Chuyên đề phương trình vô tỉ

Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A
Page 1
LI NểI U:


Phng trỡnh l mt mng kin thc quan trng trong chng trỡnh
Toỏn ph thụng. Gii phng trỡnh l bi toỏn cú nhiu dng v gii rt linh
hot, vi nhiu hc sinh k c hc sinh khỏ gii nhiu khi cũn lỳng tỳng
trc vic gii mt phng trỡnh, c bit l phng trỡnh vụ t.
Trong nhng nm gn õy, phng trỡnh vụ t thng xuyờn xut hin
cõu II trong cỏc thi tuyn sinh vo i hc v Cao ng. Vỡ vy, vic
trang b cho hc sinh nhng kin thc liờn quan n phng trỡnh vụ t kốm
vi phng phỏp gii chỳng l rt quan trng. Nh chỳng ta ó bit phng
trỡnh vụ t cú nhiu dng v nhiu phng phỏp gii khỏc nhau. Trong bi
tp ln ny, tụi xin trỡnh by mt s phng phỏp gii phng trỡnh vụ
t, mi phng phỏp u cú bi tp minh ha c gii rừ rng, d hiu;
sau mi phng phỏp u cú bi tp ỏp dng giỳp hc sinh cú th thc hnh
gii toỏn v nm vng cỏi ct lừi ca mi phng phỏp.
Hy vng nú s gúp phn giỳp cho hc sinh cú thờm nhng k nng cn
thit gii phng trỡnh cha cn thc núi riờng v cỏc dng phng trỡnh
núi chung.



www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Rin Toán 3A Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ
Page 2
A. BI TON M U:
Gii phng trỡnh:
2
2

1 1 (*)
3
x x x x

(HQG HN, khi A-2000)
Gii:

iu kin:
0 1
x




Cỏch 1:

2
2
2
2
(*) 1 1
3
x x x x





2 2
4 4

1 ( ) 1 2 (1 )
3 9
x x x x x x


2 2
4( ) 6 0
x x x x


2 2
2 (2 3) 0
x x x x


2
2
0
3
2
x x
x x

2
2
0
9
0( )
4
x x
x x PTVN









0
1
x
x






(tha iu kin)
Vy nghim ca phng trỡnh l

0; 1
x x

.


Cỏch 2:
Nhn xột:
2
x x

c biu din qua
x
v
1
x

nh vo ng thc:


2
2
1 =1+2
x x x x

.
t
1
t x x

( 0)
t

.
2
2
1
2
t
x x


.
Phng trỡnh (*) tr thnh:
2
2
1
1
1 3 2 0
2
3
t
t
t t t
t

Vi
1
t

ta cú phng trỡnh:

2 2
0
1 1 2 0 0
1
x
x x x x x x
x






(tha iu kin).
Vi
2
t

ta cú phng trỡnh:
www.VNMATH.com

Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 3
2 2 2
9 9
1 2 2 3 0( )
4 4
x x x x x x x x PTVN
            
.
Vậy nghiệm của phương trình là
0; 1
x x
 
.


Cách 3:
Nhận xét:
x
và
1
x

có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể




2 2
1 1

x x
  
.
(*) 2 . 1 3 1 3 3
x x x x
     



1 2 3 3 3 (1)
x x x    
.
9
4
x

không thỏa mãn phương trình (1).
Do đó,
3 3
(1) 1 (2)
2 3
x
x
x

  

.
Đặt
3 3

( 0), (2) 1
2 3
t
t x t x
t

    

.
Ta có:




2 2
1 1
x x
  

2
2
3 3
1
2 3
t
t
t

 
  

 

 

2 2 2 2
(4 12 9) 9 18 9 4 12 9
t t t t t t t
        

4 3 2
4 12 14 6 0
t t t t
    

3 2
(2 6 7 3) 0
t t t t
    

2
( 1)(2 4 3) 0
t t t t
    

0
1
t
t







.
Với
0
t

ta có
0 0
x x
  
(thỏa điều kiện).
Với
1
t

ta có
1 1
x x
  
(thỏa điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là
0; 1
x x
 
.



Cách 4:
Nhận xét:
x
và
1
x

có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể




2 2
1 1
x x
  
.
Đặt
( 0); 1 ( 0)
a x a b x b
    
.
Ta có hệ phương trình:
2 2
2
1
3
1
ab a b
a b


  



 

2
3 2 3( )
( ) 2 1
ab a b
a b ab
  



  

2
2 3( ) 3
( ) 3( ) 2 0
ab a b
a b a b
  



    


www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 4
2 3( ) 3
1
2
ab a b
a b
a b
  



 




 


1
0
2
3
2
a b
ab
a b
ab

  








 












a, b là 2 nghiệm của phương trình
2
1
0
0
0
1
a

b
X X
a
b
 






  









.
(Trường hợp
2
3
2
a b
ab
 







loại vì
2
3
2 4. 0
2
 
).
Với
1
0
a
b





ta có
1
1
1 0
x
x
x




 

 


(thỏa điều kiện).
Với
0
1
a
b





ta có
0
0
1 1
x
x
x



 


 


(thỏa điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là
0; 1
x x
 
.


Cách 5:
Nhận xét: Từ




2 2
1 1
x x
  
, ta nghĩ đến đẳng thức:
2 2
sin os 1
a c a
 
.
Đặt
sin , 0 a
2

x a

  
.
Phương trình (*) trở thành:
2 2
2
1 sin . 1 sin sin 1 sin
3
a a a a
    


3 2sin .cos 3sin 3cos ( ì cos 0)
a a a a v a
    

2
(sin cos ) 3(sin cos ) 2 0
a a a a
     

sin cos 1
sin cos 2
a a
a a
 




 

sin cos 1
a a
  
2 sin( ) 1
4
a

  

2
1
4 4
sin( ) ( )
3
4
2
2
4 4
a k
a k
a k
 


 


  


    


  




2 0
( ) ( ì 0 )
2
2
2 2
a k a
k v a
a k a


 

 
 
 
    
 
  
 


Với
0
a

ta có
0 0
x x
  
(thỏa điều kiện).
www.VNMATH.com
Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A
Page 5
Vi
1
a

ta cú
1 1
x x

(tha iu kin).
Vy nghim ca phng trỡnh l
0; 1
x x

.

Qua bi toỏn m u, ta thy cú nhiu cỏch khỏc nhau gii mt phng
trỡnh vụ t. Tuy nhiờn, cỏc cỏch ú u da trờn c s l phỏ b cn thc v a
v phng trỡnh n gin hn m ta ó bit cỏch gii. Sau õy, tụi xin trỡnh by

mt s phng phỏp c th gii phng trỡnh vụ t.

B. MT S PHNG PHP GII PHNG TRèNH Vễ T
I. PHNG PHP BIN I TNG NG
Hai phng trỡnh c gi l tng ng nu chỳng cú cựng tp
nghim.
Mt s phộp bin i tng ng:
Cng, tr hai v ca phng trỡnh vi cựng biu thc m khụng
lm thay i tp nghim ca phng trỡnh.
Nhõn, chia hai v ca phng trỡnh vi cựng biu thc khỏc 0
m khụng lm thay i iu kin ca phng trỡnh.
Ly tha bc l hai v, khai cn bc l hai v ca phng trỡnh.
Ly tha bc chn hai v, khai cn bc chn hai v khi hai v
ca phng trỡnh cựng dng.

1. Ly tha hai v ca phng trỡnh:


2 1
2 1
( ) ( ) ( ) ( )
k
k
f x g x f x g x



.

2

2
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
k
k
g x
f x g x
f x g x






.

2 1 2 1
( ) ( ) ( ) ( )
k k
f x g x f x g x


.

2 2
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
k k

g x
f x g x
f x g x






.
Thụng thng nu ta gp phng trỡnh dng :
A B C D

, ta
thng bỡnh phng 2 v, iu ú nhiu khi cng s gp khú khn.
Vi phng trỡnh dng:
3 3 3
A B C
v ta thng lp phng hai v
a phng trỡnh v dng:


3 33
3 .
A B A B A B C

v ta s dng
phộp th :
3 3 3
A B C

ta c phng trỡnh h qu:
3
3 . .
A B A B C C



Bi 1:
Gii phng trỡnh:
1 10 2 5 (*)
x x x x

Gii:
iu kin:
1
x

.
www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 6
2 2
(*) 2 11 2 11 10 2 7 2 7 10
x x x x x x
         

2 2
2 11 10 7 10
x x x x

      

2 2 2
11 14 4 11 10 7 10
x x x x x x
        

2
11 10 1
x x x
     

2 2
1 0
11 10 2 1
x
x x x x
  



    


1
1
9 9
x
x
x

 

   

 

(thỏa điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là:

1
x
 
.

Bài 2: Giải phương trình:
3 3 3
1 2 3 0 (*)
x x x     

Giải:

3 3 3
(*) 1 2 3
x x x
      

3 3
3
2 3 3 ( 1)( 2)( 1 2) 3
x x x x x x

          

3 3
3
2 ( 1)( 2)( 1 2) 0
x x x x x
        



3
3
2 ( 1)( 2) 3 0
x x x x
       

3
( 1)( 2)( 3) 2
x x x x
     

3 2 3 2
6 11 6 6 12 8
x x x x x x
       

2
x
  

Thử lại,
2
x
 
thỏa mãn phương trình (*).
Vậy nghiệm của phương trình là:
2
x
 
.

Bài 3: Giải phương trình:
3 3 1 2 2 2
x x x x
     

Giải:
Điều kiện:
0
x


Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được:






1 3 3 1 2 2 1

x x x x x
     
, để giải phương trình này dĩ nhiên là không
khó nhưng hơi phức tạp một chút .
Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình :
3 1 2 2 4 3
x x x x
     

Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả :
2 2
6 8 2 4 12
x x x x
   

2
2( 1) 0 1
x x
    

Thử lại,
1
x

thỏa mãn phương trình.
Vậy nghiệm của phương trình là:

1
x


.


Nhận xét : Nếu phương trình :








f x g x h x k x
  

www.VNMATH.com
Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 7
Mà có :








f x h x g x k x
  
, thì ta biến đổi phương trình về dạng :









f x h x k x g x
  
sau đó bình phương hai vế, giải phương trình
hệ quả và thử lại nghiệm.

Bài 4:
Giải phương trình :
3
2
1
1 1 3 (1)
3
x
x x x x
x

      


Giải:
Điều kiện :
1

x
 

Bình phương 2 vế phương trình ?
Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào?
Ta có nhận xét :
3
2
1
. 3 1. 1
3
x
x x x x
x

    

, từ nhận xét này ta có lời giải
như sau :
3
2
1
(1) 3 1 1
3
x
x x x x
x

       


Bình phương 2 vế ta được phương trình hệ quả:
3
2 2
1 3
1
1 2 2 0
3
1 3
x
x
x x x x
x
x

 

       


 



Thử lại :
1 3, 1 3
x x   
là nghiệm của phương trình.



Nhận xét : Nếu phương trình :








f x g x h x k x
  

Mà có :








. .
f x h x k x g x

thì ta biến đổi phương trình về dạng:









f x h x k x g x
  
sau đó bình phương hai vế, giải phương trình
hệ quả và thử lại nghiệm.

Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1.
2 2
2 2 1 3 4 1
x x x x x
     
.
2.
3 1 4 1
x x
   
.
3.
1 6 5 2
x x x
     
.
4.
11 11 4
x x x x
     

.
5.
3 3
12 14 2
x x
   
.
6.
3 3 3
1 2 2 1
x x x
    
.

2. Trục căn thức:
2.1 Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung:
Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm
0
x
. Như vậy, phương trình
luôn đưa về được dạng tích




0
0
x x A x
 
ta có thể giải phương trình

www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 8


0
A x

hoặc chứng minh


0
A x

vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm
của phương trình để ta có thể đánh giá


0
A x

vô nghiệm.


Bài 1:
Giải phương trình:


2 2 2 2
3 5 1 2 3 1 3 4

x x x x x x x
         

Giải:

Điều kiện:
2
1 5
2
x
x

 






.
Ta nhận thấy :






2 2
3 5 1 3 3 3 2 2
x x x x x

       
và






2 2
2 3 4 3 2
x x x x
     
.


2 2 2 2
3 5 1 3 1 2 3 4
pt x x x x x x x
          

 
2 2
2 2
2( 2) 3( 2)
2 3 4
3 5 1 3 1
x x
x x x
x x x x
  

 
   
    
.
 
2 2
2 2
3 2
( 2) 0
2 3 4
3 5 1 3 1
x
x x x
x x x x
 
 
   
 
     
    
 
.
2
x
 
(thỏa).
Dễ dàng chứng minh được phương trình
 
2 2
2 2

3 2
0
2 3 4
3 5 1 3 1
x x x
x x x x
 
   
    
vô nghiệm vì

1 5
0, ; 2 ;
2
VT x
 


      




 
.
Vậy
2
x

là nghiệm của phương trình.

Bài 2: Giải phương trình:
2 2
12 5 3 5
x x x
    

Giải:
Để phương trình có nghiệm thì :
2 2
5
12 5 3 5 0
3
x x x x
       

Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể
phân tích về dạng




2 0
x A x
 
, để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :
2 2
12 4 3 6 5 3
pt x x x

       

www.VNMATH.com
Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 9
 
2 2
2 2
4 4
3 2
12 4 5 3
x x
x
x x
 
   
   

 
2 2
2 2
2 3 0
12 4 5 3
x x
x
x x
 
 
    
 

   
 

2
x
 

Dễ dàng chứng minh được :
2 2
2 2 5
3 0,
3
12 4 5 3
x x
x
x x
 
    
   
.
Vậy
2
x

là nghiệm của phương trình.


Bài 3: Giải phương trình :
2 33
1 2

x x x
   


Giải:
Điều kiện:
3
2
x 

Nhận thấy
3
x

là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình:
2 33
1 2 3 2 5
pt x x x
       

 
 
 
 
2
2 3
2 23
3
3 3 9
3

3 1
2 5
1 2 1 4
x x x
x
x
x
x x
 
  

 
   
 
 
   
 
 

 
2
2 3
2 23
3
3 3 9
( 3) 1 0
2 5
1 2 1 4
x x x
x

x
x x
 
  
 
    
 
 
   
 
 


 
2
3
2
2 2
3
3
3
3 9
3
(*)
1
2 5
1 2 1 4
x
x x
x

x
x x



 



 
 

   



Phương trình (*) vô nghiệm vì:
 
 
2
2
2 2 23 3
3
3 3
1 1 2
1 2 1 4 1 1 3
x x
x x x
 
   

      
2
3
3 9
2 5
x x
x
 

 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
3
x

.

2.2. Đưa về “hệ tạm”:
Nếu phương trình vô tỉ có dạng
A B C
 
, mà :
A B C

 

ở đây C có thể là hằng số, có thể là biểu thức của
x
.
Ta có thể giải như sau :

www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 10
A B
C A B
A B


   

, khi đó ta có hệ:
2
A B C
A C
A B



 

  

 




Bài 1:
Giải phương trình sau :
2 2

2 9 2 1 4
x x x x x
      

Giải:
Ta thấy:






2 2
2 9 2 1 2 4
x x x x x
      

Phương trình đã cho có nghiệm
4 0 4
x x
     

4
x
 
không phải là nghiệm của phương trình.
Xét
4
x
 

trục căn thức ta có :
2 2
2 2
2 8
4 2 9 2 1 2
2 9 2 1
x
x x x x x
x x x x

        
    

Ta có hệ phương trình:
2 2
2
2 2
0
2 9 2 1 2
2 2 9 6
8
2 9 2 1 4
7
x
x x x x
x x x
x
x x x x x




     


     



      




Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0; x=
8
7
.
Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau :

1.
 
2 2
3 1 3 1
x x x x
    

2.
4 3 10 3 2
x x

   

3.
23
4 1 2 3
x x x
    

4.
2 33
1 3 2 3 2
x x x
    

5.
2
3
2 11 21 3 4 4 0
x x x
    

6.
2 2
2 16 18 1 2 4
x x x x
     

7.
2 2
15 3 2 8

x x x
    

8.








2 2 5 2 10
x x x x x
     

2.3. Phương trình biến đổi về tích:

2.3.1 Sử dụng đẳng thức:




1 1 1 0
u v uv u v
      






0
au bv ab vu u b v a
      

2 2
A B


Bài 1: Giải phương trình :
23
3 3
1 2 1 3 2
x x x x
      

Giải:
3 3 3 3
1 2 1 1. 2
PT x x x x
       





3 3
1 1 2 1 0
x x
     

0
1
x
x




 


www.VNMATH.com
Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 11
Vậy nghiệm của phương trình là:
0; 1
x x
  
.

Bài 2: Giải phương trình :
2 23 3
3 3
1
x x x x x
    

Giải:

0

x

, không phải là nghiệm.

0
x

, ta chia hai vế cho
3
x
:
3 3
3
1
1 1
x
PT x x
x

    
 
3
3
3
3
1
1
1 1 0 1
1
1

x
x
x x
x
x
x


 


      
 



 



Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x

.

Bài 3: Giải phương trình:
2
3 2 1 2 4 3
x x x x x x

      

Giải:

Điều kiện:
1
x
 

3 2 1 2 ( 3)( 1)
PT x x x x x x
       





3 2 1 1 0
x x x
     
3 2
1 1
x x
x

 


 




2
0
1
4 3 0
0
1 1
x
x
x x
x
x
 





 
  






 

(thỏa).

Vậy nghiệm của phương trình là:
0; 1
x x
 
.
Bài 4: Giải phương trình :
4
3 4
3
x
x x
x
  


Giải:
Điều kiện:
0
x


Chia cả hai vế cho
3
x

ta được:
2
4 4 4
1 2 1 0
3 3 3

x x x
x x x
 
    
 
  
 

4
1 4 3 1
3
x
x x x
x
      

(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x

.

2.3.2 Dùng hằng đẳng thức:
Biến đổi phương trình về dạng :
k k
A B


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Rin Toán 3A Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ
Page 12
Bi 1: Gii phng trỡnh :
3 3
x x x


Gii:
iu kin:
0 3
x

Khi ú pt ó cho tng ng:
3 2
3 3 0
x x x

3
3
1 10 10 1
3 3 3 3
x x





(tha).
Vy nghim ca phng trỡnh l:
3

10 1
3
x


.
Bi 2:
Gii phng trỡnh sau :
2
2 3 9 4
x x x


Gii:

iu kin:
3
x


Phng trỡnh ó cho tng ng :

2
2
3 1 3
1 3 9
3 1 3
x x
x x
x x

2
2
1
3
1
9 7 2 0
5 97
1
18
3
9 5 2 0
x
x
x x
x
x
x x

(tha)
Vy nghim ca phng trỡnh l:

5 97
1;
18
x x


.
Bi 3:
Gii phng trỡnh sau :

2
2
3
3
2 3 9 2 2 3 3 2
x x x x x

Gii:



3
3 3 3 3
2 3 0 2 3 2 3 1
PT x x x x x x x

.
Vy nghim ca phng trỡnh l:
1
x

.

II. PHNG PHP T N PH:

1. Phng phỏp t n ph thụng thng:
i vi nhiu phng trỡnh vụ t, gii chỳng ta cú th t


t f x

v chỳ ý
iu kin ca
t
. Nu phng trỡnh ban u tr thnh phng trỡnh cha mt bin
t
v quan trng hn ta cú th gii c phng trỡnh ú theo
t
thỡ vic t n ph
xem nh hon ton .
Bi 1: Gii phng trỡnh:
2 2
1 1 2
x x x x


Gii:
www.VNMATH.com
Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 13

Điều kiện:
1
x


Nhận xét:
2 2
1. 1 1
x x x x
    

Đặt
2
1( 0)
t x x t
   
thì phương trình trở thành:
2 2
1
2 2 1 0 ( 1) 0 1
t t t t t
t
          

Với
1
t

ta có phương trình:
2 2

1 1 1 1 2 2 1
x x x x x x
          
(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x

.

Bài 2: Giải phương trình:
2
2 6 1 4 5
x x x
   

Giải:
Điều kiện:
5
4
x
 

Đặt
4 5( 0)
t x t
  
thì
2
5

4
t
x


. Thay vào ta có phương trình sau:
4 2
2 4 2
10 25 6
2. ( 5) 1 22 8 27 0
16 4
t t
t t t t t
 
        

2 2
( 2 7)( 2 11) 0
t t t t
     

1 2 2 1 2 2
1 2 3 1 2 3
t t
t t
 
     
 
 
   

 
 
(vì
0
t

).
Với
1 2 2
t   
ta có:
4 5 1 2 2 4 4(1 2) 1 2
x x x         

Với
1 2 3
t  
ta có:
4 5 1 2 3 4 4(2 3) 2 3
x x x        

Vậy nghiệm của phương trình là:
1 2; 2 3
x x   
.
Cách khác:
Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện
2
2 6 1 0
x x

  

Ta được:
2 2 2
( 3) ( 1) 0
x x x
   
, từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
Đơn giản nhất là ta đặt :
2 3 4 5
y x
  
và đưa về hệ đối xứng(Xem phần dặt
ẩn phụ đưa về hệ).

Bài 3: Giải phương trình:
5 1 6
x x
   

Điều kiện:
1 6
x
 

Đặt
1(0 5)
y x y   
thì phương trình đã cho trở thành:
2 4 2

5 5 10 20 0
y y y y y
       

2 2
( 4)( 5) 0
y y y y
     

www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 14
1 21
1 17
2
2
1 17
2
y
y
y




 

  

 




( vì
0 5
y 
)
Với
1 17
2
y
 

ta có phương trình
1 17 11 17
1
2 2
x x
  
   
(thỏa)
Vậy nghiệm của phương trình là:
11 17
2
x


.
Bài 4: Giải phương trình:
 



2
2004 1 1
x x x
   

Giải:
Điều kiện:
0 1
x
 

Đặt
1
y x
 
(
0 1
y
 
) phương trình trở thành:
2 2 2 2
(1 ) (2005 )(1 )
y y y
   

2 2 2 2
(1 ) (1 ) (2005 )(1 )
y y y y

     

2 2
2(1 ) ( 1002) 0
y y y
    

1
1
1 4009
2
y
y
y



  
 




( vì
0 1
y
 
)
Với
1

y

ta có phương trình
1 1 0
x x
   

Vậy nghiệm của phương trình là:
0
x

.
Bài 5:
Giải phương trình:
2
1
2 3 1
x x x x
x
   

Giải:
Điều kiện:
1 0
x
  

Chia cả hai vế cho x ta được phương trình:
1 1 1 1
2 3 2 3 0

x x x x
x x x x
         
(*)
Đặt
1
( 0)
t x t
x
  
phương trình (*) trở thành:
2
1
2 3 0 1
3
t
t t t
t


     

 


Với
1
t

ta có phương trình

1
1
x
x
 
2
1 0
x x
   
1 5
1 5
2
2
1 5
2
x
x
x






  






.
www.VNMATH.com
Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 15
Vậy nghiệm của phương trình là:
1 5
2
x


.

Bài 6: Giải phương trình :
2 4 23
2 1
x x x x
   

Giải:
0
x

không phải là nghiệm của phương trình.
Chia cả hai vế cho x ta được:
3
1 1
2
x x
x x
 

   
 
 
(*)
Đặt t=
3
1
x
x

phương trình (*) trở thành :
3
2 0
t t
   
1
t

.
Với
1
t

ta có phương trình
2
3
1 1 5
1 1 0
2
x x x x

x

       
.
Vậy nghiệm của phương trình là
1 5
2
x


.
Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1.
2 2
15 2 5 2 15 11
x x x x
    

2.
2
( 5)(2 ) 3 3
x x x x
   

3.
2
(1 )(2 ) 1 2 2
x x x x
    

4.
2 2
17 17 9
x x x x
    

5.
3
2 2
1 2 1 3
x x
   

6.
2 2
11 31
x x
  

7.
2 2 2
2 (1 ) 3 1 (1 ) 0
n
n n
x x x
     

8.
2

(2004 )(1 1 )
x x x
   

9.
( 3 2)( 9 18) 168
x x x x x
    

10.
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2
x x x x x
       

Nhận xét:
Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp
bài đơn giản, đôi khi phương trình đối với
t
lại quá khó giải.

2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :
Chúng ta đã biết cách giải phương trình:
2 2
0
u uv v
 
  
(1) bằng cách
 Xét

0
v

phương trình trở thành :
2
0
u u
v v
 
   
  
   
   


0
v

thử trực tiếp.
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1):









. .

a A x bB x c A x B x
 


2 2
u v mu nv
 
  

www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 16
Nếu thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được
phương trình vô tỉ theo dạng này .
2.1. Phương trình dạng :








. .
a A x bB x c A x B x
 
Như vậy phương trình





Q x P x


có thể giải bằng phương pháp trên nếu






     
.P x A x B x
Q x aA x bB x
 


 



Chú ý một số phân tích trước khi đặt ẩn phụ:





3 2
1 1 1
x x x x

    







4 2 4 2 2 2 2
1 2 1 1 1
x x x x x x x x x
          





4 2 2
1 2 1 2 1
x x x x x
     





4 2 2
4 1 2 2 1 2 2 1
x x x x x
     

Bài 1: Giải phương trình :


2 3
2 2 5 1
x x
  

Giải:
Điều kiện:
1
x
 

Đặt
2
1, 1
u x v x x
    

Phương trình trở thành:
 
2 2
2
2 5
1
2
u v
u v uv

u v



  




* Với
2
u v

ta có phương trình
2 2
1 2 1 4 5 3 0( )
x x x x x PTVN
       
.
* Với
1
2
u v

ta có phương trình
2 2
1
1 1 5 3 0
2
x x x x x

       
5 37
2
5 37
2
x
x











(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là
5 37
2
x


.
Bài 2: Giải phương trình sau :
2 3
2 5 1 7 1
x x x

   

Giải:
Điều kiện:
1
x


Nhận xét: Ta viết
 


 


2 2
1 1 7 1 1
x x x x x x
 
       

Đồng nhất ta được
     


2
3 1 2 1 7 1 1
x x x x x x
       

www.VNMATH.com
Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A
Page 17
t
2
1 0 , 1 0
u x v x x

, ta c phng trỡnh:
9
3 2 7
1
4
v u
u v uv
v u








Vi
9
v u

ta cú phng trỡnh
2 2

1 9( 1) 8 10 0 4 6
x x x x x x
.
Vi
1
4
v u

ta cú phng trỡnh
2 2
1
1 ( 1) 4 3 5 0( )
4
x x x x x PTVN

.
Vy nghim ca phng trỡnh l
4 6
x
.

Bi 3: Gii phng trỡnh :

3
3 2
3 2 2 6 0
x x x x


Gii:

Nhn xột: t
2
y x

phng trỡnh tr thnh thun nht bc 3 i vi x v y
3 2 3 3 2 3
3 2 6 0 3 2 0
2
x y
x x y x x xy y
x y







Vi
x y

ta cú phng trỡnh
2
0
2 2
2 0
x
x x x
x x

.
Vi
2
x y

ta cú phng trỡnh
2
0
2 2 2 3
2
4 8 0
x
x
x x
x x






.
Vy nghim ca phng trỡnh l
2; 2 2 3
x x

.

2.2 Phng trỡnh dng :
2 2
u v mu nv



Phng trỡnh cho dng ny thng khú phỏt hin hn dng trờn , nhng nu
ta bỡnh phng hai v thỡ a v c dng trờn.
Bi 1: Gii phng trỡnh :
2 2 4 2
3 1 1
x x x x


Gii:
Ta t :
2
2
( 0)
1 ( 0)
u x u
v x v

khi ú phng trỡnh tr thnh :
2 2 2 2 2
0
3 ( 3 ) 2 (5 3 ) 0
3
5
v
u v u v u v u v v v u
v u







(loaùi)
.
Vi
0
v

ta cú phng trỡnh
2
1 0 1
x x

.
Vy nghim ca phng trỡnh l

1
x



Bi 2: Gii phng trỡnh :
2 2
2 2 1 3 4 1
x x x x x


Gii:
www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Rin Toán 3A Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ
Page 18
iu kin:
1
2
x

.
Bỡnh phng 2 v ta cú :

2 2 2 2
2 2 1 1 2 2 1 2 2 1
x x x x x x x x x x

(*)
Ta cú th t :
2
2
2 1
u x x
v x





khi ú (*) tr thnh :
2 2
1 5
2
1 5
2
u v
uv u v
u v

(loaùi)

Vi
1 5
2
u v


ta cú phng trỡnh

2 2
1 5
2 2 1 2 (2 2 5) 1 5 0
2
x x x x x


(PTVN).
Vy phng trỡnh ó cho vụ nghim.

Bi 3: Gii phng trỡnh :
2 2
5 14 9 20 5 1

x x x x x


Gii:

iu kin:
5
x

.
Chuyn v bỡnh phng ta c:



2 2
2 5 2 5 20 1
x x x x x


Nhn xột : Khụng tn ti s
,

:




2 2
2 5 2 20 1
x x x x x

vy ta khụng th t
2
20
1
u x x
v x





.
Nhng may mn ta cú :

2 2
20 1 4 5 1 4 4 5
x x x x x x x x x


Ta vit li phng trỡnh:



2 2
2 4 5 3 4 5 ( 4 5)( 4)
x x x x x x

(*).
n õy bi toỏn c gii quyt .
t
2
4 5
4
u x x
v x





, khi ú phng trỡnh (*) tr thnh:
2 3 5
9
4

u v
u v uv
u v







.
www.VNMATH.com
Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A
Page 19
- Vi
u v

ta cú phng trỡnh
2 2
5 61
2
4 5 4 5 9 0
5 61
2
x
x x x x x
x

(loaùi)
.
- Vi
9
4
u v

ta cú phng trỡnh
2 2
8
9
4 5 ( 4) 4 25 56 0
7
4
4
x
x x x x x
x

(loaùi)
.
Vy nghim ca phng trỡnh l
5 61
8;
2
x x


.

3. Phng phỏp t n ph khụng hon ton:
Phng phỏp gii: a phng trỡnh ó cho v phng trỡnh bc hai dng:
( ). ( ) ( ) ( ).
f x Q x f x P x x

vi n l n ph hay l n ca phng trỡnh ó cho.
t
( ) , 0
f x t t

.
Phng trỡnh ó cho tr thnh
2
. ( ) ( ) 0
t t Q x P x

.
Sau ú, gii t theo x ri thay vo gii phng trỡnh
( )
f x t

v a ra kt lun.

Bi 1: Gii phng trỡnh :


2 2 2
3 2 1 2 2
x x x x

(*)
Gii:
t
2
2
t x

phng trỡnh (*) tr thnh :


2
3
2 3 3 0
1
t

t x t x
t x






.
Vi
3
t

ta cú phng trỡnh
2 2
2 3 7 7
x x x
.
Vi
1
t x

ta cú phng trỡnh
2
1
2 1
2 1
x
x x x
x

.
Vy nghim ca phng trỡnh l
7
x .

Bi 2:
Gii phng trỡnh :

2 2
1 2 3 1
x x x x


Gii:
t
2
2 3, 2
t x x t

Khi ú phng trỡnh tr thnh :


2
1 1

x t x



2
1 1 0
x x t


www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 20
Bây giờ ta thêm bớt, để được phương trình bậc 2 theo t có

là một số chính
phương:
       
2 2
2
2 3 1 2 1 0 1 2 1 0
1
t
x x x t x t x t x
t x


             

 


Với
2
t

ta có phương trình
2 2
2 3 2 2 1 0 1 2
x x x x x         
.
Với
1
t x
 
ta có phương trình
2
1
2 3 1
0 2
x
x x x x
x


       



.
Vậy nghiệm của phương trình là

1 2
x  
.

Từ một phương trình đơn giản :




1 2 1 1 2 1 0
x x x x
       
, khai
triển ra ta sẽ được pt sau:

Bài 3: Giải phương trình:
2
4 1 1 3 2 1 1
x x x x
      

Giải:

Điều kiện:
1 1
x
  
.
Nhận xét: Đặt
1

t x
 
, phương trình trở thành:
4 1 1 3 2 1
x x t t x
     
(1)
Từ đó
2
1
x t
 
thay vào (1) ta được phương trình:




2
3 2 1 4 1 1 0
t x t x
      

Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t




2
2 1 48 1 1
x x

      
không có dạng bình phương .
Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo




2 2
1 , 1
x x
 

Cụ thể như sau :




3 1 1 2 1
x x x
     
thay vào pt (1) ta được:
2
4 1 2(1 ) 2 1
x t x t t x
       
2
(2 1 ) 4 1 2(1 ) 0
t x t x x
        
(*)

2
(3 1 2)
x   

2 1
(*)
2 1
t x
t x

 


  


.
Với
2 1
t x
 
ta có phương trình
1 1
3
1 2 1
5 3
5
x
x x x
x

  


     

 

.
Với
2 1
t x
  
ta có phương trình
2
1 1 2 2 2 (1 )(1 ) 4 1 1 0
x x x x x x
             
.
Vậy nghiệm của phương trình là
3
; 0
5
x x

 
.

www.VNMATH.com
Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 21

Bài 4: Giải phương trình:
2
2 2 4 4 2 9 16
x x x
    
(1)
Giải:
Điều kiện:
2
x


2 2
(1) 4(2 4) 16 2(4 ) 16(2 ) 9 16
x x x x
       


2 2 2
8(4 ) 16 2(4 ) 8
x x x x
     

Đặt
2
2(4 ); 0
t x t
  

Phương trình trở thành

2 2
4 16 8 0
t t x x
   
1
2
2
4
2
x
t
x
t






  


.
Vì
2
x

nên
2
0

t

không thỏa điều kiện
0
t

.
Với
2
x
t

thì
2
2 2
0
4 2
2(4 )
2 3
8(4 )
x
x
x x
x x


    

 


(thỏa đk
2
x

).
Vậy nghiệm của phương trình là
4 2
3
x 
.

4. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình:

4.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường:
 Đặt




,
u x v x
 
 
và tìm mối quan hệ giữa


x

và



x

.
Từ đó tìm được hệ theo u,v.
Bài 1: Giải phương trình:


3 3
3 3
25 25 30
x x x x
   

Giải:
Đặt
3
3 3 3
35 35
y x x y
    

Khi đó ta có hệ phương trình:
3 3
( ) 30
35
xy x y
x y
 




 



Giải hệ này ta được nghiệm
( ; ) (2;3);( ; ) (3;2)
x y x y
 
.
Vậy nghiệm của phương trình là
2; 3
x x
 
.

Bài 2:
Giải phương trình sau:
5 1 6
x x
   

Giải:
Điều kiện:
1
x


Đặt

1, 5 1( 0, 0)
a x b x a b
      
ta được hệ phương trình:
2
2
5
5
a b
b a

 


 


(1)
(2)
.
www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Rin Toán 3A Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ
Page 22
Ly (1)-(2) v theo v ta c phng trỡnh:
1
( )( 1) 0
a b
a b a b
a b

(loaùi)

Vi
1
a b

ta cú
2
5
11 17
1 1 5 1 1 5
2
11 26 0
x
x x x x x
x x

.
Vy nghim ca phng trỡnh l
11 17
2
x


.

4.2 t n ph a v h i xng loi I:
Bi 1:
Gii phng trỡnh:
2 3 1 (2 )(3 )
x x x x


Gii:
iu kin:
2 3
x

.
t
2 ( 0); 3 ( 0)
a x a b x b

.
Ta cú h phng trỡnh:
2 2 2 2
1 1 1

5 ( ) 2 5 (1 ) 2 5
a b ab a b ab a b ab
a b a b ab ab ab






2
1
1 3
2 2
( ) 4
a b ab
a b ab a b
ab ab
ab










2
, 3 2 0

laứ 2 nghieọm cuỷa phửụng trỡnh a b X X

1
2
2
1
a
b
a
b

















.
Vi
1

2
a
b





ta cú
2 1
1
3 2
x
x
x








.
Vi
2
1
a
b

ta cú
2 2
2
3 1
x
x
x








.
Vy nghim ca phng trỡnh l
1; 2
x x

.

Bi 2: Gii phng trỡnh:
4 4
17 3
x x

Gii:
iu kin:
0 17
x

.
t
4 4
( 0); 17 ( 0)
a x a b x b

.
www.VNMATH.com
Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A
Page 23
Ta cú h phng trỡnh
2
4 4 2 2 2 2 2
2 2
17 ( ) 2 17
( ) 2 2( ) 17
3 3
3
a b a b a b
a b ab ab
a b a b
a b

2 2 2
(9 2 ) 2( ) 17 2( ) 36 64 0
3 3
ab ab ab ab
a b a b






2
3
2
3
3 4.16 0)
16

(loaùi vỡ
a b
ab
a b
ab


















2
, 3 2 0
laứ 2 nghieọm cuỷa phửụng trỡnh a b X X

1
2
2

1
a
b
a
b


















Vi
1
2
a
b

ta cú h phng trỡnh
4
4
1
1
17 2
x
x
x








.
Vi
2
1
a
b

ta cú h phng trỡnh
4
4
2
16
17 1
x
x
x








.
Vy nghim ca phng trỡnh l
1; 16
x x

.

Bi 3: Gii phng trỡnh:
3 3
3
5 2 (5 )(2 ) 1
x x x x

Gii:
t
3 3
5 ; 2
a x b x

ta cú h phng trỡnh:
3 3 3
1 1 ( )
7 ( ) 3 ( ) 7 0
a b ab ab a b
a b a b ab a b








3
( ) 3 1 ( ) ( ) 7 0
1 ( )
a b a b a b
ab a b

3 2
( ) 3( ) 3( ) 7 0
1 ( )
a b a b a b
ab a b






2
( 1) ( ) 4( ) 7 0
1 ( )
a b a b a b
ab a b

2
1 ( ( ) 4( ) 7 0)
1 ( )
vỡ a b a b a b
ab a b






2
, 2 0
laứ 2 nghieọm cuỷa phửụng trỡnh a b X X

1
2
2
1
a
b
a
b

www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Rin Toán 3A Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ
Page 24
Vi
1
2
a
b





ta cú h phng trỡnh
3
3
5 1
6

2 2
x
x
x








.
Vi
2
1
a
b





ta cú h phng trỡnh
3
3
5 2
3
2 1
x

x
x








.
Vy nghim ca phng trỡnh l
6; 3
x x

.

Bi 4:
Gii phng trỡnh
2 2
2 (2 )
x x


Gii:

iu kin:
0 2
x

t
( 0); 2 (2 2 2)
a x a b x b
.
Ta cú h phng trỡnh:
4 4
2 4
2
2
(*)
2
2
a b
b a
a b
a b













Ta cú

2 2 2 2
2 2 4 4
( ) ( )
2 2
2 2
vaứ
a b a b
a b a b


.
Do ú,
1
(*)
1
a
b






.
Vi
1
1
a
b

ta cú h phng trỡnh
1
1
2 1
x
x
x








.
Vy nghim ca phng trỡnh l
1
x

.

4.3 t n ph a v h i xng loi II:
4.3.1 Dng 1: Gii phng trỡnh
n
n

x b a ax b


Cỏch gii:
t
n
t ax b

ta cú h phng trỡnh i xng loi II:
n
n
x b at
t b ax








Bi 1: Gii phng trỡnh
3
3
1 2 2 1
x x


Gii:

t
3
2 1
t x

ta cú h phng trỡnh
3
3
1 2
1 2
x t
t x







3 3
3 3 2 2
1 2 1 2
2( ) ( )( 2) 0
x t x t
x t t x x t x t tx

3 2
3 3
2 2 2 2 2
2 1 0 ( 1)( 1) 0
1 2 1 2
( )
2 0 ( ) 4 0
x t x t
x x x x x
x t x t
VN
x t tx x t x t

1
1 5
2
x t
x
x

















.

www.VNMATH.com
Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A
Page 25
Vy nghim ca phng trỡnh l
1 5
; 1
2
x x


.

4.3.2 Dng 2: Gii phng trỡnh
x a a x


Cỏch gii:
t
t a x

ta cú h phng trỡnh i xng loi II:
x a t
t a x

.
Bi 1: Gii phng trỡnh
2007 2007
x x


Gii:
iu kin:
0
x


t
2007
t x

ta c h
2007 2007 2007
2007 ( )( 1) 0
x t x t x t
t x x t t x t x t x








8030 2 8029

4
2007
2007 0
8030 2 8029
4
(loaùi)
x
x t
x x
x
t x
t x
t x

8030 2 8029
4
x t



Vy nghim ca phng trỡnh l
8030 2 8029
4
x


.

4.3.3 Dng 3:
Chn n ph t vic lm ngc
Bi 1: Gii phng trỡnh:

2
2 2 2 1
x x x


Gii:
iu kin
1
2
x


t
2 1
x ay b


Chn a, b h
2 2
2 2
2 2( ) ( 1) 2 (2 1)
( ) 2 1 ( ) 2 1
x x ay b x ay b
ay b x ay b x

l h i xng
i xng loi II.
www.VNMATH.com