Chuyên đề Phương trình và bất phương trình lý thuyết giải phương trình bậc cao (phần 1)

CREATED BY HOÀNG MINH THI; XYZ1431988@GMAIL.COM SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH 1 CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH LÝ THUYẾT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO (PHẦN 1) ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trong chương trình Toán phổ thông, phương trình bậc cao (phương trình có bậc lớn hơn 2) là một nội dung quan trọng, quen thuộc nhưng cũng rất phong phú, đa dạng. Thông thường, để giải phương trình bậc cao, phương pháp chung quy là đưa về phương trình bậc thấp hơn (hạ bậc phương trình) hoặc đưa về các dạng toán đặc thù. KIẾN THỨC – KỸ NĂNG CHUẨN BỊ 1. Kỹ thuật nhân, chia đơn thức, đa thức. 2. Nắm vững các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử. 3. Nắm vững các phương pháp giải, biện luận phương trình bậc nhất, bậc hai. 4. Sử dụng thành thạo các ký hiệu toán học, logic (ký hiệu hội, tuyển, kéo theo, tương đương). MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH Bài toán 1. Giải phương trình 4 23 2 0x x   . Lời giải. Đặt  2 0x t t  ; phương trình đã cho tương đương với   2 2 1 0 1 3 2 0 2 2 0 1 2 0 2 0 2 t t t t t t t t t t t                       Với 21 1 1 1t x x x       hoặc 1x   . Với 22 2 2 2t x x x       hoặc 2x   . Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là  2; 1;1; 2S    . Nhận xét. Bài toán trên là dạng toán phương trình trùng phương quen thuộc, sử dụng đặt ẩn phụ quy về phương trình bậc 2 với ẩn số phụ, tính nghiệm và sử dụng phương pháp nhóm hạng tử để đưa về phương trình về dạng tích của hai phương trình bậc nhất, giải và kết luận nghiệm trở nên dễ dàng. Bài tập tương tự. Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực         4 2 22 2 22 4 2 22 4 4 2 2 1, 6 5 0 2, 1 4 25 3, 1 3 11 4, 2 1 4 13 5, 3 1 3 13 x x x x x x x x x x x x                 _____________________________________________________________________________________________ Bài toán 2. Giải phương trình 6 39 8 0x x   . Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với        3 6 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 8 8 0 1 8 1 0 1 8 0 28 x x x x x x x x x x xx                      Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là  1;2S  . CREATED BY HOÀNG MINH THI; XYZ1431988@GMAIL.COM SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH 2 Nhận xét. Lời giải bài toán sử dụng thuần túy phương pháp nhóm hạng tử phân tích đa thức vế trái thành nhân tử, không thông qua phép đặt ẩn phụ 3x t tương tự bài toán 1. Tuy nhiên bản chất vẫn là quy về phương trình bậc hai với ẩn số phụ, tính nghiệm và đơn giản chỉ khác nhau về hình thức trình bày. Tùy theo kinh nghiệm và sự sáng tạo của mình, các bạn có thể chọn lựa cho mình cách trình bày khoa học, ngắn gọn, sáng sủa và tiết kiệm thời gian nhất. Bài tập tương tự. Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực       6 3 6 3 3 26 3 8 4 28 4 1, 7 8 0 2, 3 2 1 4 3, 4 1 8 4, 6 7 5, 1 5 x x x x x x x x x x x               _____________________________________________________________________________________________ Bài toán 3. Giải phương trình 3 26 3 2 0x x x    . Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với         3 2 2 2 2 2 5 5 2 2 0 1 5 1 2 1 0 5 2 1 0 1 1 0 5 33 25 2 0 5 33 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                  Nhận xét. Để ý rằng tổng các hệ số của phương trình bằng 0 nên đa thức   3 26 3 2f x x x x    có một nghiệm bằng 1. Sử dụng phương pháp nhóm hạng tử sao cho xuất hiện nhân tử 1x  , đưa phương trình đã cho về phương trích tích. Lưu ý. Phương trình bậc cao có tổng các hệ số bằng 1 thì có nghiệm bằng 1; tức là chứa nhân tử 1x  . Phương trình bậc cao có tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ thì có nghiệm bằng 1 . Bài toán 4. Giải phương trình 3 29 26 24 0x x x    . Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với               2 2 2 27 12 2 7 12 0 2 7 12 0 2 3 4 12 0 2 2 3 4 0 3 4 x x x x x x x x x x x x x x x x x x                              Nhận xét. Phương trình ban đầu không có các nghiệm đặc biệt là 1 và 1 . Sử dụng máy tính cho nghiệm bằng 2, 3 và 4. Kết hợp phương pháp tách nhóm đưa phương trình đã cho về phương trình tích. Giả dụ chọn nhân tử 2x  , mặc nhiên nhân tử còn lại sẽ là tích của hai nhân tử    3 . 4x x  . Do đó chúng ta có lời giải phía trên. CREATED BY HOÀNG MINH THI; XYZ1431988@GMAIL.COM SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH 3 Bài tập tương tự Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 1, 5 9 8 4 0 2, 6 8 3, 4 2 7 0 4, 4 10 16 5, 3 2 24 x x x x x x x x x x x x x x x                  _____________________________________________________________________________________________ Bài toán 5. Giải phương trình 3 23 3 3 1 0x x x    . Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với  33 3 2 3 3 3 1 2 3 3 1 0 1 2 1 2 1 2 x x x x x x x x x                 . Nhận xét. Phương trình ban đầu là một phương trình bậc ba, và đặc biệt không cho nghiệm hữu tỷ. Có thể nói trong trường hợp này phương pháp phân tích nhân tử thông thường và sử dụng lược đồ Horne bị vô hiệu hóa. Tuy nhiên nếu để ý một chút, các bạn có thể thấy hằng đẳng thức xuất hiện, và bài toán trở nên dễ dàng. Bài toán tương tự. Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 1, 4 3 3 1 0 2, 5 9 27 27 0 3, 7 6 12 8 0 4, 3 6 12 8 0 5, 9 3 3 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x                     _____________________________________________________________________________________________ Bài toán 6. Giải phương trình 4 3 24 5 3 0x x x x     . Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với                           3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 3 1 0 1 2 2 3 0 1 3 3 3 0 1 3 3 3 0 1 1 3 1 0 3 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                      Phương trình (*) vô nghiệm do 3 0    . Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm  3;1S   . Nhận xét. Phương trình đã cho là một phương trình bậc bốn có tổng các hệ số bằng 0 nên tồn tại một nghiệm bằng 1. Tách nhóm đưa về phương trình tích, trong đó có một phương trình bậc ba có nghiệm hữu tỷ. Bài toán được giải quyết trọn vẹn. Bài tập tương tự. Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực CREATED BY HOÀNG MINH THI; XYZ1431988@GMAIL.COM SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH 4 4 3 2 4 3 2 4 3 2 4 3 2 1, 5 5 5 6 0 2, 3 2 12 8 3, 2 8 18 9 0 4, 7 2 28 24 0 x x x x x x x x x x x x x x x x                    _____________________________________________________________________________________________ Bài toán 7. Giải phương trình    3 33 5 8x x    . Lời giải 1. Phương trình đã cho tương đương với      3 2 3 2 3 2 3 2 2 2 9 27 27 15 75 125 8 2 24 102 160 0 5 12 51 80 0 5 7 16 0 7 16 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x                               Phương trình (*) vô nghiệm do 0  . Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm  5S  . Lời giải 2. Đặt 4x t  ; phương trình đã cho trở thành          3 3 3 2 3 2 3 3 2 2 1 1 8 3 3 1 3 3 1 8 2 6 8 0 3 4 0 1 1 4 0 4 0 t t t t t t t t t t t t t t t t t t                                  Phương trình (*) vô nghiệm do 0  . Với 1 4 1 5t x x      . Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm  5S  . Nhận xét. Hai lời giải trên thuần túy chỉ sử dụng các hằng đẳng thức thông thường, kết hợp với phương pháp nhóm hạng tử đưa về phương trình tích. Tuy nhiên lời giải 2 sáng tạo hơn lời giải 1 đồng thời cũng gọn gàng hơn về mặt hình thức. Trong việc giải phương trình, chúng ta thường chọn những cách giải hợp lí, ngắn gọn, giảm bớt những tính toán cồng kềnh, cũng là một cách hạn chế những sai sót không đáng có. Bài toán 8. Giải phương trình    4 43 5 16x x    . Lời giải. Đặt 4x t  ; phương trình đã cho trở thành                      2 2 2 24 4 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 4 2 2 2 2 1 1 16 1 2 1 2 16 1 4 1 4 1 4 1 4 16 1 5 2 1 8 16 6 7 0 1 7 0 1 1 3 t t t t t t t t t t t t t t t x t t t t t t t t x                                              Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm  3;5S  . Nhận xét. Phương trình ban đầu có thể giải được bằng phương pháp khai triển hằng đẳng thức trực tiếp, không thông qua phép đặt ẩn phụ. Cách đặt ẩn phụ trung bình và sử dụng khéo léo hằng đẳng thức giúp đưa phương trình về dạng trùng phương quen thuộc. Bài toán tổng quát có dạng    4 4x a x b c    trong đó , ,a b c thỏa mãn phương trình có nghiệm. CREATED BY HOÀNG MINH THI; XYZ1431988@GMAIL.COM SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH 5 Bài toán 9. Giải phương trình      3 3 33 2 1 3 2x x x     . Lời giải. Đặt 3 ;2 1 3 2x a x b a b x        . Phương trình đã cho trở thành      33 3 3 3 3 3 3 3 0 1 3 0 2 1 0 2 3 2 0 2 3 x x a b a b a b a b ab a b ab a b x x x x                                   Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm 2 1 3; ; 3 2 S        . Nhận xét. Các bạn có thể thấy lời giải bài toán 9 khá nhẹ nhàng và ngắn gọn, thông qua một phép đặt hai ẩn phụ và kết hợp hằng đẳng thức cơ bản. Vì sao lại thế ? Dễ thấy    3 2 3 2 1x x x     nên chúng ta có phép đặt như trên. Mặc nhiên, bài toán vẫn giải trọn vẹn theo cách khai triển hằng đẳng thức trực tiếp không thông qua ẩn phụ. Lưu ý các hằng đẳng thức sau để thuận tiện sử dụng         3 3 3 2 2 3 3 3 3 3 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 a b a b a b ab a b ab a b a b a b a b ab a b ab a b                   Bài tập tương tự. Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực                             3 3 3 3 4 4 4 4 3 3 3 3 3 3 1, 1 5 64 2, 2 3 1 3, 1 7 162 4, 2 4 16 5, 3 2 5 2 8 4 6, 2 3 4 1 3 x x x x x x x x x x x x x x                           _____________________________________________________________________________________________ Bài toán 10. Giải phương trình 2 2 1 5 1 2 x x x x     . Lời giải. Điều kiện 0x  . Đặt 2 1x t x   ; phương trình đã cho trở thành    2 21 5 2 5 2 0 2 2 1 0 2 12 t t t t t t tt               Với  222 2 1 0 1 0 1t x x x x          (Thỏa mãn điều kiện 0x  ). Với 22 1 2 2 0t x x     . Phương trình này vô nghiệm vì 0  . Vậy phương trình ban đầu có tập nghiệm  1S  . Nhận xét. Bài toán được giải bằng phép đặt ẩn phụ cơ bản đưa về phương trình bậc hai 1 ẩn. Đối với các phương trình chứa ẩn ở mẫu, đặt ẩn phụ thường được ưu tiên vì làm giảm đi sự cồng kềnh về mặt hình thức. CREATED BY HOÀNG MINH THI; XYZ1431988@GMAIL.COM SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH 6 Bài toán 11. Giải phương trình 2 2 1 1 3 4x x x x         . Lời giải. Điều kiện 0x  . Đặt 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 . 2x t t x x x t x x x x           . " Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 2 2 2 2 2 1 1 2 2 . 2 4 2t x x t x x         ". Phương trình đã cho tương tương với    2 2 1 2 3 4 3 2 0 1 2 0 2 t t t t t t t t                Với 2 1 1 1 1 0t x x x x         . Phương trình này vô nghiệm vì 0  . Với  2212 2 2 1 0 1 0 1t x x x x x x              (Thỏa mãn điều kiện 0x  ). Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm  1S  . Nhận xét. Phương trình đã cho được giải bằng phép đặt ẩn phụ một biến thông thường. Nội dung trong dấu "" có thể có hoặc không, nhằm mục đích loại nghiệm ngoại lai nhanh chóng. Ngoài cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy các bạn có thể sử dụng phương trình bậc hai để tìm ra kết quả tương tự. Trong các bài toán biện luận phương trình chứa tham số, tìm điều kiện phía trên cho ẩn phụ là bắt buộc và quyết định kết quả bài toán. Tùy theo khả năng riêng của mình, các bạn có thể lựa chọn cho mình cách làm phù hợp. Bài toán 12. Giải phương trình 3 3 1 1 78x x x x        . Lời giải. Điều kiện 0x  . Đặt 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 3 . 3 3x t t x x x x x x t t x x x x x x x                          Phương trình đã cho trở thành   3 3 78 9 9 0 0; 9; 9t t t t t t t t t           . Với 20 1t x    . Phương trình này vô nghiệm. Với 2 9 77 29 9 1 0 9 77 2 x t x x x              Với 2 9 77 29 9 1 0 9 77 2 x t x x x                 Phương trình đã cho có bốn nghiệm. Nhận xét. Về phương cách giải tương tự bài toán 8 và 9. Các bạn lưu ý các hằng đẳng thức sau thêm một lần         3 3 3 2 2 3 3 3 3 3 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 a b a b a b ab a b ab a b a b a b a b ab a b ab a b                   CREATED BY HOÀNG MINH THI; XYZ1431988@GMAIL.COM SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH 7 Bài toán 13. Giải phương trình 2 2 1 1 2 5 4 1 36x x x x             . Lời giải. Điều kiện 0x  . Đặt 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 4 2.2 . 4 4x t t x x x t x x x x           . Phương trình đã cho tương đương với          2 3 2 2 2 1 5 5 36 5 5 11 0 1 6 11 0 6 11 0 t t t t t t t t t t t                     Phương trình (*) vô nghiệm do 0  . Với    2 1 1 2 1 0 1 2 1 0 1 2 x t x x x x x                (Thoả mãn điều kiện 0x  ). Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm 1 ;1 2 S       . Bài tập tương tự. Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 1 3 5 1, 3 1 2 2 2 1 2, 2 2 1 2 4 1 3, 4 6 8 6 4, 3 9 3 5, 16 4 175 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                            _____________________________________________________________________________________________ Bài toán 14. Giải phương trình 4 3 22 6 2 1 0x x x x     . Lời giải. Xét 0x  không thỏa mãn phương trình đã cho. Xét 0x  ; phương trình đã cho tương đương với 2 22 2 2 1 1 1 2 6 2 6 0x x x x x x x x               (1). Đặt 2 2 2 1 1 2x t x t x x       . Khi đó    22 1 3 2 1 2 8 0 1 9 1 3 1 3 4 t t t t t t t t                       Với  212 2 1 0 1t x x x x          . Với 2 2 31 4 4 4 1 0 2 3 x t x x x x x                    Phương trình ban đầu có tập nghiệm  2 3; 2 3;1S      . CREATED BY HOÀNG MINH THI; XYZ1431988@GMAIL.COM SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH 8 Nhận xét. Phương trình trong bài toán 14 mang tên phương trình hồi quy cơ bản (phương trình đối xứng). Về hình thức tổng quát 4 3 2 0ax bx cx bx a     . Trước tiên xét 0x  có thỏa mãn phương trình hay không, kết luận. Tiếp tục xét 0x  , chia cả hai vế của phương trình cho 2x ta thu được 2 2 1 1 0a x b x c x x                . Đặt ẩn phụ 2 2 2 1 1 2x t x t x x       . Lưu ý có thể tìm miền giá trị cho ẩn phụ t bằng bất đẳng thức Cauchy hoặc phương trình bậc hai. Đưa về phương trình 2 2 0at bt c a    và giải nghiệm. Bài toán 15. Giải phương trình 4 32 3 4 3 2 0x x x x     . Lời giải. Xét 0x  không thỏa mãn phương trình đã cho. Xét 0x  ; phương trình đã cho tương đương với 2 22 2 3 2 1 1 2 3 4 2 3 4 0x x x x x x x x                     (1). Đặt 2 2 2 1 1 2x t x t x x       . Khi đó    2 0 1 2 3 0 2 3 0 2 3 0 t t t t t t            Với 2 1 0 1 0 1 x t x x          Với 2 2 2 3 0 2 3 2 0 1 2 x t x x x             Vậy phương trình ban đầu có tập nghiệm 1 2; 1; ;1 2 S        . Nhận xét. Phương trình trong bài toán 15 mang tên phương trình phản hồi quy. Về cơ bản cách giải tương tự phương trình hồi quy. Dạng tổng quát 4 3 2 0ax bx cx bx a     . Đặt ẩn phụ 2 2 2 1 1 2x t x t x x       . Lưu ý trong trường hợp này ẩn phụ mới t không cần điều kiện. Bài toán 16. Giải phương trình 4 3 29 6 25 8 16 0x x x x     . Lời giải. Xét 0x  không thỏa mãn phương trình đã cho. Xét 0x  ; phương trình đã cho tương đương với 2 22 2 8 16 16 4 9 6 25 9 2 3 25 0x x x x x x x x                     (1). Đặt 2 2 2 4 16 3 9 24; 4 3x t x t t x x        . Phương trình (1) trở thành  22 2 1 0 1 0 1t t t t        . Với 21 3 4 0t x x     . Phương trình này vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Nhận xét. Phương trình ban đầu được gọi là phương trình hồi quy mở rộng, cách giải hoàn toàn tương tự. Dạng tổng quát 4 3 2 0ax bx cx dx e     trong đó các hệ số thỏa mãn điều kiện 2 ; 0 e d e a b       . CREATED BY HOÀNG MINH THI; XYZ1431988@GMAIL.COM SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH 9 Bài tập tương tự. Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực 4 3 2 4 3 2 4 3 2 4 3 2 4 3 2 1, 2 5 5 2 0 2, 2 3 16 3 2 0 3, 2 5 2 1 0 4, 2 3 7 6 8 0 5, 2 21 74 105 50 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                          _____________________________________________________________________________________________ Bài toán 17. Giải phương trình      1 1 3 5 9x x x x     . Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với           2 21 5 1 3 9 4 5 4 3 9x x x x x x x x                 (1). Đặt 2 4 1x x t   ; phương trình (1) trở thành           2 2 2 2 8 4 4 9 25 5 5 0 4 4 4 4 0 2 8 2 x t t t t t x x x x x x                            Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm  2 8; 2 8; 2S       . Bài toán 18. Giải phương trình       1 2 4 5 112x x x x     . Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với            2 21 4 2 5 112 3 4 3 10 112x x x x x x x x                 (1). Đặt 2 3 4x x t   thì (1) trở thành             2 2 2 2 3 18 0 2 6 112 8 14 0 3 4 3 18 0 3 4 0 3 x x t t t t x x x x x x                      Phương trình (3) vô nghiệm sở dĩ 0  ;       6 2 6 3 0 3 x x x x         Kết luận tập nghiệm của phương trình là  6;3S   . Nhận xét. Hai bài toán 17 và 18 đều được giải bằng phương pháp đặt một ẩn phụ. Hai lời giải tương ứng tuy có khác nhau về câu chữ cũng như cách đặt ẩn, nhưng đơn thuần chỉ là nét linh hoạt và sáng tạo khi làm toán. Các bạn có thể nhận thấy trong lời giải bài toán 17, cách đặt ẩn trung bình 2 4 1x x t   giúp chúng ta đưa ngay phương trình về dạng hằng đẳng thức rất đẹp, không qua bước tính nghiệm phương trình bậc hai như bài toán 18. Tùy theo kinh nghiệm và gu trình bày của bản thân, các bạn tự lựa chọn cho mình phương cách phù hợp nhất. Trở lại hai bài toán, chúng ta có dạng tổng quát:      x a x b x c x d m     trong đó các hệ số , , ,a b c d thỏa mãn điều kiện a b c d   hoặc ;a c b d a