Sáng kiến kinh nghiệm Hệ số bất định và ứng dụng

 Trần Trung Hiếu(Học sinh trường THCS Chu Mạnh Trinh) 
 1 
 1.Phân tích đa thức thành nhân tử 
 2.Rút gọn biểu thức chứa căn 
 3.Đa thức phụ 
 4.Đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỉ 
 5.Biện luận phương có nghiệm duy nhất 
 6.Bất đẳng thức và cực trị 
Trong toán học đây là 1 phương pháp rất hay khi ta muốn tìm các hệ số của 1 biểu 
thức.Sau đây ta đi tìm hiểu các ứng dụng “thần kì” của nó. 
A.Cơ sở lý thuyết 
Cho P(x)= 2 30 1 2 3 .....
n
na a x a x a x a x    và Q(x)=
2 3
0 1 2 3 .....
n
nb b x b x b x b x    
P(x)=Q(x)↔
0 0
1 1
n n
a b
a b
a b







Do đó khi P(x)=Q(x) thì ta có thể tìm được hệ số của P(x) nếu hệ số của Q(x) đã biết. 
B.Các ứng dụng 
 I.Phân tích đa thức thành nhân tử 
 1.Hướng:Giả thiết đa thức phân tích được dưới dạng F(x)=G(x).Q(x) 
 Rồi từ các hệ số của F(x) tìm hệ số của G(x),Q(x) sao cho chúng đơn giản nhất 
 2.Ví dụ:Phân tích đa thức F(x)= 4 3 23 6 5 3x x x x    thành nhân tử. 
 Do hệ số 4x là 1 nên ta chọn F(x)=( 2 axx b  )( 2 xx c d  ) Khi đó ta có 
 4 3 2 4 3 23 6 5 3 ( ) ( ) ( )x x x x x a c x ac b d x ad bc x bd             
 Đồng nhất hệ số có 
3
6
5
3
a c
ac b d
ad dc
bd
  
   
   


 Ta được
1
1
2
3
a
b
c
d
 
 
  


→F(x)=( 2 1x x  )( 2 2 3x x  ) 
 Trần Trung Hiếu(Học sinh trường THCS Chu Mạnh Trinh) 
 2 
Chú ý :-Việc tìm a,b,c,d là dựa trên cơ sở ta thử chọn các giá trị đó sao cho đơn giản 
nhất mà thỏa mãn hệ thức. 
 -Viết trên chỉ là những bước làm nháp còn khi trình bày thì ta chỉ cần thay a,b,c,d 
và biến đổi theo cách nhóm thông thường. 
 3.Bài tập tương tự:Phân tích đa thức thành nhân tử: 
a/ 4 2 1x x  b/ 4 3 22 4 2 3x x x x    
 II.Giải phương trình bậc 4 
 Nhận thấy rằng ứng dụng 1 cũng chính là cơ sở để giải phương trình bậc 4.Tuy nhiên 
nếu làm theo cách đó thì việc thử hệ số rất khó.Do vậy theo ý tưởng của ferari ta có cách 
thực hiện sau: 
 1.Xét pt bậc 4 dạng đầy đủ : 4 3 2 0ax bx cx dx e     
 Ta đi thực hiện các bước sau: 
 B1:-Khử hệ số bậc 4 và 3 bằng hằng đẳng thức 2 2 2 4 3 2 2( ) 2mx nx m x mnx n x    
 -Rồi đẩy các số hạng còn lại sang phải. 
 B2: Cộng hai vế với 
2
2( )
4
y
y mx nx  Ta được vế trái là 1 bình phương. 
 B3:Tìm y để vế phải cũng ghép được thành 1 bình phương.(ta sẽ phải giải phương 
trình bậc 3 đưa vào máy tính) 
 2.Thực nghiệm: 
 Giải phương trình 4 3 22 8 5 0x x x x     
Nháp: 
Biến đổi thành 2 2( ) 8 5x x x   
Thêm vào 1 lượng thành 
2 2
2 2 2 2( ) ( ) 8 5 ( )
4 4
y y
x x y x x x y x x         
Tìm y để 
2 2
2 28 5 ( ) yx (8 ) 5
4 4
y y
x y x x y x         ghép được thành 1 bình phương 
↔
2
2( 8) 4 ( 5) 0
4
y
y y      Tách ra thành phương trình bậc 3 nhét vào máy tính ta có 
y=4. 
Lời giải: 
4 3 2
4 3 2 2 2
2 2 2
2 8 5 0
2 4( ) 4 4 12 9
( 2) (2 3)
x x x x
x x x x x x x
x x x
    
        
    
(Bạn đọc tự giải quyết tiếp) 
 III.Rút gọn biểu thức chứa căn 
 1.Hướng:Viết biểu thức trong căn về dạng nA rồi tìm các hệ số trong A 
 2.Một số dạng căn bản: 
- 2 2 2( )a b c a b c ac b    
- 3 3 2 3 2( ) ( 3 ) 3a b c b ba ac c bca     
 Trần Trung Hiếu(Học sinh trường THCS Chu Mạnh Trinh) 
 3 
 *Ví dụ :Bài 57(NCCĐ đại 9) 
 Rút gọn 3 320 14 2 20 14 2   
Lời giải bài này bạn có thể tham khảo giải nhưng làm theo hsbt với 20 14 2 
có
3 2
3 2
2 3 14
6 20
a c a
c ca
  
  
Chọn a=1 từ pt1 →c= 2 kết hợp 2 → c=2 → 320 14 2 (2 2)   
Tương tự có 320 14 2 (2 3)   
Nhắc lại : Việc chọn a=1 là thử chọn ngẫu nhiên nhưng tuân thao nguyên tắc đơn giản 
nhất va phải thỏa mãn hệ thức 
 *Bài tập mở rộng 
Rút gọn 10 6 15 10   . 
 (gợi ý: đưa biểu thức trong căn về dạng 2( 2 3 5)a b c  
IV.Phương pháp đa thức phụ 
 1.Đầu tiên ta đi xét ví dụ: 
Cho đa thức f(x)= 4 3 2x ax bx cx d    .Và (1) (2) (3) ( 8) (12)10, 20, 30. ính P P P T P P    
Lời giải : 
Xét đa thức Q(x)=P(x)-10x .Ta có 
(1) (1) 10 0Q P   
(2) (2) 20 0Q P   
(3) (3) 30 0Q P   
 →x=1,x=2,x=3 là ba nghiệm của Q(x).Do degQ(x)=degP(x) nên ta có 
Q(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-a) →P(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-a)+10x 
 →P(12)+ P(-8)=19840 
 2.Nhận xét:Ta thấy khó nhất ở bài toán trên là việc tìm ra Q(x) mà thỏa mãn 
Q(n)=0.Tuy nhiên dưới con mắt HSBĐ ta thấy tìm Q(x) như sau: 
 B1:Đặt Q(x)=P(x)-h(x).Trong đó h(x) là đa thức thỏa mãn : 
 Degh(x)< degP(x) 
 Degh(x)<số giá trị đã cho trước của P(x) 
(điều này bạn đọc hãy công nhận vì giải thích rất phức tạp) 
 B2:Cho Q(n)=P(n)-h(n)=0.Rồi từ đó tìm các hệ số của h(x) 
 3.Ứng dụng thực nghiệm 
Cho đa thức f(x)= 4 3 2x ax bx cx d    . Và (1) (3) (5) ( 2) (0)3, 11, 27. ính P P P T P P    
Nháp: 
Đặt Q(x)=P(x)-h(x)→ Degh(x)<4(bậc của P(x)) 
 Degh(x)<3(số giá trị P(x) đã biết) 
 Trần Trung Hiếu(Học sinh trường THCS Chu Mạnh Trinh) 
 4 
→h(x)= 2ax bx c  .Ta có 
(1) (1) (1)
(3) (3) (3)
(5) (5) (5)
0
0
0
Q P h
Q P h
Q P h
   

  

  
 →
3
9 3 11
25 5 27
a b c
a b c
a b c
  

  
   
 →
1
0
2
a
b
c



 
→Q(x)=P(x)-(x2+2) 
(bạn đọc tự làm tiếp) 
Chú ý :Quy trịnh tìm h(x),Q(x)chỉ ở trên nháp cách trình bày như ví dụ đã nêu 
 Cái này hơi ngoài lề nhưng ta thấy nếu đề bài cho tính P(x1)+p(x2)thì x1x2<0 còn 
nếu đề bài cho tính P(x1)-p(x2)thì x1x2>0(các bạn hãy thử tự giải thích) 
 4.Một số bài tập ứng dụng 
Cho đa thức f(x)= 3 2ax bx cx d   . 
a/Cho
(1999)
(2000)
2001
2001
f
f



 CM:A= (2001) (1998)f f là hợp số. 
b/Cho
(0)
(1)
(2)
(3)
2
9
19
32
f
f
f
f





 
 Tìm f(x) 
Chắc hẳn khi đọc đến đây các bạn đã phần nào hiểu được cơ chế làm việc của HSBĐ.Các 
ứng dụng sau tôi sẽ chỉ nêu phương pháp còn việc cảm nhận nó theo hệ số bất định là 
việc của các bạn 
V.Đặt ẩn phụ để giải phương trình 
1.Phương trình vô tỉ dạng 2ax b mx nx p    
^-^PP:Đặt ax b cy d   → 2 22 0cy cdy ax d b     (1) 
Thay ẩn phụ vào phương trình ta lại có 2 0mx nx cy p d     (2) 
Chọn c,d sao cho 
2
2
c cd a b
m n y d b
c cd a b
m n y d b

   


   
(*) 
Chú ý: tỉ lệ cuối có thể không xét nếu nó bằng 1 
Khi đó (1) và (2) tạo thành hệ đối xứng 
*Thực nghiệm kiểm tra 
GPT: 2 4 3 5x x x    
Nháp 
 Trần Trung Hiếu(Học sinh trường THCS Chu Mạnh Trinh) 
 5 
Thay các hệ số vào có
2 2
2 2
1 4 3
2 1 5
1 4 3
2 1 5
c d
c cd d
c d
c cd d

   

   
  
 → chọn c=1,d=2 
Bài giải 
Đặt 5 2(2 )x y y    .Ta có hệ pt 
2
2
4 1 0
4 1 0
x y x
y x y
    

   
 →
3 0
x y
x y

   
(bạn đọc tự giải quyết tiếp) 
*Mở rộng :Hướng làm này còn đúng với pt dạng 3 33 ax b mx nx px e     
2. Phương trình vô tỉ dạng 2 2 21 1 1 2 2 2 3 3 3a x b x c a x b x c a x b x c        
*PP: 
*Ứng dụng: 
GPT 2 22 2 1 3 4 1x x x x x      
Nháp 
Thay vào hệ có 
1
1
3
n
m




Lời giải: 
 Trần Trung Hiếu(Học sinh trường THCS Chu Mạnh Trinh) 
 6 
Chúng ta còn có thêm 1 dạng nữa các bạn hãy thử nghiên cứu 
 Trần Trung Hiếu(Học sinh trường THCS Chu Mạnh Trinh) 
 7 
 Trần Trung Hiếu(Học sinh trường THCS Chu Mạnh Trinh) 
 8 
 Trần Trung Hiếu(Học sinh trường THCS Chu Mạnh Trinh) 
 9 
VI.Biện luận phương có nghiệm duy nhất 
1.Xét 1 ví dụ 
Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất 
4 4 2 2x x x x m      (1) 
Nhận xét : (1) có nghiệm là x thì cũng có nghiệm là 2-x(không tin bạn thử mà xem) 
→để pt có nghiện duy nhất thì x=2-x →x=1→m=4. 
Thay m=4 rồi dùng AM-GM sẽ cm được (1) có nghiệm duy nhất là 1 
→Ta thấy tìm 2 nghiệm có quan hệ với nhau cùng là nghiệm của (1) là bước khó nhất 
2.PP: 
GS pt có nghiệm là x thì có nghiệm là ax+b rồi tìm a và b. 
Tìm tham số rồi thử tham số đó vào pt ban đầu cm nó có nghiệm duy nhất. 
3.Thực nghiệm: 
Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất 
4 5x x m    (1) 
Nháp 
x là nghiệm của (1) thì 4 5x x m    
ax+b là nghiệm của (1) thì 4 5ax b ax b m      
Để pt có nghiệm là x thì có nghiệm là ax+b thì 
4 5
5 4
ax b x
ax b x
   

   
 → 
1
1
a
b
 

 
(lời giải chi tiết dành cho bạn đọc) 
VII.Bất đẳng thức và cực trị 
Hướng 1:Chỉ ra giá trị của cực trị rồi tìm nó. 
Bài yêu cầu tìm GTNN của A ta chỉ ra B là min rồi đi tìm B thỏa mãn 0A B  (tương tự 
với GTLN) 
*Một số ví dụ 
Tìm GTLN 
2
( ) 1 1
4
x
f x x x      
Nháp 
2 2
4 2 4
2 2 2 2
1 1 0 1 1
4 4
4
2 1 ( 2 1 ) 0
16 2 16 2
x x
x x B x x B
x Bx x B
x B x B x
B
 
              
 
          
 Trần Trung Hiếu(Học sinh trường THCS Chu Mạnh Trinh) 
 10 
Nhận thấy nếu 2 2
4
2 1x B x
B
   (#) viết được dưới dạng tổng 1 bình phương thì rất 
đẹp.Để làm được điều đó ta đặt 21 x y  rồi viết lại (#) theo y và B tìm B để pt mới có 
nghiệm kép .Ta tìm được B=2 
Lời giải 
Đk:-1≤x≤1 
Có
2
2
2 2
2
2
2 1 1
4
2 2 1
16
(1 1 ) 0( )
16
x
x x
x
x x
x
x ld
     
    
    
→Max f(x)=2↔x=0 
VD2.Cho 1a  .Tìm max f(x)= 23 7 22a a a    
*Cực trị dạng
2
2
ax
mx
bx c
nx p
 
 
 với 2mx nx p  đã xác định dấu 
-PP giải: 
Xét B=
2 2
2 2
ax ( ) ( )
mx mx
bx c a mA x b nA c pA
A
nx p nx p
      
 
   
Tìm A sao cho tử của B có nghiệm képtức 
2
0
(@)
( ) 4( )( ) 0
a mA
b nA a mA c pA
 

      
Khi đó A là GTNN hoặc GTLN 
-Thực nghiệm: 
Tìm cực trị của 
2
4 3
1
x
x


Nháp 
Thay vào (@) có 
0
( 1)( 4) 0
A
A A


  
 → 
4
1
A
A


 
Lời giải : 
Có
2
2 2
4 3 ( 2)
1 0
1 1
x x
x x
 
  
 
2
2 2
4 3 (2 1)
4 0
1 1
x x
x x
  
  
 
(Bạn đọc tự giải tiếp) 
Hướng 2: Chọn điểm rơi 
 Trần Trung Hiếu(Học sinh trường THCS Chu Mạnh Trinh) 
 11 
Khác với việc ta cho biểu thức B làm GTNN hay GTLN.Bây giờ ta cho biểu thức đạt cực 
trị khi biến x=m. 
*Một số ví dụ 
Tìm GTNN của 4 2( ) 2 40 101f x x x x    
Nháp 
Giả sử fmin khi x=m 
4 2 2 2 2 2 2 4
4
2 2 2 2
2 2
4
2 2 2 2 2
2 2 2 2
( ) 2 40 101 ( ) 2( 1) 40 101
10 101
( ) 2
1 2( 1)
10 101 100
( ) ( )
1 2( 1) ( 1)
f x x x x x m m x x m
m
x m x x
m m
m
x m x
m m m
          

    
 

     
  
→
2
10
2
1
x m m
m
   

Lời giải: 
4 2 2 2 2( ) 2 40 101 ( 4) ( 2) 45 45f x x x x x x          
Dấu bằng xảy ra khi x=2 
PP này còn có ứng dụng rất lớn trong các bất đẳng thức AM-GM ,B.C.S,Holder, 
C.Một số mở rộng 
1.Trong tính giá trị biểu thức bằng pp quy nạp 
Tính 2 2 2 21 3 5 ... (2 1)nS n      
Nháp 
Giả sử Sn=
3 2an bn cn d   . Do S0=1 nên d=1 
Thay n=1,2,3.Ta có hệ 
9
8 4 2 34
27 9 3 83
a b c
a b c
a b c
  

  
   
 ↔
4
3
4
1
3
a
b
c





 

 Thay vào có Sn=
3 24 14 1
3 3
n n n   . 
Lời giải : Dùng quy nạp mà cm 100% ra 
2.Tìm quy luật dãy số 
Tìm số hạng tổng quát dãy :2,5,9,14,20.. 
Gọi Un=
2an bn c  .Thay n=1,2,3 .Tính như mở rộng 1 có Un=
21 3
2 2
n n 
D.Kết thúc 
Chắc các bạn đã hiểu cách áp dụng của kĩ thuật này trong giải toán.Do đó sau mỗi bài 
toán hãy thử dừng lại hỏi :”Lời giải được nghĩ với ý tưởng chủ đạo là gì ? Liệu với các bộ 
số khác bài toán có được giải tương tự ? Nếu có hãy lập ra 1 pp nhờ HSBĐ ”.À nói thêm 
 Trần Trung Hiếu(Học sinh trường THCS Chu Mạnh Trinh) 
 12 
cái này rất quan trọng các pp tôi đưa ra luôn có thể mở rộng bởi bậc của các đa thức đa 
dạng tùy từng bài.