PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ - TOÁN 12_1 pot

PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ
TỈ - TOÁN 12

I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
1. Bình phương 2 vế của phương trình
a) Phương pháp
 Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng :
A B C D
  
,
ta thường bình phương 2 vế , điều đó đôi khi lại gặp khó khăn hãy giải
ví dụ sau



3 3 3 3
3 3
3 .
A B C A B A B A B C
      

và ta sử dụng phép thế :
3 3
A B C
 
ta được phương trình :
3
3 . .
A B A B C C
  

b) Ví dụ
Bài 1. Giải phương trình sau :
3 3 1 2 2 2
x x x x
     

Giải: Đk
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 có :

2 2
6 8 2 4 12 1
x x x x x
     

Thử lại x=1 thỏa
 Nhận xét : Nếu phương trình :








f x g x h x k x
  
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 ,giải phương trình hệ
quả
Bài 2. Giải phương trình sau :
3
2
1
1 1 3
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
(2) 3 1 1
3
x
x x x x
x

       


Bình phương 2 vế ta được:
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    l nghiệm
Qua lời giải trên ta có 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








f x h x k x g x
  

2. Trục căn thức
2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung
a) Phương pháp
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


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 gía


0

A x


vô nghiệm
b) Ví dụ
Bài 1 . Giải phương trình sau :


2 2 2 2
3 5 1 2 3 1 3 4
x x x x x x x
         

Giải:
Ta nhận thấy :






2 2
3 5 1 3 3 3 2 2
x x x x x
       
v







2 2
2 3 4 3 2
x x x x
     

Ta có thể trục căn thức 2 vế :
 
2 2
2 2
2 4 3 6
2 3 4
3 5 1 3 1
x x
x x x
x x x x
  

   
    

Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình .
Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) :
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
2 2
2 2
2 2
4 4
12 4 3 6 5 3 3 2
12 4 5 3
2 1
2 3 0 2
12 4 5 3

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

Dễ dàng chứng minh được :
2 2
2 2 5
3 0,
3
12 4 5 3
x x
x
x x
 
    
   

Bài 3. Giải phương trình :

2 33
1 1
x x x
   

Giải :Đk
3
2
x 

Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương
trình
 
 
 
 
2
2 33
2 3
2 2
3
3
3 3 9
3
1 2 3 2 5 3 1
2 5
1 2 1 4
x x x
x
x x x x

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

Ta chứng minh :
 


2
2
2 2 2
3 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 pt có nghiệm duy nhất x=3
2.2. Đưa về “hệ tạm “
a) Phương pháp
 Nếu phương trình vô tỉ có dạng
A B C
 
, mà :
A B C

 

ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của
x
. Ta có thể giải như
sau :
A B
C A B
A B



   

, khi đĩ ta có hệ: 2
A B C
A C
A B



 

  

 



b) Ví dụ
Bài 4. 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
      

4
x
 
không phải là nghiệm
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

        
    

Vậy ta có hệ:

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 v x=

8
7


Bài 5. Giải phương trình :
2 2
2 1 1 3
x x x x x
     

Ta thấy :




2 2 2
2 1 1 2
x x x x x x
      
, như vậy không thỏa mãn điều
kiện trên.
Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt
1
t
x

thì bài toán trở nên đơn giản
hơn
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau :

 
2 2
3 1 3 1
x x x x
    

4 3 10 3 2
x x
   
(HSG
Toàn Quốc 2002)







2 2 5 2 10
x x x x x
     

23
4 1 2 3
x x x
    


2 33
1 3 2 3 2

x x x
    

2
3
2 11 21 3 4 4 0
x x x
    
(OLYMPIC
30/4-2007)
2 2 2 2
2 1 3 2 2 2 3 2
x x x x x x x
         

2 2
2 16 18 1 2 4
x x x x
     

2 2
15 3 2 8
x x x
    



3. Phương trình biến đổi về tích
 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
0

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

Bi 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 x:

 
3 3 3
3 3
1 1
1 1 1 1 0 1
x x
x x x x
x x
 
 
         
 
 

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

Giải:
: 1
dk x
 

pt
  
1
3 2 1 1 0
0

x
x x x
x


      




Bài 4. Giải phương trình :
4
3 4
3
x
x x
x
  


Giải:
Đk:
0
x


Chia cả hai vế cho
3
x


:
2
4 4 4
1 2 1 0 1
3 3 3
x x x
x
x x x
 
      
 
  
 

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

Bài 1. Giải phương trình : 3 3
x x x
  

Giải:
Đk:
0 3
x 
khi đó pt đ cho tương đương :
3 2

3 3 0
x x x
   
3
3
1 10 10 1
3 3 3 3
x x

 
    
 
 

Bài 2. Giải phương trình sau :
2
2 3 9 4
x x x
   

Giải:
Đk:
3
x
 
phương trình tương đương :
 
2
2
1

3 1 3
1 3 9
5 97
3 1 3
18
x
x x
x x
x
x x



  

    

 


   





Bài 3. Giải phương trình sau :
   
2
2

3
3
2 3 9 2 2 3 3 2
x x x x x    
Giải : pttt


3
3 3
2 3 0 1
x x x
     


II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ
1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường
 Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt


t f x
 và chú ý điều kiện của
t
nếu phương trình ban đầu trở thành
phương trình chứa một biến
t
quan trọng hơn ta có thể giải được
phương trình đó theo
t
thì việc đặt phụ xem như “hoàn toàn ” .Nói
chung những phương trình mà có thể đặt hoàn toàn



t f x
 thường
là những phương trình dễ .
Bài 1. Giải phương trình:
2 2
1 1 2
x x x x
     

Điều kiện:
1
x


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

Đặt
2
1
t x x
  
thì phương trình có dạng:
1
2 1

t t
t
   

Thay vào tìm được
1
x


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

Giải
Điều kiện:
4
5
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
     

Ta tìm được bốn nghiệm là:
1,2 3,4
1 2 2; 1 2 3
t t    
Do
0
t

nên chỉ nhận các gái trị
1 3
1 2 2, 1 2 3

t t    
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l:
1 2 2 3
vaø 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)