Một số phương pháp giải phương trình và hệ phương trình chứa căn thức

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN CÔNG NHÃ

ĐỀ ÁN THẠC SĨ

TÊN ĐỀ TÀI
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC

Ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 8460113
Khoá: 24

Người hướng dẫn: TS. Nguyễn Ngọc Quốc Thương

Bình Định - Năm 2023

Mục lục

Mục lục i

Mở đầu ii

1 Một số phương pháp giải phương trình chứa căn thức 1

1.1 Phương pháp biến đổi tương đương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2.1 Đặt ẩn phụ toàn phần . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2.2 Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.3 Phương pháp hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.3.1 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.3.2 Ứng dụng tính khả vi của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

1.4.1 Lớp các bài toán sử dụng bất đẳng thức Cauchy và Cauchy-Schwarz 37

1.4.2 Lớp các bài toán sử dụng bất đẳng thức vectơ . . . . . . . . . . 43

1.4.3 Một số dạng khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

1.5 Phương trình chứa căn thức và có tham số . . . . . . . . . . . . . . . . 49

1.5.1 Phương trình có thể cô lập được tham số . . . . . . . . . . . . . 49

1.5.2 Phương trình khơng cơ lập được tham số . . . . . . . . . . . . . 54

1.6 Một số bài toán chọn lọc thi học sinh giỏi và Olympic Toán học các cấp 57

2 Một số phương pháp giải hệ phương trình chứa căn thức 65

2.1 Phương pháp biến đổi tương đương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

2.2.1 Đặt một ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

i

2.2.2 Đặt hai ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
2.3 Phương pháp hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
2.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

2.4.1 Lớp các bài toán sử dụng các bất đẳng thức đại số cơ bản . . . 85
2.4.2 Lớp các bài toán sử dụng các bất đẳng thức cổ điển . . . . . . . 87
2.5 Hệ phương trình chứa căn thức và có tham số . . . . . . . . . . . . . . 91
2.6 Một số bài toán chọn lọc thi học sinh giỏi các cấp . . . . . . . . . . . . 96

Kết luận 104

Tài liệu tham khảo 105

ii

Mở đầu

Mơn Tốn học có một vị trí rất quan trọng trong trường phổ thơng, nó phối hợp
với các mơn học khác và các hoạt động khác trong nhà trường, góp phần giáo dục tồn
diện học sinh. Do vai trị to lớn của tốn học trong đời sống khoa học kỹ thuật hiện đại
nên các kiến thức và phương pháp tốn học là cơng cụ thiết yếu giúp cho học sinh học
tốt các môn học khác, đồng thời phát triển phát triển các năng lực tư duy và phẩm
chất trí tuệ, rèn luyện óc trừu tượng, suy luận hợp logic. Ngồi ra cịn giúp cho học

sinh tính cần cù, tự lực tự cường, tính cẩn thận, chính xác. . .

Phương trình và hệ phương trình là một trong những vấn đề quan trọng của toán
cao cấp lẫn toán sơ cấp. Trong chương trình tốn bậc phổ thơng, ta thường gặp các
phương trình và hệ phương trình chứa căn thức. Đối với một số dạng phương trình và
hệ phương trình chứa căn thức thì ta có một số phương pháp hiệu quả để giải chúng.

Phương trình vơ tỷ là một đề tài thú vị của Đại số, đã lôi cuốn nhiều người nghiên
cứu say mê và tư duy một cách sáng tạo để tìm ra lời giải hay, ý tưởng phong phú
và tối ưu. Tuy đã được nghiên cứu rất lâu nhưng phương trình vơ tỷ vẫn ln là đối
tượng mà những người đam mê Tốn học ln tìm tịi học hỏi và phát triển tư duy.

Mỗi loại bài tốn phương trình và hệ vơ tỷ có những cách giải riêng phù hợp. Điều
này có tác dụng rèn luyện tư duy tốn học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo. Bên cánh
đó, các bài tốn giải phương trình vơ tỷ thường có mặt trong các kỳ thi học sinh giỏi
Toán ở các cấp THCS, THPT.

Đề tài nhằm nghiên cứu và trình bày một cách hệ thống các phương pháp giải
phương trình và hệ phương trình chứa căn thức, bao gồm phương pháp tương đương,
phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp dùng bất đẳng thức và phương pháp dùng hàm
số. Ngoài ra đề tài cịn giới thiệu một số phương trình và hệ phương trình chứa căn
thức được dùng trong các đề thi học sinh giỏi các cấp.

iii

Đề tài sẽ là một tài liệu tham khảo bổ ích cho giáo viên, học sinh phổ thơng muốn
tìm hiểu sâu về các bất đẳng thức hình học và những ứng dụng của chúng trong giải
tốn.

Đề tài được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của thầy TS. Nguyễn Ngọc

Quốc Thương, người luôn nhắc nhở, động viên, giúp đỡ tôi trong q trình nghiên cứu
và thực hiện để tơi có thể hồn thành đề tài này. Tơi cũng xin bày tỏ lịng biết ơn đối
với q thầy cơ trong khoa Tốn và Thống kê, phòng Đào tạo sau Đại học trường Đại
học Quy Nhơn, đặc biệt là quý thầy cô đã trực tiếp giảng dạy cho lớp Cao học ngành
Phương pháp Tốn sơ cấp khóa 24. Cuối cùng tơi xin bày tỏ lịng biết ơn đến gia đình,
người thân và bạn bè đã luôn ủng hộ, giúp đỡ, tạo điều kiện cho tôi về mọi mặt trong
suốt thời gian tôi học thạc sĩ cũng như hoàn thành đề tài này.

Trong thời gian ngắn hoàn thành đề tài, chắc chắn khơng tránh được được những
sai sót cũng như thiếu sót. Rất mong nhận được những góp ý, phê bình q báu của
q thầy cơ và các bạn đồng nghiệp.

Bình Định, ngày 17 tháng 11 năm 2023
Học viên

Nguyễn Công Nhã

iv

Chương 1

Một số phương pháp giải phương
trình chứa căn thức

Ở chương này ta sẽ khảo sát một số phương pháp giải phương trình chứa căn thức
tiêu biểu

1.1 Phương pháp biến đổi tương đương

Nội dung phần này được tham khảo từ [3], [5].

Định nghĩa 1.1. Hai phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng một tập

nghiệm. Nếu phương trình f1pxq  g1pxq tương đương với phương trình f2pxq  g2pxq

thì ta kí hiệu

f1pxq  g1pxq ô f2pxq  g2pxq. (1.1)

Định nghĩa trên cũng có thể mở rộng cho khái niệm phương trình tương đương với

hệ gồm bất phương trình và phương trình một ẩn, cụ thể như sau

Định nghĩa 1.2. Phương trình f1pxq  g1pxq được gọi là tương đương với hệ

6  g2pxq
Ơ0
99999 f2 9 pxq 9
98 h1pxq

999999 Ô ¤ ¤ 9
97 hnpxq ¥ 0

1

khi và chỉ khi phương trình và hệ đã cho có cùng một tập nghiệm. Khi đó ta kí hiệu

6
99999 f2 9 pxq  g2pxq 9
98 h1pxq ¥ 0

f1pxq  g1pxq ô (1.2)
999999 Ô Ô Ô 9
97 hnpxq ¥ 0.

Mục tiêu của phương pháp biến đổi tương đương là ta sẽ đưa phương trình ban
đầu về một phương trình hay một hệ tương đương với nó mà có ta có thể giải quyết
đơn giản hơn.

Sau đây là các phép biến đổi tương đương thường gặp trong phương trình chứa căn
thức.

Định lý 1.1. Cho n là một số tự nhiên, ta có các tính chất sau

6
98 fpxq
— —  gpxq
1. 2n fpxq  2n gpxq ô
97 gpxq .

¥0

6
98 fpxq
—  rgpxqs2n
2. 2n fpxq  gpxq ô
97 gpxq .

¥0

Chứng minh.

1. Gọi S1 và S2 lần lượt là tập nghiệm của phương trình và hệ. Nếu s € S1 thì
gpsq ¥ 0 và 2—n fpsq  2—n gpsq. Khi đó ta được gpsq ¥ 0 và fpsq  gpsq, do đó
s € S2. Ngược lại nếu s € S2 thì f psq  gpsq ¥ 0, lấy căn bậc 2n của hai vế ta
thu được 2—n f psq  2—n gpsq. Từ đó s € S1. Vậy hai tập nghiệm trùng nhau nên

ta có điều phải chứng minh.

2. Gọi S3 và S4 lần lượt là tập nghiệm của phương trình và hệ. Ta dễ thấy S4 chứa

tập S3. Giả sử s € S4, khi đó f psq  rgpsqs2n ¥ 0. Lấy căn bậc 2n hai vế ta thu
được 2—n fpsq  |gpsq|, mà gpsq ¥ 0 nên 2—n fpsq  |gpsq|  gpsq, suy ra s € S3.
Vậy S3  S4 nên ta suy ra hệ và phương trình đã cho tương đương với nhau.

2

Ta lưu ý rằng các hệ tương đương với các phương trình ở (1) và (2) đã kéo theo
điều kiện xác định của các căn thức nên việc tìm điều kiện xác định trước khi đi giải
phương trình là khơng cần thiết.

Ví dụ 1.1. Giải các phương trình sau:

1. cx2 ¡ 3x 2  cx ¡ 2.
2. c2x3 3x2 x 3  3.
3. cx 1  1 ¡ x2.

Lời giải. 1. Ta có

cx2 ¡ 3x 6

2  c 98 x2 x ¡ 2 ô ¡ 3x 2  x ¡ 2
97 x ¡ 2 ¥ 0

6

9 ô 8 x2 ¡ 4x 4  0
97 x ¥ 2

ô x  2.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  t2u.

2. Ta có

c2x3 3x2 x 3  3 ô 2x3 3x2 x 3  9
ô px ¡ 1qp2x2 5x 6q  0
ơ x  1.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  t1u.

3. Ta có 6

c 98 x 1 1  1 ¡ x2 ô  1 ¡ 2x2 x4
97 1 ¡ x2 ¥ 0
x
6

9 ô 8 x4 ¡ 2x2 ¡ x  0
97 Ă1 Ô x Ô 1

3

6
9 ô 8 xpx 1qpx2 ¡ x ¡ 1q  0
97 Ă1 Ô x Ô 1
c c
6 1¡ 5 1 5
98
ô x  0 • x  ¡1 • x  2 • x  2
97 ¡1 ¤ x ¤ 1 c
ô x  0 • x  ¡1 • x  1 ¡ 5.
2
4 Vậy tập nghiệm của phương trình là S  ¡1, 1 ¡ c5 B , 0 .
2

Một cách tổng quát, ta có định lý sau.

Định lý 1.2. Với mọi số tự nhiên n ¥ 1 và hai hàm số f pxq và gpxq, ta ln có

6

98 f fpxq  gpxq ơ pxqgpxq ¥ 0 . (1.3)
97 rfpxqs2n  rgpxqs2n

Chứng minh. Gọi S1 và S2 lần lượt là tập nghiệm của phương trình và hệ. Ta dễ thấy

rằng S1 € S2. Giả sử s € S2, khi đó

6

98 fpsqgpsq ¥ 0

,

97 rfpsqs2n  rgpsqs2n
từ rfpsqs2n  rgpsqs2n ta suy ra được |fpsq|  |gpsq|. Kết hợp điều kiện fpsqgpsq ¥ 0,
ta thu được f psq  gpsq, từ đó s € S1. Vậy S1  S2, cho nên phương trình và hệ đã

cho tương đương với nhau.

Vậy khi giải phương trình chứa căn thức phải ta sẽ sử dụng các quy tắc sau để đảm
bảo tính tương đương của các bước biến đổi:

(1) Đặt điều kiện để phương trình xác định.

(2) Đối với phương trình chứa căn bậc chẵn, trước khi lỹ thừa phải đặt điều kiện để
hai vế cùng dấu.

Ví dụ 1.2. Giải các phương trình sau

4

1. cx 9  5 ¡ c2x 4.
2. 2c3x 1 ¡ cx ¡ 1  2c2x ¡ 1.

Lời giải. 1. Điều kiện: x ¥ ¡2. Khi đó
cx 9  5 ¡ c2x 4 ô cx 9 c2x 4  5

ô x 9 2x 4 2—px 9qp2x 4q  25
ô 2c2x2 22x 36  12 ¡ 3x

6

9 ụ 8 Ă2 Ô x ¤ 4
97 4p2x2 22x 36q  p12 ¡ 3xq2

6

9 ô 8 Ă2 Ô x Ô 4
97 x2 ¡ 160x  0

ô x  0.

2. Điều kiện: x ¥ 1. Khi đó

c 1 ¡ cx ¡ 1  2c2x ¡ 1 ô 2c3x 1  cx ¡ 1 2c2x ¡ 1

2 3x

ô 4p3x 1q  x ¡ 1 4p2x ¡ 1q 4—px ¡ 1qp2x ¡ 1q
ô 4c2x2 ¡ 3x 1  3x 9

6

999998 x ¥ 1
ơ 9 3x 9 ¥ 0

999

97 16p2x2 ¡ 3x 1q  p3x 9q2

6

9 ơ 8 x ¥ 1
97 23x2 ¡ 102x ¡ 65  0

ơ x  5.

Ví dụ 1.3. Giải phương trình

cx2 ¡ x ¡ 2cx2 cx2 2x  0.

5

Phân tích: Khi ta bình phương lên thì sẽ khơng triệt tiêu được bậc cao nhất, nên nếu
thực hiện như thế bậc của phương trình sẽ tăng lên. Nhận thấy rằng biểu thức trong

các căn thức có chung một nghiệm x  0, nên ta sẽ dùng phương pháp chia khoảng và

tách căn. Nghĩa là đi tìm điều kiện, dựa vào các khoảng điều kiện để áp dụng các công
thức tách căn hợp lý.

Lời giải. Điều kiện: 6 ô x  0 x Ơ 1 x Ô Ă2.
6
9 ụ 8 x Ô 0 x ¥ 1
98 x2 ¡ x ¥ 0 97 x ¥ 0 x Ô Ă2
97 x2 2x ¥ 0

Khi đó

cx2 ¡ x ¡ 2cx2 cx2 2x  0 ô —xpx ¡ 1q ¡ 2cx2 —xpx 2q  0 (1.4)

Trường hợp 1: Nếu x  0 thì (1.4) ln đúng nên x  0 là 1 nghiệm của phương trình.

Trường hợp 2: Nếu x ¥ 1 thì x ¡ 0, x ¡ 1 ¥ 0 và x 2 ¡ 0, nên ta có

—xpx ¡ 1q ¡ 2cx2 —xpx 2q  0 ô cxcx ¡ 1 ¡ 2cxcx cxcx 2  0
ô cx ¡ 1 ¡ 2cx cx 2  0
ô cx ¡ 1 cx 2  2cx
ô pcx ¡ 1 cx 2q2  4x
ô 2—px ¡ 1qpx 2q  2x ¡ 1

6

999998 x ¥ 1
ơ 9 2x ¡ 1 ¥ 0

999

97 4px2 x ¡ 2q  4x2 ¡ 4x 1

ô x  9.

8

Trng hp 3: Nu x Ô Ă2 thỡ x 0, x 1 0 v x 2 Ô 0, nờn ta có
—xpx ¡ 1q ¡ 2cx2 —xpx 2q  0 ô c¡xc1 ¡ x ¡ 2c¡xc¡x c¡xc¡x ¡ 2  0

ô c1 ¡ x ¡ 2c¡x c¡x ¡ 2  0
ô c1 ¡ x c¡x ¡ 2  2c¡x

6

ô pc1 ¡ x c¡x ¡ 2q2  ¡4x pvô nghiệmq
ô 2—px ¡ 1qpx 2q  ¡2x 1

6

999998 x Ô Ă2
ơ 9 ¡2x 1 ¥ 0

999

97 4px2 x ¡ 2q  4x2 ¡ 4x 1

9
Vậy phương trình có hai nghiệm là 0 và .

8

Ví dụ 1.4. Giải phương trình 5.

cx2 3x 2c ™ x 2  2x x 6 2q
2 ¡ xq  0
x

Lời giải. Điều kiện: x ¡ 0. Khi đó
cx2 3x 2c ™ x 2  2x x 6 5
™x
c2 c

ô x 3x 2 x 2  2x px 3qpx

 ™ ' x
— px 3qpx 2q c
ô xpx 3q ¡ 2p x
x

c x ¡ cx 2 c
ô x 3. c 2p x 2 ¡ xq  0
x¢c
c 
x 3
ôpx ¡ x 2q c ¡ 2  0
cx
!x ¡ x 2  0
ô c c
x 32 x
6
"98 x ¥ 0
"
ơ "97 
" x2 x 2
!
x 3  4x

ô !x  2 .
x1

Ví dụ 1.5. Giải phương trình:

d c c c2

x3 1 x 1  x 3 x ¡ x 1.
x 3

7

Phân tích. Phương trình có dạng cA cB  cC cD với AC  BD. Ta sẽ chuyển
vế đưa phương trình về dạng cA ¡ cC  cC ¡ cB và bình phương hai vế. Tuy nhiên
để phép bình phương là tương đương ta sẽ thêm điều kiện pcA¡cCq.pcC ¡cBq ¥ 0,

ta chỉ cần lấy các nghiệm tìm được thay vào bất phương trình để kiểm tra chứ khơng
cần giải trực tiếp bất phương trình này.

Lời giải. Điều kiện: x ¥ ¡1. Khi đó

d c c c2

x3 1 x 1  x 3 x ¡ x 1
x 3
d
c c2 c
ô x3 1 ¡ x 3  x ¡ x 1 ¡ x 1
x 3
6 £™ 
99 x3 1 c c2 c
9 ¡ x 3 p x ¡ x 1 ¡ x 1q ¥ 0
98
ô £™ x 3 2
999 x3 1 c c2 c2

97 ¡ x 3  p x ¡ x 1 ¡ x 1q
x 3

6 £™  c2
999 x3 1 c c
8 ¡ x 3 p x ¡ x 1 ¡ x 1q ¥ 0
ơ 999 x3 1x 3 c 3 2 c 3

7
x 3 x 3¡2 x 1x ¡x 1 x 1¡2 x 1

6 £™  c2
99 x3 1 c c
8 ¡ x 3 p x ¡ x 1 ¡ x 1q ¥ 0
ơ x 3

99 x 1  px 3qpx ¡ x ¡ 1q
73 2

6 £™  c2
99 x3 1 c c
8 ¡ x 3 p x ¡ x 1 ¡ x 1q ¥ 0
ơ x 3

99
72
2x ¡ 4x ¡ 4  0
6 £™ 
99 x3 1 c c2 c
8 ¡ x 3 p x ¡ x 1 ¡ x 1q ¥ 0

ơ x 3
c c
997 x1 3•x1¡ 3

ôx  1 c3 • x  1 ¡ c3.

8

1.2 Phương pháp đặt ẩn phụ

Đặt ẩn phụ là một hình thức đưa bài tốn từ tình thế phức tạp sang tình thế đơn
giản hơn mà đã biết cách giải. Có rất nhiều cách đặt ẩn phụ khác nhau tùy thuộc
vào đặc điểm của từng phương trình mà ta có thể đặt một ẩn phụ, hai ẩn phụ, ba ẩn
phụ,. . . để đưa về phương trình hoặc hệ phương trình. Sau khi đặt ẩn phụ, ta cần đi
tìm điều kiện cho ẩn phụ. Tùy vào mục đích của ẩn phụ mà ta đi tìm điều kiện cho
hợp lý (dễ, khơng gây sai sót).

1.2.1 Đặt ẩn phụ tồn phần

Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn có nghĩa là ta sẽ thay thế hồn tồn ẩn x trong phương
trình ban đầu bằng một ẩn phụ khác sao cho phương trình có thể giải một cách đơn
giản theo ẩn mới đó.

Dạng 1: Phương trình dạng af pxq b —n f pxq c  0 với a, b, c € R.

Mục này được tham khảo chủ yếu từ [4].
Phương pháp giải: Ta thực hiện qua các bước sau

1. Đặt điều kiện để phương trình xác định.

2. Đặt t  —n f pxq, khi đó t ¥ 0 và phương trình trở thành
atn bt c  0.

3. Giải tìm nghiệm t khơng âm của phương trình (1.22), từ đó suy ra nghiệm x.

Ví dụ 1.6. Giải phương trình

px 1qpx 4q ¡ 3cx2 5x 2  6.

Li gii. iu kin x Ơ Ă1 hoc x Ô ¡4. Ta có thể viết lại phương trình như sau

x2 5x ¡ 3cx2 5x 2 ¡ 2  0. (1.5)

9

Đặt t  cx2 5x 2 ¥ 0. Khi đó phương trình (1.5) trở thành
t2 ¡ 3t ¡ 4  0 ô !t  ¡1
t4

Đối chiếu với điều kiện ta được t  4. Khi đó ta có
cx2 5x 2  4 ô x2 5x 2  16 ô x2 5x ¡ 14  0 ô x  2 • x  ¡7.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  t¡7, 2u.

Ví dụ 1.7. Giải phương trình:

6x2 2x c3 3x2 x 4  10.
Lời giải. Đặt t  c3 3x2 x 4. Khi đó phương trình ban đầu trở thành

2t3 t ¡ 18  0 ô 2t3 ¡ 16 t ¡ 2  0 ô pt ¡ 2qp2t2 4t 9q  0 ô t  2.

Khi đó ta được

c3 3x2 x 4  2 ô 3x2 x 4  8 ô !x  ¡4 . x  1

3

4 Vậy tập nghiệm của phương trình là S  ¡4 B , 1 .

3

Ví dụ 1.8. Giải phương trình:

c3 1
3 x c  2x ¡ 7.
2x 2x

Lời giải. Điều kiện: x ¡ 0. Khi đó

c3 1
3 x c  2x ¡ 7
2x 2x
¢c1 ¢ 
1
ô3 x c  2 x ¡ 7. (1.6)
2x 4x

Đặt t  cx 1

c . Theo bất đẳng thức Cauchy ta có

2x

dc 1 c
t ¥ 2 x. c  2.

2x

10

Ta có t2  x 1
1. Phương trình (1.6) trở thành

4x

3t  2pt2 ¡ 1q ¡ 7 ô 2t2 ¡ 3t ¡ 9  0 ô !t  ¡23
t3

Ta thu được

6 c
999
6 9ô 98 cx  3 c7x¡0 "x  2 c 8 3 7
98 x ¡ 0
c1
x c 3ô 97 2x 1  6cx ô ! x 8¡3 7 .
2x 999 "! 2c
997 c 3 ¡ 7
x 2

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  48 3c 2 7 8 ¡ 3c7B; .

2 2

Dạng 2: Phương trình dạng a—fpxq b—gpxq 2ab—fpxqgpxq  hpxq.

Mục này được tham khảo chủ yếu từ [4].
Phương pháp giải.

1. Đặt điều kiện;

2. Đặt ẩn phụ t  a—f pxq b—gpxq và tìm điều kiện của t;
3. Bình phương t và tính —fpxqgpxq, hpxq theo t;

4. Đưa về phương trình theo t và giải phương trình này để tìm t, sau đó tìm x.

Ví dụ 1.9. Giải các phương trình sau

1. c2 x c6 ¡ x —p2 xqp6 ¡ xq  8;
2. c1 x c ™ 8 ¡ x ¡ p1 xq 8 ¡ x  3.

1 x

Lời giải. 1. Điều kin: Ă2 Ô x Ô 6.
cc
Đặt t  2 x 6 ¡ x ¡ 0. Suy ra

t2  8 2—p2 xqp6 ¡ xq ô —p2 xqp6 ¡ xq  t . 2 ¡ 8

2

Khi đó phương trình trở thành trở thành:

t t2 ¡ 8  8 ô t2 2t ¡ 24  0 ô ! t  4
2 t  ¡6p Loại q

11

Khi đó c2 x c6 ¡ x  4 ô 8 2—p2
ô —p2 xqp6 ¡ xq  4
xqp6 ¡ xq  16

ô p2 xqp6 ¡ xq  16

ô x2 ¡ 4x 4  0 ô x  2 p Nhận q.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  2.

2. iu kin: Ă1 x Ô 8.

Phương trình tương đương với

c1 x c8 ¡ x ¡ —p1 xqp8 ¡ xq  3. (1.7)
Đặt t  c1 x c8 ¡ x ¡ 0, suy ra

t2  9 2—p1 xqp8 ¡ xq ô —p1 xqp8 ¡ xq  t . 2 ¡ 9

2

Khi đó phương trình (1.7) trở thành:

t ¡ t2 ¡ 9  3 ô t2 ¡ 2t ¡ 3  0 ô ! t  ¡1 (Loại)
2 t3

Khi đó

—p1 xqp8 ¡ xq  0 ô ! x  ¡1 p Loại)
x8

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  8.

Ví dụ 1.10. Giải phương trình

2x cx 1 cx 2cx2 x  1.

Lời giải. Điều kiện x ¥ 0.
cc

Đặt t  x 1 x ¡ 0, suy ra
t2  2x 1 2cx2 x,

khi đó phương trình trở thành (Loại).

t2 t ¡ 2  0 ô ! t  1,
t  ¡2

12

Khi đó ta được cx 1 cx  1 ơ x  0.

Vậy phương trình có nghiệm là x  0.

Ví dụ 1.11. Giải phương trình

x2 2x cx 3 2xcx 3  9.

Lời giải. Điều kiện x ¥ ¡3.
c c
Đặt t  x x 3 ¥ ¡3, suy ra t  x x 3 2x x22 3. Phương trình trở thành

t2 t ¡ 12  0 ô ! t  3
t  ¡4

Khi đó ta được:

x cx 3  3 ô cx 3  3 ¡ x

6

ụ 8 Ă3 Ô x Ô 3
7 x 3  x2 ¡ 6x 9

6

ụ 8 Ă3 Ô x Ô 3
7 x2 ¡ 7x 6  0

ô x  1.

Vậy phương trình có nghiệm x  1.

Dạng 3: Phương trình dạng P pxq Qpxq P pxq Ô Qpxq  0 p $ 0q

Mục này được tham khảo chủ yếu từ [2].

Phương pháp giải.

Xét các trường hợp:

1. Xét Qpxq  0.
— 2. Xét Qpxq $ 0. Chia cả hai vế phương trình cho Qpxq, đặt t  —P pxq, đưa về

Qpxq

phương trình bậc hai theo t.

13

Nhận xét 1.1. Vì vai trị của P pxq và Qpxq là bình đẳng, nên ta có thể chia hai vế
phương trình cho P pxq $ 0 hoặc —P pxqQpxq ¡ 0.

Ví dụ 1.12. Giải phương trình

x2 ¡ 3x 1  ¡c3cx4 x2 1.

3

Lời giải. Vì x4 x2 1  px2 1q2 ¡ x2  px2 x 1q px2 ¡ x 1q nên phương trình

ban đầu tương đương với

2 x2 Ă x 1ă Ă x2 x 1ă  Ăc3px2 x 1q px2 Ă x 1q
c3 x2 d 3 ¡ x 1
¡x 1
ô 2x2 x2 x 1 ¡ 1  ¡ 3 x2 x 1.

™x2 ¡ x 1 ¡ 0. Khi đó phương trình trở thành
Đặt t  2
1
xx

c3t  0 ô 2c3t2 c " tc 1

2t2 ¡ 1 3 t¡ 30ô! 3
3
t  ¡ c (loại)
23

Do đó d

x2 ¡ x 1  c1 ô 2x2 ¡ 4x 2  0 ô x  1.

x2 x 13

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1.

1.2.2 Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn

Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn là một phương pháp hay trong giải
phương trình vơ tỉ. Ở phương pháp này, ta có thể chọn nhiều hơn một ẩn phụ để biểu
diễn phương trình ban đầu hoặc ta giữ lại ẩn x thay vì biểu diễn phương trình hồn

tồn theo ẩn phụ đã chọn. Ta sẽ tìm hiểu một số dạng sau đây.

Dạng 1: pax bqccx2 dx e  px2 qx t.

Phương pháp giải: Ở dạng này, chúng ta có thể đặt một ẩn phụ hoặc hai ẩn phụ để
giải quyết phương trình, Mục đích là đưa phương trình trở thành một phương trình
bậc hai hai ẩn,có biệt thức ∆ là một biểu thức chính phương.

14

Cụ thể, ta viết lại phương trình thành

px2 qx t ¡ pax bqccx2 dx e  0.
Đặt t  ccx2 dx e ¥ 0. Ta sẽ biến đổi phương trình thành

mt2 ¡ pax bqt P pxq  0, (1.8)

với P pxq  px2 qx t ¡ m pcx2 dx eq và ∆t là một biểu thức chính phương, nhiệm

vụ của chúng ta là phải tìm một giá trị m thoả mãn yêu cầu. Viết lại phương trình
(1.8) thành

mt2 ¡ pax bqt p1 ¡ mcqx2 pq ¡ mdqx pt ¡ eq  0.

Khi đó ă
4me
∆t  pax bq2 ¡ 4m p1 ¡ mcqx2 pq ¡ mdqx pt ¡ eq$
 a2 ¡ 4m 4m2că x2 2ab Ă 4mq 4m2dă x b2 Ă 4mt
: Ax2 Bx C.

Để ∆t chính phương khi phương trình ∆t  0 có nghiệm duy nhất,tức ∆∆t  0, hay
B2 ¡ 4AC  0, suy ra

2ab Ă 4mq 4m2dă2 Ă 4 a2 Ă 4m 4mcă b2 Ă 4mt 4meă  0.

Khai triển vế trái của phương trình trên ta được một phương trình có dạng

m a1x3 a2x2 a3x a4ă  0,
phương trình này ln có ít nhất hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm m  0

Sau khi tìm được giá trị m, ta dễ dàng giải quyết phương trình (1.8).

Ví dụ 1.13. Giải phương trình

3x2 x 3 p8x ¡ 3qc2x2 1  0.
Phân tích. Đặt t  c2x2 1. Ta cần tìm hệ số m sao cho phương trình trở thành

mt2 p8x ¡ 3qt 3x2 x 3 ¡ m 2x2 1ă  0

15