MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI VÀ LỜI BÌNH VỀ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI VÀ LỜI BÌNH VỀ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
.
.
Sáng kiến kinh nghiệm được xếp loại C cấp tỉnh năm học 2011-2012
LÊ THỊ HẰNG
(Trường THPT Triệu Sơn 5)
PHẦN I: MỞ ĐẦU
I/ LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
- Căn cứ vào chủ trương đường lối, chính sách pháp luật của Đảng và nhà nước, nghị
quyết TW 4 khoá VII. Căn cứ vào phương hướng, nhiệm vụ và kế hoạch chuyên môn
của trường THPT Triệu Sơn 5 năm học 2011-2012.
- Năm học 2011-2012, tôi được phân công trực tiếp giảng dạy các lớp 10. Đa số học
sinh nhận thức còn chậm, giáo viên cần có phương pháp cụ thể cho từng dạng toán để
học sinh nắm được bài tốt hơn.
- Trong chương trình toán THPT, mà cụ thể là phân môn Đại số 10, các em học sinh
đã được tiếp cận với phương trình chứa ẩn dưới dấu căn và được tiếp cận với một vài
cách giải thông thường đối với những bài toán cơ bản đơn giản. Tuy nhiên trong thực
tế các bài toán giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn rất phong phú và đa dạng và đặc
biệt là trong các đề thi Đại học - Cao đẳng -THCN, các em sẽ gặp một lớp các bài toán
về phương trình vô tỷ mà chỉ có số ít các em biết phương pháp giải nhưng trình bày
còn lủng củng chưa được gọn gàng, sáng sủa thậm chí còn mắc một số sai lầm không
đáng có trong khi trình bày. Tại sao lại như vậy?
- Lý do chính ở đây là: Trong chương trình SGK Đại số lớp 10 hiện hành được trình
bày ở phần đầu chương III (giữa học kỳ I) rất là ít và hạn hẹp chỉ có một tiết lý thuyết
sách giáo khoa, giới thiệu sơ lược 1 ví dụ và đưa ra cách giải khá rườm rà khó hiểu và
dễ mắc sai lầm, phần bài tập đưa ra sau bài học cũng rất hạn chế. Mặt khác do số tiết
phân phối chương trình cho phần này quá ít nên trong quá trình giảng dạy, các giáo
viên không thể đưa ra đưa ra được nhiều bài tập cho nhiều dạng để hình thành kỹ năng
giải cho học sinh. Nhưng trong thực tế, để biến đổi và giải chính xác phương trình chứa
ẩn dưới dấu căn đòi hỏi học sinh phải nắm vững nhiều kiến thức, phải có tư duy ở mức

độ cao và phải có năng lực biến đổi toán học nhanh nhẹn thuần thục.
.
1

Cô Lê Thị Hằng và con gái (Nha Trang, tháng 7/2010)
.
II/ MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
- Từ lý do chọn đề tài, từ cơ sở thực tiễn giảng dạy khối lớp 10 ở trường THPT, cùng
với kinh nghiệm trong thời gian giảng dạy. Tôi đã tổng hợp , khai thác và hệ thống hoá
lại các kiến thức thành: “Một số kĩ thuật giải phương trình vô tỉ và một số lời bình
về phương trình vô tỉ’’.
- Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh một số phương
pháp tổng quát và một số kỹ năng cơ bản và phát hiện được đâu là điều kiện cần và đủ.
Học sinh thông hiểu và trình bày bài toán đúng trình tự, đúng logic, không mắc sai lầm
khi biến đổi. Hy vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ giúp các bạn đồng nghiệp cùng các em
2

học sinh có một cái nhìn toàn diện cũng như phương pháp giải một số các bài toán về
giải phương trình vô tỷ.
.
III/ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
Học sinh THPT (đặc biệt là học sinh lớp 10).
.
IV/ PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
- Nội dung phần phương trình vô tỉ và một số bài toán cơ bản, nâng cao nằm trong
chương trình đại số 10.
- Một số bài giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn trong các đề thi Đại học - Cao
đẳng - TCCN.
.
V/ NHIỆM VỤ- YÊU CẦU CỦA ĐỀ TÀI:

- Xuất phát từ lý do chọn đề tài, sáng kiến kinh nghiệm thực hiện nhiệm vụ: Giúp cho
giáo viên thực hiện tốt nhiệm vụ và nâng cao chất lượng giáo dục, giúp học sinh hình
thành tư duy logic kỹ năng phân tích để đi đến một hướng giải đúng và thích hợp khi
gặp bài toán giải phương trình vô tỉ từ phức tạp đưa về dạng đơn giản, cơ bản và giải
được một cách dễ dàng. Muốn vậy người giáo viên phải hướng cho học sinh biết các
dạng toán và phân biệt được điều kiện nào là điều kiện cần và đủ của phương trình, khi
nào thì ta có phép biến đổi tương đương, khi nào thì ta có phép biến đổi hệ quả và lưu ý
đến việc loại bỏ nghiệm ngoại lai của phương trình.
- Yêu cầu của sáng kiến kinh nghiệm: nội dung giải pháp rõ ràng không rườm rà lôgíc
phù hợp với trường THPT vùng nông thôn, có sáng tạo đổi mới. Giới thiệu được các
dạng phương trình cơ bản, đưa ra được giải pháp và một số ví dụ minh hoạ.
- Đề tài được sử dụng để giảng dạy và bồi dưỡng cho các em học sinh khối 10 hệ
THPT và làm tài liệu tham khảo cho các thầy cô giảng dạy môn Toán. Các em học sinh
có thể sử dụng các bài toán trong đề tài này làm bài toán gốc để đặt và giải quyết các
bài tập cụ thể.
Trong đề tài này tôi đã đưa ra và giải quyết một số dạng bài toán thường gặp tương
ứng các bài tập tự luyện. Sau mỗi bài toán tác giả đều có những nhận xét bình luận
khắc phục những sai lầm cơ bản giúp bạn đọc có thể chọn ra cho mình những phương
pháp giải tối ưu nhất, để có được những lời giải gọn gàng và sáng sủa nhất.
.
VI/ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
Phương pháp:
- Nghiên cứu lý luận chung.
- Khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học .
- Tổng hợp so sánh , đúc rút kinh nghiệm.
Cách thực hiện:
- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên cùng bộ môn
- Liên hệ thực tế trong nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua quá trình giảng
dạy.
3

- Thông qua việc giảng dạy trực tiếp ở các lớp khối 10 trong năm học từ 2003 đến
2011.
VII/ THỜI GIAN NGHIÊN CỨU
Trong suốt thời gian trực tiếp giảng dạy khối lớp 10 tại trường THPT Triệu Sơn 5 từ
năm 2003 đến nay.
PHẦN II: NỘI DUNG ĐỀ TÀI
CHƯƠNG I: CỞ SỞ LÝ LUẬN
- Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy và hoạt động
học của trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi
dưỡng nhân tài”. Giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ thông đặc biệt là bộ
môn toán học rất cần thiết không thể thiếu trong đời sống của con người. Môn Toán là
một môn học tự nhiên quan trọng và khó với kiến thức rộng, đa phần các em ngại học
môn này.
- Muốn học tốt môn toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học ở môn toán
một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng dạng bài tập. Điều
đó thể hiện ở việc học đi đôi với hành, đòi hỏi học sinh phải có tư duy logic và cách
biến đổi. Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và nghiên cứu môn toán học một
cách có hệ thống trong chương trình học phổ thông, vận dụng lý thuyết vào làm bài
tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp các cách giải.
- Do vậy, tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm này với mục đính giúp cho học
sinh THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài toán giải phương
trình chứa ẩn dưới dấu căn.
Trong sách giáo khoa Đại số 10 chỉ nêu phương trình dạng
)(xf
= g(x) và trình bày phương pháp giải bằng cách biến đổi hệ quả, trước khi giải
chỉ đặt điều kiện f(x)
≥
0 . Nhưng chúng ta nên để ý rằng đây chỉ là điều kiện đủ để
thực hiện được phép biến đổi cho nên trong quá trình giải học sinh dễ mắc sai lầm khi

lấy nghiệm và loại bỏ nghiệm ngoại lai vì nhầm tưởng điều kiện f(x)

≥
0 là điều kiện
cần và đủ của phương trình.
Tuy nhiên khi gặp bài toán giải phương trình vô tỉ, có nhiều bài toán đòi hỏi học
sinh phải biết vận dụng kết hợp nhiều kiến thức kĩ năng phân tích biến đổi để đưa
phương trình từ dạng phức tạp về dạng đơn giản
Trong giới hạn của SKKN tôi chỉ hướng dẫn học sinh hai dạng phương trình thường
gặp và một số bài toán vận dụng biến đổi cơ bản và một số dạng bài toán thường gặp
khi thi đại học.
.
CHƯƠNG II: THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI
Học sinh trường THPT Triệu Sơn 5 nói riêng và một học sinh của các trường BC mới
sát nhập công lập nói chung đa số là học sinh được tuyển vào sau khi thi không đỗ vào
4

các trường THPT công lập và hiện nay đã được thi tuyển nhưng do các em ở vùng
nông thôn còn thiếu thốn về mọi mặt nên kiến thức THCS còn non yếu,tiếp thu bài còn
chậm, chưa tự hệ thống được kiến thức. Khi gặp các bài toán về phương trình vô tỉ
chưa phân loại và định hình được cách giải, lúng túng khi đặt điều kiện và biến
đổi,trong khi đó phương trình loại này có rất nhiều dạng. Nhưng bên cạnh đó chương
trình đại số 10 không nêu cách giải tổng quát cho từng dạng, thời lượng dành cho phần
này là rất ít.
Qua việc khảo sát kiểm tra định kỳ và việc học tập, làm bài tập hàng ngày nhận thấy
học sinh thường bỏ qua hoặc không giải được hoặc trình bày cách giải đặt điều kiện và
lấy nghiệm sai ở phần này.
.
CHƯƠNG III: MỘT SỐ DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI .
Qua nghiên cứu trao đổi và đúc rút kinh nghiệm từ thực tế và ý kiến của đồng nghiệp

tôi mạnh dạn đưa ra hướng gải quyết các vấn đề trên của học sinh
với một số dạng và phương pháp giải cụ thể từng dạng:
* Dạng 1: phương trình
)(xf
= g(x) (1)
Phương trình (1)
⇔



=
≥
)(gf(x)
0g(x)
2
x
điều kiện g(x)

≥
0 là điều kiện cần và đủ của phương trình (1) sau khi giải phương
trình f(x) = g
2
(x) chỉ cần so sánh các nghiệm vừa nhận được với điều kiện g(x)
≥
0
để kết luận nghiệm mà không cần phải thay vào phương trình ban đầu để thử để lấy
nghiệm.
* Dạng 2: phương trình
)()( xgxf =
(2)

Phương trình (2)



=
≥
⇔
)()(
0)(
xgxf
xf
Điều kiện f(x)

≥
0 là điều kiện cần và đủ của phương trình (2). Chú ý ở đây
không nhất thiết phải đặt điều kiện đồng thời cả f(x)

và g(x)

không âm vì
f(x)=g(x)
*Dạng 3: Dùng phương pháp đặt ẩn phụ
1. Sử dụng ẩn phụ để đưa về phương trình bậc hai
a,Dạng Phương trình:
2 2
ax ( 0)bx c px qx r ap+ + = + + ≠
và
a p
p q
=

Đối với phương trình dạng này ta đặt:
2
t px qx r= + +
. Chuyển phương trình đã
cho về phương trình bậc hai:
2
0At Bt C+ + =
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2 2
11 11x x+ + =
(ĐH Cảnh sát nhân dân – 2000)
Giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
2 2
( 11) 11 42 0x x+ + + − =
5

Đặt:
2
11 0t x= + >
, ta được phương trình:
2
7
42 0 6
6
t
t t t
t
= −


+ − = ⇔ ⇔ =

=

Khi đó:
2
11 36 5x x+ = ⇔ = ±
Ví dụ 2: Giải phương trình:
2 2
2 12 6 2 4 4x x x x+ + = + +
Giải:
Đặt:
2 2 2
1
2 4 4 0 2 12 10
2
t x x x x t= + + > ⇒ + + = +
.
Khi đó phương trình trở thành:
2 2
2
1
10 6 12 20 0
10
2
t
t t t t
t
=


+ = ⇔ − + = ⇔

=

Với
2
2 2 0 0; 2t x x x x= ⇒ + = ⇔ = = −
Với
2
10 2 48 0 6; 8t x x x x= ⇒ + − = ⇔ = = −
Đôi khi có những bài toán không phải là dạng trên, nhưng vẫn có thể đưa về phương
trình bậc hai được. Cái này phụ thuộc vào sự linh hoạt trong giải toán của từng người.
Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 3: Giải phương trình:
2 2
2 5 2 2 2 5 6 1x x x x+ + − + − =
(ĐH Sư phạm Tp. HCM –
2000)
Giải:
Đặt:
2
2 5 6 0t x x= + − ≥
khi đó:
2 2
2 5 2 8x x t+ + = +
Phương trình trở thành:
2
8 1 2t t− = +

2

1
2
3 4 7 0
t
t t

≥ −

⇔


+ − =


1t⇔ =
Với
2 2
1
1 2 5 6 1 2 5 7 0
7
2
x
t x x x x
x
=


= ⇒ + − = ⇔ + − = ⇔

= −


Hoàn toàn tương tự các bạn có thể giải các bài tập sau đây:
1.
2 2
3 3 3 6 3x x x x− + + − + =
( ĐH Thương mại – 1998)
2.
2 2 1 1 4x x x+ + + − + =
( ĐH Khối D – 2005)
3.
2 2
15 2 5 2 15 11x x x x− − = − +
b ,Dạng Phương trình:
( ) ( ) ( ). ( ) 0 ( 0)aP x bQ x c P x Q x abc+ + = ≠
Cách giải:
• Xét
( ) 0 ( ) 0Q x P x= ⇒ =
• Xét
( ) 0Q x ≠
, chia cả hai vế của phương trình cho
( )Q x
và đặt:
( )
( )
P x
t
Q x
=
, chuyển phương trình đã cho về dạng:
2

0at ct b+ + =
6

Lưu ý: Từ cách đặt
( )
( )
P x
t
Q x
=

( , ) 0f x t⇒ =
(
x
là ẩn) từ đó suy ra điều
kiện của
t
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2 3
2 5 1 7 1x x x+ − = −
(1)
Giải:
ĐK:
1x ≥
Ta có: (1)
⇔

2 2
2( 1) 3( 1) 7 ( 1)( 1)x x x x x x+ + + − = − + +
(2)

Vì
1x
=
không phải là nghiệm của (2) nên chia hai vế của (2) cho
1x
−
ta được:

2 2
1 1
2 3 7
1 1
x x x x
x x
+ + + +
+ =
− −
(3)
Đặt:
2
1
0
1
x x
t
x
+ +
= ≥
−
2 2

(1 ) 1 0x t x t⇒ + − + + =
có:
4 2
6 3
x
t t∆ = − −
. Nên có điều
kiện của
t
là:

0
3 2 3
0
x
t
t
≥

⇔ ≥ +

∆ ≥

(4)
Khi đó (3) trở thành:
2
2 7 3 0t t− + =

3
1

2
t
t
=


⇔

=

. Kết hợp với điều kiện của
t
ta có:
3t =
Với t = 3 ta có:
2
8 10 0 4 6x x x− + = ⇔ = ±
thoả mãn điều kiện của
x
.
Vậy phương trình có nghiệm:
4 6x = ±
Chú ý:
• Hoàn toàn bình đẳng, các bạn có thể thực hiện phép chia cho
( )P x
hoặc
( ). ( )P x Q x
• Các bạn có thể giải bài toán trên bằng cách đặt:
( ) ( )P x t Q x=
hoặc

ngược lại
Lời bình 1: Các bạn có thể không cần tìm điều kiện của
t
như ở (4) nhưng khi
đó các phép biến đổi chỉ là phép biến đổi hệ quả và nhất thiết phải thay các giá trị của
t

vừa tìm được để tìm
x
. Còn nếu tìm điều kiện của t như bài trên ta không cần phải thay
giá trị:
1
2
t =
ngược trở lại.
Lời bình 2: Bằng cách phân tích như ở lời bình 1 các bạn có thể xây dựng nên
các phương trình này một cách đơn giản:
2 2 2 2
2( 1) ( 1) ( 1)( 1)x x x x x x x x− + − + + = − + + +
ta được phương trình:
2 4 2
3 1 1x x x x− + = + +
. Rõ ràng cách giải của các loại phương trình này là giống nhau,
tuy nhiên mức độ gây “nhiễu” lại khác nhau. Cái này tuỳ theo từng đối tượng học sinh
mà ta có thể chọn các mức độ gây nhiễu khác nhau. Nếu học sinh hiểu rõ bản chất của
7

vấn đề thì sự gây “nhiễu” sẽ không có ý nghĩa gì nữa. Chú ý các đẳng thức sau để có
thể sáng tạo ra các bài toán dạng này:
•

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+ = − + + +
Ví dụ 2: Giải phương trình:
2 2
5 14 9 20 5 1x x x x x+ + − − − = +
(1)
Giải:
Ta có (1)
2 2
5 14 9 20 5 1x x x x x⇔ + + = − − + +

2
2 2 2
20 0
1 0
5 14 9 20 25( 1) 10 ( 20)( 1)
x x
x
x x x x x x x x

− − ≥


⇔ + ≥



+ + = − − + + + − − +



2
5 (2)
2 5 2 5 ( 4)( 5)( 1) (3)
x
x x x x x
≥


⇔

− + = + − +



(2)
2 2
3( 4) 2( 4 5) 5 ( 4)( 4 5)x x x x x x⇔ + + − − = + − −
(4)
Dễ thấy
4x
= −
không phải là nghiệm của (4)
Đặt
2

4 4 5x t x x+ = − −
(
0)t >
, Khi đó (3) trở thành:
2 2 2
1
( 4 5)(3 5 2) 0 3 5 2 0
2
3
t
x x t t t t
t
=


− − − + = ⇔ − + = ⇔

=

Với
1t
=
ta có:
2
5 61
4 4 5
2
x x x x
±
+ = − − ⇔ =

.
Kết hợp với (2) và (3) tacó:
5 61
2
x
+
=
Với
2
3
t =
ta có:
2
8
4
4 ( 4 5)
7
9
4
x
x x x
x
=


+ = − − ⇔

= −

. Kết hợp với (2) và (3) ta có:

8x =
Vậy phương trình có hai nghiệm:
5 61
2
x
+
=
và
8x =
Chú ý: Nếu phương trình:
( ) ( ) ( ). ( ) 0 ( 0)aP x bQ x c P x Q x abc+ + = ≠
thoả mãn:
( ). ( )P x Q x k=
thì bài toán trở nên đơn giản đi rất nhiều. Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 3: Giải phương trình:
8 8
1 2
2
2 1
x x
x x
− +
+ =
+ −
Giải:
Đặt:
8
1
0
2

x
t
x
−
= >
+
khi đó:
8
2 1
1
x
x t
+
=
−
. Phương trình trở thành:
1
2t
t
+ =

1t
⇔ =
8

Với
1
1 1 2
2
t x x x= ⇒ − = + ⇔ =

thoả mãn phương trình đã cho.
Bài tập áp dụng:
1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:
2
4
3 1 1 2 1x m x x− + + = −

2. Giải các phương trình:
a.
2 3 3
2( 1) 5 1x x+ = +
b.
2 4
4 2 2 4 1x x x− + = +
c.
2 4 2
3
3 1 1
3
x x x x− + = − + +
c, Dạng Phương trình:
[ ]
( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ). ( ) 0a P x Q x b P x Q x a P x Q x c
 
+ + ± ± + =
 
(
2 2
0a b+ >
)

Cách giải: Đặt
2
( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( )P x Q x t t P x Q x P x Q x± = ⇒ = + ±
Chuyển phương trình đã cho về phương trình bậc 2 ẩn t
Ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
2 2 2 4 2 2x x x x− − + = − − +
(1)
Giải:
Đặt:
2 2
2 2 0 2 2 4t x x t x x= − − + < ⇒ = − −
Khi đó (1) trở thành:
2
2 0 2t t t+ − = ⇔ = −
Hay:
2 2 2 2x x x− − + = − ⇔ =
( thoả mãn (1))
Vậy phương trình có nghiệm
2x
=
Ví dụ 2: Giải phương trình:
3 2 3 2
(1 ) 2(1 )x x x x+ − = −
Giải:
ĐK:
1 1x
− ≤ ≤
Đặt:

2
1 ; 2t x x t= + − ≤
(theo Bunhiacopxki)
2 2
1 2 1t x x⇒ = + −
2
3 3 2 3
1
(1 ) 3
2
t
t x x t
−
⇒ = + − +
Phương trình đã cho trở thành:
3 2
2 3 2 0t t t+ − − =
( 2)( 2 1)( 2 1) 0t t t⇔ − + + + − =

2
1 2
t
t

=
⇔

= −



Với
2
2 2
0 1
2
2 1 2
2
(2 1) 0
x
t x x x
x
< ≤

= ⇒ − = ⇔ ⇔ =

− =

9

Với
2
4 2
1 0
1 2 1 1 2
3 2 2 0
x
t x x
x x
− < <



= − ⇒ − = − ⇔

− + − =



2(1 8 2 11)
2
x
+ −
⇔ =
Hoàn toàn tương tự các bạn có thể giải các bài tập sau đây:
1.
2
1 1
2
2
x
x
+ =
−
2.
2
35
12
11
x
x
x

+ =
−
3.
2
4 1 1 3 2 1 1x x x x+ − = + − + −
4.
2
2 2 3( 1 )x x x x+ − = − −
5.
2
2 3 1 3 2 5 3 16x x x x x+ + + = + + + −

d. Dạng phương trình:
(ax ) ( ' ')
n
n
b p a x b qx r+ = + + +
(
x
là ẩn số,
, , ', ', ' 'a b a b p q r
là các hằng số và
aa ' 0p ≠
, n = 2, 3)
Thông thường để có các phương trình dạng này người ta thường đi từ các hệ phương
trình đối xứng hai ẩn hoặc hệ phương trình đối xứng gần hai ẩn ( hệ có nghiệm x = y).
Và phương pháp giải tất nhiên là đặt ẩn phụ để đưa về giải hệ phương trình. Để làm rõ
điều đó ta xét hệ phương trình sau:

( )

( )
2
2
1 2 (1)
1 2 (2)
x y
y x

+ = +


+ = +


Việc giải hệ này đơn giản, xin không bàn tới nữa.
Bây giờ ta sẽ đi xây dựng phương trình vô tỷ từ hệ đã cho.
Thật vậy: Bằng cách đặt
( )y f x=
sao cho (2) luôn đúng, nghĩa là đặt:
2 1y x= + −
, khi đó ta có phương trình :
( )
2
2
1 ( 2 1) 1 2 2x x x x x+ = + − + ⇔ + = +
Vậy để giải phương trình :
2
2 2x x x+ = +
ta đặt lại như trên và đưa về hệ
Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 :

( )
( )
2
2
x ay b
y ax b
α β
α β

+ = +


+ = +


, ta sẽ
xây dựng được phương trình dạng sau : đặt
y ax b
α β
+ = +
, khi đó ta có
phương trình :
( )
2
a
x ax b b
β
α β
α α
+ = + + −

Tương tự cho bậc cao hơn :
( )
n
n
a
x ax b b
β
α β
α α
+ = + + −
10

Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng :
( )
' '
n
n
x p a x b
α β γ
+ = + +
và đặt
n
y ax b
α β
+ = +
để đưa về hệ , chú ý về
dấu của
α

Việc chọn

;
α β
thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng:

( )
' '
n
n
x p a x b
α β γ
+ = + +
là chọn được.
Dạng hệ gần đối xúng:
Ta xét hệ sau :
2
2
(2 3) 2 1
(1)
(2 3) 3 1
x y x
y x

− = + +


− = +


đây không phải là hệ đối xứng loại
2 nhưng chúng ta vẫn giải hệ được , và từ hệ này chúng ta xây dưng được bài

toán phương trình sau:
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
4 5 13 3 1 0x x x+ − + + =
Lời bình : Nếu chúng ta nhóm như những phương trình trước :
2
13 33
2 3 1
4 4
x x
 
− = + −
 ÷
 
Đặt
13
2 3 1
4
y x− = +
thì chúng ta không thu được hệ phương trình mà chúng
ta có thể giải được.
Để thu được hệ (1) ta đặt :
3 1y x
α β
+ = +
, chọn
,
α β
sao cho hệ chúng ta
có thể giải được , (đối xứng hoặc gần đối xứng )

Ta có hệ :
( )
2
2 2 2
2
2
2 3 1 0 (1)
3 1
(*)
4 13 5 0 (2)
4 13 5
y y x
y x
x x y
x x y
α αβ β
α β
α β
α β


+ − + − =
+ = +
 
⇔
 
− + + + =

− + = − −




Để giải hệ trên thì ta lấy (1) nhân với k cộng với (2): và mong muốn của chúng
ta là có nghiệm
x y=
Nên ta phải có :
2 2
2 3 1
4 13 5
α αβ β
α β
− −
= =
− +
, ta chọn được ngay
2; 3
α β
= − =
Ta có lời giải như sau :
Điều kiện:
1
3
x ≥ −
,
Đặt
3
3 1 (2 3), ( )
2
x y y+ = − − ≤
Ta có hệ phương trình sau:

2
2
(2 3) 2 1
( )(2 2 5) 0
(2 3) 3 1
x y x
x y x y
y x

− = + +

⇒ − + − =

− = +


11

Với
15 97
8
x y x
−
= ⇒ =
Với
11 73
2 2 5 0
8
x y x
+

+ − = ⇒ =
Kết luận: tập nghiệm của phương trình là:
15 97 11 73
;
8 8
 
− +
 
 
 
 
Lời bình : Khi đã làm quen, chúng ta có thể tìm ngay
;
α β
bằng cách viết lại
phương trình
ta viết lại phương trình như sau:
2
(2 3) 3 1 4x x x− = − + + +
khi đó đặt
3 1 2 3x y+ = − +
, nếu đặt
2 3 3 1y x− = +
thì chúng ta không thu
được hệ như mong muốn , ta thấy dấu của
α
cùng dấu với dấu trước căn.
Một cách tổng quát ta có cách đặt ẩn phụ sau đây:
• Đặt
' '

n
a x b ay b+ = +
nếu
' 0pa >
• Đặt
' ' ( )
n
a x b ay b+ = − +
nếu
' 0pa <
Một số phương trình được xây dựng từ hệ.
Giải các phương trình sau
1)
2
4 13 5 3 1 0x x x− + + + =
2)
2
4 13 5 3 1 0x x x− + + + =
3)
3 2
3
4
81 8 2 2
3
x x x x− = − + −
4)
3
3
6 1 8 4 1x x x+ = − −
e. Phương trình dạng:

CxabbxaBxabbxaA =−++−++ ).')(.().'.(
.
Trong đó A,B,C là các hệ số có thể có chứa tham số m khi đó thường có các câu hỏi
sau :
(1) Giải phương trình khi m=k (với k là hằng số )
(2) Tìm tham số m để phương trình có nghiệm .
Phương pháp : Đặt t=
xabbxa .'. −++
,với đk t
0

)'(2 bbt +≤≤
t
0
=t
)(
a
b−

hoặc t
(
)
'
a
b

và
)'(2 bb +
do áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki.
a. Giải phương trình bậc 2 giống như VD trên

b. Chuyển phương trình về dạng f(t)=g(m)
Xét hàm f(t) và phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
)()()(min xMaxfmgxf ≤≤
.
+ Ví dụ 1:
a.Giải phương trình
2)3)(1(231 =−−+−+− xxxx
(1)
b.tìm m để phương trình sau có nghiệm:

mxxxx =−−+−+− )3)(1(231

12

Lời giải:
a. đk
31 ≤≤ x
Đặt t=
xx −+− 31
đk
22 ≤≤ t
(2)

2
2
)3)(1(
2
−
=−−⇒
t

xx
Khi đó phương trình (1) trở thành t
2
+t-2-
2
=0 (3)
Hs giải phương trình (3) rồi so sánh với đk(2) ta có t=
2

trở về ẩn x ta có



=
=
⇔=−−
3
1
0)3)(1(
x
x
xx
thoã mãn đk
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt .
b. Từ câu a ta có bài toán trở thành tìm m để phương trình
t
2
+t-2 = m có nghiệm
22 ≤≤ t
-Xét hàm số f(t)=t

2
+t-2 có f’(t)=2t+1 >0 với mọi t thoã mãn
22 ≤≤ t
Có f(
2
) =
2
; f(2) = 4
-Vậy với :
42 ≤≤ m
thì phương trình có nghiệm.
f. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn
 Từ những phương trình tích
( ) ( )
1 1 1 2 0x x x+ − + − + =
,
( ) ( )
2 3 2 3 2 0x x x x+ − + − + =
Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào,
độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát .
Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể
hiện qua các ví dụ sau .
Bài 1. Giải phương trình :
(
)
2 2 2
3 2 1 2 2x x x x+ − + = + +
Giải:
2
2t x= +

, ta có :
( )
2
3
2 3 3 0
1
t
t x t x
t x
=

− + − + = ⇔

= −

Bài 2. Giải phương trình :
( )
2 2
1 2 3 1x x x x+ − + = +
Giải:
Đặt :
2
2 3, 2t x x t= − + ≥
Khi đó phương trình trở thnh :
( )
2
1 1x t x+ = +
( )
2
1 1 0x x t⇔ + − + =

Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có
∆
chẵn :
( ) ( ) ( ) ( )
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
=

− + − + + − = ⇔ − + + − = ⇔

= −

Từ một phương trình đơn giản :
( ) ( )
1 2 1 1 2 1 0x x x x− − + − − + + =
, khai triển
ra ta sẽ được pt sau
Bài 3. Giải phương trình sau :
2
4 1 1 3 2 1 1x x x x+ − = + − + −
13

Giải:
Nhận xét : đặt
1t x= −

, pttt:
4 1 3 2 1x x t t x+ = + + +
(1)
Ta rt
2
1x t= −
thay vo thì được pt:
( ) ( )
2
3 2 1 4 1 1 0t x t x− + + + + − =
Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t
( ) ( )
2
2 1 48 1 1x x∆ = + + − + −
không có dạng bình phương .
Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo
( ) ( )
2 2
1 , 1x x− +
Cụ thể như sau :
( ) ( )
3 1 2 1x x x= − − + +
thay vào pt (1) ta được:
Bài 4. Giải phương trình:
2
2 2 4 4 2 9 16x x x+ + − = +
Giải .
Bình phương 2 vế phương trình:
( )
( )

( )
2 2
4 2 4 16 2 4 16 2 9 16x x x x+ + − + − = +
Ta đặt :
( )
2
2 4 0t x= − ≥
. Ta được:
2
9 16 32 8 0x t x− − + =
Ta phải tách
( )
( )
2 2 2
9 2 4 9 2 8x x x
α α α
= − + + −
làm sao cho
t
∆
có dạng chình phương
h, Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường
 Đặt
( ) ( )
,u x v x
α β
= =
và tìm mối quan hệ giữa
( )
x

α
và
( )
x
β
từ đó tìm được
hệ theo u,v
Bài 1. Giải phương trình:
(
)
3 3
3 3
25 25 30x x x x− + − =
Đặt
3
3 3 3
35 35y x x y= − ⇒ + =
Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau:
3 3
( ) 30
35
xy x y
x y
+ =



+ =



, giải hệ này ta tìm
được
( ; ) (2;3) (3;2)x y = =
. Tức là nghiệm của phương trình là
{2;3}x ∈
Bài 2. Giải phương trình sau:
5 1 6x x+ + − =
Điều kiện:
1x ≥
Đặt
1, 5 1( 0, 0)a x b x a b= − = + − ≥ ≥
thì ta đưa về hệ phương trình sau:
2
2
5
( )( 1) 0 1 0 1
5
a b
a b a b a b a b
b a

+ =

→ + − + = ⇒ − + = ⇒ = −

− =


Vậy
11 17

1 1 5 1 1 5
2
x x x x x
−
− + = + − ⇔ − = − ⇒ =
Dạng 4 PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
1. Dùng hằng đẳng thức :
14

 Từ những đánh giá bình phương :
2 2
0A B+ ≥
, ta xây dựng phương trình dạng
2 2
0A B+ =
Từ phương trình
( ) ( )
2 2
5 1 2 9 5 2 1 0x x x x− − + − − + − =
ta khai triển ra có
phương trình :
( )
2
4 12 1 4 5 1 9 5x x x x x+ + − = − + −
2. Dùng bất đẳng thức
 Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức:
A m
B m
≥



≤

nếu dấu
bằng ỏ (1) và (2) cùng dạt được tại
0
x
thì
0
x
là nghiệm của phương trình
A B=
Ta có :
1 1 2x x+ + − ≤
Dấu bằng khi và chỉ khi
0x =
và
1
1 2
1
x
x
+ + ≥
+
, dấu
bằng khi và chỉ khi x=0. Vậy ta có phương trình:
1
1 2008 1 2008 1
1
x x x

x
− + + = + +
+
Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng :
( )
( )
A f x
B f x

≥


≤


khi đó :
( )
( )
A f x
A B
B f x
 =

= ⇔

=


 Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn,
nhưng có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất

đẳng thức để đánh giá được
Bài 1. Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007):
2 2
9
1
x x
x
+ = +
+
Giải: Đk
0x
≥
Ta có :
( )
2 2
2
2 2 1
2 2 1 9
1
1 1
x
x x x
x
x x
 
   
 
 
+ ≤ + + + = +
 ÷  ÷

 
  +
+ +
 
   
 
Dấu bằng
2 2 1 1
7
1 1
x
x x
⇔ = ⇔ =
+ +
Bài 2. Giải phương trình :
2 4 2 4
13 9 16x x x x− + + =
Giải: Đk:
1 1x
− ≤ ≤
Biến đổi pt ta có :
(
)
2
2 2 2
13 1 9 1 256x x x− + + =
15

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:
(

)
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2 2
13. 13. 1 3. 3. 3 1 13 27 13 13 3 3 40 16 10x x x x x− + + ≤ + − + + = −
Áp dụng bất đẳng thức Côsi:
( )
2
2 2
16
10 16 10 64
2
x x
 
− ≤ =
 ÷
 
Dấu bằng
2
2
2 2
2
1
51
3
2
10 16 10
5
x

x
x
x
x x


=
+

− =


⇔ ⇔



= −
= −



Bài 3. giải phương trình:
3` 2
4
3 8 40 8 4 4 0x x x x− − + − + =
Ta chứng minh :
4
8 4 4 13x x+ ≤ +
và
( ) ( )

2
3 2
3 8 40 0 3 3 13x x x x x x− − + ≥ ⇔ − + ≥ +
Bài tập đề nghị .
Giải các phương trình sau
1)
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
x x
x x
x x
− +
− + + = +
+ −
2)
2
2
1 1
2 2 4x x
x x
 
− + − = − +
 ÷
 
Bài tập
1. Giải phương trình
a.
3 2x −
= 1 - 2x

b.
5 2x−
=
1x −
c.
2
3 9 1x x− +
+ x - 2 = 0
HD: Biến đổi theo dạng 1 và dạng 2
2. Giải phương trình: x
2
- 3x +
2
3 5x x− +
= 7
HD: Đặt t =
2
3 5x x− +
(t
0≥
)
ĐS: x = -1 v x = 4
3. Giải phương trình:
1x −
+
3 2x −
=
5 1x −
HD: Đặt đk sau đó bình phương hai vế
ĐS: x = 2

III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết quả đạt được
Trên đây là những giải pháp mà tôi đúc rút được trong suốt quá trình giảng dạy tại
trường THPT Triệu Sơn 5. Phương trình vô tỉ là một nội dung quan trọng trong chương
trình môn toán lớp 10 nói riêng và bậc THPT nói chung. Nhưng đối với học sinh lại là
một mảng tương đối khó, đây cũng là phần nhiều thầy cô giáo quan tâm.
16

Đề tài của tôi đã được kiểm nghiệm trong các năm học giảng dạy lớp 10, được học
sinh đồng tình và đạt được kết quả, nâng cao khả năng giải phương trình vô tỉ. Các em
hứng thú học tập hơn, ở những lớp có hướng dẫn kỹ các em học sinh với mức học
trung bình cứng trở lên đã có kỹ năng giải các bài tập. Học sinh biết áp dụng tăng rõ
rệt. Cụ thể ở các lớp khối 10 sau khi áp dụng sáng kiến này vào giảng dạy thì số HS
hiểu và có kỹ năng giải được cơ bản các dạng toán nói trên , kết quả qua các bài kiểm
tra thử như sau:
.
Năm học Lớp
Tổng
số
Điểm 8 trở lên Điểm từ 5 đến 8 Điểm dưới 5
Số
lượng
Tỷ lệ
Số
lượng
Tỷ lệ
Số
lượng
Tỷ lệ
2003-2004

10A1 58 15 26 % 29 50 % 14 24 %
10A2 56 13 23 % 20 36% 23 41%
2006-2007
10A6 54 18 33 % 22 41 % 14 26%
10A7 48 19 39% 23 48 % 6 12 %
2011-2012 10A3 44 15 34% 20 45% 9 21%
.
Như vậy tôi thấy các phương pháp có hiệu quả tương đối. Theo tôi khi dạy phần toán
giải phương trình vô tỉ giáo viên cần chỉ rõ các dạng toán và cách giải tương ứng để
học sinh nắm được bài tốt hơn.
Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắc chắn còn có nhiều thiếu sót và hạn
chế. Tôi rất mong được sự quan tâm của tất cả các đồng nghiệp bổ sung và góp ý cho
tôi. Tôi xin chân thành cảm ơn.
2. Kiến nghị và đề xuất:
- Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có nhiều hơn
nữa tài liệu sách tham khảo đổi mới và phòng thư viện để nghiên cứu học tập nâng cao
kiến thức chuyên môn nghiệp vụ .
- Nhà trường cần tổ chức các bổi trao đổi phương pháp giảng dạy. Có tủ sách lưu lại
các tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn tập của giáo viên hàng năm để làm cở sở nghiên
cứu phát triển chuyên đề.
- Học sinh cần tăng cường học tập trao đổi, học nhóm nâng cao chất lượng học tập.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
+ Sách giáo khoa Đại số 10 (NXB Giáo dục)
+ Sách hướng dẫn giảng dạy (NXB Giáo dục)
+ Tài luệu tập huấn sách giáo khoa (NXB Giáo dục)
+ Các bài giảng luyện thi môn toán (NXB Giáo dục - Phan Đức Chính, Vũ Dương
Thụy, Đào Tam, Lê Thống Nhất)
Toán nâng cao Đại số 10 (Phan Huy Khải)
+ Báo Toán học tuổi trẻ (NXB Giáo dục)
+ Các đề thi đại học các năm trước.

.
17

18