Chủ đề này có 16 trả lời

[supernatural1]

$ (2x+1)(x+\sqrt{x^{2}+1})+\frac{16x+153}{16x-45}=0 $

[Tran Quoc Khang]

x=3/4 hoặc x=12/5

[Zeref]

x=3/4 hoặc x=12/5

Giải ra chứ ai lại ghi mỗi kq

[supernatural1]

Ai giải hộ mình cái

[An Infinitesimal]

 

$ (2x+1)(x+\sqrt{x^{2}+1})+\frac{16x+153}{16x-45}=0 $

Việc nhận thấy  $ \frac{3}{4} $ và $ \frac{12}{5} $ là nghiệm của phương trình sẽ giúp ta tìm ra nhân tử $(4x-3)(5x-12)$. 

 

Phương trình được viết lại

\[(2x-1)(16x-45)+(16x+153)(\sqrt{x^2+1}-x)=0.\]

Nhận xét:  ``Tuyến tính hóa'' $\sqrt{x^2+1}-x$ bằng hai điểm $ \frac{3}{4} $ và $ \frac{12}{5} $, ta thu được phương trình $\sqrt{x^2+1}-x=\frac{-2x+7}{11}$ nhận $ \frac{3}{4} $ và $ \frac{12}{5} $ làm hai nghiệm. Từ các này, ta có phân tích sau:

Phương trình trên tương đương

\[\left[(2x-1)(16x-45)+(16x+153)(\frac{-2x+7}{11})\right]+(16x+153)(\sqrt{x^2+1}-x-\frac{-2x+7}{11})=0.\]

\[\Leftrightarrow \frac{8(4x-3)(5x-12)}{11}+\frac{(16x+153)((4x-3)(5x-12))}{11\left(11\sqrt{x^2+1}+9x+7\right)}=0.\]

\[\Leftrightarrow (4x-3)(5x-12) \left(8+\frac{16x+153}{11\sqrt{x^2+1}+9x+7}\right)=0.\]

Nhận xét: 

\[8+\frac{16x+153}{11\sqrt{x^2+1}+9x+7}= \frac{88\sqrt{x^2+1}+88x+209}{11\sqrt{x^2+1}+9x+7}>0 \forall x\in \mathbb{R}.\]

Do đó phương trình ban đầu chỉ có hai nghiệm là $ \frac{3}{4} $ và $ \frac{12}{5} $.

[L Lawliet]

$ (2x+1)(x+\sqrt{x^{2}+1})+\frac{16x+153}{16x-45}=0 $

Một cách giải khác ý tưởng dựa vào phép thế Euler trong tích phân như sau:

Lời giải.

Đặt $\sqrt{x^{2}+1}=-x+t\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -x+t\geq 0 &  & \\ x^{2}+1=\left ( t-x \right )^{2} &  & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -x+t\geq 0 &  & \\ 2xt=t^{2}-1 &  & \end{matrix}\right. \,\,\,\, \left ( * \right )$

Dễ thấy $t=0$ không thỏa mãn $\left ( * \right )$ nên xét $t\neq 0$ thì $\left ( * \right )\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{1+t^{2}}{2t}\geq 0 &  & \\ x=\frac{t^{2}-1}{2t} &  & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} t>0 &  & \\ x=\frac{t^{2}-1}{2t} &  & \end{matrix}\right. \,\,\,\, \left ( ** \right )$

Thay vào phương trình ban đầu ta được:

$\left ( \frac{t^{2}-1}{t}+1 \right )t+\frac{8\frac{t^{2}-1}{t}+153}{8\frac{t^{2}-1}{t}-45}=0$

$\Leftrightarrow t^{2}+t-1+\frac{8t^{2}+153t-8}{8t^{2}-45t-8}=0$

$\Leftrightarrow t\left ( t-2 \right )\left ( t-5 \right )\left ( 8t+19 \right )=0$

Vì $t>0$ nên $t=2$ hoặc $t=5$, thay vào $\left ( ** \right )$ ta được $x=\frac{3}{4}$ hoặc $x=\frac{12}{4}$.

 

Bó tay với latex diễn đàn...

[An Infinitesimal]

 

Một cách giải khác ý tưởng dựa vào phép thế Euler trong tích phân như sau:

Lời giải.

Đặt $\sqrt{x^{2}+1}=-x+t\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -x+t\geq 0 &  & \\ x^{2}+1=\left ( t-x \right )^{2} &  & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -x+t\geq 0 &  & \\ 2xt=t^{2}-1 &  & \end{matrix}\right. \,\,\,\, \left ( * \right )$

Dễ thấy $t=0$ không thỏa mãn $\left ( * \right )$ nên xét $t\neq 0$ thì $\left ( * \right )\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{1+t^{2}}{2t}\geq 0 &  & \\ x=\frac{t^{2}-1}{2t} &  & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} t>0 &  & \\ x=\frac{t^{2}-1}{2t} &  & \end{matrix}\right. \,\,\,\, \left ( ** \right )$

Thay vào phương trình ban đầu ta được:

$\left ( \frac{t^{2}-1}{t}+1 \right )t+\frac{8\frac{t^{2}-1}{t}+153}{8\frac{t^{2}-1}{t}-45}=0$

$\Leftrightarrow t^{2}+t-1+\frac{8t^{2}+153t-8}{8t^{2}-45t-8}=0$

$\Leftrightarrow t\left ( t-2 \right )\left ( t-5 \right )\left ( 8t+19 \right )=0$

Vì $t>0$ nên $t=2$ hoặc $t=5$, thay vào $\left ( ** \right )$ ta được $x=\frac{3}{4}$ hoặc $x=\frac{12}{4}$.

 

Bó tay với latex diễn đàn...

 

 

Lời giải đã đủ đẹp. Mình xin thêm một chút bình luận:

1) PP của Euler là một kỹ thuật "khử căn thức". Kỹ thuật này cũng tương đương kỹ thuật lượng giác, đặt $x= -\tan{\phi}$. Khi đó $t$ trong phương pháp của Euler là $t=\tan\frac{\phi}{2}.$

2) Xem cách đặt trên như việc cố gắng giảm thiểu "$x^2$" thì ta có một kỹ thuật hữu tỉ hóa và giảm "hằng số 1": "Đặt" $\sqrt{x^2+1}=xt+1$ (với $x\neq 0$). Cách này tương ứng với cách đặt $x=\cot{\phi}$.

3) Tháng 6/2016, Báo TH&TT có đăng bài "Phương pháp đặt ẩn phụ trong phương trình chứa tam thức bậc hai trong căn"- tác giả Vũ Hồng Phong.

 

 

Latex diễn đàn hay bệnh vô cớ!!!...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vanchanh123: 30-07-2016 - 17:01

[L Lawliet]

Lời giải đã đủ đẹp. Mình xin thêm một chút bình luận:

1) PP của Euler là một kỹ thuật "khử căn thức". Kỹ thuật này cũng tương đương kỹ thuật lượng giác, đặt $x= -\tan{\phi}$. Khi đó $t$ trong phương pháp của Euler là $t=\tan\frac{\pi}{2}.$

2) Xem cách đặt trên như việc cố gắng giảm thiểu "$x^2$" thì ta có một kỹ thuật hữu tỉ hóa và giảm "hằng số 1": "Đặt" $\sqrt{x^2+1}=xt+1$ (với $xt\neq 0$). Cách này tương ứng với cách đặt $x=\cot{\phi}$.

3) Tháng 6/2016, Báo TH&TT có đăng bài "Phương pháp đặt ẩn phụ trong phương trình chứa tam thức bậc hai trong căn"- tác giả Vũ Hồng Phong.

 

 

Latex diễn đàn hay bệnh vô cớ!!!...

 

Bạn có file về phương pháp này không, mình tìm không có (đặt bằng lượng giác ấy).

[An Infinitesimal]

Bạn có file về phương pháp này không, mình tìm không có (đặt bằng lượng giác ấy).

Mình chỉ nói sự tương ứng chứ sau khi lượng giác cũng không thể giải trực tiếp bằng lượng giác (theo mình nghĩ vậy)!

Sau khi lượng giác, "cũng phải" đại số hóa bằng phép đổi biến $t= \tan \frac{\phi}{2}$, tức lại đi lòng vòng về cách giải của bạn.

[Zeref]

$ (2x+1)(x+\sqrt{x^{2}+1})+\frac{16x+153}{16x-45}=0 $

Một cách giải khác thay cho lượng giác hay "tuyến tính hoá" gì đó

Nhân 16x-45 để khử mẫu , pt trở thành

$32x^3-74x^2-29x+153+(32x^2-74x-45)\sqrt{x^2+1}=0$

$<=> (16x^2+19x+8+(16x+19)\sqrt{x^2+1})(11\sqrt{x^2+1}-9x-7)=0$

Nhân tử đầu ta có thể bình phương 2 vế rồi đem về pt bậc 4 và chứng minh nó vô nghiệm . Cái nhân tử sau có 2 nghiệm là

x=0,75 ; x=2,4

Kết luận vậy pt có 2 nghiệm x=0,75 hoặc x=2,4

[An Infinitesimal]

Một cách giải khác thay cho lượng giác hay "tuyến tính hoá" gì đó

Nhân 16x-45 để khử mẫu , pt trở thành

$32x^3-74x^2-29x+153+(32x^2-74x-45)\sqrt{x^2+1}=0$

$<=> (16x^2+19x+8+(16x+19)\sqrt{x^2+1})(11\sqrt{x^2+1}-9x-7)=0$

Nhân tử đầu ta có thể bình phương 2 vế rồi đem về pt bậc 4 và chứng minh nó vô nghiệm . Cái nhân tử sau có 2 nghiệm là

x=0,75 ; x=2,4

Kết luận vậy pt có 2 nghiệm x=0,75 hoặc x=2,4

"Thách" em tìm thêm một lời giải cho bài toán này!

Hi vọng mọi người góp thêm vài lời giải cho bài toán

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vanchanh123: 10-08-2016 - 20:34

[Zeref]

"Thách" em tìm thêm một lời giải cho bài toán này!

[hide] Hi vọng mọi người góp thêm vài lời giải cho bài toán[\hide]

Có được sử dụng phương pháp bình phương khử căn thức không ạ ? Nếu được thì em sẽ gửi lời giải

[An Infinitesimal]

Có được sử dụng phương pháp bình phương khử căn thức không ạ ? Nếu được thì em sẽ gửi lời giải

Bất kỳ phương pháp nào cũng được!

[Zeref]

Bất kỳ phương pháp nào cũng được!

Vâng ạ

Đây là cách giải không hay lắm

Bắt đầu từ pt

$32x^3-74x^2-29x+153+(32x^2-74x-45)\sqrt{x^2+1}=0$

$<=> 32x^3-74x^2-29x+153=-(32x^2-74x-45)\sqrt{x^2+1}$

Bình phương khử căn ta thu được pt

$1024x^6-4736x^5+3620x^4+14084x^3-21803x^2-8874x+23409 = 1024*x^6-4736*x^5+3620*x^4+1924*x^3+4621*x^2+6660*x+2025 $

$<=> 12160x^3-26424x^2-15534x+21384 =0$

$<=> 2(4x-3)(5x-12)(304x+297)=0$

$<=> ...$

[An Infinitesimal]

Vâng ạ

Đây là cách giải không hay lắm

Bắt đầu từ pt

$32x^3-74x^2-29x+153+(32x^2-74x-45)\sqrt{x^2+1}=0$

$<=> 32x^3-74x^2-29x+153=-(32x^2-74x-45)\sqrt{x^2+1}$

Bình phương khử căn ta thu được pt

$1024x^6-4736x^5+3620x^4+14084x^3-21803x^2-8874x+23409 = 1024*x^6-4736*x^5+3620*x^4+1924*x^3+4621*x^2+6660*x+2025 $

$<=> 12160x^3-26424x^2-15534x+21384 =0$

$<=> 2(4x-3)(5x-12)(304x+297)=0$

$<=> ...$

(y)

Thêm một cách không hay nhưng có vẻ "cân bằng", tính toán ít hơn một chút như bên dưới.

 

Thêm một lời giải- lời giải khá thô.

Thêm một lời giải đưa về phương trình bậc 4 không thông qua phương pháp Euler (phần tính toán khá nặng).

(Sau khi tính toán thật, phương trình đúng có bậc 3 với ít nhất hai nghiệm đẹp- có thể tìm bằng máy tính.)

Nhân hai vế cho $(16x-45)(\sqrt{x^{2}+1}-x)$, ta thu được phương trình

\[(2x+1)(16x-45)+(16x+153)(\sqrt{x^{2}+1}-x)=0.\]

Bình luận: Nhân tử $(16x-45)$ giúp khử mẫu, nhân tử $(\sqrt{x^{2}+1}-x)$ giúp cân bằng "hai số hạng chính". Đồng thời chi phí tính toán cũng giảm nhẹ.

 

Phương trình trên tương đương $16x^2 - 227x - 45+(16x+153)\sqrt{x^{2}+1}=0.$

\[\Rightarrow (16x^2 - 227x - 45)^2-(16x+153)^2(x^2+1)=0.\]

\[\Leftrightarrow (304x + 297)(4x - 3)(5x - 12)=0.\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vanchanh123: 10-08-2016 - 21:22

[Zeref]

 

(y)

Thêm một cách không hay nhưng có vẻ "cân bằng", tính toán ít hơn một chút như bên dưới.

 

Thêm một lời giải- lời giải khá thô.

Thêm một lời giải đưa về phương trình bậc 4 không thông qua phương pháp Euler (phần tính toán khá nặng).

(Sau khi tính toán thật, phương trình đúng có bậc 3 với ít nhất hai nghiệm đẹp- có thể tìm bằng máy tính.)

Nhân hai vế cho $(16x-45)(\sqrt{x^{2}+1}-x)$, ta thu được phương trình

\[(2x+1)(16x-45)+(16x+153)(\sqrt{x^{2}+1}-x)=0.\]

Bình luận: Nhân tử $(16x-45)$ giúp khử mẫu, nhân tử $(\sqrt{x^{2}+1}-x)$ giúp cân bằng "hai số hạng chính". Đồng thời chi phí tính toán cũng giảm nhẹ.

 

Phương trình trên tương đương $16x^2 - 227x - 45+(16x+153)\sqrt{x^{2}+1}=0.$

\[\Rightarrow (16x^2 - 227x - 45)^2-(16x+153)^2(x^2+1)=0.\]

\[\Leftrightarrow (304x + 297)(4x - 3)(5x - 12)=0.\]

 

Các cách giải kiểu bình phương khử căn trong trường hợp này khá mệt vì các hệ số rất lớn . Đúng như anh nói , "chi phí tính toán" khá cao.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zeref: 11-08-2016 - 13:10

[An Infinitesimal]

Các cách giải kiểu bình phương khử căn trong trường hợp này khá mệt vì các hệ số rất lớn . Đúng như anh nói , "chi phí tính toán" khá cao.

 

 

Nếu chỉ có máy tính casio thì tận dụng pp "tính toán" trên đa thức của "mấy bác CASIO" cho đa thức hệ số nguyên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vanchanh123: 11-08-2016 - 15:41