TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG BÌNH KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN  - TƯỞNG THỊ VÂN MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP VÀ KỸ THUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO CHO HỌC SINH THCS KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP NGÀNH SƯ PHẠM TOÁN - TIN Hệ đào tạo: Chính quy Khóa học: 2014 - 2017 Quảng Bình, tháng năm 2017 LỜI CẢM ƠN Sau thời gian nghiên cứu tìm hiểu em hồn thành đề tài “Một số phương pháp kỹ thuật giải phương trình bậc cao cho học sinh THCS Ngồi cố gắng thân, em nhận nhiều động viên, giúp đỡ từ phía Nhà trường, thầy cơ, gia đình bạn bè Với tình cảm chân thành em xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu nhà trường, toàn thể cán bộ, giảng viên trường Đại học Quảng Bình, giảng viên khoa Khoa học Tự nhiên tận tình truyền đạt kiến thức nhiều kinh nghiệm quý báu cho chúng em suốt trình học tập Đặc biệt em xin tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Th.S Phan Trọng Tiến, người tận tình hướng dẫn em suốt q trình thực khóa luận Xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến tập thể lớp CĐSP Tốn –Tin K56 động viên, khích lệ em q trình học tập hồn thành khóa luận tốt nghiệp Xin cảm ơn gia đình, người thân bên cạnh động viên tạo điều kiện tốt để em học tập hoàn thành khóa luận Cuối em xin kính chúc thầy giáo nhiều sức khỏe gặt hái nhiều thành cơng nghiệp trồng người Em xin chân thành cảm ơn ! Quảng Bình, tháng năm 2017 Sinh viên Tưởng Thị Vân LỜI CAM ĐOAN Khóa luận kết thân em qua trình học tập, nghiên cứu bậc đại học, em tìm tòi khám phá thơng qua sách đóng góp bạn sinh viên, bên cạnh em quan tâm, tạo điều kiện thầy cô khoa khoa học tự nhiên, đặt biệt thầy cô môn Tốn Vì em xin khẳng định kết đề tài: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP VÀ KỸ THUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO CHO HỌC SINH THCS” Là kết riêng em khơng trùng với đề tài khác Quảng Bình, tháng năm 2017 Sinh viên Tưởng Thị Vân MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN LỜI CAM ĐOAN MỤC LỤC BẢNG CÁC TỪ VIẾT TẮT LỜI MỞ ĐẦU 1 Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Error! Bookmark not defined Nội dung khóa luận .1 CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC LÝ THUYẾT 1.1 Vành đa thức ẩn 1.1.3 Nghiệm đa thức 1.2 Phương trình ẩn CHƯƠNG 2: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO 2.1 Phương trình trùng phương .6 2.1.1 Phương pháp 2.1.2 Ví dụ .6 2.1.3 Bài tập 10 2.2 Phương trình quy phương trình bậc bốn trùng phương 11 2.2.1 Phương pháp 11 2.2.2 Ví dụ .12 2.2.3 Bài tập 14 2.3 Phân tích đa thức thành nhân tử phương pháp dùng đẳng thức .14 2.3.1 Phương pháp 14 2.3.2 Ví dụ .15 2.3.3 Bài tập 16 2.4 Phương trình đối xứng .16 2.4.1 Phương trình đối xứng bậc chẵn 16 2.4.2 Phương trình đối xứng bậc lẻ .17 2.5 Phương trình tam thức .19 2.5.1 Phương pháp 19 2.5.2 Ví dụ .19 2.5.3 Bài tập 20 2.6 Phương pháp dùng hệ số bất định 20 2.6.1 Phương pháp 20 2.6.2 Ví dụ .21 2.6.3 Bài tập 23 2.7 Một số phương pháp quy phương trình bậc hai 24 2.7.1 Phương trình hồi quy 24 2.7.2 Phương trình có dạng: 𝒙 + 𝒂𝒙 + 𝒃𝒙 + 𝒄𝒙 + 𝒅 = 𝒎𝒙𝟐 29 2.7.3 Phương trình có dạng: (𝒙 + 𝒂)(𝒙 + 𝒃)(𝒙 + 𝒄)(𝒙 + 𝒅) = 𝒎 .31 2.7.4 Phương trình có dạng 𝒂𝟐𝒙𝟒 + 𝟐𝒂𝒃𝒙𝟑 + ±𝒂 + 𝒃𝟐𝒙𝟐 ± 𝒃𝒙 + 𝒄 = 𝟎 .34 KẾT LUẬN 37 TÀI LIỆU THAM KHẢO .38 BẢNG CÁC TỪ VIẾT TẮT STT Từ viết tắt Diễn giải THCS Trung học sở TH Trường hợp CĐSP Cao đẳng sư phạm PTVN Phương trình vơ nghiệm VT Vế trái VP Vế phải ĐS Đáp số LỜI MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong nhà trường phổ thơng mơn Tốn giữ vị trí quan trọng giúp học sinh học tốt hầu hết mơn học công cụ nhiều ngành khoa học kĩ thuật, có nhiều ứng dụng to lớn đời sống Trong mơn Tốn phương trình giữ vị trí quan trọng đối tượng nghiên cứu Đại số mà cơng cụ đắc lực Giải tích Nó giới thiệu từ năm đầu bậc phổ thông dạng đơn giản Phần lớn em học sinh lúng túng gặp phương trình bậc cao Ở phổ thơng khơng học phép giải tổng qt cho phương trình bậc 3, bậc Tuy nhiên số trường hợp đặc biệt đưa phương trình cần giải phương trình bậc thấp Việc giải phương trình bậc cao học sinh THCS đòi hỏi mức độ đơn giản, chủ yếu phương trình đặc biệt đưa phương trình bậc phương trình bậc hai nhằm rèn luyện kỹ giải phương trình bậc phương trình bậc hai Qua hướng cho học sinh tư khái quát phương trình để em làm quen dần với cách giải phương trình chương trình THPT Đó lý em chọn đề tài:“Một số phương pháp kỹ thuật giải phương trình bậc cao cho học sinh THCS” để làm khóa luận tốt nghiệp với mong muốn góp phần nhỏ bé làm tăng vẻ đẹp mơn Tốn qua việc giải phương trình bậc cao Nội dung khóa luận Trong đề tài: “Một số phương pháp kỹ thuật giải phương trình bậc cao cho học sinh THCS” đưa số kiến thức lý thuyết mà học sinh cần nắm để sử dụng trình giải phương trình bậc cao số phương pháp để giải phương trình bậc cao giới thiệu, bao gồm chương sau: Chương 1: Một số kiến thức sở Trong chương tơi trình bày số kiến thức lý thuyết vành đa thức mà học sinh cần nắm để sử dụng trình giải phương trình bậc cao Chương 2: Một số phương pháp kỹ thuật giải phương trình bậc cao Trong chương tơi hệ thống lại số phương pháp kỹ thuật giải phương trình bậc cao đưa ví dụ cụ thể, tập tương tự để giúp học sinh nâng cao kĩ kiến thức giải phương trình CHƯƠNG 1: MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Vành đa thức ẩn 1.1.1 Xây dựng vành đa thức ẩn Định lý:( Định lý 1.1, [3]): Giả sử 𝐴 vành giao hốn có đơn vị kí hiệu Gọi 𝑃 tập hợp dãy ( 𝑎0 , 𝑎1 ,…, 𝑎𝑛 ,…) Trong 𝑎𝑖 ∈ 𝐴, ∀𝑖 ∈ 𝑁 số hữu hạn hạn tử 𝑎𝑖 ≠ Như 𝑃 phận luỹ thừa đề 𝐴.Ta định nghĩa phép cộng phép nhân 𝑃 sau: (1) (𝑎0 , 𝑎1 ,…, 𝑎𝑛 ,…) + (𝑏0 , 𝑏1 ,…, 𝑏𝑛 ,…) = ( 𝑎0 + 𝑏0 , 𝑎1 + 𝑏1 ,…,𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 ,…) (2) (𝑎0 , 𝑎1 ,…, 𝑎𝑛 ,… ).(𝑏0 , 𝑏1 ,…, 𝑏𝑛 ,…) = (𝑐0 , 𝑐1 ,…, 𝑐𝑛 ,…) Với 𝑐𝑘 = 𝑎0 𝑏𝑘 + 𝑎1 𝑏𝑘−1 + ⋯ + 𝑎𝑘 𝑏0 𝑐𝑘 = ∑𝑖+𝑗=𝑘 𝑎𝑖 𝑏𝑗 , 𝑘 = 0, 1, … 1.1.2 Phép chia đa thức 1.1.2.1 Phép chia với số dư Định lí:( Định lí 2.3, [3]) Giả sử A trường, 𝑓 (𝑥)và 𝑔(𝑥) ≠ hai đa thức vành 𝐴𝑥; có hai đa thức 𝑞(𝑥)và 𝑟(𝑥) thuộc 𝐴𝑥 cho 𝑓 (𝑥)= 𝑔(𝑥) 𝑞 (𝑥) + 𝑟(𝑥), với 𝑑𝑒𝑔 𝑟(𝑥)< 𝑑𝑒𝑔 𝑔(𝑥) 𝑟(𝑥) ≠ Hệ quả:(Hệ 2.3, [3]): 𝑓(𝑥)chia hết cho 𝑔(𝑥) dư phép chia 𝑓(𝑥) cho 𝑔(𝑥)bằng 1.1.2.2 Lược đồ Horner Cho đa thức 𝑓(𝑥)∈ 𝐴𝑥 𝑓(𝑥)= 𝑎0 𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 +… + 𝑎𝑛−1 𝑥 + 𝑎𝑛 , 𝑎 ∈ A Giả sử thương phép chia 𝑓(𝑥) cho (𝑥 – α) 𝐴𝑥 𝑞(𝑥) = 𝑏0 𝑥 𝑛−1 + 𝑏1 𝑥 𝑛−2 +… + 𝑏𝑛−1 , 𝑏𝑖 ∈ A, 𝑖 = ̅̅̅̅̅ 0, 𝑛 Suy 𝑎0 𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 +… + 𝑎𝑛−1 𝑥 + 𝑎𝑛 = (x – α)(𝑏0 𝑥 𝑛−1 + 𝑏1 𝑥 𝑛−2 +… + 𝑏𝑛−1 ) + 𝑓(𝛼) So sánh hệ tử lũy thừa giống 𝑥 hệ thức ta lập bảng sau: 𝑎0 α 𝑏0 = 𝑎0 𝑎1 𝑏1 = 𝑎1 +α𝑏0 𝑎𝑛−1 … … 𝑏𝑛−1 = 𝑎𝑛−1 +α𝑏𝑛−2 𝑎𝑛 𝑟 = 𝑎𝑛 +α𝑏𝑛−1 1.1.3 Nghiệm đa thức 1.1.3.1 Định nghĩa: (Định nghĩa 4.3, [3]) Giả sử 𝐾 trường đó, 𝐴 trường 𝐾 Một phần tử α ∈ 𝐾 gọi nghiệm đa thức 𝑓(𝑥) ∈ 𝐴𝑥 𝑓(𝛼) = Ta nói α nghiệm phương trình đại số 𝑓(𝑥) = 𝐾 Nếu 𝑑𝑒𝑔 𝑓(𝑥) = 𝑛 phương trình 𝑓(𝑥) = gọi phương trình đại số bậc 𝑛 (𝑛 ≥ 1) 1.1.3.2 Định lí Berzout: (Định lí 4.4, [1]) Cho A trường, α ∈ 𝑃(𝑥) ∈ 𝐴[𝑥] Khi dư phép chia 𝑃(𝑥) cho 𝑥 – 𝛼 𝑃(𝛼) Đây định lí quan trọng ứng dụng nhiều Sau chứng minh lại định lí Chứng minh Giả sử 𝑃(𝑥) = (𝑥 – 𝛼) 𝑞(𝑥) + 𝑟(𝑥), 𝑟(𝑥) ≠ 𝑟(𝑥) = - Nếu 𝑟(𝑥) ≠ 𝑑𝑒𝑔 𝑟(𝑥) < 𝑑𝑒𝑔(𝑥 – 𝛼 ) = Suy 𝑟(𝑥) = 𝑟 ∈ 𝐴 Ta có 𝑃(𝛼) = + 𝑟 = 𝑟 Trong trường hợp phần dư phép chia 𝑃(𝑥) cho 𝑥 – 𝛼 𝑟 = 𝑃(𝛼) - Nếu 𝑟(𝑥) = 𝑃(𝑥) = ( 𝑥 – 𝛼 ) 𝑞(𝑥) Khi 𝑃(𝛼) = ⇔ 𝑃(𝑥) chia hết (𝑥 – 𝛼) Hệ quả: (Hệ 4.3, [3]): Cho 𝑃(𝑥) ∈ 𝐾[𝑥], 𝛼 ∈ 𝐾 Khi đó: 𝑃(𝑥) chia hết cho 𝑥 – 𝛼 𝛼 nghiệm 𝑃(𝑥) 𝐾 1.1.3.3 Nghiệm bội Định nghĩa: (Định nghĩa 4.4, [3]): Cho đa thức 𝑃(𝑥) = 𝑎0 𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 +… + 𝑎𝑛−1 𝑥 + 𝑎𝑛 ∈ 𝐴[𝑥] Nếu 𝑃(𝑥) có biểu diễn dạng 𝑃(𝑥) = (𝑥 − 𝛽1 )𝑚1 (𝑥 − 𝛽2 )𝑚2 …(𝑥 − 𝛽𝑘 )𝑚𝑘 Trong - 𝛽1 , 𝛽2 ,…, 𝛽𝑘 đôi khác - 𝑚1 , 𝑚2 ,…, 𝑚𝑘 số tự nhiên 𝑚1 + 𝑚2 +…+ 𝑚𝑘 = 𝑛 Khi 𝑚1 , 𝑚2 ,…, 𝑚𝑘 gọi bội tương ứng nghiệm 𝛽1 , 𝛽2 ,…, 𝛽𝑘 Người ta gọi nghiệm α đa thức 𝑃(𝑥) bội bậc 𝑚 𝑃(𝑥) chia hết (𝑥 − 𝛼)𝑚 không chia hết cho (𝑥 − 𝛼)𝑚+1 Nhận xét: 𝑐 ∈ 𝐴 nghiệm bội m đa thức 𝑓(𝑥) ∈ 𝐴[𝑥] 𝑓(𝑥) = (𝑥 − 𝑐)𝑚 𝑔(𝑥) với (𝑔(𝑥), 𝑥 − 𝑐) = Chú ý: - Giả sử 𝐴 miền nguyên, số nghiệm đa thức ≠ 𝑓(𝑥) ∈ 𝐴[𝑥], nghiệm tính với số bội khơng vượt bậc 𝑓(𝑥) - Nếu hai đa thức 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) ∈ 𝐴[𝑥] có bậc 𝑛 lấy giá trị 𝑛 + phần tử khác miền nguyên 𝐴 chúng 1.1.3.4 Một số định lí tồn nghiệm đa thức Định lí 1: (Định lí 4.1, [3]): Mọi đa thức bậc lẻ với hệ số thực có nghiệm thực Định lí 2: (Định lí 4.2, [3]): Mọi đa thức 𝑓(𝑥) bậc 𝑛 ≥ trường số phức ( hay số thực ) có 𝑛 nghiệm phức, nghiệm tính với bội Định lí 3: (Định lí 4.3, [3]): Cho 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥), 𝑑𝑒𝑔 𝑓(𝑥) = 𝑚 𝑔(𝑥) có 𝑚 nghiệm 𝐴 Khi 𝑓(𝑥) chia hết cho 𝑔(𝑥) ⇔ 𝑓(𝑥) = nghiệm bội 𝑐 𝑔(𝑥) nghiệm bội 𝑘’của 𝑓(𝑥) với 𝑘’ ≥ 𝑘 Định lí 4: (Định lí 4.4, [3]): Cho đa thức hệ số nguyên 𝑓(𝑥) = 𝑎0 𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 +… + 𝑎𝑛−1 𝑥 + 𝑎𝑛 (𝑎 ≠ 0) Khi phân số tối giản 𝑝 𝑞 nghiệm đa thức 𝑓(𝑥) { 𝑝/𝛼𝑛 𝑞/𝛼0 Hệ 1: (Hệ 4.1, [3]): Mọi nghiệm nguyên đa thức với hệ số nguyên ước số hạng tự Hệ 2: (Hệ 4.2, [3]): Mọi nghiệm hữu tỷ đa thức với hệ số nguyên có hệ số cao số nguyên Định lí 5: (Định lí 4.5, [3]): Cho đa thức với hệ số nguyên 𝑓(𝑥) = 𝑎0 𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 +… + 𝑎𝑛−1 𝑥 + 𝑎𝑛 ∈ 𝐴[𝑥].Phân số tối giản 𝑝 𝑞 nghiệm đa thức 𝑓(𝑥) Khi với 𝑚 ∈ ¢ ta có ( 𝑝 – 𝑚𝑞)/𝑓(𝑚) Trường hợp đặc biệt: (𝑝 – 𝑞)/𝑓(1) (𝑝 + 𝑞)/𝑓(−1) + Sử dụng chức TABLE ta tính 𝑓 (0,5) 𝑓(1) <  𝑓 ( 𝑥) có nghiệm 𝑥2 thuộc (0,5; 1) + Sử dụng chức SOLVE với giá trị đầu 0,75 ∈ (0,5; 1) ta tìm nghiệm 𝑥2  0,640388203  𝐵 (gán cho biến nhớ 𝐵) + Tính 𝐴 + 𝐵 = 3.341662604 số hữu tỷ nên ta phải tìm tiếp nghiệm thứ + Sử dụng chức TABLE ta tính 𝑓 (−0,5) 𝑓 (0) <  𝑓(𝑥) có nghiệm 𝑥3 thuộc (−0,5; 0) + Sử dụng chức SOLVE với giá trị đầu −0,25 ∈ (0,5; ) ta tìm nghiệm 𝑥3   0,390388203 𝐶 (gán cho biến nhớ 𝐶) + Tính +𝐵 = ; 𝐴 𝐵 = − suy 𝑥2 ; 𝑥3 nghiệm phương trình 4 4𝑥 − 𝑥 − = + Thực phép chia 4𝑥 − 17𝑥 + 7𝑥 + 3𝑥 − cho 4𝑥 − 𝑥 − 1, ta được: 4𝑥 − 17𝑥 + 7𝑥 + 3𝑥 − = (4𝑥 − 𝑥 − 1)(𝑥 − 4𝑥 + 1) Chú ý: Cách áp dụng cho đa thức bậc 6, 8,…, bậc 2k 2.7 Một số phương pháp quy phương trình bậc hai 2.7.1 Phương trình hồi quy Là phương trình có dạng 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥 + 𝑑𝑥 + 𝑒 = (1) Trong 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒 số thực tùy ý thỏa mãn: 𝑎 ≠ 0, 𝑒 𝑎 𝑑 = ( )2 , 𝑒 ≠ 𝑏 2.7.1.1 Phương pháp Ta thực theo bước sau: Bước 1: Nhận xét 𝑥 = khơng phải nghiệm phương trình Chia hai vế phương trình cho 𝑥 ≠ 0, ta 𝑑 𝑒 𝑥 𝑥2 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐 + + ⇔𝑎 (𝑥 + 𝑒 𝑎𝑥 =0 ) + 𝑏 (𝑥 + Bước 2: Đặt 𝑡 = 𝑥 + 𝑎𝑡 + 𝑏𝑡 + 𝑐 − 2𝑎𝑑 𝑏 𝑑 𝑏𝑥 𝑑 𝑏𝑥 )+𝑐 =0 , suy 𝑥 + (2) 𝑒 𝑎𝑥 𝑑 = 𝑡 − Khi phương trình (2) có dạng 𝑏 =0 (3) 24 Bước 3: 𝑑 TH1: Nếu 𝑏𝑑 > ta có điều kiện 𝑡 ≥ 2√ Khi đó: 𝑏 a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm Ta sử dụng phương pháp gián tiếp, tức tìm điều kiện để phương trình (3) vơ nghiệm phương trình (3) có nghiệm 𝑑 𝑑 𝑏 𝑏 nghiệm thuộc (−2√ ; 2√ ) b) Phương trình (1) có nghiệm ⇒ Phương trình (3) có nghiệm 𝑑 𝑑 𝑏 𝑏 𝑡 = 2√ = −2√ Từ ta tìm điều kiện tham số, sau thử lại c) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (3) có nghiệm 𝑑 𝑑 𝑑 𝑑 𝑏 𝑏 𝑏 𝑏 𝑡1 = 2√ ; 𝑡2 = −2√ 𝑡1 < −2√ < 𝑡2 < 2√ 𝑑 𝑑 𝑏 𝑏 −2√ < 𝑡1 < 𝑡2 < 2√ d) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (3) có nghiệm 𝑑 𝑑 𝑑 𝑑 𝑏 𝑏 𝑏 𝑏 𝑡1 = 2√ ; 𝑡2 = −2√ 𝑡1 < −2√ < 𝑡2 < 2√ 𝑑 𝑑 𝑏 𝑏 −2√ < 𝑡1 < 𝑡2 < 2√ TH2: Nếu 𝑏𝑑 < khơng có điều kiện cho ẩn phụ 𝑡, tức với nghiệm 𝑡0 (3) ta ln có nghiệm phân biệt 𝑥1 , 𝑥2 cho (1) Do : a) Phương trình (3) vơ nghiệm ⇔ Phương trình (1) vơ nghiệm b) Phương trình (3) có nghiệm ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm c) Phương trình (3) có hai nghiệm ⇔ Phương trình (1) có bốn nghiệm  Cách giải khác cho số dạng đặc biệt phương trình hồi quy 1) Phương trình có dạng 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥 ± 𝑘𝑏𝑥 + 𝑘 𝑎 = 𝑎 ≠ 𝑘2 𝑎 𝑎 = 𝑘2 = ( (1) ±𝑘𝑏 ) 𝑏 Ta giải sau: Đặt 𝑡 = 𝑥 ± 𝑘, 𝑡 = 𝑥 ± 2𝑘𝑥 + 𝑘 Biến đổi phương trình (1) dạng 𝑎(𝑥 ± 2𝑘𝑥 + 𝑘 ) + 𝑏𝑥 (𝑥 ± 𝑘 ) + 𝑐𝑚2𝑘𝑥( 𝑥 ) = 25 Do ta có phương trình 𝑎𝑡 + 𝑏𝑡𝑥 + 𝑐𝑚2𝑎𝑥 = Phương trình (2) ẩn 𝑡 có nghiệm ⇔ 𝛥 ≥ ⇔ 𝑏2 𝑥 − 4𝑎𝑐𝑚2𝑎𝑥 ≥ ⇔ 𝑏2 − 4𝑎𝑐 ± 8𝑎2 ≥ Thay nghiệm 𝑡( phụ thuộc 𝑥) vào biểu thức 𝑡 = 𝑥 ± 𝑘 hay 𝑥 − 𝑡 ± 𝑘 = giải phương trình ta tìm 𝑥 2) Phương trình bậc bốn dạng 𝑥 + 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥 + 𝑐2 𝑎2 = 𝑐2 𝑐2 𝑎2 =0 𝑎≠0 (1) 𝑐2 = ( )2 𝑎2 𝑎 Ta giải sau: 𝑐 𝑐 𝑐2 𝑎 𝑎 𝑎2 Đặt 𝑡 = 𝑥 + , suy 𝑡 = 𝑥 + 𝑥 + 𝑐 𝑐2 𝑎 𝑎2 (𝑥 + 𝑥 + 𝑐 2𝑐 𝑎 𝑎 ) + 𝑎𝑥 (𝑥 + ) + (𝑏 − 𝑐 𝑐 2𝑐 𝑎 𝑎 𝑎 ⇔(𝑥 + )2 + 𝑎𝑥 (𝑥 + ) + (𝑏 − Biến đổi phương trình cho dạng ) 𝑥2 = ) 𝑥2 = Do ta có phương trình 𝑡 + 𝑎𝑥𝑡 + (𝑏 − 2𝑐 𝑎 ) 𝑥2 = (2) Phương trình (2) ẩn 𝑡 có nghiệm ⇔ 𝛥 ≥ ⇔ 𝑎2 𝑥 − (𝑏 − 2𝑐 ⇔ 𝑎2 − 4𝑏 + 𝑎 ) 𝑥2 ≥ 8𝑐 𝑎 ≥0 𝑐 Thay nghiệm 𝑡 (phụ thuộc 𝑥) tìm vào biểu thức 𝑡 = 𝑥 + hay 𝑎 𝑐 𝑥 + − 𝑡 = giải phương trình ta tìm 𝑥 𝑎 2.7.1.2 Ví dụ Ví dụ 1: giải phương trình 2𝑥 − 21𝑥 + 74𝑥 − 105𝑥 + 50 = Giải Nhận thấy 𝑥 = khơng phải nghiệm phương trình Chia hai vế phương trình cho 𝑥 ≠ 0, ta được: 26 (𝑥 + 25 𝑥2 ) − 21 (𝑥 + ) + 74 = 𝑥 Đặt 𝑡 = 𝑥 + 𝑥 với điều kiện 𝑡 ≥ 2√5, suy ta có 𝑥 + 25 𝑥2 = 𝑡 − 10 Khi phương trình trở thành 2𝑡 − 21𝑡 + 94 = ⇔ 𝑡 = Với 𝑡 = 21 21 𝑥 , ta có: 𝑥 + = 21 (thỏa mãn) ⇔ 𝑥2 − 21 𝑥+5=0 𝑥=4 ⇔ [𝑥 = 5 Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt 𝑥 = 4, 𝑥 = Ví dụ 2: Giải phương trình 𝑥 − 5𝑥 + 2𝑥 + 5𝑥 + = Giải Nhận thấy 𝑥 = nghiệm phương trình Chia hai vế phương trình cho 𝑥 ≠ 0, ta được: + =0 𝑥 𝑥2 1 ⇔ 𝑥 + − (𝑥 − ) + = 𝑥 𝑥 𝑥 − 5𝑥 + + 1 𝑥 𝑥2 Đặt 𝑡 = 𝑥 − , suy 𝑥 + = 𝑡 + Khi phương trình trở thành 𝑡 + − 5𝑡 + = 𝑡=1 ⇔𝑡 − 5𝑡 + = ⇔ [ ( thỏa mãn) 𝑡=4 1±√5 𝑥 Với 𝑡 = ta có 𝑥 − = ⇔ 𝑥 − 𝑥 − = ⇔ 𝑥 = Với 𝑡 = ta có 𝑥 − = ⇔ 𝑥 − 4𝑥 − = ⇔ 𝑥 = ± √5 𝑥 Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt 𝑥 = Ví dụ 3: Cho phương trình 𝑥 + 𝑚𝑥 + 2𝑚𝑥 + 𝑚𝑥 + = a) Giải phương trình = − b)Tìm 𝑚 để phương trình có nghiệm 27 1±√5 , 𝑥 = ± √5 Giải Nhận thấy 𝑥 = nghiệm phương trình Chia hai vế phương trình cho 𝑥 ≠ 0, ta được: 𝑥 + 𝑚𝑥 + 2𝑚 + ⇔𝑥 + 𝑥2 𝑚 𝑥 + 𝑥2 =0 + 𝑚 (𝑥 + ) + 2𝑚 = (1) 𝑥 1 𝑥 𝑥2 Đặt = 𝑥 + , với điều kiện 𝑡 ≥ 2, suy 𝑥 + = 𝑡 − Khi phương trình (1) trở thành 𝑡 − + 𝑚𝑡 + 2𝑚 = ⇔ 𝑡 + 𝑚𝑡 + 2𝑚 − = (2) Đặt 𝑓(𝑡 ) = 𝑡 + 𝑚𝑡 + 2𝑚 − 𝑡=2 1 a) Với 𝑚 = − , ta có 𝑡 − 𝑡 − = ⇔ [𝑡 = − 2 Kiểm tra điều kiện ta 𝑡 = Với 𝑡 = ta có: 𝑥 + = ⇔ 𝑥 − 2𝑥 + = ⇔ 𝑥 = 𝑥 Vậy với 𝑚 = − phương trình cho có nghiệm 𝑥 = b) Ta xét tốn ngược: Tìm m để phương trình cho vơ nghiệm Phương trình cho vơ nghiệm ⇔ Phương trình (2) vơ nghiệm phương trình (2) có nghiệm nghiệm thuộc (−2; 2) 𝛥 2>0 ⇔ ⇔ ⇔ { 𝑎𝑓 (2) > 𝑚>− 4𝑚 + > 𝑚 𝑆 [ −2 < − < −4 < 𝑚 < [{ −2 < < [{ ⇔[ − 2√2 < 𝑚 < + 2√2 ⇔− < 𝑚 < + 2√2 − < 𝑚 ≤ − 2√2 Vậy phương trình cho có nghiệm 𝑚 ≤ − 𝑚 ≥ + 2√2 2.7.1.3 Bài tập Bài 1: Giải phương trình sau: a) 2𝑥 + 3𝑥 − 16𝑥 − 3𝑥 + = b) 𝑥 + 5𝑥 − 7𝑥 + 5𝑥 + = c) 2𝑥 − 𝑥 + 10𝑥 + 5𝑥 + 50 = 28 Bài 2: Cho phương trình 𝑥 + 𝑚𝑥 + 7𝑥 + 𝑚𝑥 + = a) Giải phương trình 𝑚 = b) Tìm 𝑚 để phương trình có nghiệm phân biệt 2.7.2 Phương trình có dạng: (𝒙 + 𝒂)(𝒙 + 𝒃)(𝒙 + 𝒄)(𝒙 + 𝒅) = 𝒎𝒙𝟐 2.7.2.1 Phương pháp Phương trình có dạng: (𝑥 + 𝑎)(𝑥 + 𝑏)(𝑥 + 𝑐 )(𝑥 + 𝑑 ) = 𝑚𝑥 (1) Trong 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑚 số thực thỏa mãn 𝑎𝑏𝑐𝑑 ≠ 0, 𝑎𝑏 = 𝑐𝑑 𝑎𝑐 = 𝑏𝑑 𝑎𝑑 = 𝑏𝑐 Ta thực theo bước sau Bước 1: Nhận thấy 𝑥 = nghiệm phương trình Chia hai vế phương trình (1) cho 𝑥 = ta được: (𝑥+𝑎)(𝑥+𝑏)(𝑥+𝑐)(𝑥+𝑑) 𝑥2 ⇔ = 𝑚 (𝑥+𝑎)(𝑥+𝑏) (𝑥+𝑐)(𝑥+𝑑) 𝑥 ⇔ (𝑥 + 𝑎𝑏 ⇔ (𝑥 + 𝑎𝑏 𝑥 𝑥 𝑥 = 𝑚 + 𝑎 + 𝑏) (𝑥 + 𝑐𝑑 + 𝑎 + 𝑏) (𝑥 + 𝑎𝑏 Bước 2: Đặt 𝑦 = 𝑥 + 𝑎𝑏 𝑥 𝑥 𝑥 + 𝑐 + 𝑑) = 𝑚 + 𝑐 + 𝑑) = 𝑚 (2) Thay vào phương trình (2) ta (𝑦 + 𝑎 + 𝑏)(𝑦 + 𝑐 + 𝑑 ) = 𝑚 ⇔𝑦 + (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 )𝑦 + (𝑎 + 𝑏)(𝑐 + 𝑑 ) − 𝑚 = (3) Bước 3: Đây phương trình bậc hai ẩn 𝑦 biết cách giải Giải phương trình (3) để tìm 𝑦, sau thay vào biểu thức 𝑦 = 𝑥 + 𝑎𝑏 𝑥 hay 𝑥 − 𝑥𝑦 + 𝑎𝑏 = giải phương trình ta tìm 𝑥 Chú ý: + Nếu 𝑎𝑏 > ta có thêm điều kiện 𝑦 ≥ 2√𝑎𝑏 + Nếu 𝑎𝑏 < ta khơng có điều kiện cho 𝑦 + Biện luận số nghiệm phương trình (1) hồn tồn tương tự phương trình hồi quy 29 2.7.2.2 Ví dụ Ví dụ 1: giải phương trình (𝑥 − 1)(𝑥 − 3)(𝑥 + 6)(𝑥 + 2) = −9𝑥 Giải Nhận thấy 𝑥 = khơng nghiệm phương trình cho Chia hai vế phương trình cho 𝑥 ≠ 0, ta được: (𝑥−1)(𝑥−3)(𝑥+6)(𝑥+2) 𝑥2 ⇔ = −9 (𝑥−1)(𝑥−3) (𝑥+6)(𝑥+2) 𝑥 𝑥 6 𝑥 𝑥 =−9 ⇔(𝑥 − + 5) (𝑥 − − 1) = −9 Đặt = 𝑥 − , ta có phương trình 𝑥 (𝑡 + 5)(𝑡 − 1) = −9 ⇔ 𝑡 + 4𝑡 + = ⇔ (𝑡 + 2)2 = ⇔𝑡 = −2 (thỏa mãn) Với 𝑡 = −2 ta có 𝑥 − = −2 ⇔ 𝑥 + 2𝑥 − = ⇔ 𝑥 = −1 ± √7 𝑥 Vậy phương trình cho có hai nghiệm phân biệt 𝑥 = −1 + √7, 𝑥 = −1 − √7 Ví dụ 2: Cho phương trình (𝑥 + 1)(𝑥 + 𝑚)(𝑥 − 2) (𝑥 − ) = 5𝑥 , 𝑚 ≠ 𝑚 Tìm 𝑚 để phương trình vơ nghiệm Giải Nhận thấy 𝑥 = khơng nghiệm phương trình cho Chia hai vế phương trình cho 𝑥 ≠ 0, ta được: (𝑥+1)(𝑥+𝑚)(𝑥−2)(𝑥− ) 𝑚 𝑥2 = ⇔ (𝑥+1)(𝑥−2) (𝑥+𝑚)(𝑥−𝑚) 𝑥 𝑥 2 𝑥 𝑥 𝑚 = ⇔(𝑥 − − 1) (𝑥 − − ) = Đặt 𝑡 = 𝑥 − ta phương trình 𝑥 (𝑡 − 1) (𝑡 + 𝑚 − ) = 𝑚 2 𝑚 𝑚 ⇔𝑡 + (𝑚 − − ) 𝑡 − 𝑚 + −5=0 (*) 30 2 𝑚 𝑚 𝛥 = (𝑚 − − )2 − 4(−𝑚 + = 𝑚2 + = 𝑚2 + 𝑚2 𝑚2 + − 2𝑚 + + 2𝑚 − 4 𝑚 − 5) − + 4𝑚 − 𝑚 + 20 + 17 𝑚 = (𝑚 + 1)2 + ( − 1)2 + 15 > 0, ∀𝑚 ≠ 𝑚 ⇒Phương trình (*) ln có nghiệm phân biệt ∀𝑚 ≠ ⇒Phương trình dã cho ln có nghiệm phân biệt ∀𝑚 ≠ Vậy không tồn 𝑚 để phương trình cho vơ nghiệm 2.7.2.3 Bài tập Bài 1: giải phương trình sau a) (𝑥 + 1)(𝑥 + 3)(𝑥 + 6)(𝑥 + 2) = 2𝑥 b) (𝑥 − 7)(𝑥 + 3)(𝑥 − 3)(𝑥 + 7) = 10𝑥 Bài 2: Cho phương trình 𝑚 𝑚 (𝑥 + ) (𝑥 − 2𝑚)(𝑥 − 1)(𝑥 + 10) = 𝑥2, 𝑚 ≠ Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt 2.7.3 Phương trình có dạng: (𝒙 + 𝒂)(𝒙 + 𝒃)(𝒙 + 𝒄)(𝒙 + 𝒅) = 𝒎 2.7.3.1 Phương pháp Là phương trình có dạng: (𝑥 + 𝑎)(𝑥 + 𝑏)(𝑥 + 𝑐 )(𝑥 + 𝑑 ) = 𝑚 (1) Trong 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑚 số thực thỏa mãn 𝑎 + 𝑏 = 𝑐 + 𝑑 ( 𝑎 + 𝑐 = 𝑏 + 𝑑 𝑎 + 𝑑 = 𝑏 + 𝑐) Ta thực theo bước sau: Bước 1: Biến đổi phương trình (1) dạng [𝑥 + (𝑎 + 𝑏)𝑥 + 𝑎𝑏][𝑥 + (𝑐 + 𝑑 )𝑥 + 𝑐𝑑 ] = 𝑚 ⇔ [𝑥 + (𝑎 + 𝑏)𝑥 + 𝑎𝑏][𝑥 + (𝑎 + 𝑏)𝑥 + 𝑐𝑑 ] = 𝑚 Bước 2: Đặt 𝑦 = 𝑥 + (𝑎 + 𝑏)𝑥 Ta cần tìm điều kiện cho 𝑦 𝑦 = 𝑥 + (𝑎 + 𝑏 ) 𝑥 = 𝑥 + 2𝑥 = (𝑥 + ⇒𝑦 ≥ − 𝑎+𝑏 𝑎+𝑏 ) +( − 𝑎+𝑏 ) (𝑎+𝑏)2 −( ≥− 𝑎+𝑏 ) (𝑎+𝑏)2 (𝑎+𝑏)2 31 (2) Khi phương trình (2) trở thành (𝑦 + 𝑎𝑏)(𝑦 + 𝑐𝑑 ) = 𝑚 ⇔𝑦 + (𝑎𝑏 + 𝑐𝑑 )𝑦 + 𝑎𝑏𝑐𝑑 − 𝑚 = (3) Bước 3: Đây phương trình bậc hai ẩn 𝑦 biết cách giải giải phương trình để tìm 𝑦 sau thay vào biểu thức 𝑦 = 𝑥 + (𝑎 + 𝑏)𝑥 hay 𝑥 + (𝑎 + 𝑏)𝑥 − 𝑦 = giải phương trình ta tìm 𝑥 Chú ý: với nghiệm 𝑦0 ≥ (𝑎+𝑏)2 (3) ta ln có nghiệm phân biệt 𝑥1 , 𝑥2 cho (1) Do ta có: a) Phương trình (1) vơ nghiệm ⇔Phương trình (3) vơ nghiệm phương trình (3) có nghiệm nghiệm thỏa mãn 𝑦 < − (𝑎+𝑏)2 b) Phương trình (1) có nghiệm ⇔ Phương trình (3) có nghiệm kép 𝑦=− (𝑎+𝑏)2 phương trình (3) có nghiệm 𝑦1 < − (𝑎+𝑏)2 = 𝑦2 c) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (3) có nghiệm 𝑦1 < − (𝑎+𝑏)2 < 𝑦2 d) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (3) có nghiệm 𝑦1 = − (𝑎+𝑏)2 < 𝑦2 e) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (3) có nghiệm − (𝑎+𝑏)2 < 𝑦1 < 𝑦2 2.7.3.2 Ví dụ Ví dụ 1: giải phương trình (𝑥 + 1)(𝑥 + 2)(𝑥 + 3)(𝑥 + 4) = Giải Phương trình cho tương đương với phương trình (𝑥 + 1)(𝑥 + 4)(𝑥 + 2)(𝑥 + 3) = ⇔(𝑥 + 5𝑥 + 4)(𝑥 + 5𝑥 + 6) = 25 Đặt 𝑦 = 𝑥 + 5𝑥, điều kiện 𝑦 ≥ − , ta phương trình 𝑦(𝑦 + 2) = ⇔ 𝑦 + 2𝑦 − = ⇔ [ 𝑦=1 (thỏa mãn) 𝑦 = −3 32 Với 𝑦 = ta có 𝑥 + 5𝑥 = ⇔ 𝑥 + 5𝑥 − = ⇔ 𝑥 = −5±√21 Với 𝑦 = −3 ta có 𝑥 + 5𝑥 = −3 ⇔ 𝑥 + 5𝑥 + = ⇔ 𝑥 = −5±√13 Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt 𝑥= −5 ± √21 −5 ± √13 ,𝑥 = 2 Ví dụ 2: Cho phương trình (𝑥 − 𝑚)(𝑥 + 𝑚 + 2)(𝑥 − 1)(𝑥 + 3) = Tìm 𝑚 để phương trình có nghiệm phân biệt Giải Biến đổi phương trình dạng (𝑥 + 2𝑥 − 𝑚2 − 2𝑚)(𝑥 + 2𝑥 − 3) = Đặt = 𝑥 + 2𝑥 , điều kiện 𝑦 ≥ −1 Khi phương trình trở thành (𝑦 − 𝑚2 − 2𝑚)(𝑦 − 3) = ⇔(𝑦 − 𝑚2 + 2𝑚 + 3)(𝑦 + 3𝑚2 + 6𝑚 − 5) = (*) Đặt 𝑓(𝑦) = (𝑦 − 𝑚2 + 2𝑚 + 3)(𝑦 + 3𝑚2 + 6𝑚 − 5) Phương trình dã cho có nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (*) có nghiệm 𝑦1 < −1 < 𝑦2 ⇔𝑎𝑓 − < ⇔4𝑚2 + 8𝑚 − < ⇔−1 − √5 < 𝑚 < −1 + Vậy với 𝑚 ∈ (−1 − √5 √5 ; −1 + √5 ) phương trình cho có nghiệm phân biệt 2.7.3.3 Bài tập Bài 1: Giải phương trình sau a) (𝑥 + 4)(𝑥 + 5)(𝑥 + 6)(𝑥 + 8) = b) (𝑥 + 1)(𝑥 − 7)(𝑥 − 2)(𝑥 − 4) = Bài 2: Cho phương trình (𝑥 + 1)(𝑥 − 1)(𝑥 − 2)(𝑥 − 4) = 𝑚 Tìm 𝑚 để phương trình a) Vơ nghiệm b) Có nghiệm 33 c) Có nghiệm phân biệt d) Có nghiệm phân biệt e) Có nghiệm phân biệt 2.7.4 Phương trình có dạng 𝒂𝟐 𝒙𝟒 + 𝟐𝒂𝒃𝒙𝟑 + (±𝒂 + 𝒃𝟐 )𝒙𝟐 ± 𝒃𝒙 + 𝒄 = 𝟎 2.7.4.1 Phương pháp Là phương trình có dạng 𝑎2 𝑥 + 2𝑎𝑏𝑥 + (±𝑎 + 𝑏2 )𝑥 ± 𝑏𝑥 + 𝑐 = (1) Trong 𝑎, 𝑏, 𝑐 số thực tùy ý, 𝑎 ≠ Ta thực bước sau: Bước 1: Biến đổi phương trình dạng (𝑎𝑥 + 𝑏𝑥)2 ± (𝑎𝑥 + 𝑏𝑥) + 𝑐 = Bước 2: Đặt 𝑡 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 Tìm điều kiện 𝑡 Ta phương trình 𝑡2 ± 𝑡 + 𝑐 = (2) Bước 3: Giải phương trình (2) để tìm 𝑡, sau thay vào biểu thức 𝑡 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 hay 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 − 𝑡 = giải phương trình ta tìm 𝑥 Chú ý: Xét phương trình 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 − 𝑡 = (3) với 𝑎 > Đây phương trình bậc ẩn 𝑥 có 𝛥 = 𝑏2 + 4𝑎𝑡 Nếu 𝛥 < ⇔𝑏2 + 4𝑎𝑡 < 0⇔ 𝑡 < − Nếu 𝛥 = ⇔𝑏2 + 4𝑎𝑡 = 0⇔ 𝑡 = − Nếu 𝛥 > ⇔𝑏2 + 4𝑎𝑡 > 0⇔ 𝑡 > 𝑏2 4𝑎 𝑏2 4𝑎 𝑏2 4𝑎 phương trình (3) vơ nghiệm phương trình (3) có nghiệm kép phương trình (3) có nghiệm phân biệt Vậy ta có:  Phương trình (1) vơ nghiệm ⇔ Phương trình (3) vơ ngiệm có nghiệm nghiệm thỏa mãn 𝑡 < − 𝑏2 4𝑎  Phương trình (1) có nghiệm ⇔ Phương trình (3) có nghiệm kép 𝑡 = − có nghiệm 𝑡1 < − 𝑏2 4𝑎 = 𝑡2  Phương trình (1) có nghiệm ⇔ Phương trình (3) có nghiệm 34 𝑏2 4𝑎 𝑡1 < − 𝑏2 4𝑎 < 𝑡2  Phương trình (1) có nghiệm ⇔ Phương trình (3) có nghiệm 𝑡1 = − 𝑏2 4𝑎 < 𝑡2  Phương trình (1) có nghiệm ⇔ Phương trình (3) có nghiệm − 𝑏2 4𝑎 < 𝑡1 < 𝑡2 Tương tự ta xét phương trình (3) với 𝑎 < 2.7.4.2 Ví dụ Ví dụ 1: Giải phương trình 4𝑥 + 12𝑥 + 11𝑥 + 3𝑥 − = Giải Phương trình cho tương đương với phương trình 4𝑥 + 12𝑥 + 9𝑥 + 2𝑥 + 3𝑥 − = ⇔(2𝑥 + 3𝑥)2 + 2𝑥 + 3𝑥 − = (*) Đặt 𝑡 = 2𝑥 + 3𝑥 ta có: 𝑡 = 2𝑥 + 3𝑥 = (√2𝑥)2 + 2√2𝑥 = (√2𝑥 + 9 8 )2 − ≥ − 2√2 2√2 9 8 + − ⇒𝑡 ≥ − Khi phương trình (*) trở thành 𝑡=1 𝑡2 + 𝑡 − = ⇔ [ 𝑡 = −2 Kiểm tra điều kiện ta 𝑡 = Với 𝑡 = ta có 2𝑥 + 3𝑥 = ⇔ 2𝑥 + 3𝑥 − = ⇔ 𝑥 = Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt 𝑥 = −3+√17 −3±√17 ,𝑥 = −3−√17 Ví dụ 2: Cho phương trình 9𝑥 + 12𝑥 + 7𝑥 + 2𝑥 − 𝑚 = (1) Tìm 𝑚 để phương trình có nghiệm phân biệt Giải Biến đổi phương trình dạng 9𝑥 + 12𝑥 + 4𝑥 + 3𝑥 + 2𝑥 − 𝑚 = 35 ⇔(3𝑥 + 2𝑥)2 + 3𝑥 + 2𝑥 − 𝑚 = (2) Đặt 𝑡 = 3𝑥 + 2𝑥 ta có: 𝑡 = 3𝑥 + 2𝑥 = (√3𝑥)2 + 2√3 = (√3𝑥 + ⇒𝑡≥− √3 1 3 ) − ≥− √3 1 3 + − Khi phương trình (2) trở thành 𝑡2 + 𝑡 − 𝑚 = (3) Phương trình cho có nghệm phân biệt ⇔ Phương trình (3) có nghiệm 𝑡1 < − < 𝑡2 ⇔𝑎𝑓 (− ) < ⇔− − 𝑚 < ⇔𝑚>− Vậy với 𝑚 > − phương trình cho có nghiệm phân biệt 2.7.4.3 Bài tập Bài 1: giải phương trình sau a) 𝑥 − 2𝑥 + 𝑥 − = b) 4𝑥 + 4𝑥 + 3𝑥 + 𝑥 + = Bài 2: Cho phương trình 𝑥 + 6𝑥 + 8𝑥 − 3𝑥 + 𝑚 = Tìm 𝑚 để phương trình a) Có nghiệm b) Có nghiệm c) Có nghiệm d) Có nghiệm e) Có nghiệm 36 KẾT LUẬN Phương trình bậc cao phần kiến thức mở rộng chương trình phổ thơng Ta thường gặp tốn kì thi đặt biệt kì thi học sinh giỏi Tốn Trong khóa luận em trình bày dạng phương trình bậc cao dạng tổng quát dạng thường gặp Tuy nhiên nhỏ so với kiến thức phương trình Khóa luận thực với mong muốn đóng góp kinh nghiệm việc nghiên cứu học tập Toán Từ giúp bạn đọc hiểu sâu hơn, rộng phương trình bậc cao đa thức Do thời gian lực thân hạn chế, đề tài khơng tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận đóng góp quý báu thầy cô bạn đọc Em xin chân thành cảm ơn! Quảng Bình, tháng năm 2017 Sinh viên Tưởng Thị Vân 37 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Hữu Điền (2003), Đa thức ứng dụng, Nhà xuất giáo dục [2] Hoàng Kỳ( chủ biên ) – Hoàng Thanh Hà (2005), Đại số sơ cấp thực hành giải toán, Nhà xuất giáo dục .[3] Hồng Xn Sính (2003), Đại số đại cương, Nhà xuất giáo dục [4].Sáng kiến kinh nghiệm số phương pháp giải phương trình bậc cao 38 ... Một số phương pháp kỹ thuật giải phương trình bậc cao cho học sinh THCS tơi đưa số kiến thức lý thuyết mà học sinh cần nắm để sử dụng trình giải phương trình bậc cao số phương pháp để giải phương. .. trình bậc cao Chương 2: Một số phương pháp kỹ thuật giải phương trình bậc cao Trong chương hệ thống lại số phương pháp kỹ thuật giải phương trình bậc cao đưa ví dụ cụ thể, tập tương tự để giúp học. .. tài: Một số phương pháp kỹ thuật giải phương trình bậc cao cho học sinh THCS để làm khóa luận tốt nghiệp với mong muốn góp phần nhỏ bé làm tăng vẻ đẹp mơn Tốn qua việc giải phương trình bậc cao