Bài 4 trang 62 SGK Đại số 10

LG a

\(2{x^4}-{\rm{ }}7{x^2} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}0\);

Phương pháp giải:

Đặt \(x^2= t  ≥  0\) sau đó ta giải phương trình bậc 2 ẩn t.

Lời giải chi tiết:

Đặt \(\displaystyle x^2= t  ≥  0\) ta được:

\(\displaystyle \eqalign{
& 2{t^2} - 7t + 5 = 0 \cr 
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{t_1} = 1\text{ (thỏa mãn )} \hfill \cr 
{t_2} = {5 \over 2} \text{ (thỏa mãn )} \hfill \cr} \right. \cr} \)

+) Với \(\displaystyle {t_1}=1\) ta có \({x^2} = 1 \Leftrightarrow {x_{1,2}} =  \pm 1\)

+) Với \(\displaystyle {t_2} =  {5 \over 2}\) ta được \({x^2} = \frac{5}{2} \Leftrightarrow \displaystyle {x_{3,4}} =  \pm {{\sqrt {10} } \over 2}\).

Vậy phương trình đã cho có \(\displaystyle 4\) nghiệm \(\displaystyle {x_{1,2}} =  \pm 1\);\(\displaystyle {x_{3,4}} =  \pm {{\sqrt {10} } \over 2}\).

LG b

\(3{x^{4}} + {\rm{ }}2{x^{2}}-{\rm{ }}1{\rm{ }} = {\rm{ }}0\).

Phương pháp giải:

Đặt \(x^2= t  ≥  0\) sau đó ta giải phương trình bậc 2 ẩn t.

Lời giải chi tiết:

Đặt \(\displaystyle x^2= t  ≥  0\) ta được

\(\displaystyle \eqalign{
& 3{t^2} + 2t - 1 = 0 \cr 
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{t_1} = - 1 \text{ (loại )}\hfill \cr 
{t_2} = {1 \over 3} \text{ (thỏa mãn )} \hfill \cr} \right. \cr} \)

+) Với \(\displaystyle {t_2} = {1 \over 3} \) ta được \(\displaystyle {x^2} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow {x_{1,2}} =  \pm {{\sqrt 3 } \over 3}\)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm \(\displaystyle {x_{1,2}} =  \pm {{\sqrt 3 } \over 3}\).

HocTot.Nam.Name.Vn