2(x2 + x) – 1 = 0

Đặt x2 + x = t Phơng trình (2) trở thành:

3t2 – 2t – 1 = 0 (2.1) Theo định lý Vi-ét, dễ thấy phơng trình (2.1) có hai nghiệm: t1 = 1, t2 =  31

Suy ra: x2 + x = 1  x2 + x – 1 = 0 (2.2)

hoặc x2 + x =

3

1

  3x2 + 3x + 1 = 0 (2.3)

+ Giải phơng trình (2.2) đợc nghiệm x1 =

2

5

1 

 , x2 =

2

5

1 



+ Phơng trình (2.3) vô nghiệm

Vậy phơng trình (2) có hai nghiệm x1, x2 nh ở trên

C/ Giải phơng trình chứa ẩn ở mẫu:

Trên thực tế, có nhiều phơng trình chứa ẩn ở mẫu có thể giải bằng cách bình thờng, nhng nếu chọn ẩn phụ hợp lý thì ta sẽ giải đợc phơng trình đó đơn giản hơn

Bài toán 3: Giải phơng trình:

1



x

x

– 10

x

x 1

= 3 (3)

Giải:

ĐKXĐ: x0, x-1

Đặt

1



x

x

= t (ĐK: t0) Phơng trình (3) trở thành:

t – 10

t

1

= 3  t2 – 3t – 10 = 0 (3.1) Giải phơng trình (3.1) đợc t1 = 5, t2 = -2

Suy ra:

1



x

x

= 5 hoặc

1



x

x

= -2

Từ đó giải đợc phơng trình (3) có hai nghiệm x1 =

4

5

 , x2 =

3

2



D/ Giải phơng trình có hệ số đối xứng:

Phơng trình có hệ số đối xứng (PT HSĐX) là phơng trình có dạng:

anxn + an-1xn-1 + + a1x + a0 = 0

với ai = an-i (i = 0,n )

*Một số tính chất của phơng trình có hệ số đối xứng:

1) PT HSĐX nếu có nghiệm xO thì xO ≠ 0 và

O

1

x cũng là nghiệm.

2) PT HSĐX bậc lẻ n = 2k + 1 nhận x = -1 làm nghiệm

Suy ra: Nếu đa thức f(x) bậc lẻ có HSĐX thì f(x) = (x + 1).g(x), trong đó g(x) là

đa thức bậc chẵn có HSĐX

Vậy PT HSĐX bậc lẻ có nghiệm xO = -1 và việc giải nó chuyển về giải PT HSĐX bậc n – 1 chẵn

1) Phơng trình bậc 4 có HSĐX tỷ lệ:

ax4 + bx3 + cx2 + kbx + k2a = 0

Cách giải: Trớc hết thấy x = 0 không là nghiệm của phơng trình.

Với x0, chia cả hai vế của phơng trình cho x2, ta đợc:

ax2 + bx + c + b

x

k

+ a 2

2

x

k

= 0

 a(x2 + 2k + 2

2

x

k

) + b(x +

x

k

) + c – 2ka = 0

 a(x +

x

k

)2 + b(x +

x

k

) + c – 2ka = 0

Đặt: x +

x

k

= t Phơng trình đã cho trở thành phơng trình bậc hai ẩn t:

at2 + bt + (c – 2ka) = 0 Giải phơng trình trên đợc t, từ đó suy ra x

Bài toán 4: Giải phơng trình:

x4 – 3x3 – 14x2 – 6x + 4 = 0 (4)

Giải:

+ Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phơng trình (4)

+ Với x0, chia cả hai vế của phơng trình (4) cho x2, ta đợc:

x2 – 3x – 14 –

x

6

+ 42

x = 0 (4.1)

 (x +

x

2

)2 – 3(x +

x

2

) – 10 = 0

Đặt: x +

x

2

= t Phơng trình (4.1) trở thành:

t2 – 3t – 10 = 0 (4.2) Phơng trình (4.2) chính là phơng trình (3.1), có hai nghiệm t1 = 5, t2 = -2

Suy ra: x +

x

2

= 5  x2 – 5x + 2 = 0 (4.3)

x +

x

2

= -2  x2 + 2x + 2 = 0 (4.4)

+ Giải phơng trình (4.3) đợc nghiệm x1 =

2

17

5  , x2 =

2

17

5 

+ Phơng trình (4.4) vô nghiệm

Vậy phơng trình (4) có hai nghiệm

2) Giải phơng trình bậc 4 có HSĐX lệch:

ax4 + bx3 + cx2 – bx + a = 0

Cách giải: Trớc hết thấy x = 0 không là nghiệm của phơng trình.

Với x0, chia cả hai vế của phơng trình cho x2, ta đợc:

a 2 12 x x



  + b

1 x x



  + c = 0

Đặt ẩn phụ: t = 1

x x

 suy ra: t2 = x2 + 12

x – 2 Khi đó phơng trình đã cho trở thành:

at2 + bt + c + 2a = 0 Giải phơng trình trên đợc t, từ đó suy ra x

Bài toán 5: Giải phơng trình:

3x4 – 4x3 – 5x2 + 4x + 3 = 0 (5) + Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phơng trình (4)

+ Với x0, chia cả hai vế của phơng trình (4) cho x2, ta đợc:

3 2 12

x x



  –

1 x x



  – 5 = 0 (5.1)

Đặt t = 1

x

x

 suy ra: t2 = x2 + 12

x – 2 Khi đó phơng trình (5.1) trở thành:

3t2 – 4t + 1 = 0 (5.2)

Phơng trình (5.2) có hai nghiệm t1 = 1; t2 = 1

3

+ Với t = 1  x2 – x – 1 = 0  x1 = 1 5

2

 ; x

2 = 1 5

2



+ Với t = 1

3  3x

2 – x – 3 = 0  x3 = 1 37

2

 ; x

4 = 1 37

2



Vậy phơng trình (5) có 4 nghiệm

E/ Vận dụng ẩn phụ để giải hệ phơng trình đối xứng loại II bằng cách giải phơng trình bậc hai:

Dựa theo định lý đảo của định lý Vi-ét, ta có thể giải đợc hệ phơng trình

đối xứng loại II thông qua giải phơng trình bậc hai

Bài toán 6: Giải hệ phơng trình:









  04

2 2

xy y

x xy y

Giải:

(I)  







0 )

xy y

x

Đặt: x + y = S, xy = P (ĐK: S2 ≥ 4P) Hệ phơng trình (I) trở thành:













0 4 3

2

P

Giải hệ phơng trình (II) đợc: 





 1 1

1 1

P

S , 







44

2 2

P S

Cặp giá trị S2, P2 thoả mãn điều kiện S2 ≥ 4P Khi đó, x, y là các nghiệm của phơng trình:

X2 + 4X + 4 = 0 (6) + Phơng trình (6) có nghiệm kép X1 = X2 = -2

Vậy hệ phơng trình (I) có nghiệm x = y = -2

G/ Giải phơng trình chứa dấu căn:

Tính u việt của ẩn phụ đặc biệt đợc thể hiện trong giải phơng trình chứa dấu căn

Ta xét một vài bài toán đơn giản:

Bài toán 7: Giải phơng trình:

x - x = 5 x + 7 (7)

Giải:

+ ĐKXĐ: x ≥ 0

(7)  x – 6 x – 7 = 0

Đặt: x = t (ĐK: t ≥ 0) Phơng trình (7) trở thành:

t2 – 6t – 7 = 0 (7.1)

Dễ thấy phơng trình (7) có hai nghiệm: t1 = -1, t2 = 7

+ Giá trị t2 thoả mãn điều kiện t ≥ 0

Suy ra x = 7  Phơng trình (7) có nghiệm x = 49

Bài toán 8: Giải phơng trình:

x + x 1 – 3 = 0 (8)

Giải:

+ ĐKXĐ: x ≥ 1

Đặt: x 1 = t (ĐK: t ≥ 0) Phơng trình (8) trở thành:

t2 + t – 2 = 0 (8.1) Phơng trình (8.1) có hai nghiệm: t1 = 1, t2 = -2

+ Giá trị t1 thoả mãn điều kiện

Suy ra: x 1 = 1  Phơng trình (8) có nghiệm: x = 2

Với đa số phơng trình chứa dấu căn thì không đơn giản nh trên, mà thờng gây ra nhiều khó khăn, phức tạp vì nếu nâng lên luỹ thừa để làm mất dấu căn thì

dẫn đến phơng trình bậc cao, có thể không biết cách giải Tuy nhiên, nếu biết

“đặt ẩn phụ hợp lý” thì việc giải phơng trình sẽ trở nên nhẹ nhàng hơn rất nhiều.

Bài toán 9: Giải phơng trình:

x2 – x 5 = 5 (9)

Giải:

+ ĐKXĐ: x ≥ -5

a) Với bài toán này, chúng ta sẽ xem cách giải nâng lên luỹ thừa trớc để tiện so sánh:

(9)  x 5 = x2 – 5 (9.1)

+ Nếu x2 – 5 < 0  - 5 < x < 5 thì phơng trình (9.1) vô nghiệm

+ Nếu x2 – 5 ≥ 0  x55x 5 (*) thì ta có:

(9.1)  ( x 5)2 = (x2 – 5)2

 x + 5 = x4 – 10x2 + 25

 x4 – 10x2 – x + 20 = 0 (9.2) Phơng trình (9.2) không thuộc các dạng phơng trình bậc cao đã biết, cũng không rơi vào các trờng hợp đặc biệt để có thể nhẩm nghiệm Vì thế, để giải

ph-ơng trình này, ta phải đa về phph-ơng trình tích, mà để làm đợc điều đó, ta phải phân tích vế trái (VT) của phơng trình (9.2) thành nhân tử bằng phơng pháp hệ số bất

định – một phơng pháp lạ lẫm và khó khăn với học sinh – nh sau:

Gọi f(x) = x4 – 10x2 – x + 20

f(x) nếu phân tích thành nhân tử sẽ có dạng:

f(x) = (x2 + ax + b)(x2 + cx + d)

= x4 + ax3 + bx2

+ cx3 + acx2 + bcx

+ dx2 + adx + bd

= x4 + (a + c)x3 + (b + ac + d)x2 + (bc + ad)x + bd

Ta có: 























1 0 0

Giải hệ phơng trình điều kiện trên (việc này cũng không dễ dàng), ta đợc:















4

1 5

d

c











5 1 1

d c b

Do đó: f(x) = (x2 – x – 5)(x2 + x – 4)

Vậy (9.2)  (x2 – x – 5)(x2 + x – 4) = 0



















0

4 0

5

2

2

x

x x

(9.4)

Giải các phơng trình (9.3) và (9.4), kiểm tra với điều kiện (*), ta suy ra đợc các nghiệm của phơng trình (9) là:

x1 =

2

21

1  , x2 =

2

17

1 



b) Sau đây, ta sẽ giải phơng trình (9) bằng cách đặt ẩn phụ:

Đặt: x 5 = y (ĐK: y ≥ 0)  x + 5 = y2

Khi đó, phơng trình (9) chuyển thành hệ phơng trình:













5

5

2

2

x y

y

(9.6) (Hệ phơng trình đối xứng loại I) Trừ theo từng vế (9.5) và (9.6) ta đợc:

x2 – y2 + x – y = 0

 (x – y)(x + y + 1)

















0

10

2

y

x y

(9.8) +) (9.7)  x = y ≥ 0, thay vào (9.5) đợc: x2 – x – 5 = 0 (9.9)

Giải phơng trình (9.9) đợc nghiệm: x1 =

2

21

1  , x2 =

2

21

1 

+) (9.8)  x = y ≥ 0, thay vào (9.5) đợc: x2 + x – 4 = 0 (9.10)

Giải phơng trình (9.10) đợc nghiệm: x3 =

2

17

1 

 , x4 =

2

17

1 



Ta thấy các giá trị x1, x4 thoả mãn điều kiện BT.

Vậy phơng trình (9) có hai nghiệm

Rõ ràng có thể thấy tính u việt của ẩn phụ trong việc giải phơng trình Tuy

nhiên, cũng có thể thấy việc chọn “ẩn phụ hợp lý” lại không hề đơn giản Vì thế,

yêu cầu đối với giáo viên là hớng dẫn học sinh nhận dạng đợc phơng trình để chọn đặt ẩn phụ

Bên cạnh các ví dụ đã nêu trên, có một số trờng hợp để giải đợc phơng trình chứa dấu căn, ta phải đặt hai ẩn phụ, thậm chí phải đặt ẩn phụ nhiều lần hoặc phải thay đổi vai trò của ẩn

Bài toán 10: Giải phơng trình:

2(x2 – 3x + 2) = 3 3 8



x (10)

Giải:

+ ĐKXĐ: x ≥ 2

Trớc hết ta phải thấy rằng phơng trình (10) nếu nâng lên luỹ thừa để làm mất dấu căn thì sẽ trở thành một phơng trình bậc bốn, mà việc giải phơng trình đó rất khó khăn Bây giờ, ta sẽ giải phơng trình (10) bằng cách đặt ẩn phụ

Để ý rằng: x3 + 8 = (x + 2)(x2 – 2x + 4)

x2 – 3x + 2 = (x2 – 2x + 4) – (x + 2)

Đặt: a = 2 2 4



 x

b = x 2 (10.2) (ĐK: a ≥ 3; b ≥ 0) (**)

Phơng trình (10) chuyển thành hệ phơng trình:















3 )

3 (

3 ) (

2

2 2 2

2 2

a b

ab b

(10.4) Biến đổi (10.3) thành: 2a2 – 3ba – 2b2 = 0

Giải phơng trình trên với ẩn a, tham số b, ta đợc: a1 = 2b, a2 =

2

b



Kết hợp với điều kiện (**), ta thấy chỉ có giá trị a = 2b (10.5) thoả mãn

Đến đây, ta có thể giải tiếp theo hai hớng:

1) Kết hợp (10.1), (10.2) và (10.5) để đợc phơng trình:

4 2

2



 x

x = 2 x 2

biến đổi đợc: x2 – 6x – 4 = 0 (10.6)

2) Thế (10.5) vào (10.4) để tìm b, rồi kết hợp với (10.2) để tìm x

+ Cả hai hớng trên đều cho ta hai nghiệm của phơng trình (10) là:

x1 = 3 + 13, x2 = 3 – 13

*Một số bài tập đề nghị:

Các em học sinh và bạn đọc có thể vận dụng các cách đặt ẩn phụ đã đợc giới thiệu ở trên để giải một số phơng trình sau:

1) x4 + 2x2 – x + 1 = 15x2 – x – 35 (11)

2) 3(x2 + x)2 – 2(x2 + x) – 1 = 0 (12)

3) (x2 – 4x + 2)2 + x2 – 4x – 4 = 0 (13)

4) x – x 1 = 5 x 1 + 8 (14)

5)

2

2

2x 5x

(x 1)  x 1 + 3 = 0 (15)

6) 3 x2 x 1 – x = x2 + 3 (16)

7) 1 1 x 2 = x1 2 1 x  2 (17)

8) 3 x 2 + x 1 = 3 (18)

9) 2x4 – 21x3 + 34x2 + 105x + 50 = 0 (19)

-*** -*hớng dẫn giải:

1) x4 + 2x2 – x + 1 = 15x2 – x – 35 (11)

 x4 – 13x2 + 36 = 0

Đặt x2 = t (ĐK: t  0), phơng trình (11) trở thành:

t2 – 13t + 36 = 0 (11.1) Phơng trình (11.1) có nghiệm: t1 = 9; t2 = 3

Từ đó suy ra phơng trình (11) có 4 nghiệm: x1 = 81; x2 = -81; x3 = 9; x4 = -9

2) 3(x2 + x)2 – 2(x2 + x) – 1 = 0 (12)

Đặt x2 = t (ĐK: t  0), phơng trình (12) trở thành:

3t2 – 2t – 1 = 0 (12.1)

Phơng trình (12.1) có nghiệm: t1 = 1; t2 = 1

3

Từ đó suy ra phơng trình ((12) có 4 nghiệm: x1 = 1 5

2

  ; x

2 = 1 5

2

  ;

x3 = 3 21

6

  ; x

4 = 3 21

6

 

3) (x2 – 4x + 2)2 + x2 – 4x – 4 = 0 (13)

Đặt (x2 – 4x + 2) = t, phơng trình (13) trở thành:

t2 + t – 6 = 0 (13.1) Phơng trình (13.1) có nghiệm: t1 = 3; t2 = -2

Từ đó suy ra phơng trình (13) có 2 nghiệm: x1 = 2 + 5 ; x2 = 2 – 5

4) x – x 1 = 5 x 1 + 8 (14)

+ ĐKXĐ: x  1

Đặt x 1 = t (ĐK: t  0), phơng trình (14) trở thành:

t2 – 6t – 7 = 0 (14.1) Phơng trình (14.1) có nghiệm: t1 = -1; t2 = 7

Từ đó suy ra phơng trình (14) có 1 nghiệm: x = 50

5)

2

2

2x 5x

(x 1)  x 1 + 3 = 0 (15)

+ ĐKXĐ: x ≠ -1

Đặt x

x 1 = t (ĐK: t ≠ 1)  x =

t

1 t , phơng trình (15) trở thành:

2t2 – 5t + 3 = 0 (15.1)

Phơng trình (15.1) có nghiệm: t1 = 1; t2 = 3

2

Từ đó suy ra phơng trình (15) có 1 nghiệm: x= -3

6) 3 x2 x 1 – x = x2 + 3 (16)

Đặt x2 x 1 = t (ĐK: t  0), phơng trình (16) trở thành:

3t2 – t – 2 = 0 (16.1)

Phơng trình (16.1) có nghiệm: t1 = 1; t2 = 2

3



Từ đó suy ra phơng trình (16) có 2 nghiệm: x1 = 0; x2 = -1

7) 1 1 x 2 = x1 2 1 x  2 (17)

+ ĐKXĐ: -1  x  1

Đặt 1 x 2 = y (ĐK: y  0), phơng trình (17) trở thành hệ phơng trình:

1 y x(1 2y)

x 1 y

   





 



(17.1) (17.2)

Giải hệ phơng trình trên ta đợc: y1 = 0; y2 = 3

2

Từ đó suy ra phơng trình (17) có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = 1

2 8) 3 x 2 + x 1 = 3 (18)

Đặt 3 x 2 = a; x 1 = b (ĐK: b  0), phơng trình (18) trở thành:

a b 3

 





 



(18.1) (18.2) Giải hệ phơng trình trên ta đợc: a = 1; b = 2

Từ đó suy ra phơng trình (18) có 1 nghiệm: x = 3

9) 2x4 – 21x3 + 34x2 + 105x + 50 = 0 (19)

Với x ≠ 0, đặt 5

x x

 = t  t2 = x2 + 252

x – 10, phơng trình (19) trở thành: 2t2 – 21t + 54 = 0 (19.1)

Phơng trình (19.1) có nghiệm: t1 = 6; t2 = 9

2

Từ đó suy ra phơng trình (19) có nghiệm: x1 = 3 + 14 ; x2 = 3 – 14 ;

x3 = 9 161

4

 ; x

4 = 9 161

4



Phần III:

Kết luận Qua các ví dụ trên có thể thấy rõ “Tính u việt của ẩn phụ trong việc giải phơng trình” Nhng xin nhấn mạnh một lần nữa, để áp dụng phơng pháp này, yêu cầu đầu

tiên mang tính đột phá chính là việc chọn “ẩn phụ hợp lý” – vấn đề này đòi hỏi

học sinh ngoài sự thông minh còn cần có kinh nghiệm tích luỹ lâu dài

Trong các ví dụ đã đa ra ở trên, có thể có cách giải khác hay hơn, đẹp hơn Ngay cả việc có thể đặt ẩn phụ hợp lý hơn để giải các phơng trình, mà ngời viết chủ quan cha nhìn nhận đợc Vì thế, rất mong có sự đóng góp ý kiến của các bạn

đồng nghiệp, của các thầy cô giáo cũng nh của các bạn đọc yêu toán

Xin chân thành cảm ơn!

Xác nhận của nhà trờng:

Ân Hoà, ngày 15 tháng 4 năm 2007./.

Ngời viết SKKN:

Lê Trần Kiên

Tài liệu tham khảo:

1) Tạp chí “Toán học và tuổi trẻ”

2) Su tầm đề thi học sinh giỏi, đề thi tuyển sinh THPT