Sử dụng MTBT trong làm đề thi đại học môn Toán - Lâm Hữu Minh

Chia sẻ: Lâm Hữu Minh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:29

Thêm vào BST

Báo xấu

93
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu Sử dụng MTBT trong làm đề thi đại học môn Toán - Lâm Hữu Minh là tài liệu rất hay và đầy đủ về thao tác sử dụng MTBT trong khi làm bài thi Đại học môn Toán mà nhiều học sinh còn thiếu, do đó rất bổ ích với những bạn đạng ôn thi ĐH - CĐ. Mời các bạn tham khảo tài liệu để nắm bắt nội dung chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sử dụng MTBT trong làm đề thi đại học môn Toán - Lâm Hữu Minh

Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com SỬ DỤNG MTBT TRONG LÀM ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Lâm Hữu Minh (TTMT) “Việc kết hợp trí tuệ máy tính với trí óc con người sao cho hiệu quả là cả một môn khoa học, gọi là khoa học về phương pháp” TTMT 1 Các kỹ thuật sau đây được TTMT sưu tầm (khoảng dung lượng của chuyên đề) và tự 2 sáng tạo, bao gồm cả kỹ thuật giải tay lẫn sử dụng MTBT, phương pháp chính quy lẫn không chính quy. Các kỹ thuật về MTBT trong này dùng cho đề thi ĐH - CĐ, chỉ một số ít có thể dùng để thi HSG giải toán trên MTBT. Trong đó, có 2 tác giả của các kỹ thuật mà TTMT sưu tầm nhiều nhất, đó là: _ Bạn Bùi Thế Việt (nthoangcute): phần lớn là các kỹ thuật về sử dụng MTBT. _ Thầy Trần Phương: các kỹ thuật tính tích phân. Số còn lại sưu tầm từ nhiều tác giả khác nhau, chủ yếu về các kỹ thuật sử dụng MTBT. Lưu ý: loại MTBT dùng ở đây là CASIO fx-570ES, các loại máy khác có màn hình hiển thị tương tự thì thao tác sẽ khác một vài chi tiết nhỏ. Tuy cấu trúc đề thi ĐH - CĐ có thể thay đổi theo thời gian, nhưng kiến thức là vĩnh cửu, do đó việc cấu trúc câu ở đây khác đề thi thật hay không không quan trọng. Ngoài ra, có những kỹ thuật vượt khỏi phạm vi kiến thức THPT thì không nhất thiết phải tìm hiểu, nhưng luôn có thể áp dụng được vì chúng được dùng để truy nhanh những kết quả mà đề thi không yêu cầu trình bày cách giải, miễn người đọc có khả năng áp dụng. Chỉ cần chúng ta vẫn nắm vững được phương pháp giải và trình bày bài toán, thì chúng ta có thể tự tin giao cho máy tính giải quyết những chi tiết nhỏ nhặn, thời gian còn lại sẽ góp phần để mở rộng vốn kiến thức của bản thân. Tài liệu này nên được bổ sung phát triển theo hướng sát với đề thi ĐH - CĐ mỗi năm, bởi bất kì người học nào có năng lực. Câu 1. a) (khảo sát hàm số)  Tính trước các giá trị để biết trước kích cỡ của BBT trước khi kẻ vào.  Dùng MODE TABLE của MTBT để tìm các điểm thuộc đồ thị trước khi vẽ (dùng cho cả việc tính các giá trị của hàm với nhiều giá trị biến liên tiếp nhau để biết được sự biến thiên trong 1 khoảng, hay tìm khoảng chứa nghiệm). Vì đồ thị vẽ ở bên không cùng mặt giấy với quá trình khảo sát trước đó nên phải giữ lại bảng giá trị (MODE TABLE) để nhìn vào và vẽ (đỡ phải lật giấy lại liên tục để xem tọa độ các điểm hay phải ghi ra nháp). b) (câu hỏi phụ)  adx 2  2aex  be  cd  y '   (dx  e) 2  Nhớ 2 công thức tính nhanh:  (x0 là nghiệm y’ = 0) dùng cho  y  f ( x0 ) f '( x0 )   ( x0 ) g ( x0 ) g '( x0 ) f ( x ) ax 2  bx  c hàm y   g ( x) dx  e 1
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com  Chia y cho y’: y  y ' f1 ( x)  f 2 ( x)  PT đường qua cực trị y  f 2 ( x)  tính nhanh được y( x0 )  f 2 ( x0 ) với x0 là nghiệm PT y’ = 0  Khi đề cho hàm số y  f 3 ( x, m) (ở câu a), mà để làm được câu này ta phải tìm (biểu diễn) được nghiệm của PT f3 ( x, m)  0 . Lúc này nên thử xem PT đó có nghiệm x  x0  R (không chứa m) hay không. Nhập vào máy f3(X) rồi gán m = 0 (đơn giản nhất) cho máy giải tìm X. Nếu máy cho nghiệm xấu không làm rõ được (hoặc biết được nhưng phức tạp) thì chắc chắn đó không phải x0 cần tìm, cho máy giải lại tìm nghiệm đẹp (thường là nguyên). Nếu đã tìm được nghiệm đẹp, quay lại PT, áp dụng “nguyên tắc thử giá trị tốt nhất” (xem Câu 2a) để kiểm tra biểu thức khi thay đổi m. Tuy nhiên để đề phòng nghiệm có dạng x = am + b, ta gán  x  m = 1000 cho máy giải. Nếu  0 thì đó là nghiệm x = am + b. Lúc này ta chọn a, b thỏa  x0  100 mãn 10  a, b  10 sao cho 1000a + b = x0 thì ta được nghiệm x = am + b. Lúc này thử lại kết quả bằng cách chọn m bất kì (nhỏ thôi) xem máy giải PT f3 ( x, m)  0 có luôn ra x = am + b không (bản chất của cách làm này là kỹ thuật phân tích đa thức 2 ẩn thành nhân tử, được tổng quát ở Câu 2b). Câu 2. a) (PT lượng giác)  Với mọi PT: nếu có thể rút gọn nhanh các biểu thức của PT mà vẫn giữ nguyên ĐKXĐ thì nên nhập PT rút gọn cho máy giải (trước khi bắt tay vào làm, trừ phi bài quá dễ).  Nguyên tắc thử giá trị tốt nhất (sẽ dùng cho 1 vài kỹ thuật phía sau): nếu một dạng khác của biểu thức f(x) là g(x) được tìm ra nhờ MTBT mà khi ta gán các giá trị X (trên MTBT): _ Là số siêu việt (như  ; e; …) nếu f(x) là hàm nguyên (VD: hàm đa thức f n ( x) ). _ Là số thập phân hữu hạn (như 1,364; 5,2235;…) nếu f(x) là hàm vô tỉ. để tính f ( X )  g ( X ) mà kết quả luôn bằng 0, thì dạng g(x) được tìm ra là đúng (các giá trị X ở đây phải thuộc TXĐ của f(x)).  Dùng MTBT kiểm tra xem đẳng thức lượng giác f ( x)  g ( x) (1 vế là đại lượng có trong bài toán) nhớ có đúng không: nhập vào máy f ( x)  g ( x ) rồi dùng “nguyên tắc thử giá trị tốt nhất”) để kiểm tra, sai thì sửa lại biểu thức và thử tiếp.  Tìm nhân tử (khi nháp chưa ra): giả sử PT F ( x)  0 bấm máy được nghiệm x = x0 (nên     nhập các giá trị dự đoán ban đầu (gọi là xG ) là các số đẹp, hay xảy ra là 0; ; ; ; cho 6 3 2 4 máy giải), dự đoán và thử tính f ( x0 ) với f ( x) là hàm lượng giác có liên quan mật thiết đến PT đang giải (nhưng trước tiên nên chọn các hàm cơ bản là sinx, cosx, tgx), nếu f ( x0 )  0 thì f ( x) có thể là 1 nhân tử của PT. Đến đây có 2 cách tìm nhân tử chính xác: _ Giải PT nhân tử f ( x)  0 tìm nghiệm, đối chiếu ĐK (nếu có) ta được các nghiệm x0, x1, x2,… Thay lại các nghiệm này vào F(x), giả sử có F ( x1 )  0 , thì f ( x) không phải là nhân tử cần tìm (ngược lại thì coi như đã xong 1 nửa).  1 1 2 _ x0 có thể thuộc họ nghiệm x  x0  kc với c  1; ; ;  (những số thường rơi vào), do đó  2 3 3 ta lưu x0  A rồi lập chương trình kiểm tra nghiệm: X  A  C : F ( X ) . Dùng CALC gán 2
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com a vào C 4 giá trị trên xem C nào làm cho F ( X )  0 (có thể dựa vào x0   để đoán thêm giá b a trị có liên quan đến để kiểm tra), khi đó PT có thể có họ nghiệm x  x0  kC . Từ đó ta sửa b lại chương trình: X  A  BC : F ( X ) rồi dùng CALC gán các giá trị B   (C giữ nguyên, số giá trị B cần gán phụ thuộc vào C đã tìm được) để kiểm tra chắc chắn tính chính xác của họ nghiệm trên. Bấy giờ mới lập nhân tử dưới dạng f ( x)  sin(mx  n ) (m   , n  ) (hoặc cos(mx  n ) ) chứa nghiệm x  x0  kC , rồi dùng công thức cộng ta được nhân tử chính sin mx cos n  sin n cos mx thức là: f ( x)    cos mx cos n  sin mx sin n Nếu thử 2 cách trên khoảng 5; 6 lần mà chưa ra thì phải giải tay.  Cách lưu nghiệm nhanh hơn cho mọi PT f ( x)  g ( x) : nhập vào máy f ( x)  g ( x) (bỏ “= 0”) để giải. Sau khi ra nghiệm, quay lại PT, ấn  (đương nhiên kết quả là 0) để lưu PT (nếu phải tính nhiều phép tính khác nhưng liên quan đến PT này, thì cứ khoảng 3; 4 phép tính lại quay lại lưu PT 1 lần), rồi lưu nghiệm trong X sang biến nhớ khác. Quay lại PT cho máy giải tiếp tìm nghiệm khác. a a  Khi máy cho nghiệm xấu (trong PT lượng giác là nghiệm có dạng  (phân số tối giản) b b mà ấn S  D không chuyển được sang dạng đẹp), chia nghiệm đó cho  thường xác định a được b a  Nghiệm đẹp nhất trong họ x    kc ứng với k = 0, đôi khi máy không hiển thị được b a nghiệm dạng đẹp dù  đẹp, vì nghiệm đó ứng với k mà |k| khá lớn, lấy nghiệm đó trừ (hoặc b 1  a cộng) dần với n ( n   ;1;2  tuỳ độ lớn nghiệm) để tìm  , từ n có thể biết được c 2  b  Đổi góc lượng giác  từ độ  Radian khi không nhớ công thức: ở chế độ “D” (độ), viết 1 giá trị lượng giác của  , VD sin  , ấn  . Chuyển sang chế độ “R”, ấn SHIFT sin Ans  . Hoặc ở chế độ “R”, nhập  o (ấn SHIFT Ans 1 nhập “o”), ấn  . Chuyển từ Radian  độ làm ngược lại. b) (phương – bất phương – hệ phương – trình đại số)  Nếu không muốn đặt ĐKXĐ cho PT (trừ phi ĐK có thể giúp 1 phần trong việc giải) thì cứ giải bình thường rồi mang các nghiệm thử lại vào PT đầu (nếu dùng cho PT lượng giác thì phải lưu ý tính tuần hoàn của họ nghiệm, vì có vô số nghiệm).  Đổi số thập phân P  a1a2 ...am , b1b2 ...bn (c1c2 ...c p ) máy hiện thành phân số:  Số thập phân vô hạn tuần hoàn: _ Cách 1: dùng MTBT: 3
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com + Nếu m  n  p  7 thì nhập P vào với ít nhất 3 lần chu kì, nhập phải dài hơn phần mà máy hiển thị được, ấn  , máy cho ra phân số. Lưu ý: điều kiện “  7 ” chỉ là mức tối đa mà máy có thể làm được, không phải P cứ có điều kiện đó là đổi được. + Nếu P  a1a2 ...am ,(c1c2 ...c p ) với p khá lớn, ta chỉ cần cho máy đổi 0,(c1c2 ...c p ) thành phân số, rồi cộng với a1a2 ...am ngoài nháp. Áp dụng định lí: mọi số thập phân dạng 0,(c1c2 ...c p ) ( p  14) , máy tính dòng ES trở lên luôn tìm được dạng phân số của nó từ số 0, c1c2 ...c14 , và ngược lại, nếu máy có thể đổi được 0, c1c2 ...c14 thành phân số a thì chứng tỏ 0, c1c2 ...c14 là số thập phân được cắt từ 15 chữ số đầu của một số thập phân vô hạn tuần hoàn có dạng 0,(c1c2 ...c p ) (lúc này không nhất thiết p  14 ) mà dạng phân số của nó chính là a _ Cách 2: áp dụng công thức đổi số thập phân tuần hoàn tổng quát: b b ...b c c ...c a1a2 ...am , b1b2 ...bn (c1c2 ...c p )  a1a2 ...am  1 2 n n  n1 2 p p ( m, p  1) 10 10 (10  1) c c ...c  Dạng đơn giản nhất: 0,(c1c2 ...c p )  1 2p p 10  1  Số thập phân hữu hạn: nếu máy không đổi được ngay nó sang phân số thì chứng tỏ dạng tối giản của phân số đó vi phạm ít nhất 1 trong các điều sau: _ Tổng chữ số của tử và mẫu vượt quá 9 _ Tổng chữ số của tử và mẫu bằng 9 nhưng số chữ số của tử lớn hơn của mẫu (lúc này ta trừ đi phần nguyên để đổi phần thập phân). Giả sử số thập phân hữu hạn P  a1a2 ...am , b1b2 ...bn cần tìm dạng phân số, ta dùng phương pháp chuyển đổi từng phần để tìm dạng phân số của 0, b1b2 ...bn . Lần lượt nhập vào máy 0, b1b2 ...bi (i  n) để thử chuyển đổi, nếu máy cho được dạng phân số của 0, b1b2 ...bi là b thì ta 0, bi 1...bn tiếp tục chuyển đổi phần tiếp theo là 0,0102...0i bi 1...bn  thành phân số bằng cách 10i c chuyển đổi 0, bi 1...bn giống như 0, b1b2 ...bi , được phân số c. Cuối cùng a  a1a2 ...am  b  i 10 (cộng ngoài nháp).  Nếu những cách trên không thành thì P là số vô tỉ (số thập phân vô hạn không tuần hoàn), máy không đổi được. Lúc này có 1 phương pháp khác (có nói phía dưới) có thể truy được P từ dạng thập phân về dạng căn thức bậc 2 (nếu P là như vậy) thông qua PT bậc 2 nhờ MODE TABLE.  Tính nhanh giới hạn: vì đề thi ĐH không bắt trình bày cách tính lim f ( x) nên ta có thể làm bất cứ cách gì miễn tính được nhanh nhất, và chỉ phải dùng cách này ở các hàm số sinh bởi việc giải PT khi không nhẩm ngay được đáp án: 0 f ( x)  x0  (a; b) _ Dạng : tính lim với  ( f ( x), g ( x) liên tục trên [a; b] ): 0 g ( x)  f ( x0 )  g ( x0 )  0 x x 0 4
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com f '( x ) + Quy tắc L’Hospital: nếu  f '( x), g '( x )  0 trong lân cận x0 và lim  L (hữu hạn), thì x x g '( x) 0 f ( x) lim f ( x)  lim g ( x )  0 x  x  lim  L (nếu x 0   thì cũng áp dụng được, chỉ cần  là được). x x0g ( x)  lim g '( x )  0 x  f ( x) f ( n ) ( x) Quy tắc L’Hospital có thể áp dụng nhiều lần liên tiếp, tức là lim  lim ( n ) (miễn có x x g ( x ) x x g ( x) 0 0 đủ các điều kiện). + Đạo hàm: nếu f '( x0 ), g '( x0 ) hữu hạn, g '( x0 )  0 thì f ( x )  f ( x0 ) d ( f ( X )) |x  x f ( x) x  x0 f '( x0 ) dx 0 lim  lim   L . Do đó bấm máy biểu thức là xong. x x0g ( x ) x x g ( x )  g ( x0 ) g '( x0 ) 0 d ( g ( X )) |x  x x  x0 dx 0 f ( x) Nếu máy báo “Math ERROR” thì chắc chắn lim   (trong đề thi ĐH không có loại x x g ( x)0 f ( x)   không tồn tại giới hạn), lúc này nhìn bảng biến thiên của là biết  g ( x)    _ Dạng : ta vẫn dùng quy tắc L’Hospital như trên, chỉ khác lúc này  lim x x f ( x)  lim x x g ( x)   0 0  lim x x f ( x)  0 0 _ Dạng 0. : khi tính lim f ( x) g ( x) mà  và f(x), g(x) là 2 trong 3 hàm x x 0 lim g ( x)   x x 0 x m a , x , log a x ( a  1, m  0) , thì lim f ( x) g ( x) sẽ tính theo hàm có độ tăng mạnh nhất. Khi x  x0 x   thì độ tăng của chúng xếp theo thứ tự a x  x m  log a x (tức hàm a x   nhanh nhất), nhờ đó có thể đoán được ngay kết quả. _ Giản ước giới hạn về dạng đa thức bằng cách sử dụng: + Vô cùng bé (VCB): nếu lim f ( x)  0 thì f(x) là VCB trong quá trình x  x0 . Từ đó ta có: x  x0 x2 x khi x  0 thì: sin x  x; cos x  1  ; tan x  x; log a (1  x )  ; a x  1  x ln a; 2 ln a a n n 1 (1  x)  1  ax; f n ( x)  a1 x  a2 x  ...  an 1  an 1 ( f n ( x) là đa thức). 1 + Vô cùng lớn (VCL): suy từ VCB dựa vào: nếu h( x) là VCB thì là VCL. h( x )  F ( x)  f ( x ) F ( x) f ( x)  Áp dụng quy tắc: nếu  khi x  x0 thì lim  lim (x0 có thể là  ).  G ( x)  g ( x) G ( x) x x g ( x) x x 0 0 n 1 n  k 1  Nhẩm nghiệm PT a x k 1 k  0 dạng đặc biệt: 5
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com n 1 _ Nếu a k 1 k  0  x  1 là 1 nghiệm.  n 2   n 1   2   2  _ Nếu a i 1 2 i 1  a j 1 2j  x  1 là 1 nghiệm.  p a  p _ Khi ak  Z (k  1; n  1) , nếu nghiệm là x   Q thì  n1 q  a1  q  Cách tối ưu hóa việc tìm nghiệm của MTBT: _ Cách 1: thử giá trị xG phù hợp. Cách để máy dễ tìm ra các nghiệm nhất là thử lần lượt với xG  10; xG  10; xG  0 _ Cách 2: giả sử máy giải f(X) = 0 được X = x0, ta lưu nghiệm đó vào A rồi bấm  quay lại  đầu PT, chèn f(X) lên tử số của phân thức bằng cách bấm (  SHIFT DEL , rồi sửa  f (X ) biểu thức thành . Tiếp tục SHIFT CALC cho máy giải nghiệm, máy sẽ phải tìm ( X  A) nghiệm khác (nếu có), không thể hiển thị nghiệm A được. Nếu có nghiệm thứ 2 (lưu vào B), ta f (X ) lại sửa biểu thức thành rồi làm tương tự. Hết nghiệm máy sẽ báo “Can’t ( X  A)( X  B) Solve”. Nếu f(x) là PT lượng giác thì với mỗi X giải được tiếp theo, phải coi nó có cùng họ với nghiệm trước không (vì có vô số nghiệm).  Với PT bất kì lúc bắt đầu cho máy giải nên chọn xG1  0 , sau khi đã có 1 nghiệm x0 thì chọn xG2   X (giá trị đối). Dựa vào chiều từ xG2  x0 (hướng về  hay  ) để nhập tiếp xG3 (để tìm nghiệm khác) hướng theo chiều đó, và xG3  x0  Nếu máy giải PT đa thức f n ( x)  a1 x n  a2 x n 1  ...  an 1  0 không ra nghiệm đúng x0 (hoặc cho số gần đúng dạng a  10b (a   ) cùng với yêu cầu (có hoặc không) “Continue: [=]”), ta cần xác định và thu hẹp khoảng nghiệm bằng các định lí (ĐL): _ ĐL 1: nếu f n ( x1 ) f n ( x2 )  0  x0  ( x1 ; x2 ) , ta thu hẹp khoảng này bằng cách tiếp tục so dấu x x  f n  1 2  với f n ( x1 ); f n ( x2 ) (nên dùng MODE TABLE để nhanh hơn).  2    m1  max ai | i  1; n    an 1 m _ ĐL 2: nếu     x0  1  2 m2  max ak | k  2; n  1  m1  an 1  a1  _ ĐL 3: nếu   a  max ai | ai  0; i  1; n  1   x0  0 : x0  1  k a  kmin {1;2; ... ; n  1}: ak  0 a1 6
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com  Thỉnh thoảng PT có nghiệm đẹp nhưng hàm solve cho “ X  a,99999998... ” (vì máy dùng thuật toán lặp Newton để xấp xỉ nghiệm), thì hiểu nghiệm đúng là x = a + 1, còn nếu hiện “ X  a,000000012... ” thì x = a (MODE EQN rất hiếm khi mắc lỗi này).  Loại máy CASIO fx-570ES trở xuống, MODE EQN không thể hiển thị nghiệm dạng căn thì  B  B 2  4 AC  B  B 2  4 AC với PT bậc 2, dùng 2 lệnh: và ở MODE COMP để giải. 2A 2A  Kỹ thuật khai triển đa thức fn(x) hệ số nguyên ra dạng rút gọn bằng MTBT: _ Cách 1: Dùng CALC tính fn(1000) được kết quả K1. Vì nhìn qua fn(x) biết được n nên ta xấp xỉ K1 thành số tròn chục gần nhất: K1  a1  103n ( a1  ) (do ta gán X = 1000 = 103)  a1 là hệ số xn (có thể xảy ra a1 = 0). Quay lại biểu thức fn(X), nhập thêm ta được “ f n ( X )  ( a1 X n ” (biểu thức mới này có bậc n  1 ), ấn  , được kết quả K2 (nếu làm đúng thì K2 phải ngắn hơn K1 ít nhất 2 số, nếu K 2  b  10c (b   ) thì c phải kém ít nhất 2 đơn vị so với 3n). Tương tự ta xấp xỉ: K 2  a2  103( n1) (a2  )  a2 là hệ số x n 1 , cứ như vậy tìm được các hệ số của fn(x). Cuối cùng dùng “nguyên tắc thử giá trị tốt nhất” (chỉ cần 1 giá trị là đủ) để kiểm tra lại kết quả với biểu thức f n ( X )  ( a1 X n  a2 X n 1  ...  an1 )  f n ( x)  a1 x n  a2 x n 1  ...  an 1 . Cách này có thể trục trặc nếu n  6 ở những hệ số cuối, gần cuối. a x n  a2 x n 1  ...  ai x n i 1 _ Cách 2: tính giới hạn theo vô cùng bé. Vì lim 1  ai nên bằng cách x 0 x n i 1 gán X  10 k  0 (k   ) , ta tính được ai. Nhưng đầu tiên phải tính an 1  f n (0) , sau đó mới f ( X )  an1 f ( X )  an 1  an X tính các hệ số bắt đầu từ phía sau: an  lim n ; an 1  lim n ; … Giá trị X 0 X X 0 X2 X  1010 được gán đầu tiên để tính an, sau đó sửa biểu thức và ấn  tiếp, nhưng nếu kết quả a1 X n là 0 thì phải giảm k xuống và thử lại, vì hệ số chưa chắc đã là 0 (lỗi ngay cả với lim n ). X 0 X Tuy nhiên nếu để hệ số phân số để khai triển thì kết quả không hiển thị được ở dạng phân số, nhưng vì là số thập phân hữu hạn và nhỏ, hoặc có chu kì, nên có thể đổi được sang phân số nhanh chóng (chi tiết xem phía trên). Cách này hoạt động tốt nhất với n  4 (lúc này có thể cố định X  1010 rồi ấn  ). a x n  a2 x n 1  ...  an1 _ Cách 3: tính giới hạn theo vô cùng lớn. Vì lim 1  a1 , nên bằng cách x  xn f (X ) gán X  10k   (k   ) , ta tính được a1. Sau đó quay lại biểu thức n n , sửa thành X f n ( X )  a1 X n , lại tiếp tục tính giới hạn để tìm a2, cứ như thế ta tìm được các hệ số của f n ( x) . X n 1 Nếu n càng lớn, chỉ khoảng 2; 3 hệ số đầu là chắc chắn, càng về sau càng sai lệch khó đoán, f ( x) do đó để tính được lim n n hiệu quả nhất, ta dùng các quy tắc: x  x 7
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com + Tính a1 luôn gán X = 1015, 2 giá trị tiếp theo (để tìm a2, a3) là 1010; 107, các giá trị sau đó cứ 1 lấy số mũ của 10 ở giá trị phía trước. 2 + Nếu thấy kết quả bằng 0 thì thay đổi k của X = 10k đến khi được kết quả khác 0 (nếu mãi vẫn bằng 0 thì nhận hệ số đang tìm là 0). + Nếu thấy kết quả dạng phân số thì làm tròn rồi thử. f n ( X )  a1 X n  a2 X n 1  ...  an X Lưu ý: để tìm hệ số tự do, ta chỉ cần tính với giá trị X bất 1 kì, không cần giới hạn nữa, lúc này nên gán X là số siêu việt để kết hợp cả việc kiểm tra kết quả (nguyên tắc thử giá trị tốt nhất), nếu kết quả nguyên thì đó là an+1, ngược lại tức là có hệ số phía trước không đúng. _ Cách 4: được sử dụng để tìm nốt những hệ số còn lại nằm ở giữa của fn(x) bởi vì những cách trên kết hợp lại có thể cũng chỉ tìm được các hệ số phía đầu và cuối. Giả sử cần tìm ai , ai 1 (3  i  n  2) nằm giữa của fn(x) khi ta đã xác định được a1 , a2 ,..., ai 1 , ai  2 ,..., an 1 , tức là tìm các hạng tử ai x n i 1 , ai 1 x n i , ta có: f ( x)  A ai x n i 1  ai 1 x n i  f n ( x)  a1 x n  ...  ai 1 x n i  2  ai  2 x n i 1  ...  an 1  f n ( x)  A  ai x  ai 1  n n i x f (X )  A Do đó, ta gán A  a1 X 1n  ...  ai 1 X 1n i  2  ai  2 X 1n i 1  ...  an 1 rồi mới tính n 1ni  b1 (để X1 tránh nhập cồng kềnh hoặc dung lượng màn hình không đủ do biểu thức quá dài). Lại gán X = a X  a  b X2 rồi tính tương tự, ta được hệ  i 1 i 1 1 ( X 1 , X 2  0) , đến đây có thể dùng MODE ai X 2  ai 1  b2 EQN hoặc MODE TABLE (xem Câu 5 (hình học tọa độ phẳng) để rõ hơn) để tìm ai , ai 1 . Ta có thể xác định được tối đa 4 hệ số qua cách này (ở Câu 4 (hình học không gian thuần tuý và tọa độ) có cách giải hệ 4 ẩn bằng MTBT), nhưng tốt nhất vẫn là 3 trở xuống. _ Cách 5: ứng dụng đạo hàm tại điểm. Trước hết dùng CALC tính f n (0) được kết quả là an+1. Ta có f n '( x)  na1 x n 1  (n  1)a2 x n 2  ...  an . Do đó quay lại đầu biểu thức f n ( X ) , chèn f n ( X ) vào chức năng đạo hàm tại điểm bằng cách ấn (  SHIFT DEL (bật chế độ chèn) rồi  d d SHIFT   , trên màn hình hiện  dx (( f n ( X )) |x  , chỉnh lại dx ( f n ( X )) |x  rồi ấn   (lợi d dụng lỗi “Syntax ERROR”) để con trỏ nằm vào chỗ giá trị x, sửa thành ( f n ( X )) |x  X . Ấn  dx (đang có X = 0) được tiếp kết quả là an. Quay lại biểu thức đã nhập, nhập thêm ta được: d ( f n ( X )) |x  X  an , tiếp tục dùng CALC tính biểu thức với n  1 giá trị X   , đối nhau qua dx 0 (từ nhỏ đến lớn: 1;  2;  3; ... ), từ đó ta được hệ n  1 PT, ứng n  1 ẩn: 8
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com nxin 1a1  (n  1) xin  2 a2  ...  xi an 1  f n '( xi )  an   . Giải tay (để đưa về hệ 3 ẩn) hoặc giải máy  i  1; n  1  (giải hệ 3 ẩn) tìm được các ai (i  1; n  1) , từ đó dễ tìm ra an+1. _ Cách 6: dùng số phức (trong MODE CMPLX). Giả sử cần khai triển f4(x), ta coi rằng: f 4 ( x)  a1 x 4  a2 x3  a3 x 2  a4 x  a5 . Tính f 4 (0) với CALC được a5, rồi tiếp tục tính f 4 (i )  a1i 4  a2i 3  a3i 2  a4i  a5  a1  a2i  a3  a4i  a5  a1  a3  a5  (a4  a2 )i  m1  n1i và f 4 (2i )  16a1  8a2i  4a3  2a4i  a5  16a1  4a3  a5  (2a4  8a2 )i  m2  n2i (i là đơn vị ảo).  a  a  a5  m1  a  a  m1  a5  a  a2  n1 Như vậy ta được hệ:  1 3  1 3 và  4 , xử lí 2 16  1 a  4 a3  a5  m 2 16  1 a  4 a 3  m 2  a5 2  4a  8 a 2  n2 hệ này trong MODE EQN thu được kết quả. Tuy nhiên bất cập là nếu trong fn(x) có chứa gm(x) thì máy sẽ không tính được g mk (i ) với k  4 (nghĩa là với f 4 ( x) trên, ta phải nhập i 3i để tính i 4 thay vì nhập trực tiếp i 4 ), xem Câu 7b (số phức) để rõ hơn cách xử lí. Cách này hoạt động tốt nhất với n  6 (làm tương tự trên). _ Cách 7: dùng SOLVE giải PT fn(X) = 0 (nhập nguyên dạng chưa khai triển). Nếu PT có n nghiệm (nhìn qua fn(X) có thể xác định ngay được n, nghiệm bội h cũng coi là h nghiệm đơn)  n  k  ak 1    xl    a  k 1  l 1  1 thì lưu các nghiệm vào biến rồi dùng hệ thức Viet:  i (k , i  n, k lẻ, i chẵn, n    a    xj   a i 1 i  2  j 1  1 hệ có n phương trình, đây là dạng tổng quát) để suy ra f n ( x)  a1 x  a2 x n 1  ...  an x  an 1 . n Cách này tốt nhất cho n = 2, không những khai triển được mà còn biết được nghiệm. Nếu fn(x) có hệ số phân số thì ta triệt mẫu số bằng cách nhân thêm s (là BCNN của các mẫu số, nhằm đưa về đa thức hệ số nguyên) rồi khai triển sfn(x) bằng các cách trên, cuối cùng chia ngược lại các hệ số cho s. Đối với cách 7 thì không cần làm vậy, vì ta khai triển gián tiếp.  Kỹ thuật khai triển đa thức Fn ( x, m) bằng MTBT: _ Cách 1: dùng khi biết tham số m có bậc cao nhất bằng 1. Ta sẽ khai triển đa thức thành dạng f ( x )  mg ( x ) sau đó gộp lại theo x. Vào MODE 2 (CMPLX), xem m là số ảo i, nhập vào máy Fn ( X , i ) , ấn CALC , gán X = 1000 (theo cách 1), ấn  được kết quả:  f (1000)  a K  a  bi  f (1000)  mg (1000)   . Từ đó tìm được các đa thức f(x), g(x)  g (1000)  b _ Cách 2: giả sử sau khi khai triển thì Fn ( x, m)  f ( m)1 x n  f ( m) 2 x n 1  ...  f ( m) n x  f ( m) n 1 . Nhập Fn ( x, m) vào máy (dùng 2 biến X, M; lưu ý triệt mẫu số của các phân số trong Fn ( x, m)  X 0 trước khi nhập), ấn CALC , gán  thì kết quả là f (1000) n 1 , từ đó xác định được  M  1000 d f (m) n 1 (hệ số tự do của Fn ( x, m) ). Tiếp theo, tính ( Fn ( X , M )) |x 0 với M  1000 được kết dx  quả là f (1000) n , xác định được f ( m) n . Vì trong đề thi ĐH, các f ( m)i (i  1; n  1) chỉ có bậc 9
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com tối đa là 3 (nếu có thường chỉ có 1 đa thức f (m)i mang bậc 3), nên ta làm tiếp như sau: dùng  X  1000  CALC tính Fn ( X , M ) với   ta được tương ứng 4 kết quả Fn (1000, 1;2) . Từ đó ta  M  1;2  m  1: Fn ( x, 1)  f ( 1)1 x n  f (1) 2 x n 1  ...  f (1) n 1  m  0 : Fn ( x,0)  f (0)1 x n  f (0) 2 x n1  ...  f (0) n1 xác định được:   m  1: Fn ( x,1)  f (1)1 x n  f (1) 2 x n 1  ...  f (1) n 1  n n 1  m  2 : Fn ( x,2)  f (2)1 x  f (2) 2 x  ...  f (2) n 1  Áp dụng định lý: nếu biết k + 1 điểm ( x j ; f k ( x j )) ( j  1; k  1) thuộc đồ thị hàm số f k ( x) thì  ta sẽ xác định được hàm số đó, ta xác định các f (m)i (i  1; n  1) dựa vào điểm ( m; f (m)i ) với  m  1;2 . Việc này có thể thực hiện trong MODE 3 (STAT), nhảy xuống Câu 5 để xem cách  tìm ra f (m)i (i  1; n  1) từ các điểm ( m; f (m)i ) . Do ta đã chuyển các hệ số của Fn ( x, m) về dạng tuyến tính (không có phân thức, phân số), nên nếu  f (m)i (i {1;2;...; n  1}) mà các hệ số của f (m)i không nguyên, hoặc điểm (2; f (2)i ) không thuộc đồ thị hàm số đi qua 3 điểm ( 1; f (1)i ), (0; f (0)i ), (1; f (1)i ) thì f (m)i có bậc 3 và không thể xác định được trong MODE STAT (vì hàm đa thức trong này chỉ có bậc 1; 2), do đó ta xác định f (m)i này ở MODE COMP. Ở MODE COMP, ta nhập vào máy Fn ( X , M )  G ( X , M ) trong đó G(X,M) chính là dạng khai triển của Fn ( X , M ) nhưng bị khuyết hạng tử f ( M )i X n i 1 (đang cần xác định). Ấn  X 1 CALC tính biểu thức trên với  thì kết quả chính là f (1000)i , từ đó xác định được  M  1000 f (m)i  Phương pháp Viet để tìm nhân tử bậc 2 từ nghiệm của máy (khi có ít nhất 2 nghiệm): lấy 2 S  A  B nghiệm bất kì (lưu trong A, B), tính  . Nếu S, P là số đẹp, PT có nhân tử  P  AB x 2  Sx  P , nếu không, thử tiếp với các cặp nghiệm khác. Lưu ý: nếu cho EQN giải PT bậc 3 ra 3 nghiệm vô tỉ thì cách này vô dụng. Mọi PT đa thức khác nếu gặp phải TH này (khi giải bằng solve) thì thường phải viện đến lượng giác hóa để giải (bằng tay). Với các PT vô tỉ, do TXĐ nên nghiệm vô tỉ có thể bị loại dẫn đến thiếu nghiệm để dùng phương pháp Viet, ta có thể xử lí bằng những cách khác đề cập phía dưới.  Nếu máy giải fn(X) = 0 cho nghiệm xấu x = A (lưu vào A), ta có thể giả sử A là nghiệm của g2(x) = x2 + bx + c trong phân tích fn(x) = g2(x)h(x), rồi sử dụng MODE TABLE để tìm ra nhân tử g2(x). Ta nhờ MODE TABLE tính g2(x) với các giá trị b nguyên (còn x = A), từ đó tìm ra c. Do đó ta nhập vào MODE TABLE f(X) = A2 + XA (ở đây X chính là các giá trị b nguyên sẽ dò, A là nghiệm x đã giải được, vì MODE này chỉ dò với biến X). Do A là nghiệm 10
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com  Start  14 2  nên chắc chắn A  bA  c . Bấm  , lần lượt gán:  End  14 . Từ bảng giá trị thu được, ta  Step  1   b X dò giá trị X sao cho f(X) của nó là số hữu tỉ, thì đó chính là kết quả:  . Cũng do c   f ( X ) A2  c A2  X  b nên ta có thể nhập f ( X )  , lúc này nếu tìm thấy f(X) hữu tỉ thì A A  cX  . Nhưng để chắc chắn fn(x) có nhân tử g2(x), ta phải giải nốt nghiệm kia của g2(x) b   f ( X ) = 0 rồi thử vào fn(x)  Nếu thấy 1 PT của hệ chứa (hoặc đưa về chứa) đại lượng k ( x, y )  ax 2  bxy  cy 2 , thì thử phân tích k ( x, y )  (mx  ny )( px  qy ) (trừ phi PT at 2  bt  c  0 vô nghiệm) có thể ra hướng làm.  Kỹ thuật phân tích đa thức hệ số nguyên f(x,y) thành nhân tử: trước hết nếu f(x,y) có chứa hệ số phân số thì ta nhân sf(x,y) sao cho mất hết phân số (vì chỉ làm việc với đa thức hệ số nguyên). Tiếp đến nếu bậc y lớn hơn (ngược lại làm tương tự), thay y = 1000 ta được sf ( x, y )  g n ( x) . Dùng MODE EQN hay chức năng solve giải PT g n ( x )  0 ta được x = x0 (nếu nhiều nghiệm làm tương tự): _ Nếu x0 là số hữu tỉ (với phân số thì tử số thường có liên quan đến các số tròn chục), ta phân n 1  g n ( x)  ( x  x0 )(c1 x  ...  cn 1 x  cn )  h( y ) tích   (thường gặp  có dạng ay  b ), từ đó:  x 0  h ( y ), ci  h ( y ) i (i  1; n )  h ( y ) i sf ( x, y )  [x  h( y )][h( y )1 x n 1  ...  h( y ) n 1 x  h( y ) n ] _ Nếu x0 và tất cả nghiệm còn lại (nếu có) là số vô tỉ  f ( x, y ) không phân tích được thành nhân tử. Dù thay x = 1000 hay y = 1000 thì kết quả cũng như nhau. Với đa thức 3 ẩn x, y, z thì gán y  10; z  100 rồi phân tích tương tự (nhưng có thể phải tư duy suy đoán nhiều hơn). Bậc đa thức càng cao, phương pháp này càng khó chính xác (vì máy khó giải PT hệ số lớn). n 1  Phương pháp sơ đồ Horner để phân tích Fn ( x)   ai x ni 1 (có nghiệm thực x = x0) thành i 1 n  nhân tử: giả sử Fn ( x)  ( x  x0 ) b j x n  j , ta tìm b j ( j  2; n; b1  a1 ) bằng câu lệnh nhập vào j 1 máy  B  b1    B = BX + A với input  X  x0 , dùng CALC , thu được b j ( j  2; n) ứng với A  ai (i  2; n) Aa  2  Kỹ thuật tìm nhân tử PT vô tỷ: _ PT chứa 1; 2 căn của nhị thức bậc nhất: 11
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com t2  b  t2  b     PT f x, ax  b  0 : đặt ax  b  t  x  a được PT mới g   a , t   0 (hay g(t)  = 0). Dùng kỹ thuật phân tích g(t) thành nhân tử bằng MTBT (giả sử PT g(t) = 0 có 2 nghiệm) được g(t) = g1(t)g2(t). Thế trở lại t  ax  b được PT g1    ax  b g 2  ax  b  0  ax  b  u    PT f x, ax  b , cx  d  0 : đặt   cx  d  v , làm tương tự (dùng kỹ thuật phân tích thành nhân tử cho đa thức 2 ẩn). _ PT chứa căn biểu thức bậc cao:  PT F ( x)  f n ( x )  a hm ( x)  0 (các hệ số đều hữu tỉ), trước hết cho máy giải tìm các nghiệm, lưu vào 2 biến A, B (chỉ cần tối đa 2 nghiệm): S  A  B + TH1: được 2 nghiệm vô tỉ A, B. Dùng hệ thức Viet  ta thấy S, P là số đẹp, do đó  P  AB  A  B  ( A  B)2  A   2 gán lại 2 nghiệm A, B đúng bằng công thức nghiệm:  . Tiếp theo gán 2 2  A  B  ( A  B)  B  2  C  hm ( A) giá trị  . Bằng cách tương tự ta tìm được dạng đúng của C, D (trong trường hợp  D  hm ( B ) tính số bị xấu). Như vậy nhìn vào A, B, C, D ta tìm được liên hệ giữa hm ( x) và x là: g ( x )  b hm ( x)  0 (thường gặp g ( x)  px  q với p, q  ), đó chính là 1 nhân tử của PT. + TH2: được 1 nghiệm vô tỉ A. Ta đổi dấu của căn được PT F ( x)  f n ( x)  a hm ( x)  0 , giải PT này tìm 1 nghiệm vô tỉ B (lưu vào B). Do F ( x) là phương trình liên hợp với F ( x) nên B S  A  B liên hợp với A, do đó bằng hệ thức Viet  ta xác định được A, B. Đến đây, tương tự  P  AB TH1 ta tìm được nhân tử g ( x )  b hm ( x)  0 thông qua A và C  hm ( A) . Nhưng nếu nhân tử này được tìm ra từ B và D  hm ( B ) thì nó là của PT F ( x)  0 , lúc này ta phải đổi lại dấu căn để được nhân tử đúng: g ( x )  b hm ( x)  0 + TH3: được 2 nghiệm hữu tỉ A, B. Ta giả sử 2 nghiệm này là của nhân tử px  q  hm ( x) , từ  pA  q  hm ( A)  0 đó giải hệ  tìm được p, q  pB  q  hm ( B)  0 + TH4: được 1 nghiệm hữu tỉ A. Lúc này ta đổi dấu căn được PT F ( x)  0 , từ đó giải được 2 nghiệm vô tỉ C, D của PT này, tìm được nhân tử là g ( x)  b hm ( x)  0 , do đó nhân tử PT ban đầu là g ( x )  b hm ( x)  0 . Nhưng nếu cách này không thành, ta phải dùng thêm nghiệm phức 12
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com của nó: bằng cách bình phương toàn phần để làm mất căn, rồi phân tích phương trình bậc cao thu được thành nhân tử bậc 2 để tìm các nghiệm phức, từ đó tìm được nhân tử PT gốc. Cuối cùng nếu không muốn làm như trên, thì xoay sang đạo hàm, đánh giá để c/m F ( x)  0 có nghiệm duy nhất. k _ PT F ( x)  f n ( x)   ai h( x )i  0 : ta giải tương tự như trên nhưng tuân thêm 3 nguyên tắc i 1 sau: + Nếu đổi dấu căn thì đổi dấu trước căn của đa thức bậc lẻ, nếu chỉ toàn căn của đa thức bậc chẵn thì phải thử từng cái. Đổi dấu trước u , v chứ không đổi dấu trước uv (khi PT chứa cả 3 căn này). k + Nếu giả sử nhân tử thì nhân tử phải chứa đủ các căn: g ( x)   bi h( x)i  0 i 1 + Nếu các nghiệm giải được không liên hợp với nhau thì với mỗi nghiệm mà máy giải ta tìm ra 1 nhân tử chứa nó, và coi như PT chứa chừng ấy nhân tử (mỗi nhân tử cho 1 nghiệm) để phân tích.  Trong cách phân tích đa thức fn(x) thành nhân tử đã nêu, sau khi tìm được 1 nhân tử bậc 2 là f ( x) g2(x) ta chia n  g n 2 ( x) bằng kỹ thuật khai triển đa thức trên MTBT để xác định g n2 ( x) . g 2 ( x) k Nhưng nếu ta cần chia F ( x)  f n ( x)   ai h( x)i ( h( x)i là các đa thức) cho nhân tử là i 1 k G ( x)  g m ( x)   bi h( x)i để tìm nhân tử còn lại thì phải làm cách khác. Ta giả sử rằng: i 1 k k f n ( X )   ai h( X )i F ( x)  u p ( x)   ci h( x)i , do đó nhập vào máy: i 1 k (1) . Để xác định hệ G ( x) i 1 g m ( X )   bi h( X )i i 1 số c1 của c1 h( x)1 trong nhân tử cần tìm, ấn CALC , ta gán X sao cho h( X )1 là số xấu còn  h( X ) j ( j  2; k ) đều là số đẹp, thì kết quả có dạng p  q w (nếu kết quả xấu thì chọn X khác). Quay lại biểu thức (1) , nhập thêm “  p ” rồi ấn  , kết quả chính là q w , chia kết quả này cho h( X )1 ta được hệ số c1 (thường gặp c1 = q) () . Như vậy quay lại (1) , nhập thêm ta k f n ( X )   ai h( X )i i 1 được k  c1 h( X )1 (2) . Bây giờ để xác định hệ số c2 của c2 h( x) 2 , ta lại g m ( X )   bi h( X )i i 1  chọn X gán vào (2) sao cho h( X ) 2 là số xấu còn h( X ) j ( j  3; k ) đều là số đẹp, lặp lại thao tác tương tự ta tìm được c2, rồi quay lại (2) nhập thêm “ c2 h( X ) 2 ”, cứ như vậy ta xác k định được c i 1 i h( x ) i . 13
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com F ( x) k Cuối cùng là xác định đa thức u p ( x) , ta có: u p ( x)    ci h( x)i (3) . Như vậy bằng G ( x) i 1 việc tính (3) với X = 1000, ta được kết quả u p (1000) , từ đó tìm được u p ( x) . Trong trường hợp các hệ số của h( x )i ở bước chia () thay đổi liên tục (thử chia với 2 giá trị X khác nhau sẽ thấy), suy ra hệ số của h( x)i trong thương là đa thức v ( x )i chứ không phải 1 số, và trong đề thi ĐH chỉ có bậc 1 hoặc 2, do đó ta dùng MODE 3 (STAT) để tìm đa thức này. Trước hết ta thực hiện bước chia () 3 lần để tìm 3 giá trị c1 khác nhau ứng với X = x1, X = x2, X = x3, đó chính là 3 giá trị v( x1 )i ; v( x2 )i ; v( x3 )i . Như vậy biết 3 điểm ( x1 ; v( x1 )i ); ( x2 ; v( x2 )i ) ; ( x3 ; v( x3 )i ) thuộc đồ thị hàm v ( x )i có bậc 1 hoặc 2, ta hoàn toàn xác định được hàm số đó. Cách xác định v( x)i bằng MODE STAT được nêu ở Câu 5. F ( x) k   ci h( x )i G ( x ) i 1 Ngoài ra, ta thường gặp u p ( x ) với p = 1; 2, do đó ta có thể tính lim để x  xp xác định hệ số của xp (và toàn bộ u p ( x) ) giống như kỹ thuật khai triển đa thức bậc cao.  Sau khi tìm ra 1 nhân tử của PT f ( x)  f1 ( x)  f 2 ( x ) g1 ( x)  0 là h( x)  g1 ( x )  g 2 ( x ) thì f ( x) có thể phân tích f(x) thành nhân tử bằng cách chia , song nếu ngại chia có thể chuyển h( x ) sang cách triệt tiêu căn (bản chất là nhân liên hợp với h(x)):  h( x)  g1 ( x)  g 2 ( x )   g1 ( x)  g 22 ( x)  k ( x )     f ( x)  f 2 ( x) h( x)  f1 ( x )  f 2 ( x ) g 2 ( x )  u ( x )k ( x)  f ( x )  f 2 ( x)h( x )  u ( x )k ( x)  h( x)  f 2 ( x )  u ( x ) g1 ( x)  u ( x ) g 2 ( x)  (f(x) chứa nhiều căn làm tương tự).  PT f n ( x ) ( n  3) khi máy giải ra tất cả nghiệm đều xấu, thì hầu hết phải sử dụng lượng giác hóa. Lúc này có thể thử tính arcsin x0 ; arccos x0 ; arctan x0 (x0 là nghiệm đã lưu vào biến) để tìm  dạng lượng giác của nghiệm, là x  sin(  kc ) với k  1; l ứng với l nghiệm khác nhau (có thể thay sin bằng cos hay tan). Nếu không tìm được dạng lượng giác, thì tùy vào khoảng giá trị x (có thể dựa vào các nghiệm mà máy giải) để đặt t  sin x; t  cos x hay t  tan x , lao vào giải tay.  Vài cách đặt ẩn phụ để lượng giác hóa (tương tự như nguyên hàm - tích phân): _ PT f n ( x )  0 : tổng quát đặt x = tgt chuyển về PT đẳng cấp với sint, cost _ PT chứa a 2  x 2 : đặt x  | a | sin t |a| _ PT chứa x 2  a 2 : đặt x  sin t  | a | tgt _ PT chứa x 2  a 2 : đặt x    | a | cotg t 14
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com ax _ PT chứa : đặt x  a cos 2t ax _ PT chứa ( x  a)(b  x) : đặt x  a  (b  a)sin 2 t (Nếu BPT chứa các đại lượng trên thì cũng đặt tương tự).  Nếu HPT có PT1 chứa phần đa thức có bậc  3 nhiều hơn, PT2 chứa dạng khác hẳn, thì thường rút được quan hệ x, y đơn giản từ PT2, để thế vào PT1.  f ( x)  x  Nếu 2 vế PT f(x) = g(x) là hàm ngược của nhau thì quy về giải PT   g ( x)  x  Máy vẫn có thể không tìm được nghiệm của PT dù PT có nghiệm (do xG  giá trị ban đầu, nhập vào không phù hợp), lúc này trong trường hợp PT F ( x)  ax 4  bx3  cx 2  dx  e  0 , nên xử lí theo 1 trong 2 cách:  4ac  b 2  2 4ac  b 2  g ( x ) _ Cách 1: xét dấu f ( x)    x  dx  e (   là cực trị của  4a  4a 4a g ( x)  ax 2  bx  c ): Nếu f ( x)  0x  D  R : F(x) = 0 vô nghiệm trên D, có thể có nghiệm trên R \ D Nếu f ( x0 )  0 : F(x) = 0 nếu có nghiệm thì nghiệm là x = x0 _ Cách 2: phương pháp tam thức bậc 2: viết lại F ( x)  (ax 2  bx  c) x 2  dx  e  0  F ( x)  0 có nghiệm   x  d 2  4( ax 2  bx  c)e  4aex 2  4bex  d 2  4ce  0 . Từ đó tìm được khoảng nghiệm hoặc c/m được PT vô nghiệm.  F ( x)  (ax 2  bx ) x 2  (cx  d ) x  e   x (Có 3 cách viết lại F(x) như sau:  F ( x )  a( x 2 ) 2  (bx) x 2  (cx 2  dx  e) để  cũng có bậc   x 2  F ( x)  a ( x 2 ) 2  (bx  c) x 2  (dx  e)  2).  Phương pháp thế luân hồi thường dùng cho PT: 3 f ( x)  3 f ( x )  3 g ( x )  3 g ( x)  F ( x )  G ( x )  F 3 ( x)  G 3 ( x) 1 2 1 2  f1 ( x )  f 2 ( x )  3F ( x ) 3 f1 ( x) f 2 ( x)  G 3 ( x)  g1 ( x)  g 2 ( x )  3G ( x) 3 g1 ( x) g 2 ( x) () _ Nếu f1 ( x )  f 2 ( x )  g1 ( x )  g 2 ( x) 3 3 ()   3 f1 ( x)    3 f 2 ( x)   3F ( x) 3 f1 ( x) f 2 ( x)  F 3 ( x)   3 f1  3 f 2  F  3 f12  3 f 22  F 2  3 f1 f 2  F 3 f1  F 3 f 2  0 1 3 2 2 2  f1  3 f 2  F  3 f1  3 f 2      3 f2  F    F  3 f1   0 ()  2   _ Nếu f1 ( x)  f 2 ( x)  g1 ( x)  g 2 ( x)  F ( x)  0 ()  F ( x) 3 f1 ( x) f 2 ( x)  F ( x) 3 g1 ( x) g 2 ( x)   ()  f1 ( x) f 2 ( x)  g1 ( x) g 2 ( x) 15
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com (Ở TH nào sau khi tìm ra nghiệm của () phải thử lại vào PT đầu). k  Phương pháp đồng nhất hệ số cho PT F ( x)  f n ( x)   g ( x )i h( x)i  0 ( k  3) : giả sử i 1 k   l    F ( x)      u ( x) j v( x) j   w( x)i  (trong đó v( x) j ( j  1; l ) là các nhân tử tối giản (tức là i 1   j 1 i   nhân tử vô nghiệm) khác nhau bao gồm các nhân tử của các h( x)i (i  1; k ) nếu h( x)i có nghiệm và chính h( x )i nếu nó vô nghiệm; u ( x ) j , w( x)i là các đa thức có deg  deg g ( x )i ): _ Nếu F(x) vô nghiệm: khai triển hoàn toàn F(x) rồi đồng nhất hệ số. _ Nếu F(x) có nghiệm x = x0: biểu diễn g ( x)i qua u ( x) j , w( x)i bằng cách khai triển F(x) không hoàn toàn (chỉ nhằm xác định 1 đại lượng nào đó tương ứng trong F(x) khi đã khai triển hoàn toàn) rồi đồng nhất không hoàn toàn (chỉ nhằm xác định dạng, bậc của biểu thức) để được mối liên hệ công bội giữa u ( x) j , w( x)i (VD u ( x) j  aw( x)i với a  R , chưa cần xác định rõ a). Từ đó tìm ra liên hệ công bội giữa các hệ số của u ( x) j , w( x)i trong mỗi nhân tử  l  f ( x)i    u ( x) j v( x) j   w( x)i , nhằm giảm số đại lượng chưa biết (để biểu diễn các hệ số)  j 1 i xuống ít hơn. Tiếp đến giả sử nhân tử f ( x )i cho nghiệm x  x0  f ( x0 )i  0 , kết hợp những gì đã tìm ở trên, xác định được các hệ số của u ( x) j , w( x)i , tức là nhân tử f ( x)i , từ đó tìm được các nhân tử còn lại (có thể phải dùng thêm những nghiệm khác nếu có) bằng cách triệt tiêu căn (được 1 cách phân tích). Tiếp tục giả sử tương tự với các nhân tử chưa biết khác, tìm ra các cách phân tích khác. Cuối cùng chọn ra cách phân tích thoả mãn (không phải cách nào cũng đúng).  f ( x, y )  0  Phương pháp cộng trong giải hệ đa thức hệ số nguyên  : khi việc phân tích thành  g ( x , y )  0 nhân tử với f(x,y), g(x,y) không thực hiện được, thì ta tìm k sao cho f ( x, y )  kg ( x, y ) có thể  f ( x, y )  a1 x 2  b1 y 2  c1 xy  d1 x  e1 y  f1  0 phân tích thành nhân tử. Xét hệ  2 2 :  g ( x, y )  a2 x  b2 y  c2 xy  d 2 x  e2 y  f 2  0 _ Cách 1: đặt a  a1  ka2 ; b  b1  kb2 ; c  c1  kc2 ; d  d1  kd 2 ; e  e1  ke2 ; f  f1  kf 2 thì F ( x, y )  f ( x, y )  kg ( x, y )  ax 2  by 2  cxy  dx  ey  f  F(x,y) phân tích được thành nhân tử  F ( x, y )  ax 2  (cy  d ) x  by 2  ey  f  0 có nghiệm x y   , tức là:   G ( x)  (cy  d ) 2  4a(by 2  ey  f )  (c 2  4ab) y 2  2(cd  2ae) y  d 2  4af  0 y    c 2  4ab  0  2 2 2 ()   G '  ( cd  2 ae )  ( c  4 ab )( d  4 af )  0 Do đó ta dùng máy tìm k thỏa mãn hệ () . Ngoài ra để làm nhanh hơn (nhưng số giá trị k bị ít đi), ta giải PT  G '  0  (cd  2ae) 2  (c 2  4ab)(d 2  4af )  cde  4abf  ae2  bd 2  fc 2 (PT bậc 3 ẩn k) tìm được k. Lúc này   (c 2  4ab)( y  n) 2 , do đó nếu c 2  4ab  0 thì chỉ có   0 ( y  n) mới thỏa mãn  F ( x, y )  a( x  m) 2  ( x; y )  (m; n) (nhưng hầu như không rơi 16
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com vào TH này). Nếu ban đầu viết F ( x, y )  by 2  (cx  e) y  ax 2  dx  f thì tương tự ta cũng được  G '  (ce  2bd ) 2  (c 2  4ab)(e2  4bf )  0  cde  4abf  ae2  bd 2  fc 2 _ Cách 2 (dùng khi hệ có ít nhất 2 nghiệm ( x1; y1 ); ( x2 ; y2 ) và phải nhẩm được 2 nghiệm đó): + Lập phương trình đường thẳng qua 2 điểm A( x1; y1 ); B ( x2 ; y2 ) : ( ) : ( y2  y1 ) x  ( x2  x1 ) y  x2 y1  x1 y2  0  ax  by  c  0 . Do đó H ( x, y ) phải có nhân tử ax  by  c (ở Câu 5 có cách lập PT đường thẳng qua 2 điểm bằng MTBT). f ( x0 ; y0 ) + Lấy M ( x0 ; y0 )  ( ) ( M  A, B )  k   g ( x0 ; y0 ) + Từ đó phân tích H ( x, y )  (ax  by  c)h( x, y ) , chia đa thức kết hợp khai triển để tìm h(x,y) (Nếu nhẩm được 1 nghiệm vô tỉ thì ta cũng có thể tìm được liên hệ ax  by  c  0 ) _ Cách 3 (áp dụng dễ hơn khi nhẩm được từ 3 nghiệm trở lên): + Sau khi tìm được nhân tử ax  by  c , giả sử F ( x, y )  kG ( x, y )  (ax  by  c) h( x, y ) (bậc của h(x,y) xác định dựa vào bậc của F(x,y), G(x,y)). + Dùng hệ số bất định tìm ra h(x,y) Với hệ PT đa thức hệ số nguyên có dạng khác hệ trên (bậc 2 PT không bằng nhau, thường hơn kém nhau 1 đơn vị), ta tìm cách đưa về hệ trên bằng cách sử dụng cách 2 ở trên tìm ra liên  f ( x, y )  u ( x )  0 u ( x) hệ y  ax  b , khi đó:  k   w( x) (biểu thức chứa biến). Cách này  g ( x, y )  v ( x )  0 v( x) có thể gây phức tạp vì k  w( x) , do đó có thể đặt y   x  t để làm cho bậc 2 PT bằng nhau, khi đó tìm được k là 1 số.  f ( x1 )  g ( x2 )  f (x )  g(x )  2 3  HPT hoán vị vòng quanh (HPT vòng) n ẩn ( n  3 ):  , thường gặp n = 3, khi  ...  f ( xn )  g ( x1 ) đó ta có cách giải tổng quát:  x  F ( y)  _ B1: đặt ĐKXĐ, đưa hệ về dạng  y  F ( z ) nếu cần.  z  F ( x)  _ B2: giả sử x  y  z (vì x, y, z bình đẳng), xét hàm F (t ) , dùng F '(t ) c/m F (t ) đơn điệu, giả sử F (t ) đồng biến  F ( x)  F ( y )  F ( z ) , nên từ hệ  z  x  y . Vậy chỉ có thể x = y = z  x  F ( x) _ B3: giải 1 trong 3 PT  y  F ( y ) rồi kết luận.   z  F ( z )  Phương pháp biến thiên hằng số: biến đổi PT f ( x)  0  F [x, g ( x)]  0 (nên làm sao cho g(x) = a và F[x,g(x)] là hàm đa thức theo g(x)). Đặt g(x) = t (không cần đặt điều kiện cho t) ta được F ( x, t )  0  t  h( x)  g ( x)  h( x) , giải tìm x. Nếu h(x) phức tạp như f(x) thì không nên giải tiếp (tìm cách khác). 17
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com Câu 3. (Tích phân)  Khi nháp, nên bỏ qua các hằng số k trong biến đổi  f ( x)dx  k  g ( x)dx (với tích phân thì bỏ qua cận, coi như nguyên hàm) để làm nhanh hơn, lúc trình bày mới tính toán viết vào.  Với bài toán  f ( x) dx  ? khi chưa tìm ra nguyên hàm cuối cùng thì không được viết thêm “+ C” (hằng số bất kì của mỗi nguyên hàm trong họ).  Nếu phải tìm  f ( x)dx bằng 1 phương pháp nhất định (thường chỉ có trong quá trình học) mà khó giải thì nên tìm bằng tất cả phương pháp đã biết (khi đã biết trước) để được  f ( x)dx  F ( x)  C rồi ghi rõ quy trình tính F '( x)  f ( x) ra nháp, lật ngược lại quy trình để xác định rõ cách biến đổi tìm  f ( x)dx theo phương pháp yêu cầu. b  Nếu  f ( x) dx  F ( x)  C thì f(x) có thể gián đoạn tại a, b khi tính  f ( x)dx nhưng điều đó a không chắc đúng với F(x). b b  Nguyên hàm không có tính chất sau như tích phân:  f ( x)dx   f (t )dt a a  Biến đổi phải tránh tạo ra các nguyên hàm sau đây, vì đó là dạng nguyên hàm cao cấp, HS THPT chưa thể giải: 3 4 2 2 sin x cos x  1  x dx;  1  x dx;  sin xdx;  cos xdx;  sin x dx;  cos x dx;  x dx;  x dx;  ln sin x dx; dx ln( x  1) ex x 2  ln x ;  x dx;  x dx;  e dx (các nguyên hàm này có dạng chuỗi vô hạn và người ta chỉ có thể xấp xỉ với một độ chính xác nhất định).  Nếu f ( x)  h( x) g ( x) (thường chỉ có 1 căn) thì đặt t  g ( x) hầu hết sẽ làm ra.  Tính  F  n f ( x ), m f ( x )  dx , đặt BCNN ( n , m ) f ( x)  t  Phương pháp thế Euler: khử g ( x)  ax 2  bx  c bằng cách đặt   ax  t (a  0)  g ( x)   tx  c (c  0) t ( x  x ) ( g ( x )  0)  0 0   x  t BCNN {m2 ;n2 } ( p  Z )  m n I   x ( ax  b) dxp     m 1   Với  m1 n1 p1 (m, n, p tối giản), đặt  ax n  b  t p2  Z  m  ;n ; p ( Q)   n   m 2 n 2 p 2  ax n  b p  m  1   n t 2   pZ   x  n  18
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com m1 mk      F  x, f ( x),..., f nk ( x)  dx n1 BCNN {n1 ,..., nk }  Với    , đặt f ( x)  u    {m1 , n1 ,..., mk , nk }  N  Đổi biến hàm lượng giác:  f (sin x,cos x)dx x 2t 1 t2 2t _ Tổng quát đặt t  tan thì sin x  ; cos x   tan x  2 1 t2 1 t2 1 t2 _ Nếu f (  sin x,cos x)   f (sin x,cos x ) (hàm lẻ theo sinx): t  cos x _ Nếu f (sin x,  cos x)   f (sin x,cos x ) : t  sin x _ Nếu f (  sin x,  cos x )   f (sin x,cos x ) : t  tan x n  Tính  f (sin x,cos m x)dx : _ Nếu n chẵn, m lẻ: đặt t = sinx (và ngược lại). _ Nếu n, m lẻ, n < m: t = cosx (và ngược lại).  tan x _ Nếu n, m chẵn: t   hoặc hạ bậc.  cot x  Một cách đổi biến không đúng điều kiện khi tìm nguyên hàm có thể đúng trong khoảng cận khi tính tích phân.  x  f (u )  Có thể dùng nguyên lí đổi biến:   x  f [g (t )] để kết hợp các lần đổi biến ngoài  u  g (t ) giấy nháp thành 1 lần trong bài làm.  Phương pháp tích phân từng phần luân hồi (tích phân quay vòng) thường dùng khi f(x) là b bx  c b G ( x) |ba tích các hàm a , ln x, lượng giác: I   f ( x) dx  ...  G ( x) |a  kI  I  a 1 k (Nếu f ( x)  g[ln x]   f ( x )dx  xg[ln x]   xg '[ln x ]dx ) dx  Nếu I   với P(x), Q(x) là 2 hàm lượng giác sin(ax  b), cos(ax  c ) ), biến đổi: P( x)Q( x)  1 sin[(ax  b)  ( ax  c)]  sin(b  c)  dx P( x)Q( x) dx I  (nếu I   với F(x), G(x) là hàm  1 cos[( ax  b)  ( ax  c)] F ( x)  G ( x)  cos(b  c)  dx  P ( x)Q ( x) lượng giác thì biến tổng thành tích: F ( x)  G ( x)  2 P( x)Q( x) ). ( ax  b) n 1  ax  b   Kỹ thuật chồng nhị thức: I   m dx   f ( x)d  : (cx  d ) ad  bc  cx  d  n 1  ax  b  _ Nếu m  n  1: f ( x)  ( ax  b)    cx  d  19
Lâm Hữu Minh - sherlockttmt@gmail.com _ Nếu m  n  2 : m n 2 n m n 2 n  1   ax  b  1   ax  b    ax  b  f ( x)       mn 2  a  c    cx  d   cx  d  (ad  bc)   cx  d    cx  d  f ( x) f ( x) dx f ( x) k  ni ai   Với I   m dx   k m (m  n) : phân tích k m     j  rồi quy Gn ( x) g ( x)  g ni ( x)i i 1  g ni ( x)i i1  j 1 j i i 1 k đồng khử mẫu, sau đó đồng nhất hệ số, hoặc thay n i 1 i giá trị thử (có dùng các nghiệm của Gn ( x) nếu có) để được hệ phương trình bậc nhất, giải tìm ra các ai j p q2 dx 1 1  1   ax  b  Trường hợp đặc biệt: I   p q   p   d  (ax  b) (cx  d ) ad  bc  ax  b   cx  d   cx  d     cx  d  m n 2 dx [1  tg 2 (ax  b)] 2 Tương tự:  n  dtg (ax  b) song việc tính sin (ax  b)cos m ( ax  b)  tg n (ax  b) m  n 2 2 2 (t  1)  dt có thể rất khó (nhất là khi m + n lẻ). tn 1 c  1 a   Tách hàm     (ax  b)(cx  d ) f n ( x) bc  ad  (cx  d ) f n ( x ) c(ax  b) f n ( x)  f n ( x)  Dùng khai triển Taylor cho hàm đa thức để tách hàm nhanh hơn: ( x  a ) k g ( x) f n '(a ) f n ''( a) 2 f n( n ) ( a) f n ( x )  f n (a )  ( x  a)  ( x  a)  ...  ( x  a)n 1! 2! n! 20 x 20  “Về nguyên tắc ta có thể tính  x e dx và  x sin xdx bằng phương pháp hệ số bất định có lời giải khoảng 2 trang giấy, hoặc sử dụng tích phân từng phần 20 lần dài khoảng 3 trang giấy, nhưng nếu giải nó bởi 5 biến đổi dấu “=” với khoảng 10 dòng thì lại là một đẳng cấp khác… Đó chính là tác dụng to lớn mà kỹ thuật “tách gọn tích phân” (hay “tách tích phân triệt để”) cho thấy. Kỹ thuật này là tách 1 tích phân mà giải theo cách thông thường rất dài thành các tích phân con có thể sử dụng tích phân từng phần 1 lần để rút gọn toàn bộ (chỉ còn lại kết quả), được mô tả theo sơ đồ: I   F ( x) g ( x)dx   f1 '( x) g ( x)dx   f 2 ( x) g ( x)dx  f1 ( x) g ( x)   f1 ( x) g '( x)dx  I 0  f1 ( x) g ( x)  I 0  I 0  f1 ( x) g ( x)  C ..." (TTMT) Kỹ thuật tách gọn tích phân thường dùng để giải nhanh một cách ngoạn mục (chỉ cần khoảng nửa trang giấy) 2 dạng sau: 20