Luận văn Ứng dụng hiệu quả và khoa học máy tính bỏ túi vào giải toán

ác chữ ố nhỏ hơn 10. Quy trình n máy tính: + Tìm kết q ả là ố thập phân của phép chia a cho b : a SHIFT RCL ( ) , b SHIFT RCL ,,, ALPHA ( ) ALPHA ,,,   kết q ả (là ố thập phân) + L y phần n y n của kết q ả a chia cho b ta được c = a b       + ALPHA ( ) ALPHA ,,, c    kết q ả nhận được chính là ố dư cần tìm. Trường hợp 2 (TH2): a có ố các chữ ố lớn hơn 10 hoặc bằn 10. Giả a có dạn 1 10 11... ... na a a a Ta chia thành các bước thực hiện: Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 18 Bước 1: Tìm ố dư của phép chia 1 9...a a cho b theo TH1. Giả ố dư của phép chia này là 1r ( 1r ít hơn 9 chữ ố). Bước 2: Tìm ố dư của phép chia 1 10... kra a cho b ( 1 10... kra a có 9 chữ ố à k n ). Giả ố dư này là 2r ( 2r ít hơn 9 chữ ố). Tiếp tục thực hiện các bước cho đến khi tìm được ố dư r của phép chia 1...m n nr a a cho b ( r có ít hơn 9 chữ ố), thì r chính là ố dư cần tìm của phép chia ố n y n dươn a cho ố n y n dươn b. Ví dụ 3.4. Tìm ố dư của phép chia: a) 18901969 cho 3041975. b) 2345678901234 cho 4567. Giải. a) Số b chia có 8 chữ ố n n ta dụn MTBT theo TH1. Quy trình n máy tính: 18901969 SHIFT RCL ( ) ; 3041975 SHIFT RCL ,,, ALPHA ( )  ALPHA ,,, = (6,213716089) ALPHA ( )  6  ALPHA ,,, = (650119) Vậy ố dư là: 650119r  b) Do ố b chia có 13 chữ ố n n ta thực hiện theo TH : 1 13...a a = 2345678901234; 1 9...a a = 234567890, b  4567 suy ra 1r = 2203 ( 10 11 12 13a a a a = 1234) 1 10 11 12 13ra a a a = 22031234 suy ra 2r = 26. Trình bày cụ thể bài toán: Ta có 2345678901234 : 4567 = ( 234567890 410 + 1234) : 4567 (2203 410 +1234 ) : 4567 = 4824,005693 (2203 410 + 1234) - 4567  824 = 26. Vậy ố dư cần tìm là 6. Q y trình n máy tính: 234567890 SHIFT RCL ( ) 4567 SHIFT RCL ,,, Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 19 1234 SHIFT RCL hyp ALPHA ( )  ALPHA ,,, = (51361, 48237) ALPHA ( ) - 51361  ALPHA ,,, = 2203 2203 SHIFT log 4 1234 SHIFT RCL sin  ALPHA sin  ALPHA ,,, = 4824,005693 ALPHA sin - 4824  ALPHA ,,, = 26. Vậy ố dư cần tìm là 6. 3.2.2. Tìm Ước chung lớn nhất – Bội chung nhỏ nhất Để tìm UCLN à BCNN của hai ố n y n dươn a à b ta cần áp dụn lí th yết a : - Khôn m t tính tổn q át, iả , ; 0a b a b    và ( , )UCLN a b m . Khi đó .a m x , .b m y và x y là phân ố tối iản. - Tính ch t: BCNN (a,b) = . ( , ) a b UCLN a b 3.2.2.1. Với hai số a và b có số các chữ số nhỏ hơn 10 Đối ới hai ố a và b là các ố có ố các chữ ố nhỏ hơn 10 chún ta ận dụn tính ch t tr n à dụn MTBT để tìm UCLN của chún a b m x y   . Ví dụ 3.5. Tìm UCLN của hai ố 694184a  , 187247b  Giải. Quy trình n máy: 694184 SHIFT RCL ( ) 187247 SHIFT RCL ,,, ALPHA ( )  ALPHA ,,, = ( 152 41 ) ALPHA ( )  152 = (4567) Vậy UCLN(694184,187247) 4567 3.2.2.2. Với hai số a và b có số các chữ số lớn hơn hoặc bằng 10 Với hai ố a à b là các ố có ố các chữ ố lớn hơn hoặc bằn 10, để tìm ( , )UCLN a b ta dụn th ật toán E clide: Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 20 1 1 1 2 2 1 2 3 3 2 1 1 1 . . n n n n n n n a b q r b r q r r r q r r r q r r r q              Số dư c ối cùn khác 0 là nr chính là ( , )UCLN a b . Bài toán tìm ố dư à q y trình n máy chún tôi đã n cụ thể ở mục 3. .1. Đối ới nhữn ố lớn nên kết hợp iữa MTBT à thao tác tr n i y để tìm ra được kết q ả của bài toán y cầ . Ví dụ 3.6. Cho 14088840021a  và 74012741235.b  Tìm ( , )UCLN a b , ( , )BCNN a b . Giải. 74012741235b  = 5 14088840021 + 3568541130 14088840021a  = 3  3568541130 + 3383216631 3568541130 = 1  3383216631 + 185324499 3383216631 = 18  185324499 + 47375649 185324499 = 3  47375649 + 43197552 47375649 = 1  43197552 + 4178097 43197552 = 10  4178097 + 1416582 4178097 = 2  1416582 + 1344933 1416582 = 1  1344933 + 71649 1344933 = 18  71649 + 55251 71649 = 1  55251 + 16398 55251 = 3  16398 + 6057 16398 = 2  6057 + 4284 6057 = 1  4284 + 1773 4284 = 2  1773 + 738 1773 = 2  738 + 297 738 = 2  297 + 144 297 = 2  144 + 9 144 = 16  9 Vậy ( , ) 9UCLN a b  . . ( , ) ( ; ) a b BCNN a b UCLN a b  = 14088840021 740127 9 41235 = 14088840021  8223637915 Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 21 = (1408107 + 8840 103 + 21) (8223106 + 6379 102 + 15) = 11577984  1013 + 8981632  109 + 21120  107 + 72691320  109 + 56390360  105 + 132600  10 3 + 172683 106 + 133959  102 + 315. = 115861518975064996215. 3.2.3. Chuyển số thập phân tuần hoàn, không tuần hoàn về dạng phân số MTBT CASIO fx - 570ES tran b ch c năn ch yển ố thập phân hữ hạn ề dạn phân ố à n ược lại bằn phím ch c năn S D . T y nhi n, đối ới ố thập phân ô hạn t ần hoàn, khôn t ần hoàn thì MTBT khôn thể đưa được ề dạn phân ố một cách trực tiếp, khi đó ta thực hiện phép toán như a : 1 1 ... ,( ... ) ( *) 9...9 n n n ab b a a b b n N    soá ; 1 1, ... ( ... )k k na b b b b 1 1... ... ( *, *, ) 9...90...0 n k n k k ab b ab b n N k N k n       soá soá . (Ở mẫ ố, ố các chữ ố 9 bằn ố các chữ ố t ần hoàn của phần thập phân, ố các chữ ố 0 bằn ố các chữ ố khôn t ần hoàn của phần thập phân). Ví dụ 3.7. Ch yển các ố thập phân a ề dạn phân ố. 0,456456456; 4,(39); ,45736736 Giải. Ví dụ này chún ta khôn thể dụn MTBT mà phải thực hiện theo thao tác trên. 456 0,456456456 0,(456) 999   ; 439 4 435 4,(39) 99 99    . 245736 245 245491 2,45736736 2,45(736) 99900 99900     3.2.4. Tính giá trị của liên phân số Li n phân ố còn được ọi là phân ố li n tục là một dạn biể diễn các ố thực dươn , cả hữ tỷ à ô tỷ dưới dạn một phân ố nhiề tần . Biể diễn ố hữ tỉ dưới dạn li n phân ố: Như ta đã biết mọi ố hữ tỷ đề có thể được iết dưới dạn a b tron đó a Z và *)b N . Áp dụn th ật toán E clide cho a và b , ta được: Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 22 1 1 1 1 2 2 1 3 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1 . ; 0 . ; 0 ............................................ . ; 0 . ; 0 . ( 1 1) o n n n n n n n n n n n n n n n n n n a b q r r b b r q r r r r r q r r r r r q r r r r r r q q do r                                Từ các kết q ả tr n, ta có thể biể diễn ố a b dưới dạn : 1 0 0 0 0 2 1 1 1 1 2 1 1 1 ... 1 1 1 ... n a r q q q q b rb b q q r r q q              . Cách biể diễn này được ọi là biể diễn ố hữ tỉ dưới dạn li n phân ố. Mỗi ố hữ tỉ có một biể diễn d y nh t dưới dạn li n phân ố, nó được iết ọn  0 1,q ,...,qnq . Số ô tỉ có thể biể diễn dưới dạn li n phân ố ô hạn bằn cách x p xỉ nó dưới dạn ần đún bởi các ố thập phân hữ hạn à biể diễn các ố thập phân hữ hạn này q a li n phân ố. Dạn toán biể diễn li n phân ố 0 1 2 1 1 1 1 ... n q q q q     ề dạn a b được ọi là tính iá tr của li n phân ố. Qui trình n máy tính: 1 2 0 1 1 ... 1 n n n a a a Ans a Ans            Ví dụ 3.8. Tính iá tr của 1 1 1 2 1 3 2 A     . Với li n phân ố này, có thể tính nhẩm để rèn l yện khả năn tính toán phân ố à kỹ năn l y phân ố n h ch đảo mà khôn nh t thiết phải dụn MTBT. Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 23 Ví dụ 3.9. Cho 1 31 1 5 1 133 1 2 1 1 1 2 1 1 2 A         . Tính iá tr của A. Giải. S dụn q y trình n máy như tr n ta tìm được 625086 20035 A  . 3.3. Kiểm tra kết quả của bài toán Việc kiểm tra kết q ả của bài toán là cần thiết ới học inh, đặc biệt là tron các kì thi – kiểm tra hay thi t yển inh đại học à cao đẳn . Điề này iúp các em học inh hạn chế được ai ót khi làm bài. 3.3.1. Tính tích phân Giả tính tích phân ( ) b a f x dx ta được kết q ả là m. Kiểm tra lại kết q ả như a : Nhập ào máy tính ( ) b a f x dx m , a đó nh n  , nế kết q ả th được bằn 0 thì kết q ả của tích phân là m. Chú ý: Nế ( )f x có ch a hàm lượn iác thì phải thiết lập trạn thái máy tính ở chế độ Rađian ( SHIFT MODE 4 ). Ví dụ 3.10. Tính tích phân 1 2 0 (3 2)x dx (Đề thi HK2 khối A, A1, B năm học 2013-2014) Giải. Ta có 1 2 3 1 0 0 (3 2) ( 2 ) 3x dx x x    Kiểm tra kết q ả bằn MTBT: 23 2 0 1 3( ALPHA ) x )     (0) Điề này ch n tỏ kết q ả của tích phân bằn 3 là đún . Chú ý: Có thể kiểm tra kết q ả bằn cách nhập ào máy tính 1 2 0 (3 2)x dx n  ta được kết q ả là 3. Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 24 Ví dụ 3.11. Tính tích phân 2 1 1 0 xI xe dx  . (Đề thi HK2 khối A, A1, B năm học 2013-2014) Giải. Tính tích phân bằn phươn pháp đổi biến: 2 1 1 0 xI xe dx  = ( 1)2 e e  . Kiểm tra kết q ả bằn MTBT: Nhập ào máy tính 2 1 1 0 ( 1) 2 x exe dx e   n  ta được kết q ả là 0. Suy ra ( 1) 2 e I e  là kết q ả đún . Ví dụ 3.12. Tính tích phân 4 0 (1 sin 2 ) .I x x dx    (Đề thi ĐH khối D năm học 2012-2013) Giải. Tính tích phân bằn phươn pháp từn phần: 24 0 1 (1 sin2 ) 32 4 I x x dx       Kiểm tra kết q ả bằn MTBT: Nhập ào máy tính 24 0 1 (1 sin 2 ) 32 4 x x dx           , n  ta được kết q ả là 0. Suy ra 2 1 32 4 I    là kết q ả đún . 3.3.2. Bài toán về số phức MTBT CASIO fx – 570ES có khả năn thực hiện được các phép toán tr n tập ố ph c à iải được phươn trình bậc hai cho các n hiệm ph c cụ thể. Nhắc lại, một ố ph c z được biể diễn bởi hai dạn : + Dạn đại ố z a bi  , tron đó a à b là các ố thực, 2 2r a b  được ọi là môđ n của ố ph c z. + Dạn lượn iác (cos sin ), 0z r i r    , 2 2r a b  là môđ n à  là một ac men của ố ph c z, ( a r cos , b r sin )   . Ví dụ ố ph c dạn đại ố 1z i  à dạn lượn iác tươn n là  0 02 sin45 cos45z i  . Để chuyển ố ph c từ dạn đại ố an dạn lượn iác ta thực hiện trên Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 25 máy như a : SHIFT MODE 4 (thiết lập máy tính ở chế độ rađian) SHIFT a SHIFT ) b )  nhập ,a b và th được kết q ả là r , . Nế kết q ả ở dạn ố thập phân thì thực hiện tiếp AC ALPHA )  th được kết q ả là r ALPHA S D  th được kết q ả là  N ược lại, m ốn ch yển ố ph c từ dạn lượn iác an dạn đại ố ta thực hiện như a : SHIFT MODE 4 (Thiết lập máy tính ở chế độ rađian) SHIFT r SHIFT ) )   th được kết q ả là a , b . Nế kết q ả ở dạn ố thập phân thì thực hiện tiếp AC ALPHA )  th được kết q ả là a ALPHA S D  th được kết q ả là b Suy ra z a bi  Ví dụ 3.13. Tính 5 3 3 1 2 3 i A i    Giải. Thực hiện các phép chia cho ố ph c khác 0 ta th được kết q ả 1 3A i   Kiểm tra kết q ả bằn MTBT: MODE 2 (ch yển ề chế độ ố ph c) 5 3 ENG 3 1 2 ENG 3    1 3i  . Suy ra A = 1 3i  là kết q ả đún . Ví dụ 3.14. Viết ố ph c 1 3 i z i    dưới dạn lượn iác. (xem thêm [2]) Giải. Thực hiện các phép biến đổi ta th được kết q ả 2 (cos sin ) 2 12 12 z i     . Kiểm tra kết q ả bằn MTBT: Thao tác như í dụ 3.13, ta được dạn đại ố của ố ph c z là Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 26 1 3 1 3 4 4 z i      MODE 1 (Thiết lập máy tính ở trạn thái tính toán thôn thườn ) SHIFT MODE 4 (Thiết lập máy tính ở chế độ rađian) SHIFT 1 3 4 SHIFT ) 1 3 4 )       màn hình hiển th 0.7071067812; 0.2617993878r   AC ALPHA )  th được kết q ả 2 2 t c là 2 2 r  . ALPHA S D  th được kết q ả 12  t c là 12    . Vậy 2 (cos sin ) 2 12 12 z i     là kết q ả đún . Ví dụ 3.15. Giải phươn trình a đây tr n tập ố ph c (không dùng máy tính) 2 4 13 0z z   (3.1) (Đề thi Học kì 2 khối A, A1, B năm học 2013-2014) Giải. Ta có ' 9   , phươn trình đã cho có hai n hiệm ph c 1 22 3 à 2 3z i v z i    Kiểm tra kết q ả bằn MTBT: MODE 2 (ch yển ề chế độ ố ph c) MODE 5 3 1 4 1 3   (Nhập các hệ ố của phươn trình (3.1))  th được kết q ả – 3i  th được kết q ả + 3i Vậy kết q ả của bài toán là chính xác. Ví dụ 3.16. Giải phươn trình a đây tr n tập ố ph c: 2 2 2 0z z   (Đề thi Học kì 2 khối D năm học 2013-2014) Giải. Thao tác kiểm tra kết q ả tươn tự như ở í dụ 3.15 ta th được các n hiệm 1 21 à 1z i v z i      . 3.3.3. Tính tích có hướng của hai vectơ Trong không gian Oxyz, cho hai ectơ 1 1 1 2 2 2( ; ; ) à ( ; ; )a a b c v b a b c . Tích có hướn của hai ectơ a và b là một ectơ, kí hiệ a, b   à được xác đ nh bằn Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 27 tọa độ như a :  1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 b c c a a b a, b ; ; b c b c ;c a c a ;a b a b b c c a a b              . + Vectơ a, b   ôn óc ới cả hai ectơ a và b . + 0a, b    khi à chỉ khi hai ectơ a và b cùng phươn . + 0a, b c    thì ba ectơ a , b và c khôn đồn phẳn . + Tích có hướn của hai ectơ thườn được dụn để kiểm tra ba điểm tron khôn ian thẳn hàn , bốn điểm khôn đồn phẳn , tính diện tích tam iác, thể tích của khối chóp,... Quy trình n máy tính xác đ nh tích có hướn của hai ectơ a và b như a : MODE 8 1 1 + SHIFT 5 1 2 1 + AC SHIFT 5 3 x SHIFT 5 4  ta th được ,a b   . Nhận xét: Khi hai ectơ a và b có tọa độ khôn th ận lợi cho iệc tính nhẩm thì iệc tính chính xác a, b   đòi hỏi cần ự cẩn thận. Tron trườn hợp này, ta có thể dụn MTBT tính a, b   để hỗ trợ cho q á trình iải toán. Ví dụ 3.17. Trong không gian Oxyz cho hai điểm (0;0; 3),A  (2;0; 1)B  . Ch n minh rằn ba điểm , ,O A B khôn thẳn hàn , ới O là ốc tọa độ. Viết phươn trình mặt phẳn ( )OAB . (Đề thi học kì 2 khối A, B năm học 2012 -2013) Giải. Phân tích: Tính ,OA OB   , nế , 0OA OB     thì ba điểm , ,O A B khôn thẳn hàn . Thật ậy, ta có (0;0; 3); (2;0; 1)OA OB  ;  , 0; 6;0 0OA OB      Ch n tỏ ba điểm O, A, B khôn thẳn hàn . Mặt phẳn (AOB) đi q a O à nhận ,OA OB  = 0; 6;0 làm ectơ pháp t yến có phươn trình 0y  . Kiểm tra kết q ả như a : MODE 8 1 1 0 0 3    Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 28 SHIFT 5 1 2 1 2 0 1    AC SHIFT 5 3 x SHIFT 5 4  ta th được kết q ả là  0; 6;0 . Vậy kết q ả tr n là chính xác. Ví dụ 3.18. Trong không gian Oxyz , cho tam iác ABC ới 2 (1; ; 3), 3 A  (2;0; 1)B  và 2 3;1; 5 C       . Tính diện tích tam iác ABC. Giải. Phân tích: Trước hết, ta tính 2 1 17 1; ;2 ; 2; ; 3 3 5 AB AC               . Nhận th y tính ,AB AC   dễ ai ót do tọa độ ,AB AC là ố khôn n y n à khó tính nhẩm n n dụn MTBT để tính ,AB AC   . Q y trình n máy để tính ,AB AC   như a : MODE 8 1 1 1 2 3 2    SHIFT 5 1 2 1 2 1 3 1 7 5   AC SHIFT 5 3 x SHIFT 5 4  ta th được kết q ả là 44 3 5 ; ; 15 5 3       . Suy ra 44 3 5 , ; ; 15 5 3 AB AC          Ta có 2 1 17 1; ;2 ; 2; ; 3 3 5 AB AC               , 44 3 5 , ; ; 15 5 3 AB AC          Diện tích tam iác ABC là 1 2642 , 2 30 ABCS AB AC     Ví dụ 3.19. Tron khôn ian tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(1; ; 5), B(2; 3; 1), C(-2; 2;2), D(1; -1; ). Ch n minh bốn điểm A, B, C, D là các đỉnh của t diện à tính thể tích khối t diện đó. (Đề kiểm tra lần 4 khối D năm học 2012 -2013) Giải. Ta có  1;1; 4AB  ,  3;0; 3AC   ,  0; 3; 3AD    ;  , 3;15;3AB AC     , . 54 0AB AC AD      nên ,AB AC và AD khôn đồn phẳn , Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 29 y ra A, B, C, D là bốn đỉnh của t diện. Thể tích của t diện ABCD là 1 , . 9 6 ABCDV AB AC AD    Kiểm tra tích có hướn ,AB AC   n máy như a : MODE 8 1 1 1 1 4    SHIFT 5 1 2 1 3 0 3     AC SHIFT 5 3 x SHIFT 5 4  ta th được kết q ả là  3;15;3 . 3.3.4. Giải phương trình lượng giác Giả cho phươn trình lượn iác   0f x  (1) Tron đó,  f x là hàm lượn iác à có các họ n hiệm 0360 ( , 1, )i ix k k Z i n    hoặc 2 ( , 1, )i ix k k Z i n     . Sa khi tìm được họ n hiệm 0360 ( , 1, )i ix k k Z i n    của (1), ta kiểm tra n hiệm của phươn trình (1) bằn cách dụn ch c năn CALC của MTBT CASIO fx - 570ES như a : SHIFT MODE 3 Nhập biể th c  f x vào máy iCALC   th được iá tr m Nế 0m  thì kết l ận 0360i ix k  là một họ n hiệm của (1). Nế 0m  thì 0360i ix k  khôn phải họ n hiệm của (1). Chú ý: i) Nế phươn trình cần kiểm tra kết q ả chưa có dạn (1) thì phải biến đổi tươn đươn ch yển ề dạn (1). ii) Nế họ n hiệm đơn đo rađian thì phải đ nh dạn đơn đo rađian cho máy. Ví dụ 3.20. Giải phươn trình sin 3cos 1x x  . Giải phươn trình ta th được các n hiệm: 90 360o ox k  và 330 360o ox k  ,k . Kiểm tra kết q ả như a : Ch yển phươn trình ề dạn f(x) = 0, t c là sin 3cos 1 0x x   Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 30 SHIFT MODE 3 sin ALPHA ) ) 3 cos ALPHA ) ) 1  CALC 90  (0) CALC 330  (0) Vậy kết q ả của bài toán là chính xác. Ví dụ 3.21. Giải phươn trình 32sin os2 cos 0x c x x   Giải phươn trình tìm được các n hiệm 2x k   , 2 , 4 x k     và 3 2 , 4 x k    k . Kiểm tra kết q ả như a : SHIFT MODE 4 2 ( sin ALPHA ) ) x 3 cos 2 ALPHA ) ) cos ALPHA ) )  CALC   (0) CALC 4    (0) Vậy kết q ả của bài toán là chính xác. 3.4. Các bài toán về đa th c 3.4.1. Sơ đồ Hooc – ne Sơ đồ Hooc – ne thườn được dùn để tính iá tr của đa th c, chia đa th c, đặc biệt phân tích đa th c thành nhân t iúp iải các phươn trình bậc cao khi biết một n hiệm của phươn trình. Định lý Bezout: Cho đa thức 1 0( ) ... ... n i n iP x a x a x a x a       , 0,ia R i n  Số dư trong phép chia ( )P x cho đơn thức x  chính là ( )P  . Hệ quả: Nếu  là nghiệm của ( )P x thì ( )P x chia hết cho x  và     P x g x x   Sơ đồ Hooc – ne dùn để tìm đa th c thươn à dư tron phép chia đa th c ( )P x cho đơn th c x  . Giả ta có     P x g x x r   , r R (3.4.1) Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 31 Với  1 0( ) ... ... , , 0,n in i iP x a x a x a x a a R i n        , (3.4.2) và  11 1 0( ) ... ... , , 0, 1n in i ig x b x b x b x b b R i n         (3.4.3) Xác đ nh hệ ố ib của  g x như bản a : na 1na  .. 1a 0a  1n nb a  2 1 1.n n nb b a    0 1 1.b b a  0 0.r b a  Chú ý: i) Trong ơ đồ Hooc - ne, dòn đầ phải iết t t cả các hệ ố của ( )P x kể cả hệ ố bằn 0. ii)   0 0P r    suy ra  là n hiệm của ( )P x . iii)  0P x r là iá tr của ( )P x tại điểm 0x x . Ví dụ 3.22. Phân tích đa th c   4 33 4 2P x x x x    thành nhân t . Giải. Dễ th y  1 0P  n n ta có bản a : 1 -3 0 4 -2  =1 1 -2 -2 2 0 Do đó     3 22 2 2 1P x x x x x     . 3.4.2. Một ố dạng toán về đa th c Dạn 1. Tìm đa th c thươn à ố dư khi chia đa th c ( )P x cho đơn th c x  Giả đa th c thươn ( )g x có dạn 3.4.3, để tìm các hệ ố ib ta có thể thực hiện theo q y trình n máy như a : - SHIFT )RCL - bi-1 ALPHA ) + ai  2,i n : Ví dụ 3.23. Tìm đa th c thươn à ố dư tron phép chia   7 5 4 512 23 2.10 2014P x x x x x     cho 8x  . Giải. Cách 1. S dụn ơ đồ Hooc – ne 1 0 -12 -23 0 0 52 10  -2014 8  6 1b  5 8b  4 52b  3 393b  2 3144b  1 25152b  0 1216b  7714r  Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 32 Ta được thươn của phép chia là 6 5 4 3 2( ) 8 52 393 3144 25152 1216g x x x x x x x       à ố dư r = 7714. Cách . S dụn MTBT   6 5 4 3 2 8 SHIFT ) , 1 1 × ALPHA ) + 0 = 8 ( ) × ALPHA ) - 12 = 52 ( ) × ALPHA ) - 23 = 393 ( ) × ALPHA ) + 0 = 3144 ( ) RCL b b b b b   1 5 0 × ALPHA ) + 0 = 25152 ( ) × ALPHA ) 2 10 = 1216 ( ) × ALPHA ) - 2014=7714 ( ) b b r   Từ các kết q ả th được tr n máy tính, ta có  P x   6 5 4 3 28 52 393 3144 25152 1216x x x x x x       8x  + 7714. Ví dụ 3.24. Cho hàm ố  3 2 2 3 23 3 1y x mx m x m m       (m là tham ố). Viết phươn trình đườn thẳn đi q a các điểm cực tr của đồ th hàm ố tr n. (Đề thi đại học Khối A - năm học 2001 - 2002) Ta th y  2 23 6 3 1y x mx m      có ch a tham ố m n n khôn dụn được MTBT tron í dụ này. Ví dụ 3.25. Tìm các điểm cực tr của hàm ố: 4 3 2 255 25 1y x x x x m m       Ta th y 3 24 3 110 25y x x x     khôn còn ch a tham ố m n n có thể dụn MTBT để tìm các n hiệm của phươn trình 0y  . Nhận xét: Đối ới bài toán có ch a tham ố khôn dụn do MTBT chưa có ch c năn hỗ trợ hoặc chỉ dụn nế a các bước biến đổi dẫn đến triệt ti tham ố. Dạn . Phân tích đa th c theo bậc của đơn th c Cho đa th c  1 0( ) ... , 0,nn iP x a x a x a a R i n      , hãy phân tích P(x) theo bậc của đơn th c –x  t c là   20 1 2( ) ( ) .( ) n nP x r r x r x r x       Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 33 Áp dụn n lần ơ đồ Hooc – ne, ta có thể phân tích đa th c P(x) theo bậc của đơn th c –x  . Ví dụ 3.26. Phân tích đa th c 4 3( ) 3 2P x x x x    theo bậc của đơn th c 3x  . Giải. Phân tích P(x) =   1 0q x x r  theo ơ đồ Hooc - ne để được  1q x và 0. r Tiếp tục q á trình tr n để tìm  kq x và 1kr  , 2;4k  . Khi đó, ta có bản a : 1 -3 0 1 -2 4 33 2x x x   3  1 0 0 1 1   31 01, 1q x x r   3  1 3 9 28   22 13 9, 28q x x x r    3  1 6 27  3 26, 27q x x r   3  1 9  4 1q x  3, 9r  Vậy         2 3 4 ( ) 1 28 3 27 3 9 3 3P x x x x x         Dạn 3. Xác đ nh tham ố m để đa th c ( ) ( )P x g m chia hết cho đơn th c ax b Chia đa th c ( ) ( )P x g m cho đơn th c ax b ta được     ( ) ( )P x g m Q x ax b g m r     , ới r . ( ) ( )P x g m chia hết cho đơn th c ax b khi à chỉ khi ( ) 0g m r   ( ) b g m r P a           . Ví dụ 3.27. Tìm m để 4 3 2( ) 7 2 13P x x x x x m     chia hết cho 6.x  Giải. Phân tích: Để ( )P x chia hết cho 6x  thì ( 6) 0P   , nên ta có:         4 3 2 6 7 6 2 6 13 6m             Qui trình ấn máy  6 SHIFT )RCL  ( ALPHA ) x 4  7 ALPHA ) 3x  2 ALPHA ) 2x  1 3 ALPHA ) )  Kết q ả: m 222 Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 34 Ví dụ 3.28. Cho   33 17 625P x x x   . Tìm a để   2P x a chia hết cho 3?x  Giải.           3 32 3 3 3 17 3 625 3 3 17 3 625a P a                        Qui trình ấn máy ( 3 ( 3 ) 3 1 7 ( 3 ) 6 2 5 )       x 757 Kết q ả: a =  757 . 3.5. Tìm nghiệm gần đúng của phương trình Tron nhiề trườn hợp, để iải phươn trình   0f x  (*) ta chỉ có thể tìm được n hiệm ần đún của nó (n hiệm này thườn là nhữn ố thập phân ô hạn). Tron phần này chún tôi dụn phươn pháp lặp đơn, phươn pháp chia đôi kết hợp ới ch c SOLVE của MTBT để xây dựn q y trình tìm n hiệm ần đún của (*) . Các kiến th c li n q an được tham khảo tron [3]. 3.5.1. Phương pháp lặp đơn Giả phươn trình   0f x   3.5.2 có n hiệm tron khoản tách n hiệm  ;a b . Ta biến đổi  3.5.2 ề dạn  x g x (1) tron đó  g x là hàm khả i li n tục và   1g x  tr n [a; b]. L y một iá tr 1x tùy ý tron khoản  ;a b . Thay 1x ào ế phải của (1) ta được:  2 1x g x (2). Thay 2x ào ế phải của ( ) ta được:  3 2x g x (3), , c tiếp tục như ậy cho đến khi 1 1 0n n nx x x x    thì iá tr 0x là n hiệm ần đún (có thể là n hiệm đún ) của phươn trình   0f x  đã cho. Ví dụ 3.29. Tìm nghiệm ần đún của phươn trình 17 8 0x x   trên  1 3; (3.5.1) Giải. Dễ th y hàm   17 8f x x x   đồn biến tr n R à    1 3 0f f  nên (3.5.1) có n hiệm d y nh t tr n [1; 3]. Để tìm n hiệm của (3.5.1) ta dụn phươn pháp lặp đơn. Ta có thể đưa phươn trình (3.5.1) ề một tron các dạn a : i) 17 8x x  ii) 178x x  Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 35 iii) 17 16 8 1 x x x   + Với dạn i) Đặt 17( ) 8g x x  trên  1;3 , ta có:       16 1617 17 1 1 17 517 8 g x g x x       < 1,  1;3x  Do đó dãy lặp 171 8n nx x   , ( 0,1,2,...n  ) hội tụ tới n hiệm nào đó tron  1;3 . Chọn iá tr lặp đầ ti n 1 2x  (tùy ý), ới 5n  dãy hội tụ ề iá tr 0 1.120132546x  là n hiệm ần đún của (3.5.1). Qui trình ấn máy Thực hiện phép lặp: 171 8n nx x   ới n = 1, , 3, 4, 5, n các phím:  SHIFT x 1 7 ( 8 Ans )      Kết q ả 0 1.120132546.x  + Khôn chọn dạn ii) à iii) ì khôn thoả mãn điề kiện hội tụ. 3.5.2. Sử dụng phím chức năng SOLVE Với ch c năn này, ta chỉ cần nhập phươn trình   0f x  rồi n dãy phím SHIFT CALC = để th được n hiệm. Ví dụ 3.30. S dụn phím ch c năn SOLVE iải phươn trình ở í dụ 3. 9 ALPHA ) 1 7 ALPHA ) - 8 ALPHA CALC 0x  SHIFT CALC = 1.120132546. Kết q ả: 0 1.120132546.x  Ví dụ 3.31. Tìm n hiệm ần đún của phươn trình 7 15 20 0x x   . Giải. ALPHA ) 7 1 5 ALPHA ) - 2 0 ALPHA CALC 0x  SHIFT CALC = Kết q ả 1.152873543x  . 3.5.3. Khoảng tách nghiệm và kiện toàn nghiệm của phương trình Giả cần iải phươn trình   0f x   3.5.2 , tron đó  f x xác đ nh à li n tục tr n  ;a b (tr n khoản , n a khoản ). Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 36 Giả  1 có n hiệm d y nh t  ( có thể là n hiệm ần đún ) tr n đoạn    ; ;a b   . Tìm n hiệm  của  1 thườn chia làm hai iai đoạn : 1) Tách nghiệm: T c là tìm đoạn  ;  đủ bé ch a  của  3.5.2 . Có thể dùn phươn pháp chia đôi à ch c năn TABLE của MTBT để tìm  ;  . 2) Kiện toàn nghiệm: Là iệc xác đ nh n hiệm ần đún của (1) (có thể là n hiệm đún ) ới ai ố tùy ý. Đối ới MTBT CASIO f(x) – 570 ES cho phép ai ố đến 10 chữ ố, n hĩa là 1010ox    . Ta dùn ch c năn CALC à SOLVE của MTBT để hỗ trợ. Trước hết ta nhớ lại phương pháp chia đôi dùn để tìm n hiệm ần đún ới ai ố  bé tùy ý như a : Giả phươn trình f (x) 0 có khoản tách n hiệm là (a;b) ch a n hiệm đún là ox . Th ật toán của phươn pháp chia đôi: Bước 1: Gọi 2 a b c   . Bước : Nế 0f (a). f(c) khi đó oc x là n hiệm chính xác; Bước 4. Nế 0f ( a ). f ( c ) , đặt b = c. Nế 0f (a). f(c) , đặt a = c. Bước 3: Nế b c   , q ay lại Bước 1. N ược lại, c là n hiệm ần đún ới ai ố  ; Bước 4. Bước 4: Dừn . Ví dụ 3.32. Tìm hai n hiệm ần đún của phươn trình 4 3 22 3 14 10 0 (3.5.3)x x x x     chính xác đến 6 chữ ố a d phẩy của ố thập phân. Giải. Như đã biết, ch c năn SOLVE chỉ cho một n hiệm ần đún của phươn trình. Để iải bài toán này chún ta dụn kết hợp các phươn pháp chia đôi hoặc phươn pháp lặp kết ch c năn ch c năn TABLE và SOLVE của MTBT để xác đ nh n hiệm ần đún của phươn trình. Bước 1. Tìm khoản tách n hiệm: S dụn ch c năn TABLE cho phươn trình  3.5.3 trên  3;5 ới bước nhảy 1 để xác đ nh khoản tách n hiệm. Qui trình n máy: Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 37 MODE 7 2 ALPHA ) x 4 - 3 ALPHA ) x 3 -14 ALPHA ) x 2 - ALPHA ) 10  D Math ( ) 1 3 130 2 2 12 3 1 2 4 0 10 5 1 6 6 2 40 7 3 38 8 4 102 9 5 530 X F X       Từ bản iá tr , (3.5.3) có n hiệm tr n hai khoản (0 ; 1) và (3 ; 4). Bước 2. Kiện toàn n hiệm. Nhập phươn trình ào MTBT, dụn CALC rồi nhập các ố đầ được chọn tr n cơ ở bước tách n hiệm, để xem ự biến thi n hàm ố ra ao a đó mới dùn lệnh SOLVE để chọn n hiệm theo y cầ . + Chọn ố đầ nhập th ới 0,5 ; kết q ả 5,75 > 0 Vậy n hiệm nằm tron (0,5 ; 1), tiếp tục dụn phươn pháp chia đôi ta nhập 0,75 ; kết q ả 0,74 1875. Khi kết q ả đã x t hiện ố 0 n ay phần n y n thì ch n tỏ ố đầ khá ần n hiệm à đến lúc này dụn SOLVE để iải tìm n hiệm, kết q ả th được một n hiệm ần đún 0,7807764064. Theo y cầ n hiệm ần đún ới độ chính xác đến 6 chữ ố là 0,780776. Qui trình ấn máy: 2 ALPHA ) 4 - 3 ALPHA ) 3 -14 ALPHA ) 2 - ALPHA ) 10 x x x  CALC 0,5 5,75 CALC 0,75 0.7421875 SHIFT CALC 0.7807764064  + Tươn tự ới n hiệm ần đún tr n khoản (3 ; 4) thỏa mãn là 3,449489. Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 38 3.6. Tìm hướng giải phương trình, hệ phương trình MTBT CASIO fx - 570 ES có ch c năn tạo bản iá tr từ một hàm ố cho trước (ch c năn TABLE) cho phép q an át 30 iá tr của hàm n n ta có thể xác đ nh được n hiệm, khoản ch a n hiệm để đ nh hướn iải phươn trình, hệ phươn trình. Nhắc lại: Tính chất của hàm số liên tục Nếu hàm số ( )y f x liên tục trên đoạn [a; b] và ( ). ( ) 0f a f b  thì tồn tại ít nhất một điểm ( ; )c a b sao cho ( ) 0f c  . Khi đó, c còn được gọi là nghiệm của phương trình   0f x  . 3.6.1. Phương trình một ẩn 3.6.1.1. Phương trình bậc bốn Xét phươn trình 4 3 2 0 ( 0)ax bx cx dx e a      (3.6.1) + Trườn hợp 0b d  khi đó (3.6.1) là phươn trình trùn phươn , học inh đã biết cách iải. Ở đây chún ta xét phươn trình bậc bốn dạn tổn q át. + Nế nhẩm được một n hiệm hoặc dụn ch c năn SOLVE của MTBT tìm được một n hiệm hữ tỉ của phươn trình (3.6.1) thì ta dùn phép chia đa th c để iải phươn trình (3.6.1). + Trườn hợp khó nhẩm được n hiệm hoặc dụn MTBT tìm được n hiệm khôn phải là ố hữ tỉ ta có thể đưa phươn trình đã cho ề dạn phươn trình tích ới nhân t là các tam th c bậc hai để tìm n hiệm của (3.6.1). Ví dụ 3.33. Giải phươn trình 4 32 2 0x x x    (3.6.2) Dễ th y a + b + c + d = 0 y ra 1x  là một n hiệm của phươn trình. Do đó:   3 2 2 1 3.6.2 ( 1)( 2) 0 ( 1)( 2)( 1) 0 2 x x x x x x x x x x                 Như ậy, tron trườn hợp này khôn cần thiết phải dụn đến MTBT. Ví dụ 3.34. Giải phươn trình 4 3 22 3 2 3 0x x x x     (3.6.3) Giải. Phân tích: (3.6.3) là phươn trình bậc bốn dạn tổn q át, khó nhẩm được n hiệm hữ tỉ của phươn trình. Đặt 4 3 2( ) 2 3 2 3f x x x x x     . Q y trình n máy xác đ nh n hiệm đầ ti n: ALPHA ) x 4 2 ALPHA ) x 3 3 ALPHA ) x 2 2 ALPHA ) 3 ALPHA 0      SHIFT CALC  th được n hiệm ần đún của (3.6.3): 1 0,6180339887x  Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 39 AC Ans SHIFT RCL ( )  án n hiệm 1x cho biến nhớ A. + S dụn ch c năn TABLE tr n đoạn [-3; 3] ch a 1x ới bước nhảy 0,5 ta thu được bản iá tr của ( )f x như a : D Math ( ) 1 3 45 2 2 5 3 1 3 4 0 3 5 1 5 6 2 45 7 3 165 X F X      Từ bản tr n ta được: ( 2). ( 1) 0 ( )f f f x    có một n hiệm 2x th ộc khoản (-2; -1). Lặp lại trình tự tr n để tìm n hiệm 2 1,6180339889x   ( 2; 1)   và gán cho biến nhớ B. AC ALPHA ( ) ALPHA ,,,   ( - 1) (Tính tổn hai n hiệm) ALPHA ( ) ALPHA ,,,   ( - 1) (Tính tích hai n hiệm) Do đó 1 2 x và x là hai n hiệm của phươn trình 2 1 0x x   + Thực hiện phép chia  f x cho 2 1x x  ta được 4 3 2 2 2 1 5 2 2 3 2 3 0 ( 1)( 3) 0 1 5 2 x x x x x x x x x x                      Nhận xét: Tron trườn hợp dụn MTBT tìm được hai n hiệm 1 2, x x nhưn tổn hoặc tích hai n hiệm khôn phải là ố hữ tỉ th ta phải t m tiếp n hiệm th ba của phươn trình. Ví dụ 3.35. Giải phươn trình 4 3 28 32 28 7 1 0x x x x     (3.6.4) Giải. Thao tác như í dụ 3.34. + S dụn ch c năn TABLE tr n đoạn [-3; 3] ới bước nhảy 1, tính được: Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 40 (0). (1) 0 ( )f f f x  có một n hiệm 1x th ộc khoản (0; 1). (1). (2) 0 ( )f f f x  có một n hiệm 2x th ộc khoản (1; ). + S dụn ch c năn SOLVE tìm được các n hiệm 1 0,1043560763 (0;1)x   , án cho biến nhớ A, 2 1,780776406 (1;2)x   , gán cho biến nhớ B. + Tính được 1,885132483A B  khôn phải là ố hữ tỷ n n ta phải tìm tiếp n hiệm th ba của phươn trình. (2). (3) 0 ( )f f f x  có một n hiệm 3x th ộc khoản ( ; 3). + S dụn ch c năn SOLVE tìm được n hiệm 3 2,395643924 (2;3)x   và gán cho biến nhớ C. + Tính 4,17642033B C  khôn phải ố hữ tỉ; 5 2 A C  và 1 . 4 AC  suy ra 1 3x và x là hai n hiệm của phươn trình 24 10 1 0x x   . + Thực hiện phép chia ( )f x cho 24 10 1x x  ta được 4 3 2 2 28 32 28 7 1 (4 10 1)(2 3 1)x x x x x x x x         Đến đây bài toán đã được iải q yết! Nhận xét: + Cách iải này cũn có thể áp dụn cho các phươn trình bậc cao. + Đối ới nhữn phươn trình bậc bốn mà ta ch n minh được nó có đún hai n hiệm à tổn hoặc tích hai n hiệm đó khôn phải là ố hữ tỉ thì dụn phươn pháp kiện toàn n hiệm nế đề bài y cầ tính chính xác cao. 3.6.1.2. Phương trình vô tỷ Phươn pháp ch n để iải phươn trình ô tỷ là kh căn th c bằn cách nhân lượn li n hợp, đặt ẩn phụ, đưa phươn trình ề dạn cơ bản thườn ặp Tron phần này, chún tôi đề cập tới một lớp các phươn trình ô tỷ khôn mẫ mực ới ự hỗ trợ của MTBT nhằm đ nh hướn lượn nhân t ch n đưa phươn trình đã cho ề phươn trình tích. Ví dụ 3.36. Giải phươn trình: 24 8 2 3 1x x x    (3.6.5) Đưa phươn trình ề dạn ( ) ( )f x g x . Ta có: 2 2 2 2 2 3 0 (3.6.5) 2 3 4 8 1 4 8 1 0 2 3 ( 4 8 1) (1) x x x x x x x x x                     Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 41 4 2 3 2 4 3 2 (1) 2 3 16 64 1 64 8 16 8 32 28 7 1 0 (2) x x x x x x x x x x               Phươn trình ( ) khó nhẩm n hiệm. S dụn ch c năn TABLE kết hợp ới ch c năn SOLVE của MTBT fx- 570ES đưa phươn trình ( ) ề dạn phươn trình tích ới nhân t là các tam th c bậc hai. (Xem chi tiết ở í dụ 3.33 mục 3.6.1.1) 2 2(2) (4 10 1)(2 3 1) 0x x x x      Đến đây thì bài toán xem như được iải q yết! Ví dụ 3.37. Giải phươn trình 23 1 6 3 14 8 0x x x x       (3.6.6) (Đề thi đại học khối B năm 2010) Phân tích: + S dụn ch c năn TABLE tr n đoạn [0; 6] ới bước nhảy 1 ta tìm được n hiệm 5ox  (thao tác như ở mục 3.6.1.1). Như ậy, ta có thể n hĩ đến iệc phân tích: 23 1 6 3 14 8 ( 5). ( )x x x x x h x        + 21 2 1 23 1 6 3 14 8 ( 5). ( )x c c x x x c c x h x            . + Tìm các hằn ố 1 2,c c Ta có: 3 1 16 4ox    nên 1 4c  ; 6 1ox  nên 2 1c  Giải. Điề kiện: 1 6 3 x   Với điề kiện tr n, (pt) 2( 3 1 4) (1 6 ) 3 14 5 0x x x x          3( 5) 5 ( 5)(3 1) 0 3 1 4 1 6 3 1 ( 5)[ (3 1)] 0 3 1 4 1 6 x x x x x x x x x x                       5 0 (*) 3 1 (3 1) 0 (**) 3 1 4 1 6 x x x x              Phươn trình (*) có n hiệm 5x  . Vế phải của phươn trình (**) lớn hơn 0 ới mọi 1 ;6 3 x        n n phương trình (**) ô n hiệm. Vậy phươn trình (3.6.6) có n hiệm d y nh t 5x  thỏa mãn điề kiện bài toán. Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 42 Nhận xét: Ta có thể tìm n hiệm ox bằn ch c năn SOLVE. T y nhi n, do 1 ;6 3 x        n n dụn ch c năn TABLE tron trườn hợp này là hiệ q ả nh t. Ví dụ 3.38. Giải phươn trình 3 1 1 ( 1)x x x x     (3.6.7) + S dụn ch c năn SOLVE của MTBT ta tìm được n hiệm 0ox  (thao tác như ở mục 3.6.1.1). Phân tích: 3 1 1 ( 1) . ( )x x x x x h x      + 3 1 2 1 21 1 ( 1) . ( )x c c x x x c c x h x          . + Tìm hằn ố 1 2,c c : 3 01 1x  nên 1 1c  ; 1 1ox  nên 2 1c  Từ đó ta có lời iải như a : Giải. Điề kiện: 1x  Với điề kiện tr n, (3.6.7) 3( 1 1) (1 1 ) ( 1) 0x x x x         2 33 2 33 (1 ) 0 1 1(1 ) 1 1 0 1 1 (1 ) 0 (**) 1 1(1 ) 1 1 x x x x xx x x x xx x                        Vế phải của phươn trình (**) lớn hơn 0 ới mọi ( ;1]x  n n phươn trình (**) ô n hiệm. Vậy phươn trình đã cho có n hiệm d y nh t 0x  . Ví dụ 3.39. Giải phươn trình 2 2 2 1 1 2 4 2 1 x x x x x        (3.6.8) Phân tích: 2 2 2 1 1 (3.6.8) 2 0 4 2 1 x x x x x          S dụn ch c năn SOLVE của MTBT tìm được n hiệm 1 1,732050808x  (khôn phải n hiệm hữ tỉ), tiếp tục tìm được n hiệm 2 1,732050808x   . Ta th y 1 2,x x khôn phải ố hữ tỉ, t y nhi n 1 2 0x x  và 1 2. 3x x   . Do đó 1x và 2x là n hiệm của phươn trình 2 3 0x   nên lượn nhân t ch n là  2 3x  . Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 43 + 2 2 2 1 2 1 22 1 1 2 ( 3). ( ) 4 2 1 x x x c c c c x h x x x              + Tìm hằn ố 1 2,c c cần th m bớt (như ở í dụ 3.35) Ta có: 2 1 1 1 1 1 4 x x x     nên 1 1c  , 2 1 1 1 21x   nên 2 1 2 c  Giải. Với điề kiện x > - 4, 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 22 1 3 1 1 (3.6.8) 1 0 4 2 2 2 1 3 3 3 0 2 2 1( 1 2)1 1 ( 4) 4 1 1 1 ( 3) 0 2 2 1( 1 2)1 1 ( 4) 4 x x x x x x x x x xx x x x x x xx x x x                                                             2 2 22 3 0 3 1 1 1 0 (*) 2 2 1( 1 2)1 1 ( 4) 4 x x x xx x x x                         Nhận th y ế phải của phươn trình (*) lớn hơn 0 ới mọi ( 4; )x   nên phươn trình (*) ô n hiệm. Vậy phươn trình (3.6.8) có các n hiệm 3, 3x x   . Ví dụ 3.40. Giải phươn trình 23 1 5 4 3 3x x x x      (3.6.9) (Đề dự bị Kiểm tra lần 2 năm học 2013 – 2014) Phân tích: 2(3.6.9) 3 1 5 4 3 3 0x x x x        + S dụn ch c năn SOLVE của MTBT tìm được hai n hiệm 1 20, 1x x  . Do đó 1x và 2x là n hiệm của phươn trình 2 0x x  . Vậy ( 2x x ) là thừa ố ch n cần tìm. + Nế th m bớt hằn ố: 2 2 1 2 1 23 1 5 4 3 3 ( ). ( )x c x c x x c c x x h x            Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 44 + Ta có 23 1 2x   nên 1 2c  ; 25 4 3x   nên 2 3c  Giải. Với điề kiện 1 3 x   ,        23.6.9 ( 3 1 2) ( 5 4 3) 3 2 0 3 1 5( 1) 1 3 2 0 3 1 2 5 4 3 x x x x x x x x x x                           3 5 1 3 2 0 3 1 2 5 4 3 x x x x                1 0 3 5 3 2 0 (1) 3 1 2 5 4 3 x x x x              Theo phân tích trên, ta cần th m bớt để có nhân t ch n là ( 2x x ). Do ậy phươn trình (1) ẽ có n hiệm 0x  (bạn đọc tự iải). Để x t hiện nhân t ch n ( 2x x ), ta cũn có thể th m bớt biể th c ch a ẩn: 2 23 1 ( ) 5 4 ( ) 3 3 ( ) ( ) ( ). ( )x ax b x cx d x x ax b cx d x x h x                Ta cần tìm a, b ao cho phươn trình 3 1 ( ) 0x ax b    (*) nhận 1 0x  và 2 1x  là n hiệm. Thật ậy, thay 1 20, 1x x  ào (*) ta được 1b  và 1a  . Tươn tự tìm được 1c  và 2d  . Giải. Với điề kiện 1 3 x   ,       23.6.9 3 1 1 5 4 2 3 3 0x x x x x x                     2 2 23( ) 0 3 1 1 5 4 2 x x x x x x x x x x                 2 1 1 3 0 3 1 ( 1) 5 4 ( 2) x x x x x x                2 0 0 1 1 3 0 (1') 1 3 1 ( 1) 5 4 ( 2) x x x x x x x x                  Dễ th y phươn trình (1’) ô n hiệm, do đó phươn trình (3.6.9) có hai n hiệm 0x  và 1x  . Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 45 Ví dụ 3.41. Giải phươn trình 2 25 2 1 2 1 1 3 3x x x x x        (3.6.10) Phân tích: 2 2(3.6.10) 5 2 1 2 1 1 3 3 0x x x x x          Dùn MTBT tìm được một n hiệm 2ox  . Cách 1: Th m bớt hằn ố 2 2 1 2 3 1 2 35 2 1 2 1 1 3 3 ( 2). ( )x x c x c x c x c c c x h x                Với cách làm như ở các í dụ tr n, ta tìm được 1 2 3 5, 3, 1c c c   . Cách 2: Th m bớt biể th c ch a ẩn 1 1ox   nên -1 là hằn ố cần th m ào cho ố hạn 1x  Lúc này ế phải của phươn trình (3.6.10) còn lại 3 2x  . Cần tìm các ố , , ,a b c d ao cho các phươn trình 25 2 1 ( ) 0x x ax b     và 22 1 ( ) 0x cx d    có n hiệm 2ox  . Để làm được điề đó, ta cần tách 3 2 ( ) ( )x ax b cx d     Ta có hệ phươn trình: 2 5 2 3 3 2 a b c d a c b d            . Giải hệ này ta được 2 1 1 1 a b c d        Vậy ta đã phân tích đưa được phươn trình ề dạn 2 25 2 1 (2 1) 2 1 ( 1) 1 1 0x x x x x x                      nhân lượn li n hợp để x t hiện thừa ố ch n   – .x Nhận xét: + Việc dụn MTBT iúp đ nh hướn lượn nhân t ch n nhằm đưa phươn trình ề dạn phươn trình tích. + Việc dụn MTBT cần linh hoạt. 3.6.1.3. Phương trình lượng giác Để iải q yết các bài toán iải phươn trình lượn iác đòi hỏi học inh phải nắm ữn các côn th c lượn iác, cách ận dụn các côn th c cũn như cách iải các phươn trình lượn iác cơ bản, phươn trình lượn iác thườn ặp. Ví dụ 3.42. Giải phươn trình 2 os2 1 cot 1 sin sin 2 1 tan 2 c x x x x x      (Đề thi đại học khối A năm 2003) Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 46 + Thiết lập trạn thái máy tính ở chế độ Rad ( SHIFT MODE 4 ) + S dụn ch c năn SOLVE của MTBT tìm được một n hiệm 4 x   . Phân tích: Từ n hiệm 4 x   ta có các hướn phân tích bài toán như a : Hướng 1: Với 4 x   suy ra tan 1x  , do đó ta có thể n hĩ đến iệc phân tích đưa phươn trình ề dạn phươn trình tích có ch a thừa ố ( tan 1x  ). Hướng 2: 4 x   suy ra 2 sin cos 2 x x  , n n có thể đưa phươn trình ề dạn tích có ch a thừa ố (2sin 2x  ) hoặc (2 os 2c x  ). Hướng 3: 4 x   suy ra sin cos 0x x  , do đó ta có thể phân tích đưa phươn trình ề dạn tích có ch a thừa ố (sin cosx x ). Nhận xét: cos cos sin cot 1 1 sin sin x x x x x x      có ch a thừa ố sin cosx x . os2 cos (cos sin ) 1 tan c x x x x x    ; 2 1sin sin 2 sin (sin cos ) 2 x x x x x   Như ậy, ta đan iải q yết bài toán theo hướn 3. Giải. Điề kiện cos 0 sin 0 tan 1 x x x       (*) Phươn trình trở thành: 2 2 2cos cos sin 11 sin .2.sin .cos sinsin 2 1 cos x x x x x x xx x       2 cos sin cos (cos sin ) sin (sin cos ) sin cos sin sin .cos (cos sin ) sin (sin cos ) x x x x x x x x x x x x x x x x x x             2 2 cos sin 0 (cos sin )(1 sin .cos sin ) 0 1 sin .cos sin 0 (**) x x x x x x x x x x             Vế trái của phươn trình (**) đẳn c p đối ới sin x và cos x đã biết cách iải. Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 47 + Nế khai thác bài toán theo hướn 1, ta có 2 2 2 1 2tan 1 tan cot ; sin 2 ; os2 tan 1 tan 1 tan x x x x c x x x x       Đặt t tanx à đưa phươn trình đã cho ề phươn trình tích (theo ẩn t), có ch a thừa ố   – 1 .t + Hướn khó khai thác, ì các thừa ố (2sin 2x  ) hoặc (2 os 2c x  ) có ch a hệ ố 2 mà các ố hạn tron đề bài khôn có. Đôi khi, iệc hép nhóm để phân tích các biể th c lượn iác thành nhân t ặp khó khăn, ta có thể dụn MTBT để hỗ trợ iệc xác đ nh nhân t ch n dạn sin cosa x b x c  ới một tron ba hệ ố , ,a b c bằn 0. Ví dụ 3.43. Giải phươn trình 2(1 sin ) cosx x  Phân tích: S dụn ch c năn TABLE tr n [0; 360] ới bước nhảy 15 ta tìm được các n hiệm của phươn trình: 0 ; 270 ; 360o o o . Hướng 1: N hiệm là 0 ; 360o o , do đó cos 1x  , ậy ta có thể phân tích đưa phươn trình ề dạn phươn trình tích có ch a thừa ố (cos 1x  ). Hướng 2: N hiệm là 270o , do đó sin 1x   , ậy ta có thể phân tích đưa phươn trình ề dạn phươn trình tích có ch a thừa ố (sin 1x  ). Hướng 3: N hiệm là 270 135 2 o oxx    , do đó sin cos 0 2 2 x x   , ậy ta có thể phân tích đưa phươn trình ề dạn phươn trình tích có ch a thừa ố (sin cos ) 2 2 x x  . Hướng 4: N hiệm là 270 135 2 o oxx    , do đó tan 1 2 x   , do đó có thể phân tích đưa phươn trình ề dạn phươn trình tích có ch a thừa ố (tan 1) 2 x  Nhận xét: Hướn 1 à hướn khó khai thác tiếp a một ài bước biến đổi n n n ười iải toán cần linh hoạt ch yển an nhữn hướn khác để iải q yết bài toán th ận lợi hơn. Nhận th y 2 2 21 sin (sin os ) à cos cos sin 2 2 2 2 x x x x x c v x     , do đó bài toán có thể iải theo hướn 3 một cách dễ dàn . Nế khai thác bài toán theo hướn 4: Đặt t = tan 2 x à đưa phươn trình đã cho ề dạn ( 1). ( ) 0t g t  là phươn trình đã biết cách iải. Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 48 3.6.1.4. Phương trình mũ – lôgarit Đối ới nhữn phươn trình mũ – lô arit ph c tạp, ta có thể dụn ch c năn TABLE kết hợp ch c năn SOLVE của MTBT để đưa phươn trình ề dạn phươn trình tích. Sa đây, chún tôi chỉ đi â khai thác dạn phươn trình mũ – lô arit có n hiệm d y nh t mà học inh thườn ặp khó khăn tron q á trình iải. Ví dụ 3.44. Giải phươn trình 32 log 2 x x  (xem thêm [1]) Phân tích: Đối ới í dụ này iệc nhẩm n hiệm là đơn iản n n bài toán khôn nh t thiết phải dùn MTBT để tìm n hiệm. Nế dụn MTBT thì nhập phươn trình ào máy tính, dụn ch c năn SOLVE ta tìm được n hiệm 1x  . Giải. Nhận th y 1x  là n hiệm của phươn trình đã cho, ta ch n minh 1x  là n hiệm d y nh t. Thật ậy, 32 log 2 x x  32 2 log x x   . Hàm ố 2xy  đồn biến tr n R+ à hàm ố 32 logy x  n h ch biến tr n R  . Vậy 1x  là n hiệm d y nh t của phươn trình đã cho. Ví dụ 3.45. Giải phươn trình 1 32 -1024 0x x   (3.6.11) Phân tích: Việc nhẩm n hiệm tron í dụ này là khó khăn, ta n n dụn MTBT để tìm n hiệm. Q y trình n máy: 2 x ALPHA ) 1 ALPHA ) x 3 1024 ALPHA CALC 0   , SHIFT CALC  thu được n hiệm 8x  . Từ đó ta có lời iải cho í dụ tr n như a : Giải. Nhận th y 8x  là một n hiệm của phươn trình. (3.6.11) 1 32 1024x x   (1) Ta ch n minh 8x  là n hiệm d y nh t của (1). Thật ậy, hàm ố 12xy  là hàm đồn biến tr n R à hàm ố 31024y x  là hàm n h ch biến tr n R. Vậy 8x  là n hiệm d y nh t của phươn trình đã cho. 3.6.2. Hệ phương trình Bằn các phươn pháp iải hệ phươn trình đã biết ta có thể biến đổi hệ phươn trình ề hệ có một phươn trình một ẩn, dụn MTBT tìm hướn iả i phươn trình một ẩn đó (như đã trình bày mục 3.6.1). Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 49 Ví dụ 3.46. Giải hệ phươn trình: 2 2 2 4 3 1 3 0 4 xy x y x y x           (3.6.12) Giải. 2 2 (2 1) 4 3 (1) (3.6.12) 1 3 0 (2) 4 y x x x y x            Dễ th y 1 2 x  khôn thỏa mãn phươn trình (1). Do đó 4 3 (1) 2 1 x y x    , thay ào ( ) ta được: 2 2 4 3 24 3 1( ) 3 0 16 32 232 8 1 0 (3) 2 1 4 x x x x x x x x            Dùn ch c năn SOLVE của MTBT đưa phươn trình (3) ề dạn phươn trình tích ới nhân t là các tam th c bậc hai (thao tác như ở mục 3.6.1.1) ta được: 2 2 2 2 5 2 6 4 20 1 0 2 (3) (4 20 1)(4 12 1) 0 4 12 1 0 3 2 2 2 x x x x x x x x x x                      Từ đó tìm được y (thao tác như mục 3.1.1), y ra n hiệm của hệ phươn trình. Ví dụ 3.47. Giải hệ phươn trình 2 3 2 2 2 6 3 x y x x y         Giải. Rút y từ phươn trình th hai à thay ào phươn trình th nh t ta được 2 23 32 2 6 3 2 2 2 2 6 3 0x x x x x x            (4) Phân tích: Phươn trình (4) có ch a d căn, ta có thể đặt 2t x  để làm m t đi một d căn. Giải (4). Điề kiện 2x  , đặt 2t x  2( 0) 2t x t    (*) Phươn trình trở thành: 4 2 3 4 2 4 3 232 2 14 23 ( 2) 2 14 23 2 20 12 15 0t t t t t t t t t t               Dùn MTBT đưa phươn trình tr n ề dạn phươn trình tích Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 50 2 2 2 2 1 5 1 0 2 ( 1)(2 3 15) 0 2 3 15 0 3 129 4 t t t t t t t t t t                     Kết hợp ới điề kiện 0t  để tìm t . Thay t ào phươn trình (*) để tìm x , từ đó y ra y . MTBT chỉ là côn cụ hỗ trợ, khôn thể thay thế được iệc trình bày lời iải bài toán nên tùy vào bài toán cụ thể mà ận dụn linh hoạt tránh lạm dụn . Nhữn q y trình n máy iải bài toán được xây dựn tron chươn này áp dụn cho dòng máy CASIO fx – 570ES đề dụn được cho dòn máy CASIO fx – 570ES PLUS. Việc dụn MTBT CASIO fx – 570ES để kiểm tra kết quả, tính iá tr của biể th c và hàm ố, tìm n hiệm ần đún , đ nh hướn iải cho một ố bài toán chún tôi đã trình bày ở chươn này, học inh có thể n hi n c xây dựn q y trình cho nhữn dòn máy khác cũn như các dạn bài toán phổ thôn tr n học khác như tính iới hạn, xác t thốn k , hình học, Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 51 C. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 1. Kết luận Tr n cơ ở n hi n c , phân tích à tổn hợp kiến th c, đề tài th được một ố kết q ả a đây: - Đề x t được phươn pháp iải một ố bài toán tr n MTBT CASIO fx – 570 ES, nhằm hỗ trợ học tập, rèn l yện tư d y à kỹ năn tính toán cho học sinh. - Hướn dẫn học inh n dụn hiệ q ả à khoa học MTBT thôn q a một ố dạn toán. Nhóm tác iả hi ọn tài liệ này có thể iúp ích cho học inh tron q á trình học tập tại trườn , l yện thi đại học à làm tài liệ tham khảo học tập năm đầ ở các trườn Đại học, Cao đẳn . 2. Kiến nghị Đề tài có thể tiếp tục n hi n c , mở rộn hướn phát triển: đ nh hướn iải nhiề dạn bài toán tron chươn trình toán phổ thôn , các bài toán cao c p ở bậc đại học, cao đẳn ch y n n ành Toán học bằn MTBT. Nhóm tác iả r t mon nhận được ự q an tâm của Nhà trườn , quí Thầy Cô cùn bạn đọc để có thể mở rộn hướn phát triển này. Nhóm tác giả - Trường Dự bị đại học dân tộc trung ương Nha Trang 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Tổ bộ môn Toán ( 013), Bài giảng Toán học, Trườn DBĐH Nha Tran . . Đoàn Q ỳnh ( 007), Giải tích nâng cao 10, 11, 12, Giáo dục. 3. Phan Văn Hạp (1997), Các Phương Pháp Giải Gần Đúng, Giáo dục. 4. Web, www.Tailieu.vn; www.mathvn.com 5. N yễn Trườn Ch n , N yễn Thế Thạch, Hướng dẫn sử dụng máy tính CASIO fx – 570 ES, Giáo dục.