Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

1. A . Đặt vấn đề I . Cơ sở lý luận Xét về phương diện phát triển tính tự lực của học sinh đặc biệt là rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức lĩnh hội dược thì vai trò của việc giải bài tập trong quá trình học có giá trị rất lớn .Giải bài tập giúp học sinh rèn luyện : ý chí, tính kiên trì vượt khó, phát triển tư duy lô gíc, sự nhanh trí .Trong các yêu cầu củ việc giải bài tập toán nói chung và việc giải bài tập đại số nói riêng thì việc đưa ra các phương pháp ,từ đó học sinh tổng quát hoá được phương pháp giải cho từng dạng bài tập là mục tiêu lớn. Bởi vì tổng quát hoá càng cao làm cho học sinh nắm vững kiến thức đã học và biết huy động chúng một cách linh hoạt , sáng tạo, đồng thời phát triển năng lực nghiên cứu của các em. Qua đó các em nắm vững được vấn đề có tính khái quát hơn. Phương trình vô tỉ là một bộ phận quan trọng trong chương trình dạy toán ở trường phổ thông với định nghĩa là :" Phương trình có ẩn số nằm dưới dấu căn thức ". Trong chương trình lớp 9 học sinh đã bắt đầu làm quen với những bài giải phương trình quy về phương trình bậc hai . Lên lớp 10 học sinh được học phương trình chứa căn thức bậc hai trong thời gian 1,5 tiết . Chính vì vậy việc trang bị cho học sinh kiến thức về các phép biên đổi để giải phương trình vô tỉ là hết sức quan trọng . Nó là cơ sở để giải các phương trình vô tỉ phức tạp hơn và đắc biệt là phương trinh vô tỉ siêu việt. Khi giải phương trình vô tỉ ta phải thực hiện các phép biến đổi tách căn thức và khử nó để đưa về phương trình đã biết cách giải do đó nó quan hệ mật thiết với nhiều loại phương trình cụ thể là : +Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối +Phương trình bậc hai +Phương trình bậc cao +Phương trình : lượng giác ,mũ, lôgarit ( sau này) 1
2. II . Cơ sở thực tiễn Trong quá trình giải phương trình vô tỉ học sinh chưa phân biệt được khi nào là biến đổi tương đương khi nào là biến đổi hệ quả ,dẫn tới việc xuất hiện nghiệm ngoại lai Đối với phương trình chứa ẩn dưới dấu căn bậc chẵn khi nâng luỹ thừa bậc chẵn hai vế muốn tương đương thì hai vế phải không âm .Do đó khi giải ra nghiệm ta chỉ cần kết hợp với ĐK rồi lấy nghiệm . Còn khi nâng luỹ thừa bậc lẻ khi nâng luỹ thừa bậc lẻ ta luôn được phương trình tương đương . Với cơ sơ đó tôi xin được đưa ra "một số phương pháp giải phương trình vô tỉ" B . Giải quyết vấn đề I. Một số sai lầm của học sinh khi giải phương trình vô tỉ và biện pháp khắc phục Trong quá trình giải phương trình bậc hai sai lầm mà học sinh vẫn thường mắc phải là phép biến đổi không tương đương dẫn tới làm mở rộng hoặc thu hẹp miền xác định của phương trình đó,và dẫn tới miền nghiệm không chính xác nó có thể mất nghiệm hoặc thêm nghiệm Khi giải phương trình học sinh thường mắc những sai lầm sau : Thứ nhất : Sai lầm điều kiện : Ví dụ : Giải phương trình : x 2 1 - x 1 = x+1 (1) Có học sinh giải như sau: x 2 1 0 (x 1)(x 1) 0 ĐK :   x 1 x 1 0 x 1 0 (1)  (x 1)(x 1) - x 1 = x+1 Do x 1 nên chia cả hai vế cho x 1 Ta có: x 1 -1 = x 1 2
3. Với x 1 x 1 x 1 x 1 -1< x 1 Phương trình vô nghiệm Sai lầm học sinh là do học sinh lầm tưởng rằng : A.B 0 A 0  Cho nên học sinh đã giải sai điều kiện A 0 B 0 Học sinh phải nhớ rằng A 0 A.B 0 B 0  A 0 A 0 B Lời giải đúng: 2 x 1 x 1 0 x 1 ĐK :  x 1  x 1 0 x 1 x 1 * Với x=-1 là nghiệm đúng của phương trình *Với x 1 làm như lời giải trên Vậy nghiệm của phương trình là x=-1 Thứ hai :Sai lầm khi đặt điều kiện Trong khi giải PT dạng : f (x) = g(x) (1) Học sinh thường biến đổi như sau : f (x) g 2 (x) (2) (1)  f (x) 0 2 f (x) g (x)(3) Sau khi giải được nghiệm học sinh không thử lại với phương trình (1) mà khẳng định ngay nghiệm của (3) là nghiệm của (1) hoặc nếu kiểm tra thì chỉ kiểm tra điều kiện f(x) 0 Để khắc phục sai lầm cho học sinh ta hướng dẫn học sinh giải theo phương pháp sau : 3
4. f (x) 0 2n f (x) =g(x)  g(x) 0 (n N) 2n f (x) g (x) Ví dụ :Giải phương trình x 2 1 = 2-x (1) 2 x 1 0 x 1 5 (1)  2 x 0  1 x 2  x 2 2 4 x 1 (2 x) x 5 * Đối với phương trình bậc lẻ 3 f (x) 3 g(x) h(x) (1) Học sinh thường biến đổi như sau : (1)  f (x) g(x) 33 f (x).g(x)(3 f (x) 3 g(x)) h3 (x)  f (x) g(x) 33 f (x).g(x)h(x) h3 (x) (2) Sau khi giải xong PT học sinh kết luận luôn nghiệm của (2) chính là nghiệm của (1) . Sai lầm của HS là coi rằng (1) và (2) là hai phương trình tương đương nhưng thực ra chúng không tương đương vì đã thay thế h(x) bởi 3 f (x) 3 g(x) Để khắc phục sai lầm cho học sinh ta nhấn mạnh rằng (1) và (20 không tương đương .PT (2) là hệ quả của PT (1) nên khi giải xong phải thử lại nghiệm vào PT (1) Ví dụ 2 : Giải 3 x 1 3 2x 1 3 3x 1 (1) (1)  x 1 2x 1 33 (x 1)(2x 1)( 3 x 1 3 2x 1) 3x 1  33 (x 1)(2x 1)(3x 1) 3 x 0  6x 3 7x 2 0  7 x 6 7 Thử lại (1) chỉ có x= là thoả mãn 6 7 Vậy nghiệm của phương trình là : x= 6 4
5. * Đối với phương trình dạng : f (x) g(x) h(x) (1) HS thường biến đổi f (x) 0 như sau (1)  g(x) 0 2 ( f (x) g(x)) h(x) Do đó để khắc phục sai lầm cho HS ta cần nhấn mạnh rằng muốn bình chương hai vế thì hai vế phải không âm thì mới có hai phương trình tương đương f (x) 0; g(x) 0 Thực chất (1)  h(x) 0 2 f (x) ( g(x) h(x)) Nhiều HS còn mắc sai lầm ngây thơ f (x) g(x) h(x)  f (x) g(x) h(x) Thứ ba : Sai lầm trong khi đặt ẩn phụ +Học sinh sau khi đặt ẩn phụ thường quên không đặt ĐK cho ẩn phụ Ví dụ 3: Tìm m để PT sau có nghiệm m-x = 2 x 1 (1) Giải : Đặt x 1 = t x t 2 1 Vậy (1)  m t 2 1 2t  t 2 2t m 1 0 (2) HS mắc sai lầm :PT (1) có nghiệm  PT (2) có nghiệm  ' m 2 0  m 2 Mà thực chất PT (1) có nghiệm khi PT(2) có nghiệm t 0 + Học sinh có đặt ĐK cho ẩn phụ nhưng mới chỉ là ĐK cần chưa phải là ĐK đủ Ví dụ 4: Tìm m để cho phương trình sau có nghiệm : 2x- x 2 2x x 2 m 1 0 (1) Giải : Đặt 2x x 2 t 0 (1)  t 2 t m 1 0 (2) Học sinh thường mắc sai lầm 5
6. PT(1) có nghiệm khi PT (2) có nghiệm t 0 là đủ . Nhưng đó chỉ là ĐK cần Ta phải tìm ĐK của t x 2 x Ta có : t = 2x x 2 x(x 2) 1 t 0;1  2 Vậy PT (1) có nghiệm khi PT (2) có nghiệm t 0;1  II. Hệ thống một số phương pháp giải phương trình vô tỉ Khi giải PT vô tỉ trước hết ta phải đặt những ĐK cho bài toán có nghĩa rồi thông thường phải tìm cách tách căn thức và khử nó .Ta có một số phép biến đổi tương đương quan trọng áp dụng cho trường hợp có căn thức : f (x); g(x) 0 2n + f (x) g(x)  2n f (x) g (x) + 2n 1 f (x) g(x)  f (x) g 2n 1 (x) f (x) 0  g(x) 0 + 2n f (x) 2n g(x)  f (x) g(x) + 2n 1 f (x) 2n 1 g(x)  f (x) g(x) + f 2 (x) f (x) Tôi xin đưa ra một số phương pháp sau : Phương pháp sử dụng phép biến đổi tương đương Ví dụ 1: Giải PT 4 x x 2 0 (1) x 2 x 0 x 0 0 x 2 2 PT (1)    2  x x(x 2) 4 x 2 0 x(x 2) 2 x x 3 3 Vậy nghiệm của PT là x=2/3 x 1 x 1 3 Ví dụ 2 : Giải PT (1) x 1 x 1 2 6
7. x 1 0 x 1 ĐK : x 1  (2) x 1 0 x 1 x 1 2 x 1 x 1 9 x 1 (x 1)(x 1) x 1 9 Từ (1) suy ra (3)  2 x 1 x 1 4 x 1 (x 1)(x 1) x 1 4 x 1 x 1 9 5   x 2 25/ 9  x x 1 x 1 4 3 Kiểm tra lại ĐK ta có x=5/3 là nghiệm của PT đã cho Chú ý do PT (1) và PT (3) không tương đương nên khi giải xong (3) ta phải kiểm tra lại ĐK và thử nghiệm với PT đã cho. Ví dụ 3 : Giải phương trình: x 2 3 3x 2 0 (1) Giải PT (1)  x 2 3 3x 2 (2) 2 x 2 ĐK: 3 x 3 x 2 2 2 3 2 x 1 PT (2) (x 2) (3x 2) x 3x 4 0 x 2 Với x=-1 (loại) x=2 TM . Vậy nghiệm của PT là x= 2 Kết luận Phương pháp biến đổi tương đương là phương pháp quan trọng và đặt nền móng cho các phương pháp khác .Nó dễ hiểu ,dễ nhớ , học sinh ở các mức độ đều có thể vận dụng vào để giải PT .Mọi PT ở dạng phức tạp đều có thể đưa về dạng PT vô tỉ đơn giản hơn bằng phép biến đổi tương đương . Tuy nhiên nhiều bài toan nếu làm theo phương pháp náypẽ trở nên phức tạp ,thậm chí còn không giải được . . Phương pháp đặt ẩn phụ 7
8. Mục đích chính của phương pháp dặt ẩn phụ là nhằm đưa PT đang xét về dạng đơn giải hơn và đã biết cách giải .Ta có thể gặp các trường hợp sau : Dạng 1: n f (x) g(x) a ( Với g(x) = k.f(x) +b ) Cách giải : Đặt n f (x) t ĐK của t n Ta đưa về PT t t a b 0 Các ví dụ minh hoạ : Ví dụ 1 : Giải phương trình : 33 x 2 3x 2 2x 2 6x 5 (1) Giải : Đặt 33 x 2 3x 2 t x 2 3x 2 t 3 t1 1 1 3 3 2 Vậy (1) 2t 3t 1 0 (t 1)(2t 2t 1) 0 t2 2 1 3 t3 2 các trường hợp của t1;t2 dẫn tơi PT ẩn x có nghiệm . Trường hợp t3 dẫn tới PT ẩn x vô nghiệm Dạng 2 : an f (x) bn g(x) c ( a,b,c R) Với f(x) .g(x) = k = const Cách giải : Vì f(x) .g(x) = k nên đặt mn f (x) t 8
9. 1 Vậy PT (1) at m b c t n 12 2x x 1 5 Ví dụ minh hoạ : Giải Phương trình : 4 4 (1) x 1 12 2x 2 12 2x x 1 12 2x 1 5 Ta thấy . 1 nên ta đặt 4 t 0 (1) t x 1 12 2x x 1 t 2 2 t 1/ 2 2t 5t 2 0 t 2 12 2x 1 193 + Với t = 1/2 x x 1 16 33 12 2x 14 + Với t = 2 16 x x 1 9 193 14 Vậy tập nghiệm của phương trình là :S = ;  33 9  Dạng 3: an f 2 (x) bn g 2 (x) cn f (x).g(x) (1) Cách giải : Xét f(x) = 0 f(x) 0 chia cả hai vế cho n f 2 (x) 2 g (x) g(x) g(x) 2 (1) a bn cn Đặt n t ta đưa về PT bt ct a 0 f 2 (x) f (x) f (x) Ví dụ : Giải Phương trình : 3 (x 2) 2 43 (x 3) 2 53 (x 2)(x 3) Giải : x = 3 không là nghiệm của PT nên chia cả hai vế cho 3 (x 3) 2 ta được 2 (x 2) x 2 x 2 2 t 1 3 3 3 2 4 5 Đặt t t 5t 4 0 (x 3) x 3 x 3 t 4 - HS giải tiếp Dạng 4 : n f (x) a m g(x) b c Với ( f(x) +a) ( g(x) +b) = a b Cách giải : Đặt n f (x) a u m g(x) b v 9