SKKN một số phương pháp giải phương trình bậc 4 cho học sinh lớp 10 image marked

Mặt khác khi giải các bài toán liên quan đến phương trình, hệ phương trình: vô tỷ, lượng giác, mũ và lôgarit, chúng ta cũng thường phải quy về giải phương trình bậc cao, trong đó có phươ

1 mở đầu

- Lý do chọn đề tài

Trong chương trỡnh toỏn phổ thụng núi chung và chương trỡnh Đại số 10 núi

riờng chỳng ta đó làm quen với phương trỡnh bậc bốn Tuy nhiờn cỏc em học sinh mới gặp cỏc phương trỡnh bậc bốn dạng đơn giản như phương trỡnh trựng phương, phương trỡnh quy hồi qua vài phộp biến đổi học sinh cú thể giải quyết một cỏch dễ dàng Tuy vậy, khi gặp cỏc phương trỡnh bậc bốn khụng cú dạng đặc biệt cỏc em tỏ ra lỳng tỳng và hầu như đều khụng giải được

Mặt khác khi giải các bài toán liên quan đến phương trình, hệ phương trình: vô tỷ, lượng giác, mũ và lôgarit, chúng ta cũng thường phải quy về giải phương trình bậc cao, trong đó có phương trình bậc bốn Một số bài toán trong hình học, trong vật lý sau khi trải qua một số bước, cuối cùng cũng đều đi đến việc phải giải một phương trình bậc bốn Cho dù đó chỉ là một bước nhỏ trong một bài toán nhưng nếu không giải quyết được bước nhỏ này thì chúng ta cũng chưa thể

đưa ra kết luận của bài toán đó

Quỏ trỡnh giải cỏc bài toỏn giải phương trỡnh bậc bốn đũi hỏi học sinh phải biết võn dụng cỏc kiến thức cơ bản trong toàn bộ chương trỡnh, cỏc kỹ năng biến đổi từ dạng phức tạp và dạng đơn giản một cỏch linh hoạt Học sinh cần cú tư duy lụgớc, khả năng tổng hợp vận dụng thành thạo cỏc kiến thức về phõn tớch đa thức thành nhõn tử, biến đổi đồng nhất cũng như cỏc kiến thức về bất đẳng thức

Từ đú giỳp học sinh rốn luyện tư duy lụgớc, khả năng tưởng tượng, phỏt huy được tớnh tớch cực, chủ động và vận dụng kiến thức vào thực tiễn

Xuất phát từ tầm quan trọng của nội dung và từ thực trạng trên, để học sinh

có thể dễ dàng và tự tin hơn khi gặp các bài tập về phương trình bậc bốn, giúp các em phát huy được khả năng phân tích, tổng hợp, khái quát hoá qua các bài tập nhỏ, cùng với sự tích luỹ kinh nghiệm của bản thân qua những năm giảng

dạy, tôi đưa ra sáng kiến kinh nghiệm “Một số phương pháp giải phương trình

bậc bốn cho học sinh lớp 10" Sáng kiến kinh nghiệm này đã được bản thân tôi

áp dụng trong quá trình giảng dạy tại trường THPT Hàm Rồng

- Mục đích nghiên cứu: Giúp học sinh hiểu sâu và nắm chắc hơn các phương

pháp giải phương trình bậc 4 Từ đó nghiên cứu tìm tòi sáng tạo nhằm nâng cao

chất lượng học môn toán trong trường THPT, góp phần đạt kết quả tốt cho việc giải các bài toán Hình học, vật lý, các bài toán về phương trình vô tỉ, lượng giác,

mũ, logarit…

- Đối tượng nghiên cứu: Phương pháp giải phương trình bậc 4 đối với học sinh

khối 10 trường THPT Hàm Rồng

- Phương pháp nghiên cứu :

Phương pháp thu thập tài liệu

Phương pháp điều tra

Phương pháp phân tích

Phương pháp tổng hợp

Phương pháp đánh giá

2 nội dung sáng kiến kinh nghiệm

2.1 Cơ sở lý luận :

Phương trình bậc 4 đầy đủ là phương trình có dạng:

ax4+bx3+cx2+dx+e =0 (a 0) 

Bài toán giải phương trình bậc 4 rất được chú trọng trong các đề thi học sinh giỏi các cấp, cũng như trong các tài liệu nâng cao và nó cũng xuất hiện rất nhiều trong các tạp chí toán học hiện nay

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:

- Trong chương trình THPT, do thời lượng chương trình có hạn mà mảng

phương trình bậc bậc bốn chưa được trình bày rõ ràng, đầy đủ Ngược lại còn rất sơ lược, chỉ mang tính chất giới thiệu qua một số bài tập đơn giản

- Do chưa được hệ thống kiến thức và chưa được học đầy đủ các phương pháp để giải từng dạng phương trình bậc bốn nên khi gặp, hầu hết học sinh thấy lúng túng và không có hướng giải

- Tuy nhiên, các dạng bài tập về phương trình bậc bốn thì rất phong phú, đa dạng và phức tạp

- Đa số học sinh chưa có phương pháp để giải từng dạng phương trình bậc bốn nên rất nhiều em thường "bỏ qua" hoặc "bỏ dở" bài toán khi đã quy về phương trình dạng này

2.3 Các phương pháp giải phương trình bậc 4 :

2.3 1 Phương pháp đưa phương trình về dạng tích.

Cho phương trình: ax4+bx3+cx2+dx+e =0 (a 0) (1) 

a) Phương pháp:

Cách 1: Nhóm các hạng tử, sau đó đặt thừa số chung để đưa vế trái về dạng tích Cách 2:

- Bước 1: Đoán nghiệm x0 của phương trình dựa vào các kết quả sau:

+ Nếu a+b+c+d+e=0 thì (1) có nghiệm x = 1

+ Nếu a-b+c-d+e=0 thì (1) có nghiệm x = -1

+ Nếu a, b, c, d, e nguyên và (1) có nghiệm hữu tỉ thì p, q theo thứ tự là ước p

q

của e và a

- Bước 2:

+ Bằng cách chia đa thức hoặc dùng lược đồ Hoócne, phân tích (1) thành:

(x- x0)(ax3 +b1x2 +c1x+d1) = 0 0

1 1 1 0 (1.1)

x x





 + Giải phương trình (1.1) bằng cách:

- Đoán nghiệm x1 của phương trình (1.1) dựa vào các kết quả sau:

+ Nếu a+b1+c1+d1=0 thì (1.1) có nghiệm x = 1

+ Nếu a-b1+c1-d1=0 thì (1.1) có nghiệm x = -1

+ Nếu a, b1, c1 ,d1 nguyên và (1.1) có nghiệm hữu tỉ thì p, q theo thứ tự là p

q

ước của d1 và a

+ Nếu 3 3 thì (1.1) có nghiệm x =

1 1 1 ( , 1 0)

1

c

b

- Phân tích (1.1) thành: (x- x1)(ax2 +b2x +c2) = 0 bằng cách chia đa thức hoặc dùng lược đồ Hoócne

* Lược đồ Hoócne :

Nếu f(x) có nghiệm x=x0 thì f(x) chứa nhân tử (x-x0), tức là : f(x) =(x-x0).g(x) Trong đó : f(x) = anxn + an -1xn -1 + + a1x + a0

g(x)= bn-1xn-1 + bn - 2xn - 2 + + b1x + b0

với : Ta có bảng sau ( Lược đồ Hoócne).

n – 1

n – 2 0 n – 1 n – 1

i – 1 0

b a

b x b a

b x b a

b x b a

n

















x0bn-1 x0bi x0b0

x = x0 bn-1=an bn-2 bi-1 0

b) Ví dụ:

Ví dụ 1: Giải phương trình: (x2+3x-4)2+3(x2+3x-4)=x+4 (1.2)

Giải: Phương trình (1.2) (x-1)2(x+4)2+3(x-1)(x+4)-(x+4)=0

(x+4)[(x-1)2(x+4)+3(x-1)-1]=0

(x+4)x(x2+2x-4)=0

0 4

1 5

x x x

 



  

   



Vậy phương trình có 4 nghiệm : x=0, x= -4, x   1 5

Ví dụ 2: Giải phương trình: x4 -4x3-x2+16x-12 =0 (1.3)

Giải: Ta có a+b+c+d+e=0 nên phương trình có 1 nghiệm x= 1.

Đưa phương trình về dạng: (x-1)(x3-3x2-4x+12)=0

Phương trình x3-3x2-4x+12=0 có một nghiệm x = 2 nên

(1.3)(x-1)(x-2)(x2-x-6)=0

2

1

1 0

2

2 0

2

3

x x

x x

x x





  

 Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt x =1, x= 2, x= -2, x= 3

* Nhận xét: Phương pháp đưa phương trình về dạng tích là phương pháp thường

được nghĩ đến đầu tiên khi giải phương trình Nhưng nếu việc đưa về dạng tích gặp khó khăn, chúng ta nên nghĩ đến việc sử dụng các phương pháp khác.

2.3.2 Phương pháp đặt ẩn phụ.

Dạng 1 (PT trùng phương): ax4 + bx2+c =0 (a 0) (2)

a) Phương pháp:

- Đặt t = x2 (t 0), đưa (2) về phương trình bậc hai: at 2+bt+c=0 (2')

- Giải (2'), nếu (2') có nghiệm t0  0 thì (2) có nghiệm x  t0

* Chú ý:

- (2) vô nghiệm (2') vô nghiệm hoặc (2') có nghiệm t1 t 2<0

- (2) có nghiệm duy nhất (2') có nghiệm t1 0 =t 2

- (2) có 2 nghiệm phân biệt (2') có nghiệm t1 < 0 <t2 hoặc t1=t2>0

- (2) có 3 nghiệm phân biệt (2') có nghiệm 0=t1 <t2

- (2) có 4 nghiệm phân biệt (2') có nghiệm 0< t1 <t2

b) Ví dụ:

Ví dụ 1: Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt:

mx4-2(m-1)x2+m-1=0 (2.1)

Giải: Đặt t = x2 (t 0) Phương trình trở thành: 

mt2 -2(m-1)t+m-1 =0 (2.2) Phương trình (2.1) có 3 nghiệm phân biệt

(2.2) có 2 nghiệm phân biệt t1, t2 thoả mãn: 0=t1<t2



(không có m thoả mãn)



0

0

1 0

0

1

0

m

m

m

m











 

 Vậy không tồn tại m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt

Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt lập thành cấp số

cộng: x4 -2(m+1)x2+2m+1 =0 (2.3)

Giải: Đặt t = x2 (t 0) Phương trình trở thành: 

t2 -2(m+1)t+2m+1 =0 (2.4) (2.3) có 4 nghiệm phân biệt (2.4) có 2 nghiệm t1, t2 thoả mãn : 0< t1 <t2

2

1

2

b

a

c

m

a









   



Khi đó 4 nghiệm của (2.3) là : - t2 ; - t1 ; t1 ; t2

Bốn nghiệm trên lập thành cấp số cộng

(*)

2

2

   





Theo định lý Viét ta có: 1 2 (**)

1 2

2( 1)



 Thay (*) vào (**) ta được:

1

2

4

9

m





 

Vậy với m = 4 hoặc m = - thì phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt lập 4

9

thành cấp số cộng

Dạng 2: Phương trình có dạng : ( a1x +a2)(b1x+b2)(c1x+c2)(d1x+d2) = m,

với 1 1 1 1 (3)

1 2 2 1 1 2 2 1







a) Phương pháp:

- Viết lại phương trình dưới dạng:

[a1b1x2+(a b1 2a b2 1)x+a2b2].[c d1 1x2+(c d1 2c d2 1)x+c2d2]=m

- Đặt t = a1b1x2+(a b1 2a b2 1)x+a2b2, suy ra c d1 1x2+(c d1 2c d2 1)x+c2d2=t-a2b2+c2d2

Ta đưa (3) về phương trình bậc hai ẩn t: t(t-a2b2+c2d2)=m

* Đặc biệt: Khi a1=b1=c1=d1=1, phương trình có dạng :

(x +a2)(x+b2)(x+c2)(x+d2) = m với b2a2 d2c2

ta cũng có cách giải tương tự

b) Ví dụ:

Ví dụ 1: Giải phương trình: (x-1)(x+1)(x+3)(x+5)= 9 (3.1)

Giải: Phương trình (3.1) (x-1)(x+5)(x+1)(x+3)= 9

( x2 + 4x-5)(x2+4x+3) = 9

Đặt t = x2 + 4x-5, phương trình (3.1) trở thành: t(t+8) = 9

t2 + 8t - 9 = 0  1

9

t t





 

 Với t=1 thì x2 + 4x – 5 = 1 x2 + 4x - 6 = 0 x=  2  10

Với t= 9 thì x2 + 4x – 5 = -9  x2 + 4x + 4 = 0x= - 2

Vậy phương trình có 3 nghiệm : x =  2  10 ; x =  2  10; x= -2

Ví dụ 2: Giải phương trình: (2x-1)(x-1)(x-3)(2x+3)=-9 (3.2)

Giải: Phương trình (3.2)(2x2-3x+1)(2x2-3x-9)=-9

Đặt t = 2x2-3x+1, suy ra 2x2-3x-9=t-10, phương trình (3.2) trở thành:

t(t-10)=-9t2-10t+9=0 1

9

t t





  

 Với t=1 thì 2x2-3x+1=1

0 3 2

x x









 



Với t = 9 thì 2x2-3x+1=9 2x2-3x-8=0 3 73

4

 

Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt: x=0, 3,

2

4

x 

Dạng 3 : Phương trình có dạng:

ax4 + bx3+cx2+dx+e =0 (a 0), với  (4)

2

e

 

  

 

a) Phương pháp:

- Nhận xét x=0 không phải là nghiệm của (4), chia hai vế cho x2 0, ta được:

2

2

( e ) ( d ) 0

- Đặt t= x d , suy ra , phương trình (4) trở thành:

bx

2

1

at2+bt +c - 2a =0 Đây là phương trình bậc hai quen thuộc.d

b

* Đặc biệt: Khi a=e, phương trình có dạng: ax4 + bx3+cx2 bx+a =0 (a 0)

ta cũng có cách giải tương tự

b) Ví dụ:

Ví dụ 1: Giải phương trình: 2x4 - 21x3 +74x2 -105x + 50 = 0 (4.1)

Giải: Nhận thấy x =0 không phải là nghiệm của (4.1), chia hai vế của (4.1) cho

x2 0, ta được phương trình:  2

2

2(x ) 21(x ) 74 0

Đặt t = x 5( ), suy ra Phương trình (4.1) trở thành:

x

2

25

10

x

(thỏa mãn đk)

2

6

2

t

t







 



Với t = 6 thì x 5=6

x

5

x

x







Với t = thì 9 =

2

5

x x

2

2

2

2

x

x







 



Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt là: x=1, x=2, x=5, x= 5

2

Ví dụ 2: Giải phương trình: (x-2)4+(x-2)(5x2-14x+13)+1=0 (4.2)

Giải: Đặt y=x-2 Phương trình trở thành: y4+5y3+6y2+5y+1=0 (4.3) Nhận thấy y=0 không là nghiệm của phương trình (4.3), chia 2 vế của (4.3) cho

y2 0 ta được phương trình :

2

2

(y ) 5(y ) 6 0

Đặt t = y 1( ) Phương trình trở thành:

y

 t  2

t2 + 5t +4 = 0 1

4

t t

 



   

 Với t  4 thì y 1 4

y

    y2  4y  1 0  y   2 3   x 3 Vậy phương trình có 2 nghiệm : x=  3

* Nhận xét: Phương trình ban đầu không phải là phương trình dạng 3 nhưng với

phép đặt ẩn phụ thích hợp, ta có thể đưa phương trình về dạng 3.

Dạng 4 : Phương trình có dạng : ( x + a)4 + ( x + b)4 = c (5)

a) Phương pháp:

- Đưa (5) về dạng phương trình trùng phương bằng cách đặt t= x +

2

a b

b) Ví dụ: Giải phương trình : ( x + 1)4 + ( x +3)4 = 16 (5.1)

Giải: Đặt t = x + 2, phương trình (5.1) trở thành:

( t-1)4 + ( t+1)4 = 16 2t4 + 12t2 + 2 = 16

t4 + 6t2 – 7 = 0 ( Phương trình trùng phương)



2

2

1 7

 

 

 



t

t

Với t2 = 1 thì t = 1 hoặc t = -1 Từ đó suy ra x= -1 hoặc x= -3

Vậy phương trình có 2 nghiệm là : x = - 1; x = -3

(loại) (t/m)

(loại)

Dạng 5: Phương trình có dạng :

m( x +a)(x+b)(x+c)(x+d) = nx2 , với ab = cd 0, m 0, n 0 (6)  

a) Phương pháp:

- Nhận thấy x=0 không là nghiệm của (6), chia hai vế cho x2 0, ta được:

m(x + a+b + ab)(x + c+d + = n

cd x

- Đặt t = x +a+b+ ab, ta đưa (6) về phương trình bậc hai ẩn t: mt(t-a-b+c+d)=n

x

b) Ví dụ: Giải phương trình: 4(x+5)( x+6)(x+10)(x+12) = 3x2 (6.1)

Giải: (6.1) 4(x+6)( x+10)(x+5)(x+12) = 3x2

4(x2+16x+60)(x2+17x+60) = 3x2

Nhận thấy x=0 không là nghiệm của (6.1), chia hai vế cho x2 0, ta được:

4(x + 16 +60)(x + 17 + = 3 ( 6.2)

60

x

Đặt t = x + 16 + 60, phương trình trở thành:

x

4t ( t + 1) = 34t2 + 4t – 3 = 0 

1 2 3 2

t t

 





  



Với t= thì 2x1 2 + 31x + 120 = 0

2

8 15 2

x x

 







  



Với t=- thì 2x3 2 + 35x + 120 = 0

2

35 265 4

 

Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt: x=-8, x=-15,

2

35 265 4

 

Dạng 6: Phương trình có dạng:

a.A(x) +b.B(x) + c.C(x) =0 với A(x).B(x) = C2(x), B(x) 0 (7)

a) Phương pháp:

- Chia hai vế cho B(x) 0 rồi đặt t =  ( )

( )

C x

B x

- Phương trình (7) trở thành: at2+ct+b=0

b) Ví dụ: Giải phương trình : -x3+2x2-4x +3 - (x2+x+1)2=0

(7.1)

Giải: Phương trình (7.1)2(x-1)2-(x2+x+1)2 - (x3-1) =0

Chia hai vế của (7.1) cho (x2+x+1)2 0 ta được:

2

Đặt t = 2 1 , phương trình trở thành:

1

x



 

2

2t   t 1 0

1 1 2

t t









  



Với t=1 thì 2 1 =1 (vô nghiệm)

1

x



 

2 2 0

x

Với t = 1thì =

2

1

x



 

1 2

3 1 0

2

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 3 13

2

x  

Dạng 7: Phương trình có dạng tổng quát: ax4 + bx3+cx2+dx+e =0 (a 0).

a) Phương pháp:

- Bước 1: Biến đổi phương trình về dạng a(x2+b1x+c1)2+ B(x2+b1x+c1) +C=0

- Bước 2: Đặt t= x2+b1x+c1, phương trình trở thành: at2+Bt+C=0

b) Ví dụ:

Giải phương trình: x4 -4x3+3x2+2x-20 =0 (8.1)

Giải: Phương trình (8.1) x4 -4x3+4x2-(x2- 2x) -20 =0

(x2- 2x)2-( x2- 2x)-20=0

Đặt t = x2- 2x (t -1), phương trình trở thành:

t2 - t -20 =0 4

5

 



 



t t

Với t =5 thì x2- 2x =5  x  1 6

Vậy phương trình có 2 nghiệm : x  1 6

2.3.3 Phương pháp đưa về hai luỹ thừa cùng bậc.

a) Phương pháp: Đưa phương trình về dạng: [f(x)]2 = [g(x)]2 f(x) = g(x)

b) Ví dụ:

Ví dụ 1: Giải phương trình: x4 = 24x + 32 (9.1)

Giải: Phương trình (9.1)x4 + 4x2 + 4 = 4x2 + 24x + 36

(x2 + 2)2 = ( 2x + 6)2



2 2

 

 (loại) (t/m)

2

x



Vậy phương trình có 2 nghiệm : x =  1  5; x =  1  5

Ví dụ 2: Giải phương trình: x4 + 4x -1=0 (9.2)

Giải: Phương trình (9.2) x4 +2x2+1 = 2(x2-2x+1)

2 2

2

2

2 2

2

2

2 1 2 0

x

    





Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt 2 4 2 2

2



x

2.3.4 Phương pháp dùng hệ số bất định:

a) Phương pháp: Xét phương trình x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0 (10)

- Bước1: Giả sử (10) phân tích được thành (x2 + a1x + b1)( x2 + a2x + b2)=0

Khi đó ta có:































d b b

c b a b a

b b b a a

a a a

2 1

1 2 2 1

2 1 2 1

2 1

- Bước 2: Xuất phát từ b1b2 = d, tiến hành nhẩm tìm các hệ số b1; b2; a1 ; a2

- Bước 3: Phương trình (10)  2 1 1

2

x a x b 0

x a x b 0





* Chú ý: Phương pháp này thường áp dụng khi việc nhẩm tìm các hệ số a 1 ; b 1 ;

a 2 ; b 2 là đơn giản.

b) Ví dụ:

Ví dụ 1: Giải phương trình: x4 + 4x3 +3x2 + 2x - 1 = 0 (10.1)

Giải: Giả sử (10.1) phân tích được thành : (x2 + a1x + b1)( x2 + a2x + b2) = 0

Khi đó:

Phương trình (10.1)  (x2 +3x -1)( x2 + x +1) = 0

2

x 3x 1 0

x x 1=0 (VN)

 



3 13 2

3 13 2

x x

  









  







Vậy phương trình có 2 nghiệm: 3 13

2



* Nhận xét: Từ b1b2=-1 ta thử ngay với b1=-1, b2=1, từ đây có thể dễ dàng tìm

được a1=3, a2=1

Ví dụ 2: Tìm a, b để phương trình x4 - 4x3 +(4+a)x + b = 0 (10.2)

có 2 nghiệm kép phân biệt

Giải: Phương trình (10.2) có 2 nghiệm kép phân biệt x1, x2 nên:

x4 - 4x3 +(4+a)x + b = (x-x1)2(x-x2)2

x4 - 4x3 +(4+a)x + b = x4-2(x1+x2)x3+(x1 +x22 +4x1x2)x2-2x1x2(x1+x2)x+x1 x22



Đồng nhất 2 vế, ta có:







   

Từ (1), (2) 1 2

1,2

1 2



 

 Thế vào (3), (4) ta được a=b=4

Vậy với a= b =4 thì phương trình có 2 nghiệm kép phân biệt

2.3.5 Phương pháp đánh giá:

a) Phương pháp: Sử dụng các hằng đẳng thức, các bất đẳng thức để đánh giá 2

vế của phương trình Từ đó đưa ra kết luận về nghiệm của phương trình

b) Ví dụ:

Ví dụ 1: Giải phương trình x4 + 8x2 – 8x + 17 = 0 (11.1)

Giải: Phương trình (11.1)x4 - 8x2 + 16 + 16x2– 8x + 1 = 0

( x2 – 4)2 + ( 4x – 1)2 = 0

















0 ) 1 4

(

0 ) 4 (

2

2 2

x

x















 0 1 4

0 4

2

x

x















 4 1

2

x x