TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ THPT CHUYÊN; MÔN TOÁN; CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH; LÝ THUYẾT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO (PHẦN 1) doc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (416.52 KB, 20 trang )
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
1
CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
LÝ THUYẾT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO (PHẦN 1)
Trong chương trình Toán phổ thông, phương trình bậc cao (phương trình có bậc lớn hơn 2) là một nội dung quan
trọng, quen thuộc nhưng cũng rất phong phú, đa dạng. Thông thường, để giải phương trình bậc cao, phương pháp
chung quy là đưa về phương trình bậc thấp hơn (hạ bậc phương trình) hoặc đưa về các dạng toán đặc thù.
KIẾN THỨC – KỸ NĂNG CHUẨN BỊ
1. Kỹ thuật nhân, chia đơn thức, đa thức.
2. Nắm vững các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.
3. Nắm vững các phương pháp giải, biện luận phương trình bậc nhất, bậc hai.
4. Sử dụng thành thạo các ký hiệu toán học, logic (ký hiệu hội, tuyển, kéo theo, tương đương).
MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH
Bài toán 1. Giải phương trình
4 2
3 2 0
x x
.
Lời giải.
Đặt
2
0
x t t
; phương trình đã cho tương đương với
2 2
1 0 1
3 2 0 2 2 0 1 2 0
2 0 2
t t
t t t t t t t
t t
Với
2
1 1 1 1
t x x x
hoặc
1
x
.
Với
2
2 2 2 2
t x x x hoặc
2
x
.
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là
2; 1;1; 2
S
.
Nhận xét.
Bài toán trên là dạng toán phương trình trùng phương quen thuộc, sử dụng đặt ẩn phụ quy về phương trình bậc 2
với ẩn số phụ, tính nghiệm và sử dụng phương pháp nhóm hạng tử để đưa về phương trình về dạng tích của hai
phương trình bậc nhất, giải và kết luận nghiệm trở nên dễ dàng.
Bài tập tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
4 2
2
2 2
2
2 4 2
2
2 4
4 2 2
1, 6 5 0
2, 1 4 25
3, 1 3 11
4, 2 1 4 13
5, 3 1 3 13
x x
x x
x x x
x x
x x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 2. Giải phương trình
6 3
9 8 0
x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
3
6 3 3 3 3 3 3 3
3
1 1
8 8 0 1 8 1 0 1 8 0
2
8
x x
x x x x x x x x
x
x
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là
1;2
S
.
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
2
Nhận xét.
Lời giải bài toán sử dụng thuần túy phương pháp nhóm hạng tử phân tích đa thức vế trái thành nhân tử, không
thông qua phép đặt ẩn phụ
3
x t
tương tự bài toán 1. Tuy nhiên bản chất vẫn là quy về phương trình bậc hai với
ẩn số phụ, tính nghiệm và đơn giản chỉ khác nhau về hình thức trình bày. Tùy theo kinh nghiệm và sự sáng tạo của
mình, các bạn có thể chọn lựa cho mình cách trình bày khoa học, ngắn gọn, sáng sủa và tiết kiệm thời gian nhất.
Bài tập tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
6 3
6 3 3
2
6 3
8 4
2
8 4
1, 7 8 0
2, 3 2 1 4
3, 4 1 8
4, 6 7
5, 1 5
x x
x x x
x x
x x
x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 3. Giải phương trình
3 2
6 3 2 0
x x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
3 2 2 2 2
2
5 5 2 2 0 1 5 1 2 1 0 5 2 1 0
1
1 0
5 33
2
5 2 0
5 33
2
x x x x x x x x x x x x x
x
x
x
x x
x
Nhận xét.
Để ý rằng tổng các hệ số của phương trình bằng 0 nên đa thức
3 2
6 3 2
f x x x x
có một nghiệm bằng 1. Sử
dụng phương pháp nhóm hạng tử sao cho xuất hiện nhân tử
1
x
, đưa phương trình đã cho về phương trích tích.
Lưu ý.
Phương trình bậc cao có tổng các hệ số bằng 1 thì có nghiệm bằng 1; tức là chứa nhân tử
1
x
.
Phương trình bậc cao có tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ thì có nghiệm bằng
1
.
Bài toán 4. Giải phương trình
3 2
9 26 24 0
x x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2 2 2
7 12 2 7 12 0 2 7 12 0 2 3 4 12 0
2
2 3 4 0 3
4
x x x x x x x x x x x x
x
x x x x
x
Nhận xét.
Phương trình ban đầu không có các nghiệm đặc biệt là 1 và
1
. Sử dụng máy tính cho nghiệm bằng 2, 3 và 4. Kết
hợp phương pháp tách nhóm đưa phương trình đã cho về phương trình tích. Giả dụ chọn nhân tử
2
x
, mặc nhiên
nhân tử còn lại sẽ là tích của hai nhân tử
3 . 4
x x
. Do đó chúng ta có lời giải phía trên.
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
3
Bài tập tương tự
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
3 2
3 2
3 2
3 2
3 2
1, 5 9 8 4 0
2, 6 8
3, 4 2 7 0
4, 4 10 16
5, 3 2 24
x x x
x x x
x x x
x x x
x x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 5. Giải phương trình
3 2
3 3 3 1 0
x x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
3
3 3 2 3
3
3
1
2 3 3 1 0 1 2 1 2
1 2
x x x x x x x x x
.
Nhận xét.
Phương trình ban đầu là một phương trình bậc ba, và đặc biệt không cho nghiệm hữu tỷ. Có thể nói trong trường
hợp này phương pháp phân tích nhân tử thông thường và sử dụng lược đồ Horne bị vô hiệu hóa. Tuy nhiên nếu để ý
một chút, các bạn có thể thấy hằng đẳng thức xuất hiện, và bài toán trở nên dễ dàng.
Bài toán tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
3 2
3 2
3 2
3 2
3 2
1, 4 3 3 1 0
2, 5 9 27 27 0
3, 7 6 12 8 0
4, 3 6 12 8 0
5, 9 3 3 1 0
x x x
x x x
x x x
x x x
x x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 6. Giải phương trình
4 3 2
4 5 3 0
x x x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
3 2 3 2
3 2 2 2
2
2
1 2 1 2 1 3 1 0 1 2 2 3 0
1 3 3 3 0 1 3 3 3 0
1
1 3 1 0 3
1 0
x x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x x x
x
x x x x x
x x
Phương trình (*) vô nghiệm do
3 0
. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
3;1
S
.
Nhận xét.
Phương trình đã cho là một phương trình bậc bốn có tổng các hệ số bằng 0 nên tồn tại một nghiệm bằng 1. Tách
nhóm đưa về phương trình tích, trong đó có một phương trình bậc ba có nghiệm hữu tỷ. Bài toán được giải quyết
trọn vẹn.
Bài tập tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
4
4 3 2
4 3 2
4 3 2
4 3 2
1, 5 5 5 6 0
2, 3 2 12 8
3, 2 8 18 9 0
4, 7 2 28 24 0
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 7. Giải phương trình
3 3
3 5 8
x x
.
Lời giải 1.
Phương trình đã cho tương đương với
3 2 3 2 3 2
3 2 2
2
9 27 27 15 75 125 8 2 24 102 160 0
5
12 51 80 0 5 7 16 0
7 16 0
x x x x x x x x x
x
x x x x x x
x x
Phương trình (*) vô nghiệm do
0
. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
5
S
.
Lời giải 2.
Đặt
4
x t
; phương trình đã cho trở thành
3 3
3 2 3 2 3 3
2
2
1 1 8 3 3 1 3 3 1 8 2 6 8 0 3 4 0
1
1 4 0
4 0
t t t t t t t t t t t t
t
t t t
t t
Phương trình (*) vô nghiệm do
0
.
Với
1 4 1 5
t x x
. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
5
S
.
Nhận xét.
Hai lời giải trên thuần túy chỉ sử dụng các hằng đẳng thức thông thường, kết hợp với phương pháp nhóm hạng tử
đưa về phương trình tích. Tuy nhiên lời giải 2 sáng tạo hơn lời giải 1 đồng thời cũng gọn gàng hơn về mặt hình
thức. Trong việc giải phương trình, chúng ta thường chọn những cách giải hợp lí, ngắn gọn, giảm bớt những tính
toán cồng kềnh, cũng là một cách hạn chế những sai sót không đáng có.
Bài toán 8. Giải phương trình
4 4
3 5 16
x x
.
Lời giải.
Đặt
4
x t
; phương trình đã cho trở thành
2 2 2 2
4 4
2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 4 2 2 2 2
1 1 16 1 2 1 2 16 1 4 1 4 1 4 1 4 16
1 5
2 1 8 16 6 7 0 1 7 0 1
1 3
t t t t t t t t t t t t t t
t x
t t t t t t t
t x
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
3;5
S
.
Nhận xét.
Phương trình ban đầu có thể giải được bằng phương pháp khai triển hằng đẳng thức trực tiếp, không thông qua
phép đặt ẩn phụ. Cách đặt ẩn phụ trung bình và sử dụng khéo léo hằng đẳng thức giúp đưa phương trình về dạng
trùng phương quen thuộc. Bài toán tổng quát có dạng
4 4
x a x b c
trong đó
, ,
a b c
thỏa mãn phương trình
có nghiệm.
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
5
Bài toán 9. Giải phương trình
3 3 3
3 2 1 3 2
x x x .
Lời giải.
Đặt
3 ;2 1 3 2
x a x b a b x
. Phương trình đã cho trở thành
3
3 3 3 3 3 3
3
3 0
1
3 0 2 1 0
2
3 2 0
2
3
x
x
a b a b a b a b ab a b ab a b x x
x
x
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
2 1
3; ;
3 2
S
.
Nhận xét.
Các bạn có thể thấy lời giải bài toán 9 khá nhẹ nhàng và ngắn gọn, thông qua một phép đặt hai ẩn phụ và kết hợp
hằng đẳng thức cơ bản. Vì sao lại thế ? Dễ thấy
3 2 3 2 1
x x x
nên chúng ta có phép đặt như trên. Mặc
nhiên, bài toán vẫn giải trọn vẹn theo cách khai triển hằng đẳng thức trực tiếp không thông qua ẩn phụ.
Lưu ý các hằng đẳng thức sau để thuận tiện sử dụng
3
3 3 2 2 3 3
3
3 3 2 2 3 3
3 3 3
3 3 3
a b a b a b ab a b ab a b
a b a b a b ab a b ab a b
Bài tập tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
3 3
3 3
4 4
4 4
3 3 3
3 3 3
1, 1 5 64
2, 2 3 1
3, 1 7 162
4, 2 4 16
5, 3 2 5 2 8 4
6, 2 3 4 1 3
x x
x x
x x
x x
x x x
x x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 10. Giải phương trình
2
2
1 5
1 2
x x
x x
.
Lời giải.
Điều kiện
0
x
.
Đặt
2
1
x
t
x
; phương trình đã cho trở thành
2
2
1 5
2 5 2 0 2 2 1 0
2 1
2
t
t t t t t
t
t
Với
2
2
2 2 1 0 1 0 1
t x x x x
(Thỏa mãn điều kiện
0
x
).
Với
2
2 1 2 2 0
t x x
. Phương trình này vô nghiệm vì
0
.
Vậy phương trình ban đầu có tập nghiệm
1
S
.
Nhận xét.
Bài toán được giải bằng phép đặt ẩn phụ cơ bản đưa về phương trình bậc hai 1 ẩn. Đối với các phương trình chứa
ẩn ở mẫu, đặt ẩn phụ thường được ưu tiên vì làm giảm đi sự cồng kềnh về mặt hình thức.
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
6
Bài toán 11. Giải phương trình
2
2
1 1
3 4
x x
x x
.
Lời giải.
Điều kiện
0
x
.
Đặt
2 2 2 2
2 2
1 1 1 1
2 . 2
x t t x x x t
x x x x
.
" Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
2 2 2
2 2
1 1
2 2 . 2 4 2
t x x t
x x
".
Phương trình đã cho tương tương với
2 2
1
2 3 4 3 2 0 1 2 0
2
t
t t t t t t
t
Với
2
1
1 1 1 0
t x x x
x
. Phương trình này vô nghiệm vì
0
.
Với
2
2
1
2 2 2 1 0 1 0 1
t x x x x x
x
(Thỏa mãn điều kiện
0
x
).
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
1
S .
Nhận xét.
Phương trình đã cho được giải bằng phép đặt ẩn phụ một biến thông thường. Nội dung trong dấu "" có thể có hoặc
không, nhằm mục đích loại nghiệm ngoại lai nhanh chóng. Ngoài cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy các bạn có
thể sử dụng phương trình bậc hai để tìm ra kết quả tương tự. Trong các bài toán biện luận phương trình chứa tham
số, tìm điều kiện phía trên cho ẩn phụ là bắt buộc và quyết định kết quả bài toán. Tùy theo khả năng riêng của
mình, các bạn có thể lựa chọn cho mình cách làm phù hợp.
Bài toán 12. Giải phương trình
3
3
1 1
78x x
x x
.
Lời giải.
Điều kiện
0
x
.
Đặt
3 3 3 3 3
3 3 3
1 1 1 1 1 1 1
3 . 3 3
x t t x x x x x x t t
x x x x x x x
Phương trình đã cho trở thành
3
3 78 9 9 0 0; 9; 9
t t t t t t t t t
.
Với
2
0 1
t x
. Phương trình này vô nghiệm.
Với
2
9 77
2
9 9 1 0
9 77
2
x
t x x
x
Với
2
9 77
2
9 9 1 0
9 77
2
x
t x x
x
Phương trình đã cho có bốn nghiệm.
Nhận xét.
Về phương cách giải tương tự bài toán 8 và 9. Các bạn lưu ý các hằng đẳng thức sau thêm một lần
3
3 3 2 2 3 3
3
3 3 2 2 3 3
3 3 3
3 3 3
a b a b a b ab a b ab a b
a b a b a b ab a b ab a b
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
7
Bài toán 13. Giải phương trình
2
2
1 1
2 5 4 1 36
x x
x x
.
Lời giải.
Điều kiện
0
x
.
Đặt
2 2 2 2
2 2
1 1 1 1
2 4 2.2 . 4 4
x t t x x x t
x x x x
.
Phương trình đã cho tương đương với
2 3 2 2
2
1
5 5 36 5 5 11 0 1 6 11 0
6 11 0
t
t t t t t t t t
t t
Phương trình (*) vô nghiệm do
0
.
Với
2
1
1 2 1 0 1 2 1 0
1
2
x
t x x x x
x
(Thoả mãn điều kiện
0
x
).
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
1
;1
2
S
.
Bài tập tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
2
2
3
3
2
2
3
3
2
2
1 3 5
1,
3 1 2
2 2 1
2, 2
2 1 2
4 1
3, 4 6
8 6
4, 3
9 3
5, 16 4 175
x x
x x
x x x
x x x
x x
x x
x x
x x
x x
x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 14. Giải phương trình
4 3 2
2 6 2 1 0
x x x x
.
Lời giải.
Xét
0
x
không thỏa mãn phương trình đã cho.
Xét
0
x
; phương trình đã cho tương đương với
2 2
2 2
2 1 1 1
2 6 2 6 0
x x x x
x x x x
(1).
Đặt
2 2
2
1 1
2
x t x t
x x
. Khi đó
2
2
1 3 2
1 2 8 0 1 9 1 3
1 3 4
t t
t t t t
t t
Với
2
1
2 2 1 0 1
t x x x
x
.
Với
2
2 3
1
4 4 4 1 0
2 3
x
t x x x
x
x
Phương trình ban đầu có tập nghiệm
2 3; 2 3;1
S
.
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
8
Nhận xét.
Phương trình trong bài toán 14 mang tên phương trình hồi quy cơ bản (phương trình đối xứng).
Về hình thức tổng quát
4 3 2
0
ax bx cx bx a
.
Trước tiên xét
0
x
có thỏa mãn phương trình hay không, kết luận.
Tiếp tục xét
0
x
, chia cả hai vế của phương trình cho
2
x
ta thu được
2
2
1 1
0
a x b x c
x x
.
Đặt ẩn phụ
2 2
2
1 1
2
x t x t
x x
.
Lưu ý có thể tìm miền giá trị cho ẩn phụ t bằng bất đẳng thức Cauchy hoặc phương trình bậc hai.
Đưa về phương trình
2
2 0
at bt c a
và giải nghiệm.
Bài toán 15. Giải phương trình
4 3
2 3 4 3 2 0
x x x x
.
Lời giải.
Xét
0
x
không thỏa mãn phương trình đã cho.
Xét
0
x
; phương trình đã cho tương đương với
2 2
2 2
3 2 1 1
2 3 4 2 3 4 0
x x x x
x x x x
(1).
Đặt
2 2
2
1 1
2
x t x t
x x
. Khi đó
2
0
1 2 3 0 2 3 0
2 3 0
t
t t t t
t
Với
2
1
0 1 0
1
x
t x
x
Với
2
2
2 3 0 2 3 2 0
1
2
x
t x x
x
Vậy phương trình ban đầu có tập nghiệm
1
2; 1; ;1
2
S
.
Nhận xét.
Phương trình trong bài toán 15 mang tên phương trình phản hồi quy. Về cơ bản cách giải tương tự phương trình
hồi quy. Dạng tổng quát
4 3 2
0
ax bx cx bx a
. Đặt ẩn phụ
2 2
2
1 1
2
x t x t
x x
.
Lưu ý trong trường hợp này ẩn phụ mới t không cần điều kiện.
Bài toán 16. Giải phương trình
4 3 2
9 6 25 8 16 0
x x x x
.
Lời giải.
Xét
0
x
không thỏa mãn phương trình đã cho.
Xét
0
x
; phương trình đã cho tương đương với
2 2
2 2
8 16 16 4
9 6 25 9 2 3 25 0
x x x x
x x x x
(1).
Đặt
2 2
2
4 16
3 9 24; 4 3
x t x t t
x x
. Phương trình (1) trở thành
2
2
2 1 0 1 0 1
t t t t
.
Với
2
1 3 4 0
t x x
. Phương trình này vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Nhận xét.
Phương trình ban đầu được gọi là phương trình hồi quy mở rộng, cách giải hoàn toàn tương tự.
Dạng tổng quát
4 3 2
0
ax bx cx dx e
trong đó các hệ số thỏa mãn điều kiện
2
; 0
e d
e
a b
.
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
9
Bài tập tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
4 3 2
4 3 2
4 3 2
4 3 2
4 3 2
1, 2 5 5 2 0
2, 2 3 16 3 2 0
3, 2 5 2 1 0
4, 2 3 7 6 8 0
5, 2 21 74 105 50 0
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 17. Giải phương trình
1 1 3 5 9
x x x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2
1 5 1 3 9 4 5 4 3 9
x x x x x x x x
(1).
Đặt
2
4 1
x x t
; phương trình (1) trở thành
2 2 2
2 8
4 4 9 25 5 5 0 4 4 4 4 0 2 8
2
x
t t t t t x x x x x
x
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
2 8; 2 8; 2
S
.
Bài toán 18. Giải phương trình
1 2 4 5 112
x x x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2
1 4 2 5 112 3 4 3 10 112
x x x x x x x x
(1).
Đặt
2
3 4
x x t
thì (1) trở thành
2
2 2
2
3 18 0 2
6 112 8 14 0 3 4 3 18 0
3 4 0 3
x x
t t t t x x x x
x x
Phương trình (3) vô nghiệm sở dĩ
0
;
6
2 6 3 0
3
x
x x
x
Kết luận tập nghiệm của phương trình là
6;3
S
.
Nhận xét.
Hai bài toán 17 và 18 đều được giải bằng phương pháp đặt một ẩn phụ. Hai lời giải tương ứng tuy có khác nhau về
câu chữ cũng như cách đặt ẩn, nhưng đơn thuần chỉ là nét linh hoạt và sáng tạo khi làm toán. Các bạn có thể nhận
thấy trong lời giải bài toán 17, cách đặt ẩn trung bình
2
4 1
x x t
giúp chúng ta đưa ngay phương trình về dạng
hằng đẳng thức rất đẹp, không qua bước tính nghiệm phương trình bậc hai như bài toán 18. Tùy theo kinh nghiệm
và gu trình bày của bản thân, các bạn tự lựa chọn cho mình phương cách phù hợp nhất.
Trở lại hai bài toán, chúng ta có dạng tổng quát:
x a x b x c x d m
trong đó các hệ số
, , ,
a b c d
thỏa
mãn điều kiện
a b c d
hoặc
;
a c b d a d b c
nếu đảo vị trí. Tất yếu là
0
m
.
Cách giải:
Chẳng hạn
a b c d k
, ta nhận thấy nếu nhóm
2 2
x a x b x c x d m x a b x ab x c d x cd m
thì sẽ xuất hiện hạng tử chung
2
x kx
, đây chính là điểm mấu chốt trong phép đặt ẩn phụ của hai lời giải trên.
Các bạn có thể đặt ẩn phụ theo nhiều cách, thường là cách đặt ẩn phụ trung bình sẽ tạo nhiều thuận lợi.
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
10
Bài toán 19. Giải phương trình
2 2
2 3 8 12 36
x x x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
2
2 2 2
1 3 2 6 36 1 6 3 2 36
0
5 6 5 6 36 0 5 36 36 0 5 0
5
x x x x x x x x
x
x x x x x x x x
x
Vậy tập nghiệm của phương trình:
5;0
S
.
Nhận xét.
Đề bài của bài toán 19 mang tính chất "Giấu mặt", bắt buộc chúng ta phân tích nhân tử thành 4 nhân tử, tiếp tục
sử dụng nhóm nhân tử để xuất hiện phần chung. Nhưng có vẻ có sự khác biệt ? Đó chính là không sử dụng ẩn phụ
nữa, mà sử dụng trực tiếp hằng đẳng thức. Lời giải rất gọn gàng và đẹp mắt. Phải chăng " Lạm dụng một thứ
thường khiến chúng ta ngày càng thêm máy móc và cứng nhắc".
Bài toán tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
2 2
1, 4 3 1 60
2, 2 3 5 216
3, 2 1 1 3 2 3 9
4, 4 1 12 1 3 2 1 4
5, 3 10 13 20 300
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 20. Giải phương trình
2
2
2
1 2 2 1 27
x x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2 2
2
2 2 2 2 2
1 2 2 1 27 1 2 4 4 1 27 1 8 1 33
x x x x x x x x x x x
.
Đặt
2
1 0
x x t t
ta thu được
2
11
8 33 11 3 0
3
t
t t t t
t
Loại trường hợp
11 0
t
. Với
2
1
3 2 2 1 0
2
x
t x x x x
x
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
2;1
S
.
Bài toán 21. Giải phương trình
2 2
2
6 3 65
x x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2
2 2 2 2 2
2 2
6 6 56 6 8 6 7 6 56
7
4
6 8 6 7 2 4 1 7 0
2
1
x x x x x x x x x x
x
x
x x x x x x x x
x
x
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
11
Nhận xét.
Lời giải hai bài toán 20 và 21 về phương pháp không có gì mới lạ, xoay quanh hằng đẳng thức và đặt ẩn phụ. Bài
toán 21 được giải trực tiếp, đưa về phương trích tích 4 nhân tử, không thông qua phép đặt ẩn, tuy nhiên cũng chỉ là
sự linh hoạt trong phép nhóm hạng tử mà thôi.
Bài toán tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
2
2
2
2
2
2
2 2
2
2 2
2
2
2
2
1, 3 4 9 2 247
4, 2 6 1 3 11
3, 1 2 2 1 86
4, 3 2 7 3 1 137
5, 5 10 1 26
x x x
x x x
x x x
x x x
x x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 22. Giải phương trình
2 2 2
5 1 1 21
x x x x x
.
Lời giải 1.
Xét
0
x
không thỏa mãn phương trình đã cho.
Xét
0
x
; phương trình đã cho tương đương với
2 2
5 1 1 1 1
. 21 5 1 21
x x x x
x x
x x x x
.
Đặt
1
3
x t
x
ta thu được
2 2
5
2 2 21 4 21 25
5
t
t t t t
t
Với
2
1
5 3 5 1 0 1
t x x x
x
.
Với
2
4 15
1
5 3 5 8 1 0
4 15
x
t x x x
x
x
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là
4 15;1; 4 15
S
.
Lời giải 2.
Phương trình đã cho tương đương với
2
2 2 2 2 2 2
1 5 1 21 1 6 1 16 0
x x x x x x x x x
(1).
Đặt
2
1
x t
thì (1) trở thành
2
2 2 2 2 2
1
6 16 0 2 8 16 0 2 8 0 1 8 1 0 4 15
4 15
x
t tx x t tx tx x t x t x x x x x
x
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là
4 15;1; 4 15
S
.
Nhận xét.
Vẫn là đặt ẩn phụ, tuy có tinh tế hơn một chút ! Mấu chốt bài toán là nhận ra phần chung
2
1
x
.
Đối với lời giải 1, khi chia đồng đều hai thừa số cho
2
0
x
, lập tức xuất hiện nhân tử chung, và phép đặt ẩn trung
bình cho chúng ta lời giải ngắn gọn, nhẹ nhàng.
Đối với lời giải 2, thực chất chúng ta đã đưa bài toán về dạng đồng bậc, với hai ẩn x và
2
1
x t
, sử dụng biệt
thức của phương trình bậc hai để phân tích nhân tử. Về phương pháp sử dụng tính chất này, tác giả sẽ trình bày
sâu hơn trong các ví dụ tiếp theo.
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
12
Bài toán 23. Giải phương trình
2 2 2
2 7 3 2 25 75 224
x x x x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2
2 2 2
2 1 3 2 5 15 224 2 1 15 3 2 5 224
2 29 15 2 15 224 1
x x x x x x x x x x
x x x x x
Xét
0
x
không thỏa mãn phương trình đã cho.
Xét
0
x
; phương trình (1) tương đương với
2
2 2
2 2
2
2 29 15 2 15 15 15 15 15
. 224 2 29 2 1 224 2 28 2 195 0
15 15
2 13 2 15 0 2 13 15 2 15 15 0
15 25 345 2
1 2 15 2 15 15 0 1; ; ;
2 4
x x x x
x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x
x x x x x x x x
5 345
4
Vậy phương trình có tập nghiệm
25 345 15 25 345
; ;1;
4 2 4
S
.
Nhận xét.
Bài toán 23 mang tính chất "Giấu mặt", sử dụng kỹ thuật tách nhóm tạo phần chung, tiếp tục xuất hiện ẩn phụ sau
khi chia hai vế phương trình hệ quả cho
2
0
x
. Mặc dù không đặt ẩn phụ công khai mà đưa về nhân tử trực tiếp,
bản chất vẫn là đặt ẩn và tính nghiệm của phương trình bậc hai. Kinh nghiệm và sự linh hoạt của các bạn sẽ gia
tăng theo từng ngày, vì vậy lựa chọn cách giải ngắn gọn luôn là điều tất yếu.
Bài tập tương tự.
2
2 2
2 2
2 2
2
1, 1 4 5 20 400
2, 2 3 2 24 16
3, 4 3 6 8 24
4, 8 12 12 27 840
5, 1 2 3 2 3 20
x x x x x
x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 24. Giải phương trình
2
2
2 3 9
3 10
1 2
x x
x x
x
.
Lời giải.
Điều kiện
x
. Phương trình đã cho tương đương với
2 2
2 3 9
3 2 3 10
x x
x x x x
(1).
Xét
0
x
không thỏa mãn phương trình đã cho.
Xét
0
x
; phương trình (1) trở thành
2 2
2 3 9 2 3 9
3 3
3 2 3
10 10
1 2
x x x x
x x
x x
x x
(2)
Đặt
3
1
x t
x
;
2 2 2
2 3 9
2 9 41 20 0 5 9 4 0 4 3 9 13 27 0
1 10
t t t t x x x x
t t
Phương trình
2
9 13 27 0
x x
vô nghiệm.
2
4 3 0 1; 3
x x x x
. Do đó
1;3
S
là tập nghiệm.
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
13
Bài toán 25. Giải phương trình
3 5 10
2 1 6 2 2 3 21
x x x x x
.
Lời giải.
Điều kiện
1
; 6; 2; 3; 0
2
x x x x x
(*). Phương trình có dạng
2 22 2
3 5 10 3 5 10 3 5 10
6 6
2 13 6 2 7 6
2 13 6 2 7 6 21 21 21
2 13 2 7
x x x x
x x x x x
x x
x x
x x
(1).
Đặt
6
2 7
x t
x
; phương trình (1) trở thành
2
2 2
3 5 10 6 6
10 108 630 0 5 21 15 0 2 28 2 8 0
6 21
14 3 4 3 0 1; 3; 7 46; 7 46
t t t t x x
t t x x
x x x x x x x x
Các nghiệm đều thỏa mãn điều kiện (*). Vậy phương trình có tập nghiệm
1;3; 7 46; 7 46
S
.
Nhận xét.
Hai bài toán 24 và 25 có dạng tổng quát
2 2
mx nx
p
ax bx c ax dx c
.
Cách giải về cơ bản vẫn là đặt ẩn phụ, sau khi chia cả tử số và mẫu số của mỗi phân thức cho x (x khác 0).
2 22 2
mx nx m n m n
p p p
c c
ax bx c ax dx c
ax bx c ax dx c
ax b ax d
x x
x x
Bài toán vẫn thường mang đặc tính "Giấu mặt", cần có cách nhìn tinh tế và khéo léo để nhận dạng. Trình bày sao
cho vừa logic vừa tiết kiệm thời gian và giảm thiểu sai sót trong tính toán.
Bài toán 26. Giải phương trình
2
2
2
2 1 27
4 7 137
0
1 7 15
1 6
x
x x
x x
x
.
Lời giải.
Điều kiện
1; 7
x x
. Xét
0
x
không thỏa mãn phương trình đã cho.
Xét
0
x
; phương trình đã cho tương đương với
2 2
2 2
7 7
4 1
4 7 4 4 28 137 137
0 4. 0
7 7
2 7 8 7 15 15
2 8
x x
x x x x
x x
x x x x
x x
x x
.
Đặt
7
8
x t
x
thu được phương trình
2
2 2 2
12 4 36 137
0 212 2690 5400 0 2 5 53 540 0
10 15
2
7
2
2 11 14 53 371 116 0 2 7 2 53 371 116 0
371 113049
106
371 113049
106
t t
t t t t
t t
x
x
x x x x x x x x
x
x
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
14
Bài tập tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
2 2
2 2
2
2 5 34
1,
3 6 2 6 45
3 5 16
2,
13
2 1 4 2 1 4
5 3 61
3,
1 7 112
2 5
3 5 43
4,
1 2 12 2 3 4 140
x x
x x x x
x
x x
x x x
x
x x
x x x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 27. Giải phương trình
2
2 2 2
2 5 2 6 0
x x x x
.
Lời giải 1.
Phương trình đã cho tương đương với
4 3 2
5 10 10 4 0
x x x x
.
Xét
0
x
không thỏa mãn phương trình đã cho.
Xét
0
x
; phương trình đã cho tương đương với
2
2
4 2
5 10 0
x x
x x
(1).
Đặt
2 2
2
2 4
4
x t x t
x x
. Phương trình (1) trở thành
2
2
2
2 2
4 5 10 0 2 3 0 2 3 0
1
1 2 2 2 0 2
2 2 0
t t t t x x
x x
x
x x x x x
x x
Phương trình (*) vô nghiệm do
0
. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
1;2
S
.
Lời giải 2.
Đặt
2
2 0
x t t
thu được
2 2 2 2
5 6 0 2 3 0 2 2 3 2 0
t xt x t x t x x x x x
2
2
1
1 2 2 2 0 2
2 2 0
x
x x x x x
x x
Phương trình (*) vô nghiệm do
0
. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
1;2
S
.
Nhận xét.
Có thể thấy lời giải 1 hết sức thuần túy (phương trình hồi quy mở rộng quen thuộc). Trong khi đó lời giải 2 khá trực
tiếp, không thực hiện khai triển mà vẫn nhẹ nhàng và gọn gàng.
Nguyên do chúng ta đã quy về phương trình bậc hai ẩn t tham số x:
2 2
5 6 0
t xt x
.
Biệt thức
2 2 2
25 4.6
x x x x
nên tính hai nghiệm theo các trường hợp của x. Mặc dù là hai trường
hợp
0; 0
x x
nhưng hoán đổi ta luôn được hai nghiệm
1 2
2 ; 3
t x t x
. Để tránh sai sót trong biện luận giá trị
tuyệt đối, chúng ta trình bày lời giải 2 như trên.
Phương trình
2 2
5 6 0
t xt x
có tính chất đồng bậc 2 cả hai vế nên dễ dàng tìm được
1 2
2 ; 3
t x t x
.
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
15
Bài toán 28. Giải phương trình
2
2 2
3 1 1 4 15 1 0
x x x x x
.
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2
2
2 2 2 2
3 1 1 4 3 1 3 1 0 3 1 4 3 1 1 3 1 0
x x x x x x x x x x x x
(1).
Đặt
2
3 1 ; 1
x x a x b
thì phương trình (1) trở thành
2 2 2 2
2 2 2
4 3 0 3 3 0 3 0 3 0
2 2 0 2 2 0 0; 2; 2; 2
a ab b a ab ab b a a b b a b a b a b
x x x x x x x x x x
Phương trình đã cho có tập hợp nghiệm
2;0; 2;2
S
.
Nhận xét.
Các bạn có thể nhận thấy bài toán 28 mang tính chất "Giấu mặt". Để ý một chút chúng ta đã đưa về phương trình
hệ quả (1), làm nổi bật bản chất đồng bậc quen thuộc. Sau khi đặt hai ẩn phụ a và b ta thu được
2 2
4 3 0
a ab b
.
Không nhất thiết coi đây là phương trình bậc hai ẩn a (hoặc ẩn b), tất nhiên không cần tính biệt thức
.
Nếu chia hai vế cho
2
b
thì thu được
2
4 3 0
a a
b b
.
Thực hiện phép đặt ẩn
2
1
1 0
4 3 0 3 0
3 3 0
3
a
t a b
a
b
t t t a b a b
t a a b
b
b
.
Nhiều bạn thắc mắc: Tại sao khi chia hai vế cho
2
b
mà không xét trường hợp
0
b
?
Về nguyên tắc cần xét trường hợp
0
b
. Tuy nhiên chúng ta có thể phác thảo toàn bộ các bước tính toán trên, sau
cùng chỉ sử dụng kết quả (*) và kết quả là lời giải phía trên.
Đối với các bài toán không có tính đồng bậc, bắt buộc chúng ta phải coi phương trình là bậc hai theo một ẩn nào
đó, tính biệt thức chính phương và tính nghiệm theo công thức nghiệm cơ bản. Để giảm thiểu các sai sót trong lý
luận và thực hành về giá trị tuyệt đối, các bạn nên sử dụng phép nhân đa thức ngược trở lại để lời giải tự nhiên
hơn.
Bài toán 29. Giải phương trình
2 2
2
2
2 2 4
2 2 5.
3 3 9
x x x
x x x
.
Lời giải.
Điều kiện
3; 3
x x
. Đặt
2 2
;
3 3
x x
a b
x x
thì phương trình đã cho trở thành
2 2 2 2
2 2 5 2 4 2 0 2 2 2 0 2 2 0
a b ab a ab ab b a a b b a b a b a b
Với
2 2 2
3 33
2 2
2
2 2. 2 6 6 3 6 0
3 3
3 33
2
x
x x
a b x x x x x x
x x
x
Với
2 2 2
3 33
2 2
2
2 2. 2 6 6 3 6 0
3 3
3 33
2
x
x x
a b x x x x x x
x x
x
Kết luận phương trình đã cho có bốn nghiệm như trên.
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
16
Bài toán 30. Giải phương trình
2
4 4
2
3 6 2 2
x x x x
.
Lời giải.
Đặt
2
2 2
2
3 ; 2 0; 0 6
x a x b a b ab x x .
Phương trình đã cho tương đương với
2 2
0
2 0 2 0
2
a b
a ab b a b a b
a b
Với
3 0 3
0 0
2 0 2
x x
a b a b
x x
(Vô nghiệm).
Với
2 2 2
2 6 9 2 8 8 14 1 0 7 5 2; 7 5 2
a b x x x x x x x x
.
Vậy phương trình ban đầu có tập nghiệm
7 5 2;7 5 2
S
.
Bài toán 31. Giải phương trình
2
2
2 3
2 1 7 1 13 1
x x x x
.
Lời giải.
Đặt
2
1 ; 1
x x a x b
thu được phương trình
2 2 2 2
2 2
2 13 7 0 2 14 7 0 2 7 0
1
2 3 1 6 8 0 1 2 1 2 4 0 1; ;2;4
2
a ab b a ab ab b a b a b
x x x x x x x x x
Phương trình đã cho có tập hợp nghiệm là
1
1; ;2;4
2
S
.
Nhận xét.
Các bài toán 29, 30, 31 đều được giải bằng phép đặt ẩn hai ẩn phụ, đưa về ba bài toán có phương trình đồng bậc
với nghiệm số hữu tỷ. Điểm nhấn của các bài toán nằm ở sự kết hợp các ẩn phụ tạo thành biểu thức phức tạp hoặc
hằng đẳng thức, ẩn giấu đi bản chất bài toán và phương hướng giải. Những bài toán dạng này thường xuất hiện
trong kỳ thi học sinh giỏi các cấp, thi tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên hoặc kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng, đòi
hỏi tư duy cao cũng như khả năng nhìn nhận bài toán theo nhiều chiều.
Bài toán tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
2
2 2
2
4 2
2
3
3
2 3
2 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
1, 2 2 3 2 4
2, 4 4 20 5 5
3, 1 2 1 3 1
1 1 1
4, 3 8. 5 0
3 9 3
5 2
4 2
5, 0
1 1
1
7 2
6, 6 4 24
2 1 1
2 1 2 1
7, 3 2
3
x x x x x
x x x x
x x x x
x x x
x x x
x x
x x
x x
x
x x
x
x x
x x x
x x
x x
x
3
4 2 2
0
3
8, 12 9 7 3
x
x x x x
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
17
Bài toán 32. Giải phương trình
2
2
3
1
x
x
x
.
Lời giải.
Điều kiện
1
x
. Phương trình đã cho tương đương với
2
2 2
2 2 2 2 2
2
2 2 2 2
3 3 3
1 1 1 1 1 1 1
x x x x x x x
x x
x x x x x x x
Đặt
2
1
x
t
x
thu được
2
2 3 0 1; 3
t t t
.
Với
2
1 5 1 5
1 1 0 ;
2 2
t x x x
(Thỏa mãn điều kiện
1
x
).
Với
2
3 3 3 0; 0
t x x
nên phương trình này vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
1 5 1 5
;
2 2
S
.
Bài toán 33. Giải phương trình
2
2
1 1
2
2
x
x
.
Lời giải 1.
Điều kiện
2 0
x x
.
Phương trình đã cho tương đương với
2
2
2
2
1 2 1 2 1 1 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
x x x x x x x x x x x x x
x
.
Đặt
2
2
t
x x
ta thu được phương trình
2
2 1; 2
t t t
.
Với
2
1 2 2 1 3; 1 3
t x x x
.
Với
2 2 1 0 1
t x x x
.
Các giá trị x đều thỏa mãn điều kiện
2 0
x x
. Vậy phương trình có tập nghiệm
1 3; 1 3; 1
S
.
Lời giải 2.
Điều kiện
2 0
x x
. Đặt
; 2 2
x a x b b a
. Ta có hệ phương trình
2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
2
2
2
2
1 1
2 0 1
2
2
2 2
b a
b a
b a
b a
a b ab
a b a b
b a ab a b
a b
Biến đổi
1 1 2 0 1; 2
ab ab ab ab
.
Với
2
2 1
1
2 1 0
1 1
b a
b a b
x
a a
ab a
Với
2
2
2
1 3; 1 3
2 2 1 3; 1 32
b a
b a
b a
x
a a aab
Kết luận: Tập nghiệm
1 3; 1 3; 1
S
.
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
18
Nhận xét.
Lời giải bài toán 32 và lời giải 1 bài toán 33 tương tự nhau. Mấu chốt của hai lời giải này là sử dụng phép thêm bớt
hạng tử khéo léo, đưa về bình phương đúng và tiếp tục dùng ẩn phụ đơn thuần.
Trong lời giải 2 của bài toán 33 đã sử dụng hai ẩn phụ đưa về hệ phương trình, về tư duy không quá khó nhưng yêu
cầu tính toán chính xác, cẩn thận.
Bài toán tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
2
2
2
2
2
2
2
9
1, 7
3
2, 15
1
1 1 17
3,
16
3
x
x
x
x
x
x
x
x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 34. Giải phương trình
2
2 2
3 4 3 8 16
x x x x
.
Lời giải 1.
Phương trình đã cho tương đương với
2
2 2
3 4 3 3 4 4
x x x x x
.
Đặt
2
3 4
x x y
ta có hệ phương trình
2
2
3 4
3 4
y y x
x x y
Trừ từng vế hai phương trình của hệ thu được
2 2 2 2
2
4 4 4 0 2 4 4 0
2 4 4 0 1 5; 1 5;0; 4
y x x y x y x y x x x x
x x x x x
Kết luận tập nghiệm của phương trình là
1 5; 1 5;0; 4
S
.
Lời giải 2.
Phương trình đã cho tương đương với
2
2 2 2 4 3 2
2
3 8 3 16 3 8 16 6 4 16 0
4 2 4 0 1 5; 1 5;0; 4
x x x x x x x x x
x x x x x
Kết luận tập nghiệm của phương trình là
1 5; 1 5;0; 4
S
.
Nhận xét.
Các bạn có thể thấy lời giải 1 hết sức độc đáo và sáng tạo khi sử dụng ẩn phụ mới đưa về hệ phương trình đối xứng
loại II quen thuộc. Mặt khác, lời giải 1 lại có vẻ khá nhẹ nhàng và ngắn gọn, chỉ sử dụng phép khai triển hằng đẳng
thức thông thường.
Đôi khi sử dụng những phương pháp "hiện đại", "đao to búa lớn" lại làm bài toán thêm phần phức tạp, thậm chí đi
vào ngõ cụt. "Được mùa chớ phụ ngô khoai, đến khi thất bát lấy ai bạn cùng". Khi làm toán, chúng ta cũng rút ra
cho mình nhiều điều bổ ích lắm, càng thêm yêu quý những thứ thân thương, gần gũi với mình. Tản mạn một chút
khiến tôi lại nhớ về truyện ngắn "Bến quê" của nhà văn Nguyễn Minh Châu (1930 – 1989).
Bài toán tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
2
2 2
2
2 2
1, 8 15 9 2 2 4 3
2, 2 2 2 5 4 3 5 0
x x x x
x x x x
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
19
Bài toán 35. Giải phương trình
4 3 2
10 9 24 9 0
x x x x
.
Lời giải 1.
Phương trình đã cho tương đương với
2
2
4 3 2 2 2
2 2
10 25 16 24 9 5 4 3
1 13 1 13 9 69 9 69
3 9 3 0 ; ; ;
2 2 2 2
x x x x x x x x
x x x x x
Kết luận tập hợp nghiệm
1 13 1 13 9 69 9 69
; ; ;
2 2 2 2
S
.
Lời giải 2.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2 2 2
2 2
9 3 9 3 3 9 3 0
1 13 1 13 9 69 9 69
3 9 3 0 ; ; ;
2 2 2 2
x x x x x x x x
x x x x x
Nhận xét.
Dễ thấy các nghiệm đều vô tỷ nên có thể thấy các phương pháp nhẩm nghiệm đều vô hiệu, hơn nữa bài toán cũng
không nằm trong các dạng đặc biệt mà ta đã biết. Trong trường hợp này các bạn có thể nghĩ tới kỹ thuật phân tích
hằng đẳng thức, đưa bài toán về nhân tử một cách tự nhiên như lời giải 1. Tuy nhiên nó cũng có mang yếu tố "may
mắn", kinh nghiệm.
Dạng tổng quát áp dụng:
2 2
2 2
ax bx c mx nx p
.
Lời giải 2 là một lời giải "đi ngược", xuất phát từ kết quả cuối cùng của phép phân tích thành nhân tử.
Vì sao chúng ta lại có
4 3 2 2 2
10 9 24 9 3 9 3
x x x x x x x x
?
Thực chất đã có sử dụng phương pháp hệ số bất định. Cụ thể là do hệ số hạng tử chứa
4
x
bằng 1 nên giả định
4 3 2 2 2 4 3 2
10 9 24 9
x x x x x ax b x cx d x a c x b d ac x ad bc x bd
.
Trong đó dễ thấy
; 9; 1 , 9;1 , 3; 3
b d
. Hoán vị vẫn không thay đổi kết quả bài toán.
Sử dụng đồng nhất hệ số
10
9
24
9
a c
b d ac
ad bc
bd
và
; 9; 1 , 9;1 , 3; 3
b d
suy ra các hệ số
, , ,
a b c d
.
Nếu tích hệ số bd quá lớn, các bạn có thể sử dụng phép gán giá trị và thử chọn.
Bài toán 36. Giải phương trình
2 4
21 10 3
x x x
.
Lời giải 1.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2 2 2
5 3 5 5 3 5 3 0
x x x x x x x x
2 2
5 21 5 21 5 13 5 13
5 1 5 3 0 ; ; ;
2 2 2 2
x x x x x
.
Lời giải 2.
Phương trình đã cho tương đương với
2
2
2 4 2 2
25 10 1 4 4 5 1 2
x x x x x x
2 2
5 21 5 21 5 13 5 13
5 1 5 3 0 ; ; ;
2 2 2 2
x x x x x
Kết luận tập nghiệm của phương trình.
CREATED BY HOÀNG MINH THI; SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 5 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
20
Bài toán tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
4 2
4 2
4 2
1, 2 8 3
2, 2 12 8
3, 3 10 4
x x x
x x x
x x x
_____________________________________________________________________________________________
Bài toán 37. Giải phương trình
4 3 2
4 2 12 1 0
x x x x
.
Lời giải.
Đặt
1
x y
; phương trình đã cho tương đương với
4 3 2
4 3 2 2 3 2 2 2
2
4 2
2
1 4 1 2 1 12 1 1 0
4 6 4 1 4 12 12 4 2 4 2 12 12 1 0
4 10 1 4 10
4 10 4 10 1 4 10
8 6 0
4 10
4 10 1 4 10
4 10 1 4 10
y y y y
y y y y y y y y y y
y x
y y x
y y
y
y x
y x
Kết luận nghiệm của phương trình:
1 4 10;1 4 10;1 4 10;1 4 10
S .
Nhận xét.
Lời giải bài toán rất độc đáo và mang đậm tính chất "không mẫu mực". Nếu thiết lập hai phương trình hệ quả lấy
hai trong bốn nghiệm vô tỷ trên dễ thấy không chứa hệ số nguyên. Điều này khẳng định thêm một lần: Phương
pháp phân tích hằng đẳng thức và hệ số bất định bị vô hiệu hóa.
Nguyên do vì sao chúng ta có lời giải phía trên ?
Lời giải trên dựa trên phương pháp ẩn phụ Ferrari – một phương pháp sử dụng tính chất của hàm số, cụ thể hơn là
trục đối xứng của đồ thị hàm số chẵn, kết hợp với phép tịnh tiến đồ thị trong hệ trục tọa độ, thuộc phạm vi chương
trình Đại số lớp 10 THPT.
Trong trường hợp này, trục đối xứng của đồ thị hàm số
4 3 2
4 2 12 1
f x x x x x
là đường thẳng
: 1
x
.
Giả định đường thẳng
:
x a
là trục đối xứng của đồ thị hàm số
4 3 2
4 2 12 1
f x x x x x
.
Đặt
x X a
y Y
4 3 2
4 3 2 3 2
4 2 12 1
4 1 4 3 3 1
y f x Y F X X a X a X a X a
Y F x X a X BX a x a X
:
x a
là trục đối xứng của đồ thị hàm số
F X Y F X
là hàm chẵn
F X F X X
Điều này xảy ra khi tổng các hệ số bậc lẻ của đa thức
F X
bằng 0. Tức là
3 2
1 0
1 : 1
3 3 0
a
a x
a x a
Khi đó
4 2
8 6
F X X X
. Đó là bản chất của lời giải phía trên.
Bài tập tương tự.
Giải phương trình
4 3 2
4 9 10 7 0
x x x x
.
[Hẹn gặp lại các bạn tại Lý thuyết giải phương trình bậc cao phần 2 ; Sở chỉ huy trung đoàn 2 – Sư đoàn 5 –
Quân đoàn bộ binh]
