Đề tài nghiệp vụ s phạm: Phơng trình bậc cao
Phần I
Đặt vấn đề
1- Lý do chọn đề tài :
Toán học là môn khoa học tự nhiên có từ rất lâu đời. Nó tồn tại và phát triển
cùng với sự tồn tại và phát triển của xã hội loài ngời. Từ 2000 năm trớc công
nguyên ngời Cổ đại đã biết cách giải các phơng trình bậc nhất, ngời cổ Babilon đã
biết giải phơng trình bậc hai và đã dùng các bảng đặc biệt để giải phơng trình bậc
ba.
Nhng để giải các phơng trình bậc cao hơn phải đến đầu thế kỷ 19, nhà Toán
học Nauy là Abet ( 1802 1829) chứng minh đợc rằng phơng trình tổng quát bậc
5 và lớn hơn bậc 5 là không để giải đợc bằng các phơng tiện thuần tuý đại số. Sau
cùng nhà toán học Pháp là Galoa ( 1811 1832) đã giải quyết một cách trọn vẹn
về vấn đề phơng trình đại số.
Sau nhiều năm giảng dạy môn Toán ở bậc trung học cơ sở tôi nhận thấy
mảng giải phơng trình bậc cao đợc đa ra ở sách giáo khoa lớp 8, 9 là rất khiêm
tốn, nội dung sơ lợc, mang tính chất giới thiệu khái quát, quỹ thời gian giành cho
nó là quá ít ỏi. Bên cạnh đó là các nội dung bài tập ứng dụng thì rất phong phú, đa
dạng và phức tạp. Các phơng trình bậc cao là một nội dung thờng gặp trong các kỳ
thi ở Bậc THCS, THPT và đặc biệt trong các kỳ thi tuyển sinh vào Đại học và cao
đẳng.
Xuất phát từ tầm quan trọng của nội dung, tính phức tạp hóa gây nên sự trở
ngại cho học sinh trong quá trình tiếp cận với phơng trình bậc cao. Cùng với sự
tích luỹ kinh nghiệm có đợc của bản thân qua nhiều năm giảng dạy. Kết hợp với
những kiến thức mà tôi đã lĩnh hội đợc trong chơng trình Đại học Toán mà đặc
biệt là sự hớng dẫn tận tình của các thầy cô giáo. Tôi mạnh dạn chọn đề tài
Những phơng pháp giải phơng trình bậc cao.
Qua đề tài, tôi mong rằng bản thân mình sẽ tìm hiểu sâu hơn về vấn đề này,
tự phân loại đợc một số dạng toán giải phơng trình bậc cao, nêu lên một số phơng
pháp giải cho từng dạng bài tập. Từ đó giúp học sinh có thể dễ dàng hơn trong
việc giải phơng trình bậc cao. Qua nội dung này tôi hy vọng học sinh phát huy đợc

cách giải. Đại bộ phận học sinh chúng ta không hiểu rõ sự quan trọng cần thiết
của việc phân tích và nhận định hớng giải, nhiều em không học lý thuyết đã vận
dụng ngay, không giải đợc thì chán nản, bỏ không giải hoặc giở sách giải ra chép
v.v
Trong quá trình giảng dạy, đặc biệt khi dạy chơng phơng trình ta thấy các
dạng phơng trình đa dạng và phong phú, mà ta phải vận dụng nhiều kỹ năng biến
đổi đại số nh sử dụng hằng đẳng thức đáng nhớ và một số hằng đẳng thức mở
rộng, dùng các phép biến đổi tơng đơng và các phép biến đổi đại số, phân tích đa
thức thành nhân tử
Công cụ giải phơng trình đòi hỏi không cao xa, chỉ với kiến thức toán cấp
hai là đủ. Cái quan trọng là yêu cầu học sinh phải nắm vững kiến thức, phải có sự
lập luận chặt chẽ, phải biết xét đầy đủ các khía cạnh, các trờng hợp cụ thể của
từng vấn đề. Đặc biệt là yêu cầu đối với những học sinh khá, giỏi phải hết sức
sáng tạo, linh hoạt trong khi giải phơng trình, biết đặc biệt hoá và tổng quát hoá
những vấn đề cần thiết.
Là giáo viên trong quá trình giảng dạy việc cung cấp kiến thức cho học sinh
phải thực sự đúng quy trình các bớc biến đổi, phải đảm bảo lôgíc, có hệ thống,
không tự tiện cắt bỏ kiến thức để rèn cho các em học sinh thói quen cẩn thận, kỹ
năng giải bài tập hợp lôgíc toán học.
Việc giải phơng trình bậc cao quy về bậc một nằm trong chơng trình bậc
nhất một ẩn phần cuối chơng, đây là một vấn đề khó với các em học sinh trung
bình và học sinh đại trà, số tiết dạy cho phần này lại ít.
* Đối với giáo viên : Phải hệ thống đợc các khái niệm và các định nghĩa cơ
bản của các dạng phơng trình, các tính chất và các cách giải phơng trình từ đơn
giản đến phức tạp. Nghiên cứu, tìm tòi, khai thác để tìm đợc những ứng dụng đa
dạng, phong phú của phơng trình. Mặt khác phải lựa chọn các phơng pháp thích
hợp đối với từng đối tợng học sinh, đồng thời nâng cao nghiệp vụ của giáo viên.
* Đối với học sinh : Nắm chắc một cách có hệ thống các khái niệm, định
nghĩa, các phép biến đổi tơng đơng, các tính chất và các hệ quả. Từ đó phát triển
khả năng t duy, lôgíc cho ngời học. Giúp cho học sinh có một khả năng độc lập,

trong đó x là ẩn số; a, b, c là các hệ số đã cho; a 0.
1.7. Định nghĩa phơng trình bậc cao :
Ta gọi phơng trình đại số bậc n trên trờng số thực là các dạng phơng trình đ-
ợc đa về dạng :
a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ + a
1
+ a
0
= 0
Trong đó n nguyên dơng; x là ẩn; a
1
, a
2
, a
3
, , a
n
là các số thực xác định (
a
n
0).
2- Các định lý biến đổi tơng đơng của phơng trình :

phơng trình mới tơng đơng với phơng trình đã cho.
Ví dụ : -9 7x = 5 ( x +3) 7x
<=> -9 = 5 x ( x + 3)
* Chú ý :
Nếu nhân hai vế của một phơng trình với một đa thức của ẩn thì đợc phơng
trình mới có thể không tơng đơng với phơng trình đã cho.
III- Một số cách giải phơng trình bậc cao :
A- Phơng hớng :
ở phổ thông không học phép giải tổng quát cho phơng trình bậc ba, bậc
bốn còn phơng trình bậc 5 không có phép giải tổng quát. Tuy nhiên trong một số
trờng hợp đặc biệt có thể đa phơng trình cần giải về những phơng trình bậc 1, bậc
2. Ta phải dựa vào đặc thù của phơng trình cần giải để có phơng pháp thích hợp.
Giải và giảng dạy các bài toán về giải phơng trình bậc cao quy về bậc nhất
một ẩn hoặc bậc hai nằm trong quá trình giải phơng trình bậc nhất, bậc 2. Nói
chung bao gồm nhiều dạng và phong phú đợc các nhà toán học và s phạm quan
tâm và đề cập tới trong nhiều tài liệu, tập san toán học v.v Căn cứ vào mục đích
ý nghĩa kết quả điều tra và thực tế giảng dạy chơng phơng trình. Trong quá trình
giảng dạy, bản thân tôi đã nghiên cứu, áp dụng lý luận trong quá trình dạy học,
các phơng pháp đặc trng bộ môn, áp dụng các kiến thức đã học để đa các phơng
trình bậc cao về bậc nhất, bậc hai bằng nhiều cách.
Các dạng cơ bản của phơng trình bậc cao thờng gặp là các phơng trình trùng
phơng, phơng trình đối xứng, phơng trình thuận nghịch
B- Các bài toán và phơng pháp giải :
1- Phơng pháp đa về phơng trình tích :
1.1. áp dụng các phơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử :
Để giải các phơng trình dạng này trớc hết ta phải nắm vững các phơng pháp
phân tích đa thức thành nhân tử bằng mọi cách đa phơng trình đã cho về dạng tích.
Ngời thực hiện: Tô Ngọc Sơn
5
Đề tài nghiệp vụ s phạm: Phơng trình bậc cao

+ x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1 = x
3
+ 6x
2
+ 12x + 8
<=> x
3
- 3x
2
- 3x 4 = 0
<=> x
3
1 3x
2
3x 3 = 0
<=> (x-1) ( x
2
+ x+ 1) 3 (x
2
+ x + 1) = 0
<=> ( x
2
+ x + 1) ( x 4) = 0 (2)
Với học sinh lớp 8 ta làm nh sau:
Do x
2

0
= 0
g(x) = b
n
x
n
+ b
n - 2
x
n - 2
+ + b
1
x + b
0
= 0
với : b
n 1
= a
n
b
n 2
= x
0
b
n 1
+ a
n 1
.

b

n-1
x
0
b
1
x
0
b
1
x = x
0
b
n-1
=a
n
b
n-2
b
0
0
Việc nhẩm nghiệm các phơng trình dựa trên các cơ sở sau :
Ngời thực hiện: Tô Ngọc Sơn
6
Đề tài nghiệp vụ s phạm: Phơng trình bậc cao
1.2.1. Nếu đa thức có tổng các hệ số bằng 0 thì 1 là một nghiệm của đa
thức, đa thức chứa thừa số x 1 .
1.2.2. Nếu đa thức có tổng các hệ số của một số hạng bậc chẵn bằng tổng
các hệ số của số hạng bậc lẻ thì -1 là một nghiệm của đa thức, đa thức chứa thừa
số ( x + 1).
1.2.3. Mọi nghiệm nguyên của đa thức đều là ớc số của hệ số tự do a

= 1 + 1 + 0 + (-1) + (-1) = 0
Và : a
4
+ a
2
+ a
0
= 1 + 0 + (-1) = a
3
+ a
1
= 1 + (-1) .
áp dụng mục 1.2.1 và 1.2.2 ta có 2 nghiệm của phơng trình (2) là :
x
1
= 1; x
2
= -1.
áp dụng lợc đồ Hoócne ta có :
x
i
a
4
=1 a
3
=1

a
2
=0 a

x
2
x + 4 = 0 (**)
(*) <=> x 4 = 0 <=> x = 4
(**) <=> x
2
x + 4 = 0
= 1 4.4 = 1 16 = - 15 < 0 => (**) vô nghiệm
Vậy nghiệm của pt (3) là x = 4
* Bài toán 4: Giải pt: 2x
3
5x
2
+ 8x 3 = 0 ( 4)
Việc áp dụng nhận xét các mục 1.2.1; 1.2.2 ; 1.2.3 không thể giải quyết đợc
vấn đề ( vì ở phơng trình này không có nghiệm nguyên). Ta nghĩ đến cơ hội cuối
cùng nếu phơng trình có nghiệm hữu tỉ và áp dụng nhận xét ở mục 1.2.4
Ngời thực hiện: Tô Ngọc Sơn
7
Đề tài nghiệp vụ s phạm: Phơng trình bậc cao
(4) <=> 8x
3
20x
2
+ 32x 12 = 0
<=> (2x)
3
5 (2x)
2
+ 16(2x) 12 = 0

2
+ 8 > 0 y
Vậy phơng trình ( 4) có một nghiệm và x = 1/2
1.2.5. Việc nhẩm nghiệm nh ở trên sẽ gặp rất nhiều khó khăn nếu số hạng tạ
do a
0
lớn và có nhiều ớc số. Trong trờng hợp này ta sẽ áp dụng nhận xét sau để đi
loại trừ bớt các ớc không là nghiệm của phơng trình một cách nhanh chóng.
- Nếu x
0
là nghiệm nguyên của đa thức f(x) và f(1) 0; f(-1) 0 thì
1
)1(
0
x
f
và
1
)1(
0
+

x
f
đều là các giá trị nguyên.
*Bài toán 5 : Giải phơng trình : 4x
3
13x
2
+ 9x 18 = 0 (0)

2
x + 6 ) = 0
<=> x 3 = 0 (*)
4x
2
x + 6 = 0 (**)
(*) <=> x = 3
(**) <=> 4x
2
x = 6 = 0
Ngời thực hiện: Tô Ngọc Sơn
8
Đề tài nghiệp vụ s phạm: Phơng trình bậc cao
= (-1)
2
4.4.6 < 0 => (**) vô nghiệm.
Nên phơng trình (5) có một nghiệm là : x = 3.
* Chú ý :
- Việc nhẩm nghiệm phơng trình có thể nhẩm miệng rồi dùng thuật toán
chia đa thức cho đa thức để hạ bậc và đa phơng trình về dạng tích.
- Có thể dùng lợc đồ Hoócne để xác định ớc số nào của a
0
là nghiệm, ớc số
nào không là nghiệm và đa ngay ra dạng phân tích.
VD : Xét phơng trình : x
3
5x
2
8x - 4 = 0 (*)
Ư(4) {1, 2, 4}

2
( y 0) đa về phơng trình bậc hai đối với y
nh sau :
ay
2
+ by + c = 0
* Bài toán 7 : Giải phơng trình :
x
4
5x
2
+ 4 = 0 (1)
Giải : Đặt y = x
2
( y 0)
(1) <=> y
2
5y + 4 = 0
<=> (y-1)(y-4) = 0
<=> y 1 = 0 <=> y = 1
Ngời thực hiện: Tô Ngọc Sơn
9
Đề tài nghiệp vụ s phạm: Phơng trình bậc cao
y 4 = 0 y = 4
x
2
= 1 <=> x
1
= 1; x
2

<=> y 1 = 0 <=> y = 1
y +9 = 0 y = -9
x
2
+ 4x 5 = 1 <=> x
2
+ 4x - 6 = 0
<=> x
1,2
=
102
x
2
+ 4x 5 = -9 <=> x
2
+ 4x + 4 = 0
<=> x
3,4
= - 2
Vậy phơng trình ( 1) có 3 nghiệm :
x
1
=
102 +
; x
2
=
102
; x
3

Ngời thực hiện: Tô Ngọc Sơn
10
Đề tài nghiệp vụ s phạm: Phơng trình bậc cao
Đặt m = y ( m0) ta đợc phơng trình.
m
2
+ 6m 7 = 0 (8)
Dùng phơng pháp nhẩm nghiệm ( a+b+c = 0)
(*) <=> m
1
= 1 (thoả mãn); m
2
= -7 (loại)
y
2
= 1 => y
1
= 1; y
2
= -1
x + 2 = 1 => x = -1
x + 2 = -1 => x = -3
Vậy phơng trình (1) có 2 nghiệm là :
x = - 1; x = -3
Dạng 4: Phơng trình đối xứng bậc chẵn có dạng:
a
0
x
2n
+ a

2
ta đợc phơng trình tơng đơng
0
23
332
2
2
=+++
x
x
xx
05)
1
(3)
1
(2
05)
1
(3)
1
2(2
2
2
2
=+++
=++++
x
x
x
x

( nhân 2 vế với 2x 0)
Ngời thực hiện: Tô Ngọc Sơn
11
x
x
1
+
1
1
=+
x
x
2
51

=+
x
x
Đề tài nghiệp vụ s phạm: Phơng trình bậc cao
<=> 2x
2
+ 5x + 2 = 0 ( **)
=25 16 = 9 > 0
=> phơng trình ( **) có 2 nghiệm
;
Vậy phơng trình (1) có 2 nghiệm : x
1
= -1/2 ; x
2
= -2

4
13x
3
13x
2
+ 5x + 2 = 0 ( 1)
Giải: Ta có 2 + (-13) + 5 = 5 + (-13) +2
=> a
5
+ a
3
+ a
1
= a
4
+ a
2
+ a
0
=> x
0
= -1 là nghiệm của phơng trình
Với x - 1 chia cả 2 vế của phơng trình ( 1) cho ( x+1) ta có phơng trình
2x
4
+ 3x
3
16x
2
+ 3x + 2 = 0 ( 3)

+ 3y 20 = 0 ( 4)
= 9 + 160 = 169 > 0
=> phơng trình ( 4 ) có 2 nghiệm phân biệt
;
Từ đó giải 2 phơng trình
( nhân 2 vế với x 0)
<=> x
2
+ 4x + 1 = 0 ( *)
= 4 - 1 = 3 > 0
=> phơng trình ( *) có 2 nghiệm : ;
( nhân 2 vế với 2x 0)
Ngời thực hiện: Tô Ngọc Sơn
12
2
1
4
35
1

=
+
=
x
2
4
35
2
=


+=
x
32
2
=
x
2
51
=+
x
x
32
1
+=
x
Đề tài nghiệp vụ s phạm: Phơng trình bậc cao
<=> 2x
2
5x + 2 = 0 ( **)
= 25 16 = 9 > 0
=> phơng trình ( **) có 2 nghiệm
Vậy phơng trình (1) có 4 nghiệm:
; ; ;
* Nhận xét:
Bài tập này tơng đối khó với học sinh nên khi dạy giáo viên cần lu ý khai
thác hết giả thiết, nhận xét có thể sử dụng phơng pháp nào, hằng đẳng thức nào để
phân tích cho thích hợp. Mỗi bài tập giải xong giáo viên nên chốt lại vấn đề và các
kiến thức sử dụng trong quá trình giải nhằm giúp học sinh nắm đợc bài và các
kiến thức cần sử dụng trong quá trình giải bài tổng quát, bài tơng tự, đặc biệt dùng
để bồi dỡng học sinh giỏi nhằm phát triển t duy.

2
+ 4y 3 = 0
<=> y
1
= 1/2 ; y
2
= -3/2
Với y = 1/2 ta có : 2x
2
+ 31x + 120 = 0
<=> x
1
= - 8; x
2
= -15/2
Với y = -3/2 ta có :2x
2
+ 35x + 120 = 0
4
26535
3
+
= x
;
4
26535
4

=x
* Cách 2: Đặt y = x

x
32
2
=
x
3
3
=
x
2
1
4
=
x
Đề tài nghiệp vụ s phạm: Phơng trình bậc cao
Thay vào ( 3) ta tìm đợc 4 nghiệm
*Bài toán 13: Giải phơng trình
( x 3) ( x +2) ( x 4)( x + 6) = 14x
2
(1)
Giải:
* Cách 1: Khai triển, thu gọn về phơng trình f(x) = 0 với vế trái là đa thức
bậc bốn
* Cách 2: Nhận thấy ( -3)(-4) = 12
2.6 = 12
(1) <=> ( x 3)( x 4)( x + 2)( x + 6) = -14x
2
<=> (x
2
7x + 12) ( x

2
6x + 12 = 0 (*) (vì x 0)
= 9 12 = -3 < 0 => (*) vô nghiệm
Với t = -14:
<=> x
2
+ 7x + 12 = 0 (**) (vì x 0)
= 49 48 = 1 > 0 => (**) có 2 nghiệm
x
1
= 3; x
2
= 4
Vậy phơng trình (1) có 2 nghiệm : x = 3 ; x = 4
* Dạng 7: Phơng trình có dạng d( x + a) (x + b) ( x + c) = mx
Trong đó:
2
cba
d
++
=
; m = (d a)(d b)(d c)
* Cách giải: Đặt ẩn phụ y = x + d, một nghiệm của phơng trình là y = 0
* Nhận xét: Một số thiếu sót thờng mắc khi biến đổi phơng trình:
- Khi chia 2 vế cho một đa thức của phơng trình
f
1
(x)g(x) = f
2
(x)g(x) (1) thành f

=+
x
x
Đề tài nghiệp vụ s phạm: Phơng trình bậc cao
- Đối với phơng trình đầu nên chuyển vế để đa về phơng trình tích hoặc
giải phơng trình f
1
(x) = f
2
(x)
- Đối với phơng trình (2) giải 2 phơng trình f(x) = g(x) và f(x) = -g(x).
* Dạng 8 : x
3
+ ax
2
+ bx + c = 0
(Phơng pháp này có thể giải đợc với phơng trình không có nghiệm hữu tỉ)
+ Cách giải :
- Bớc 1 : Quy về dạng y
3
+ py + q = 0 bằng cách đặt y = a/3 + x
- Bớc 2 : Đặt y = u + v
( u+v)
3
+ p( u+v) + q = 0
<=> u
3
+ v
3
+ ( u + v) ( 3uv + p ) + q = 0

9 ( u + v) + 28
<=> u
3
+ v
3
+ ( u + v) ( 3uv 9) + 28 = 0 ( ***)
Nếu u, v thoả mãn phơng trình( ***) thì u,v là nghiệm của hệ
u
3
+ v
3
= - 28 u
3
+ v
3
= - 28
uv = 3 u
3
v
3
= 27
=> u
3
, v
3
là nghiệm của phơng trình: X
2
+ 28X + 27 = 0
=> u
3

+ 4 vào 2 vế của (1)
x
4
+ 4x + 4 = 4x
4
= 24x + 36
<=> (x
2
+ 2)
2
= ( 2x + 6)
2




+=+
+=+

)62(2
622
2
2
xx
xx
Giải (2): x
2
+ 2 = 2x + 6
<=> x
2

8x + 17 = 0 (1)
Giải: (1) <=> x
4
- 8x
2
+ 16 + 16x
2
8x + 1 = 0
<=> ( x
2
4)
2
+ ( 4x 1)
2
= 0(2)
Vì







0)14(
0)4(
2
22
x
x
Nên (2) <=>

3
1
(1)
Giải : Nhân 2 vế của (1) với 3
(1) <=> 3x
3
3x
2
3x = 1
<=> 4x
3
= x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1
Ngời thực hiện: Tô Ngọc Sơn
16
(2)
(3)
Đề tài nghiệp vụ s phạm: Phơng trình bậc cao
<=>
33
3
)1().4(
+=
xx
<=>
1.4
3

65
=+ xx
(1)
Dễ thấy x = 8 ; x = 9 đều là nghiệm của (1)
Xét các giá trị còn lại của x
+) Với x < 8 thì
1919
6
>> xx

08
5
>x
Nên vế trái của (1) lớn hơn 1, (1) vô nghiệm
+) Với x > 9 thì
1818
5
>> xx

09
6
> x
Nên vế trái của (1) lớn hơn 1, (1) vô nghiệm
+) Với 8 < x < 9 thì
0 < x 8 < 1 =>
88
5
< xx
0 < 9 x < 1 =>
xx < 99

6 Phơng pháp dùng hệ số bất định:
Giả sử phơng trình bậc 4: x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0 và có phân tích thành
(x
2
+ a
1
x + b
1
) ( x
2
+ a
2
x + b
2
) = 0 lúc đó ta có:







=
=+

2
+ 37x - 14 = 0 (1)
Giả sử phơng trình trên phân tích đợc thành dạng:
(x
2
+ a
1
x + b
1
) ( x
2
+ a
2
x + b
2
) = 0
Ta có:
1;5;7;2
14
37
10
4
2121
21
1221
2121
21
====



=x
;
2
175
2

=x
;
2
291
3
+
=x
2
291
4

=x
* Chú ý: Với phơng pháp này có thể giải đợc với phơng trình không có
nghiệm hữu tỷ.
Ngời thực hiện: Tô Ngọc Sơn
18
Đề tài nghiệp vụ s phạm: Phơng trình bậc cao
Phần III
Kết luận chung
Phơng pháp dạy học của ngời thầy để học sinh nắm bắt đợc nội dung cần
thiết là cả một quá trình nghệ thuật. Để giúp các em học sinh nắm đợc bài, hiểu
bài và yêu môn học, có hứng thú trong các giờ học, nhất là say mê với những bài
tập khó. Thì đây là cả một quá trình tích luỹ phơng pháp giảng của ngời thầy,
không chỉ một sớm một chiều có đợc ngay mà phải là cả một quá trình rèn rũa,

1 Sách giáo khoa đại số 8 Nhà xuất bản giáo dục
2 Sách giáo khoa đại số 9 Nhà xuất bản giáo dục
3 Chuyên đề bồi dỡng học sinh giỏi toán 8 Võ Đại Mau, Võ Đại Hoài Đức
4 Một số phơng pháp chọn lọc giải các bài toán sơ cấp Nhóm tác giả
( Phan Đức Chính, Phạm Văn Điều, Đỗ Văn Hà, Nguyễn Đình Trí)
5 Toán phát triển đại số 8 Vũ Hữu Bình
6 Toán phát triển đại số 9 Vũ Hữu Bình
7 Cách tìm lời giải cho các bài toán THCS Lê Hải Châu, Nguyễn Xuân
Quỳ
8 Giáo trình thực hành và giải toán Đặng Đình Lăng, Nguyễn Hữu
Túc
9 - Ôn tập và kiểm tra đại số 8 Vũ Hữu Bình, Tôn Thân
10 - Ôn tập và kiểm tra đại số 9 Vũ Hữu Bình, Tôn Thân
Ngời thực hiện: Tô Ngọc Sơn
20
Đề tài nghiệp vụ s phạm: Phơng trình bậc cao
Phụ lục
Phần I : Đặt vấn đề
1. Lý do chọn đề tài
2. Nhiệm vụ nghiên cứu
3. Đối tợng nghiên cứu
4. Phơng pháp nghiên cứu
5. Phạm vi nghiên cứu
Phần II : Nội dung đề tài nghiên cứu
I Cơ sở lý luận và thực tiễn
II Những kiến thức cơ bản trong giải phơng trình
III Một số phơng pháp giải phơng trình bậc cao
A Phơng hớng
B Các bài toán và phơng pháp giải
* Tài liệu tham khảo



=

Hai HS lên bảng kiểm tra
HS1:
Rút gọn : A = (x 1) (x
2
+ x + 1) 2x
A = x
3
1 2x
B = x( x 1) (x +1)
B = x
3
x
Giải phơng trình : A = B
x
3
1 2x = x
3
x
<=> x
3
1 2x - x
3
+ x = 1
<=> - x = 1
<=> x = - 1
Với x = -1 thì A = B

2003
2003
2002
20021
2001
20012 +
+
+
=
+ xxx
Ngời thực hiện: Tô Ngọc Sơn
22
Đề tài nghiệp vụ s phạm: Phơng trình bậc cao
Giáo viên yêu cầu HS2 giải thích
Từ phơng trình:
0
2003
1
2002
1
2001
1
).2003( =






x

<=>
0
2003
1
2002
1
2001
1
).2003( =






x
<=> 2003 x = 0
<=> x = 2003
Tập nghiệm của phơng trình
S =
{ }
2003
HS2 giải thích : Vì một tích bằng 0 khi
trong tích ấy có ít nhất một thừa số bằng
0 có:
0
2003
1
2002
1

=
=




=+
=
1
2
3
01
032
x
x
x
x

Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm
x = 3/2 và x = -1
Ngời thực hiện: Tô Ngọc Sơn
23
Đề tài nghiệp vụ s phạm: Phơng trình bậc cao
GV ( hỏi): Phơng trình đã cho có mấy
nghiệm?
HS: Suy nghĩ, trả lời
GV giới thiệu: Phơng trình ta vừa xét là
một phơng trình tích
GV (hỏi): Em hiểu thế nào là một ph-
ơng trình tích?

= 0
<=> 2x
2
+ 5x = 0
<=> x ( 2x + 5) = 0
<=> x = 0 hoặc 2x + 5 = 0
<=> x = 0 hoặc x = -2,5
vậy tập hợp nghiệm của phơng trình đã
cho là S =
{ }
5,2;0

Ngời thực hiện: Tô Ngọc Sơn
24
Đề tài nghiệp vụ s phạm: Phơng trình bậc cao
1 HS lên bảng trình bày
GV: hãy phát hiện hằng đẳng thức trong
phơng trình rồi phân tích vế trái thành
nhân tử.
GV yêu cầu HS làm ví dụ 3
Giải phơng trình
2x
3
= x
2
+ 2x 1 và ?4
(x
3
+ x
2

+ x + 1) = 0
<=>( x 1)( x
2
+ 3x 2 - x
2
- x 1) = 0
<=>( x 1)( 2x 3) = 0
<=>( x 1) = 0 hoặc 2x 3 = 0
<=> x = 1 hoặc x = 1,5
Tập nghiệm của phơng trình S =
{ }
5,1;1
VD3: Trình bày nh trang 16 SGK
?4
(x
3
+ x
2
) + (x
2
+ x) = 0
<=> x
2
( x + 1) + x( x + 1) = 0
<=>x (x + 1) (x + 1) = 0
<=> x ( x + 1)
2
= 0
<=> x = 0 hoặc x + 1 = 0
<=> x = 0 hoặc x = -1

20;3

Ngời thực hiện: Tô Ngọc Sơn
25