Một số phương pháp sáng tác và giải các bài toán phương trình và hệ phương trình pdf
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (736.77 KB, 63 trang )
M
M
Ộ
Ộ
T
T
S
S
Ố
Ố
P
P
H
H
Ư
Ư
Ơ
Ơ
N
N
G
G
P
P
H
H
Á
Á
P
P
S
S
Á
Á
N
N
G
G
T
T
Á
Á
C
C
V
V
À
À
G
G
I
I
Ả
Ả
I
I
C
C
Á
Á
C
C
B
B
À
À
I
I
T
T
O
O
Á
Á
N
N
P
P
P
H
H
H
Ư
Ư
Ư
Ơ
Ơ
Ơ
N
N
N
G
G
G
T
T
T
R
R
R
Ì
Ì
Ì
N
N
N
H
H
H
V
V
V
À
À
À
H
H
H
Ệ
Ệ
Ệ
P
P
P
H
H
H
Ư
Ư
Ư
Ơ
Ơ
Ơ
N
N
N
G
G
G
T
T
T
R
R
R
Ì
Ì
Ì
N
N
N
H
H
H
NGUYỄNTÀICHUNG
GVTHPTCHUYÊNHÙNGVƯƠNG,GIALAI
Mục lục
Lời nói đầu
2
1 3
1.1 Một số phương pháp sáng tác và giải các bài toán về phương tr
ình, hệ
phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Xây dựng một số phương trình được giải bằng cách đưa về hệ
phương trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Sử dụng công thức lượng giác để sáng tác các phương trình
đa
thức bậc cao. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.1.3 Sử dụng các đồng nhất thức đại số có xuất sứ từ các hàm lượn
g
giác hypebôlic để sáng tác các phương trình đa thức bậc cao. . .
14
1.1.4 Sáng tác một số phương trình đẳng cấp đối với hai biểu thứ
c . . 17
1.1.5 Xây dựng phương trình từ các đẳng thức. . . . . . . . . . . . . 24
1.1.6 Xây dựng phương trình từ các hệ đối xứng loại II. . . . . . . .
. 27
1.1.7 Xây dựng phương trình vô tỉ dựa vào tính đơn điệu của hàm s
ố. 30
1.1.8 Xây dựng phương trình vô tỉ dựa vào các phương trình lượn
g giác. 35
1.1.9 Sử dụng căn bậc
n
của số phức để sáng tạo và giải hệ phương
trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
1.1.10 Sử dụng bất đẳng thức lượng giác trong tam giác để sáng t
ạo ra
các phương tr ình lượng giác hai ẩn và xây dựng thuật giải. . . . 4
7
1.1.11 Sử dụng hàm ngược để sáng tác một số phương trình, hệ phư
ơng
trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
1
Lời nói đầu
2
Chương 1
1.1 Một số phương pháp sáng tác và giải các bài toán về
phương trình, hệ phương trình
Như chúng ta đã biết phương trì nh, hệ phương trình có rất nhiều
dạng và phương pháp
giải khác nhau. Người giáo viên ngoài nắm được các dạng phương trình và cách giải
chúng để hướng dẫn học sinh cần phải biết xây dựng lên các đề toá
n để làm tài li ệu
cho việc giảng dạy. Bài viết này đưa ra m ột số phương pháp sáng t
ác, quy trình xây
dựng nên các phương trình, hệ phương trình. Qua các phương phá
p sáng tác này ta
cũng rút ra được các phương pháp giải cho các dạng phương trình
, hệ phương trình
tương ứng. Các quy trình xây dựng đề toán được trình bày thông q
ua những ví dụ,
các bài toán được đặt ngay sau các ví dụ đó. Đa số các bài toán đượ
c xây dựng đều
có lời giải hoặc hướng dẫn. Quan trọng hơn nữa là một số lưu ý sau
lời giải sẽ giúp ta
giải thích đượ c "vì sao lại nghĩ ra lời giải này".
1.1.1 Xây dựng một số phương trình được giải bằng cách đưa về hệ
phương
trình.
Ví dụ 1. Xét hệ đối xứng loại hai
x
= 2
−
3
y
2
y
= 2
−
3
x
2
⇒
x
= 2
−
3
2
−
3
x
2
2
.
Ta có bài toán sau
Bài toán 1 (THTT, số 250, tháng 04/1998).
Giải phương trình
x
+ 3
2
−
3
x
2
2
= 2
.
Giải.
Đặt
y
= 2
−
3
x
2
. Ta có hệ
x + 3y
2
= 2
y
= 2
−
3
x
2
⇔
x = 2 − 3y
2
(1)
y
= 2
−
3
x
2
(2)
3
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
Lấy (1) trừ (2) ta được
x
−
y
= 3(
x
2
−
y
2
)
⇔
x
−
y
= 0
3(
x
+
y
) = 1
⇔
y
=
x
y
=
1
−
3
x
3
.
• Với y = x, thay vào (1) ta được
3
x
2
+
x
−
2 = 0
⇔
x
∈
−
1
,
2
3
.
•
Với
y
=
1
−
3
x
3
, thay vào (2) ta được
1
−
3
x
3
= 2
−
3
x
2
⇔
9
x
2
−
3
x
−
5 = 0
⇔
x
=
1
±
√
21
6
.
Phương trình đã cho có bốn nghiệm
x
=
−
1
, x
=
2
3
, x
=
1
−
√
21
6
, x
=
1 +
√
21
6
.
Lưu ý.
Từ lời giải trên ta thấy rằng nếu khai triển
(2
−
3
x
2
)
2
thì sẽ đưa phương trình
đã cho về phương trình đa thức bậc bốn, sau đó biến đổi thành
(
x
+ 1)(3
x
−
2)(9
x
2
−
3
x
−
5) = 0
.
Vậy nếu khi xây dựng bài toán, ta cố ý làm cho phương trình không
có nghiệm hữu
tỉ thì phương pháp khai triển đưa về phương trình bậc cao, sau đ
ó phân tích đưa về
phương trình tích sẽ gặp nhiều khó khăn.
Ví dụ 2.
Xét một phương trình bậc hai có cả hai nghiệm là số vô tỉ
5
x
2
−
2
x
−
1 = 0
⇔
2
x
= 5
x
2
−
1
.
Do đó ta xét
2y = 5x
2
− 1
2
x
= 5
y
2
−
1
⇒
2
x
= 5
5x
2
− 1
2
2
−
1
Ta có bài toán sau
Bài toán 2.
Giải phương trình
8
x
−
5 (5
x
2
−
1)
2
=
−
8
.
Giải.
Đặt
2
y
= 5
x
2
−
1
. Khi đó
2y = 5x
2
− 1
8
x
−
5
.
4
y
2
=
−
8
⇔
2y = 5x
2
− 1 (1)
2
x
= 5
y
2
−
1
.
(2)
4
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
2(
y
−
x
) = 5(
x
2
−
y
2
)
⇔
y
−
x
= 0
2 =
−
5(
x
+
y
)
⇔
y
=
x
y
=
−
5
x
+ 2
5
.
• Với y = x, thay vào (1) ta được
5
x
2
−
2
x
−
1 = 0
⇔
x
=
1
±
√
6
5
.
•
Với
y
=
−
5
x
+ 2
5
, thay vào (1) ta được
−
10
x
+ 4
5
= 5
x
2
−
1
⇔
25
x
2
+ 10
x
−
1 = 0
⇔
x
=
−
5
±
√
50
25
.
Phương trình đã cho có bốn nghiệm
1
±
√
6
5
,
−
1
±
√
2
5
.
Ví dụ 3.
Xét một phương trình bậc ba
4
x
3
−
3
x
=
−
√
3
2
⇔
8
x
3
−
6
x
=
−
√
3
⇔
6
x
= 8
x
3
−
√
3
Do đó ta xét
6
y
= 8
x
3
−
√
3
6
x
= 8
y
3
−
√
3
⇒
6
x
= 8
8
x
3
−
√
3
6
3
−
√
3
⇒
1296
x
+ 216
√
3 = 8
8
x
3
−
√
3
3
⇒ 162x + 27
√
3 =
8x
3
−
√
3
3
.
Ta có bài toán sau
Bài toán 3. Gi ải phương trình 162x + 27
√
3 =
8x
3
−
√
3
3
.
Giải.
Đặt
6
y
= 8
x
3
−
√
3
. Ta có hệ
6
y
= 8
x
3
−
√
3
162
x
+ 27
√
3 = 216
y
3
⇔
6
y
= 8
x
3
−
√
3 (1)
6
x
= 8
y
3
−
√
3 (2)
Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
6(
y
−
x
) = 8(
x
3
−
y
3
)
⇔
(
x
−
y
)
8
x
2
+
xy
+
y
2
+ 6
= 0
.
(3)
5
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
Vì x
2
+ xy + y
2
≥ 0 nên 8 (x
2
+ xy + y
2
) + 6 > 0. Do đó từ (3) ta được x = y. Thay
vào (1) ta được
6
x
= 8
x
3
−
√
3
⇔
4
x
3
−
3
x
=
−
√
3
2
⇔
4
x
3
−
3
x
= cos
5
π
6
(4)
Sử dụng công thức
cos
α
= 4 cos
3
α
3
−
3 cos
α
3
, ta có
cos
5
π
6
= 4 cos
3
5
π
18
−
3 cos
5
π
18
,
cos
17
π
6
= 4 cos
3
17
π
18
−
3 cos
17
π
18
,
cos
7
π
6
= 4 cos
3
7
π
18
−
3 cos
7
π
18
.
Vậy
x
= cos
5
π
18
, x
= cos
17
π
18
, x
= cos
7
π
18
là tất cả các nghiệm của phương trình (4)
và cũng là tất cả các nghiệm của phương trình đã cho.
Lưu ý.
Phép đặt
6
y
= 8
x
3
−
√
3
được tìm ra như sau : Ta đặt
ay
+
b
= 8
x
3
−
√
3
(với
a
,
b
sẽ tìm sau). Khi đó từ PT đã cho có hệ
ay
+
b
= 8
x
3
−
√
3
162
x
+ 27
√
3 =
a
3
y
3
+ 3
a
2
by
2
+ 3
ab
2
y
+
b
3
.
Cần chọn
a
và
b
sao cho
a
162
=
8
a
3
=
b
+
√
3
27
√
3
−
b
3
3
a
2
b
= 3
ab
2
= 0
⇒
b
= 0
a
= 6
.
Vậy ta có phé p đặt
6
y
= 8
x
3
−
√
3
.
Ví dụ 4.
Ta sẽ xây dựng một phương trình vô tỉ có ít nhất một nghiệm theo ý
muốn.
Xét
x
= 3
. Khi đó
2
x
−
5 = 1
⇒
(2
x
−
5)
3
= 1
do
x
=3
=
x
−
2
.
Ta mong muốn có một phương trình chứa
(
ax
+
b
)
3
và chứa
3
√
cx
+
d
, hơn nữa phương
trình này được giải bằng cách đ ưa về hệ "gần" đối xứng loại hai
(
nghĩa là khi trừ theo
vế hai phương trình của hệ ta có thừa số (x − y)). Vậy ta xét hệ
(2
y
−
5)
3
=
x
−
2
(2x − 5)
3
= −x + 2y − 2.
Nếu có phép đặt
2
y
−
5 =
3
√
x
−
2
, thì sau khi thay vào phương trình
(2
x
−
5)
3
=
−
x
+ 2
y
−
2
6
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
ta được
8
x
3
−
60
x
2
+ 150
x
−
125 =
−
x
+
3
√
x
−
2 + 5
−
2
.
Ta có bài toán sau
Bài toán 4.
Giải phương trình
3
√
x
−
2 = 8
x
3
−
60
x
2
+ 151
x
−
128
.
Giải.
Cách 1.
Tập xác định
R
. Phương trình viết lại
3
√
x
−
2 = (2
x
−
5)
3
+
x
−
3
.
(1)
Đặt
2
y
−
5 =
3
√
x
−
2
. Kết hợp với (1) ta có hệ
(2
y
−
5)
3
=
x
−
2 (2)
(2
x
−
5)
3
=
−
x
+ 2
y
−
2 (3)
Lấy (3) trừ (2) theo vế ta được
2 (
x
−
y
)
(2
x
−
5)
2
+ (2
x
−
5) ( 2
y
−
5) + (2
y
−
5)
2
= 2(
y
−
x
)
⇔
x
−
y
= 0
(4)
(2
x
−
5)
2
+ (2
x
−
5) (2
y
−
5) + (2
y
−
5)
2
+ 1 = 0
.
(5)
•
Ta có
(4)
⇔
y
=
x
. Thay vào (2) ta được
(2
x
−
5)
3
=
x
−
2
⇔
8
x
3
−
60
x
2
+ 149
x
−
123 = 0
⇔
(
x
−
3)(8
x
2
−
36
x
+ 41) = 0
⇔
x
= 3
.
• Do A
2
+ AB + B
2
=
A +
B
2
2
+
3
B
2
4
≥ 0 nên (5) không thể xảy ra.
Phương trình có nghiệm duy nhất
x
= 3
.
Do phương trình có nghiệm duy nhất
x
= 3
nên ta nghĩ đến phương pháp sử dụng tính
đơn điệu của hàm số như sau
Cách 2. Tập x ác định R. Đặt y =
3
√
x −2. Ta có hệ
8
x
3
−
60
x
2
+ 151
x
−
128 =
y
x = y
3
+ 2
Cộng vế theo vế hai phương trình của hệ ta được
8
x
3
−
60
x
2
+ 152
x
−
128 =
y
3
+
y
+ 2
⇔
8
x
3
−
60
x
2
+ 150
x
−
125 + 2
x
−
5 =
y
3
+
y
7
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
⇔(2x − 5)
3
+ (2x − 5) = y
3
+ y. (*)
Xét hàm số
f
(
t
) =
t
3
+
t
. Vì
f
(
t
) = 3
t
2
+ 1
>
0
,
∀
t
∈
R
nên hàm
f
đồng biến trên
R
.
Do đó
(
∗
)
viết lại
f
(2
x
−
5) =
f
(
y
)
⇔
2
x
−
5 =
y.
Bởi vậy
(2
x
−
5) =
3
√
x
−
2
⇔
(2
x
−
5)
3
=
x
−
2
⇔
8
x
3
−
60
x
2
+ 149
x
−
123 = 0
⇔
(
x
−
3)(8
x
2
−
36
x
+ 41) = 0
⇔
x
= 3
.
Phương trình có nghiệm duy nhất
x
= 3
.
Ví dụ 5.
Xét một phương trình bậc ba nào đó, chẳng hạn xét
4
x
3
+ 3
x
= 2
. Phương
trình này tương đương
8
x
3
+ 6
x
= 4
⇔
8
x
3
= 4
−
6
x
⇔
2
x
=
3
√
4
−
6
x.
Ta "lồng ghép" phương trình cuối vào một hàm đơn điệu như sau
(2
x
3
) + 2
x
=
3
√
4
−
6
x
+ 4
−
6
x
⇔
8
x
3
+ 8
x
−
4 =
3
√
4
−
6
x.
Ta được bài toán sau
Bài toán 5.
Giải phương trình
8
x
3
+ 8
x
−
4 =
3
√
4
−
6
x.
Giải.
Tập xác định của phương t rình là
R
.
Cách 1.
Phương trình đã cho tương đương
(2
x
)
3
+ 2
x
=
3
√
4
−
6
x
+ 4
−
6
x.
(1)
Xét hàm số f(t) = t
3
+ t, ∀t ∈ R. Vì f
(t) = 3t
2
+ 1 > 0, ∀t ∈ R nên hàm số f(t) đồng
biến trên R. Mà PT (1) viết lại f
3
√
4 − 6x
= f(2x) nên nó tương đương
3
√
4
−
6
x
= 2
x
⇔
8
x
3
+ 6
x
= 4
⇔
4
x
3
+ 3
x
= 2
.
(2)
Vì hàm số
g
(
x
) = 4
x
3
+ 3
x
có
g
(
x
) = 12
x
2
+ 3
>
0
,
∀
x
∈
R
nên PT (2) có không quá
một nghiệm . Xét
2 =
1
2
α
3
−
1
α
3
⇔
(
α
3
)
2
−
4
α
3
−
1
⇔
α
3
= 2
±
√
5
.
8
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
Do đó, nếu đặt
α
=
3
2 +
√
5
thì
2 =
1
2
α
3
−
1
α
3
. Ta có
1
2
α
3
−
1
α
3
= 3
1
2
α
−
1
α
+ 4
1
2
α
−
1
α
3
.
Vậy
x
=
1
2
α
−
1
α
=
1
2
3
2 +
√
5 +
3
2
−
√
5
là nghiệm duy nhất của PT (2) và
cũng là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Cách 2.
Phương trình viết lại
(2
x
)
3
=
3
√
−
6
x
+ 4
−
8
x
+ 4
.
Đặt
2
y
=
3
√
4
−
6
x
. Ta có hệ
8
y
3
= 4
−
6
x
8
x
3
+ 8
x
−
4 = 2
y
⇔
8
y
3
=
−
6
x
+ 4 (
a
)
8
x
3
= 2
y
+ 4
−
8
x.
(
b
)
Lấy PT
(
b
)
trừ PT
(
a
)
theo vế ta được
8(
x
3
−
y
3
) = 2(
y
−
x
)
⇔
(
x
−
y
)[4(
x
2
+
xy
+
y
2
) + 1] = 0
⇔
y
=
x.
Thay y = x vào (a) ta được
8
x
3
=
−
6
x
+ 4
⇔
4
x
3
+ 3
x
= 2
.
Đến đây làm giống cách 1.
Bài toán 6 (Chọn đội t uyển tp Hồ Chí Minh dự thi quốc gia năm học
2002-2003).
Giải phương trình
3
√
3
x
−
5 = 8
x
3
−
36
x
2
+ 53
x
−
25
.
Giải. Tập xác định R. Phương trình viết lại
3
√
3
x
−
5 = (2
x
−
3)
3
−
x
+ 2
.
(1)
Đặt
2
y
−
3 =
3
√
3
x
−
5
. Kết hợp với (1) ta có hệ
(2
y
−
3)
3
= 3
x
−
5 (2)
(2
x
−
3)
3
=
x
+ 2
y
−
5 (3)
Lấy (3) trừ (2) theo vế ta được
2 (
x
−
y
)
(2
x
−
3)
2
+ (2
x
−
3) ( 2
y
−
3) + (2
y
−
3)
2
= 2(
y
−
x
)
9
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
⇔
x −y = 0 (4)
(2
x
−
3)
2
+ (2
x
−
3) (2
y
−
3) + (2
y
−
3)
2
+ 1 = 0
.
(5)
•
Ta có
(4)
⇔
y
=
x
. Thay vào (2) ta được
(2
x
−
3)
3
= 3
x
−
5
⇔
8
x
3
−
36
x
2
+ 54
x
−
27 = 3
x
−
5
⇔
(
x
−
2)(8
x
2
−
20
x
+ 11) = 0
⇔
x
= 2
x
=
5
±
√
3
4
.
•
Do
A
2
+
AB
+
B
2
=
A
+
B
2
2
+
3
B
2
4
≥
0
nên (5) không thể xảy ra.
Phương trình có ba nghiệm
x
= 2
, x
=
5
±
√
3
4
.
Bài toán 7 (Đề nghị OLYMPIC 30/04/2006).
Giải phương trình
3
√
6x + 1 = 8x
3
− 4x − 1.
Giải.
Tập xác định của phương t rình là
R
. Đặt
3
√
6
x
+ 1 = 2
y
. Ta có hệ
8
x
3
−
4
x
−
1 = 2
y
6
x
+ 1 = 8
y
3
⇔
8
x
3
= 4
x
+ 2
y
+ 1 (1)
8
y
3
= 6
x
+ 1
.
(2)
Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
8(
x
3
−
y
3
) = 2(
y
−
x
)
⇔
(
x
−
y
)[4(
x
2
+
xy
+
y
2
) + 1] = 0
⇔
y
=
x.
Thay
y
=
x
vào (2) ta được
8
x
3
−
6
x
= 1
⇔
4
x
3
−
3
x
= cos
π
3
.
(3)
Sử dụng công thức cos α = 4 cos
3
α
3
−3 cos
α
3
, ta có
cos
π
3
= 4 cos
3
π
9
−
3 cos
π
9
,
cos
7
π
3
= 4 cos
3
7
π
9
−
3 cos
7
π
9
,
cos
5
π
3
= 4 cos
3
5
π
9
−
3 cos
5
π
9
.
Vậy
x
= cos
π
9
, x
= cos
5π
9
, x
= cos
7π
9
là tất cả các nghiệm của phương trình (3) và
cũng là tất cả các nghiệm của phương trình đã cho.
Lưu ý. Ta còn có thể giải cách khác như sau : Phương trình viết lại
6
x
+ 1 +
3
√
6
x
+ 1 = (2
x
)
3
+ 2
x.
(3)
10
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
Xét hàm số f(t) = t
3
+ t, ∀t ∈ R. Vì f
(t) = 3t
2
+ 1 > 0, ∀t ∈ R nên hàm số f(t) đồng
biến trên
R
. Mà PT (2) viết lại
f
3
√
6
x
+ 1
=
f
(2
x
)
nên nó tương đương
3
√
6
x
+ 1 = 2
x
⇔
8
x
3
−
6
x
= 1
⇔
4
x
3
−
3
x
=
1
2
.
1.1.2 Sử dụng công thức lượng giác để sáng tác các phương tr ình
đa t hức
bậc c ao.
Ví dụ 6.
Từ công thức
cos 6
α
= 32 cos
6
α
−
48 cos
4
α
+ 18 cos
2
α
−
1
,
lấy
cos
α
=
x
ta được
cos 6
α
= 32
x
6
−
48
x
4
+ 18
x
2
−
1
.
Chọn
α
=
π
3
ta được
32
x
6
−
48
x
4
+ 18
x
2
−
1 =
1
2
.
Ta có bài toán sau
Bài toán 8 (Đề nghị OLYMPIC 30/04/2009). Giải phương trình
64
x
6
−
96
x
4
+ 36
x
2
−
3 = 0
.
Giải.
Ta có
cos 6
α
= 2 cos
2
3
α
−
1 = 2
4 cos
3
α
−
3 cos
α
2
−
1
= 32 cos
6
α
−
48 cos
4
α
+ 18 cos
2
α
−
1
.
(1)
Phương trình đã cho tương đương
32
x
6
−
48
x
4
+ 18
x
2
−
1 =
1
2
⇔
32
x
6
−
48
x
4
+ 18
x
2
−
1 = cos
π
3
.
(2)
Từ công thức (1) suy ra (2) có 6 nghiệm là
x
= cos
π
3
.
6
+
k
2
π
6
, k
= 0
,
1
,
2
,
3
,
4
,
5
.
Ví dụ 7. Từ công thức
cos 5α = 16 cos
5
α − 20 cos
3
α + 5 cos α,
11
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
Đặt
cos
α
=
x
2
√
3
ta được
cos 5
α
=
16
x
5
288
√
3
−
20
x
3
24
√
3
+
5
x
2
√
3
=
x
5
18
√
3
−
5
x
3
6
√
3
+
5
x
2
√
3
=
x
5
−
15
x
3
+ 45
x
18
√
3
.
Chọn
5
α
=
π
6
ta được
√
3
2
=
x
5
−
15
x
3
+ 45
x
18
√
3
⇔ x
5
− 15x
3
+ 45x − 27 = 0.
Ta có bài toán sau
Bài toán 9.
Giải phương trình
x
5
−
15
x
3
+ 45
x
−
27 = 0
.
Giải.
Tập xác định
R
. Đặt
x
= 2
√
3
t
, thay vào phương trình đã cho ta được
288
√
3t
5
−360
√
3t
3
+ 90
√
3t − 27 = 0
⇔
2
16
t
5
−
20
t
3
+ 5
t
=
√
3
⇔
16
t
5
−
20
t
3
+ 5
t
= cos
π
6
.
(1)
Mặt khác t a có
cos 5
α
+ cos
α
= 2 cos 3
α
cos 2
α
⇔
cos 5
α
= 2
4 cos
3
α
−
3 cos
α
2 cos
2
α
−
1
−
cos
α
⇔
cos 5
α
= 2
8 cos
5
α
−
10 cos
3
α
+ 3 cos
α
−
cos
α
⇔
cos 5
α
= 16 cos
5
α
−
20 cos
3
α
+ 5 cos
α.
(2)
Từ công thức (2) suy ra (1) có
5
nghiệm là
t
= cos
π
6.5
+
k2π
5
, k
= 0
,
1
,
2
,
3
,
4
.
Phương trình đã cho có
5
nghiệm là
x = 2
√
3 cos
π
30
+
k
2
π
5
, k = 0, 1, 2, 3, 4.
Lưu ý.
Trong lời giải trên, phép đặt
x
= 2
√
3
t
được tìm ra như sau : Do công thức
cos 5
α
= 16 cos
5
α
−
20 cos
3
α
+ 5 cos
α,
12
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
nên ta đặt x = at, với a sẽ tìm sau. Thay x = at vào phương trình đã cho ta được
a
5
t
5
−
15
a
3
t
3
+ 45
at
−
27 = 0
.
Ta tìm
a
thoả mãn điều kiện
a
5
16
=
−
15
a
3
−
20
=
45
a
5
⇒
a
4
16
=
3
a
2
4
= 9
⇒
a
=
±
2
√
3
.
Vậy ta có phé p đặt
x
= 2
√
3
t
.
Ví dụ 8.
Từ công thức
sin 5
α
= 16 sin
5
α
−
20 sin
3
α
+ 5 sin
α,
lấy
sin
α
= 2
x
ta được
sin 5
α
= 512
x
5
−
160
x
3
+ 10
x.
Chọn
5
α
=
π
3
, ta có
√
3
2
= 512
x
5
−
160
x
3
+ 10
x
⇔
1024
x
5
−
320
x
3
+ 20
x
−
√
3 = 0
.
Ta được bài toán sau
Bài toán 10.
Giải phương trình
1024
x
5
−
320
x
3
+ 20
x
−
√
3 = 0
.
Giải. Đặt x =
t
2
, thay vào phương trình đã cho ta được
32
t
5
−
40
t
+ 10 =
√
3
⇔
16
t
5
−
20
t
3
+ 5
t
= sin
π
3
.
(1)
Ta có
sin 5
α
+ sin
α
= 2 sin 3
α
cos 2
α
⇔
sin 5
α
= 2
3 sin
α
−
4 sin
3
α
1
−
2 sin
2
α
−
sin
α
⇔
sin 5
α
= 2
8 sin
5
α
−
10 sin
3
α
+ 3 sin
α
−
sin
α
⇔
sin 5
α
= 16 sin
5
α
−
20 sin
3
α
+ 5 sin
α.
(2)
Từ công thức (2) suy ra (1) có
5
nghiệm là
t = sin
π
3
.
5
+
k
2
π
5
, k = 0, 1, 2, 3, 4.
Phương trình đã cho có
5
nghiệm là
x =
1
2
sin
π
15
+
k
2
π
5
, k = 0, 1, 2, 3, 4.
13
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
1.1.3 Sử dụng các đồng nhất thức đại số có xuất sứ từ các hàm lượng giác
hypebôlic để sáng tác các phương trình đa thức bậc cao.
Sử dụng các đồng nhất thức đại số có xuất sứ từ các hàm lượng giác
hypebôlic ta có
thể sáng tác được một số phương trình đa thức bậc cao có cách giả
i đặc thù.
Ví dụ 9.
Xét đồng nhất thức
1
2
a
5
−
1
a
5
= 2
4
m
3
+ 3
m
1 + 2
m
2
−
m
= 16
m
5
+ 20
m
3
+ 5
m,
trong đó
m
=
1
2
a
−
1
a
. Đặt
m
=
x
2
√
2
, khi đó
1
2
a
5
−
1
a
5
=
16x
5
128
√
2
+
20x
3
16
√
2
+
5x
2
√
2
=
x
5
8
√
2
+
10x
3
8
√
2
+
20x
8
√
2
.
Lấy
1
2
a
5
−
1
a
5
=
9
4
√
2
, ta được bài toán s au
Bài toán 11.
Giải phương trình
x
5
+ 10
x
3
+ 20
x
−
18 = 0
.
Giải.
Ta thấy rằng
x
=
√
2
a
−
1
a
⇔
√
2
a
2
−
xa
−
√
2 = 0
⇔
a
=
x
±
√
x
2
+ 8
2
√
2
.
Do đó ta có quyền đặt
x
=
√
2
a
−
1
a
. Khi đó
x
5
= 4
√
2
a
5
−
5
a
3
+ 10
a
−
10
a
+
5
a
3
−
1
a
5
10
x
3
= 20
√
2
a
3
−
3
a
+
3
a
−
1
a
3
20x = 20
√
2
a −
1
a
.
Thay vào phương trình đã cho ta được
4
√
2
a
5
−
1
a
5
− 18 = 0 ⇔ 4
√
2(a
5
)
2
−18a
5
−4
√
2 = 0
14
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
⇔
a
5
=
9 +
√
113
4
√
2
a
5
=
9
−
√
113
4
√
2
=
−
4
√
2
9 +
√
113
.
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
x
=
√
2
5
9 +
√
113
4
√
2
−
5
4
√
2
9 +
√
113
.
Lưu ý. Trong lời giải trên, phép đặt x =
√
2
a −
1
a
được tìm ra như sau : Do công
thức
1
2
a
5
−
1
a
5
= 2
4
m
3
+ 3
m
1 + 2
m
2
−
m
= 16
m
5
+ 20
m
3
+ 5
m,
trong đó
m
=
1
2
a
−
1
a
. nên ta đặt
x
=
pm
, với
p
sẽ tìm sau. Thay
x
=
pm
vào
phương trình đã cho ta được
p
5
m
5
+ 10
p
3
m
3
+ 20
pm
−
18 = 0
.
Ta tìm
p
thoả mãn điều kiện
10
p
2
=
20
16
20
p
4
=
5
16
⇒
p
2
= 8
⇒
p
= 2
√
2
.
Vậy ta có phé p đặt
x
=
√
2
a
−
1
a
.
Ví dụ 10.
Từ đồng nhất thức
1
2
a
5
+
1
a
5
=
−
m
+ 2(4
m
3
−
3
m
)(2
m
2
−
1) = 16
m
5
−
20
m
3
+ 5
m,
trong đó
m
=
1
2
a
+
1
a
. Lấy
m
=
x
ta được
1
2
a
5
+
1
a
5
= 16
x
5
−
20
x
3
+ 5
x.
Lấy
1
2
a
5
+
1
a
5
=
−
7
ta được phương trình
16
x
5
−
20
x
3
+ 5
x
+ 7 = 0
.
15
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
Từ phương trình này ta được phương trì nh
(
x
−
1)(16
x
5
−
20
x
3
+ 5
x
+ 7) = 0
.
Vậy ta có bài toán sau
Bài toán 12 (Đề nghị OLYMPIC 30/04/2008).
Giải phương trình
16
x
6
−
16
x
5
−
20
x
4
+ 20
x
3
+ 5
x
2
+ 2
x
−
7 = 0
.
(1)
Giải.
Ta có
(1) ⇔
x
= 1
16
x
5
−
20
x
3
+ 5
x
+ 7 = 0
⇔
x
= 1
16
x
5
−
20
x
3
+ 5
x
=
−
7 (2)
Tiếp theo t a giải phương trình (2).
•
Nếu
|
x
| ≤
1
thì đặt
x
= cos
t
, với
t
∈
[0;
π
]
. Thay vào (2) ta được
6 cos
5
t
−
20 cos
3
t
+ 5 cos
t
=
−
7
⇔
cos 5
t
=
−
7 (
vô nghiệm
)
.
•
Nếu
|
x
|
>
1
thì x ét phương trình
x
=
1
2
a
+
1
a
⇔
a
2
−
2
xa
+ 1 = 0
.
(3)
Vì
|
x
|
>
1
nên
∆
=
x
2
−
1
>
0
, suy ra (3) luôn có hai nghiệm phân biệt
a
1
và
a
2
(giả
sử
a
1
< a
2
). Đặt
f
(
a
) =
a
2
−
2
xa
+ 1
.
Nếu
x >
1
thì
f
(1) = 2
−
2
x
= 2(1
−
x
)
<
0
và
f
(0) = 1
>
0
. Mà
a
1
a
2
= 1
nên suy ra
0
< a
1
<
1
< a
2
.
Nếu x < −1 thì f(−1) = 2 + 2x = 2(1 + x) < 0 và f(0) = 1 > 0. Mà a
1
a
2
= 1 nê n suy
ra
a
1
<
−
1
< a
2
<
0
.
Vậy (3) có nghiệm
a
duy nhất thoả
|
a
|
>
1
. Tóm lại khi
|
x
|
>
1
thì có duy nhất số
thực
a
thoả mãn
|
a
|
>
1
và
x
=
1
2
a
+
1
a
. Ta có
16x
5
= 16
1
2
a +
1
a
5
=
1
2
a
5
+ 5a
3
+ 10a +
10
a
+
5
a
3
+
1
a
5
(3)
20
x
3
= 20
1
2
a
+
1
a
3
=
5
2
a
3
+ 3
a
+
3
a
+
1
a
3
(4)
5
x
=
5
2
a
+
1
a
.
(5)
Suy ra
16
x
5
−
20
x
3
+ 5
x
=
1
2
a
5
+
1
a
5
.
(6)
16
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
Từ (6) và (2) ta có
1
2
a
5
+
1
a
5
=
−
7
⇔
a
5
2
+ 14
a
5
+ 1 = 0
⇔
a
5
=
−
7
−
√
48
a
5
= −7 +
√
48
⇔
a
=
5
−
7
−
√
48
a
=
5
−
7 +
√
48
.
Vậy (2) có nghiệm duy nhất
x
=
1
2
5
−
7
−
√
48 +
5
−
7 +
√
48
.
Do đó phương trình
đã cho có hai nghiệm
x
= 1
, x
=
1
2
5
−
7
−
√
48 +
5
−
7 +
√
48
.
1.1.4 Sáng tác một số phương tr ình đẳng cấp đối với hai biểu thứ
c
Ta biết rằng nếu một phương trình đẳng cấp bậc
k
đối với hai biểu thức
P
(
x
)
và
Q
(
x
)
thì được giải bằng cách chia cả hai vế cho
[
P
(
x
)]
k
(hoặc
[
Q
(
x
)]
k
), sau đó đặt
t
=
P
(
x
)
Q(x)
(hoặc
t
=
Q
(
x
)
P
(
x
)
), đưa về phương trình đa thức bậc
k
theo
t
. Vận dụng điều này ta có
một phương pháp đơn giản để tạo ra nhiều phương trình thú vị.
Ví dụ 11.
Xét một phương trình bậc hai
7
t
2
+ 13
t
−
2 = 0
.
Lấy
t
=
x
−
1
x
2
+
x
+ 1
ta được
7
.
x
−
1
x
2
+
x
+ 1
2
+ 13
.
x
−
1
x
2
+
x
+ 1
−
2 = 0
.
Quy đồng bỏ mẫu ta được bài toán sau
Bài toán 13 (Đề nghị OLYMPIC 30/04/2009).
Giải phương trình
2(
x
2
+
x
+ 1)
2
−
7(
x
−
1)
2
= 13(
x
3
−
1)
.
Giải.
Tập xác định
R
. Do
x
2
+
x
+ 1
>
0
nên chia c ả hai vế phương trình cho
(x
2
+ x + 1)
2
> 0 ta được
2
−
7
.
x −1
x
2
+
x
+ 1
2
= 13
.
x −1
x
2
+
x
+ 1
.
17
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
Đặt
t
=
x
−
1
x
2
+
x
+ 1
. Khi đó
2
−
7
t
2
= 13
t
⇔
7
t
2
+ 13
t
−
2 = 0
⇔
t
=
−
2
t
=
1
7
.
•
Khi
t
=
−
2
ta được
x
−
1
x
2
+
x
+ 1
=
−
2
⇔
2
x
2
+ 3
x
+ 1 = 0
⇔
x
=
−
1
x
=
−
1
2
.
•
Khi
t
=
1
7
ta được
x
−
1
x
2
+
x
+ 1
=
1
7
⇔
x
2
−
6
x
+ 8 = 0
⇔
x
= 2
x
= 4
.
Phương trình đã cho có bốn nghiệm
x
=
−
1
, x
=
−
1
2
, x
= 2
, x
= 4
.
Lưu ý.
Phương trình này có nhiều hơn một nghiệm, và các nghiệm của phư
ơng trì nh
này đều là số nguyên và số hữu tỉ, do đó ta có thể giải nhanh chóng
bằng cách khai
triển đưa về phương trình bậc bốn, sau đó nhẩm nghiệm, đưa về ph
ương trình tích.
Ví dụ 12.
Xét một phương trình bậc hai có nghiệm
2
t
2
−
7
t
+ 3 = 0
.
Lấy
t
=
x
2
+
x
+ 1
x
−
1
ta được
2
x
2
+
x
+ 1
x
−
1
−
7
x
2
+
x
+ 1
x
−
1
+ 3 = 0
.
Quy đồng bỏ mẫu ta được
2(
x
2
+
x
+ 1) + 3(
x
−
1) = 7
(
x
−
1)(
x
2
+
x
+ 1)
.
Ta có bài toán sau
Bài toán 14 (Đề nghị OLYPIC 30/04/2007).
Giải p hương trình
2x
2
+ 5x − 1 = 7
√
x
3
−1. (1)
Đáp số. x = 4 ±
√
6.
Giải.
Điều kiện
x
≥
1
.
(1)
⇔
3(
x
−
1) + 2(
x
2
+
x
+ 1) = 7
(
x
−
1)(
x
2
+
x
+ 1)
.
(2)
18
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
Vì x = 1 không phải là nghiệm nên chia cả hai vế của (2) cho x − 1 > 0 ta được
3 + 2
x
2
+
x
+ 1
x
−
1
= 7
x
2
+
x
+ 1
x
−
1
.
(3)
Đặt
t
=
x
2
+
x
+ 1
x −1
⇒
x
2
+ (1
−
t
2
)
x
+ 1 +
t
2
= 0
. Điều kiện của
t
là
t
≥
0
∆
x
=
t
4
−
6
t
2
−
3
≥
0
⇔
t
≥
3 + 2
√
3
.
Phương trình (3) trở thành
2
t
2
−
7
t
+ 3 = 0
⇔
t
∈
3
,
1
2
. Kết hợp với điều kiện của
t
ta được
t
= 3
. Vậy
x
2
+
x
+ 1
x
−
1
= 3
⇔
9
x
−
9 =
x
2
+
x
+ 1
⇔
x
2
−
8
x
+ 10 = 0
⇔
x
= 4
±
√
6
.
Kết hợp với đi ều kiện ta được
x
= 4
±
√
6
là tất cả các nghiệm của phương trình (1).
Lưu ý.
Gọi
Q
(
x
) =
x
−
1
, P
(
x
) =
x
2
+
x
+ 1
. Mấu chốt của lời giải là phân tích vế trái
của PT (1) thành
V T
= 2
P
(
x
) + 3
Q
(
x
)
.
Tinh ý ta sẽ thấy
2
là hệ số của
x
2
trong vế trái của (1). Cũng từ đó suy ra
3
. Tuy
nhiên dễ dàng tìm được các số 2 và 3 bằng phương pháp hệ số bất địn
h
2
x
2
+ 5
x
−
1 =
p
(
x
2
+
x
+ 1) +
q
(
x
−
1)
⇔
2
x
2
+ 5
x
−
1 =
px
2
+ (
p
+
q
)
x
+
p
−
q.
Đồng nhất hệ số ta được
p
= 2
p
+
q
= 5
p
−
q
=
−
1
⇔
p
= 2
q
= 3
.
Ví dụ 13.
Xét
x
= 2
. Khi đó
(
x
2
+ 2
x
+ 2) = 10
, x
+ 1 = 3
,
3(
x
2
+ 2
x
+ 2)
−
8(
x
+ 1) = 6
,
(
x
+ 1)(
x
2
+ 2
x
+ 2) = 30
,
(
x
+ 1)(
x
2
+ 2
x
+ 2) =
x
3
+ 3
x
2
+ 4
x
+ 2
.
Vậy với
x
= 2
thì
3(
x
2
+ 2
x
+ 2)
−
8(
x
+ 1) =
√
30
.
6
√
30
=
6
√
30
√
x
3
+ 3
x
2
+ 4
x
+ 2
Ta có bài toán sau
19
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
Bài toán 15. Giải phương trình
3
x
2
−
2
x
−
2 =
6
√
30
√
x
3
+ 3
x
2
+ 4
x
+ 2
Giải.
Điều kiện
x
3
+ 3
x
2
+ 4
x
+ 2
≥
0
⇔
(
x
+ 1)(
x
2
+ 2
x
+ 2)
⇔
x
≥ −
1
.
Phương trình đã cho viế t lại
3(
x
2
+ 2
x
+ 2)
−
8(
x
+ 1) =
6
√
30
(
x
+ 1)(
x
2
+ 2
x
+ 2)
.
(1)
Dễ thấy
x
=
−
1
không là nghiệm của (1).
Tiếp theo xét x = −1. Chia cả hai vế của (1) cho x + 1 > 0 ta được
3
.
x
2
+ 2
x
+ 2
x
+ 1
−
8 =
6
√
30
x
2
+ 2
x
+ 2
x
+ 1
.
(2)
Đặt
t
=
x
2
+ 2
x
+ 2
x
+ 1
>
0
. Khi đó
3
t
2
−
8 =
6
√
30
t
⇔
3
t
2
−
6
√
30
t
−
8 = 0
⇔
3
√
30
t
2
−
6
t
−
8
√
30 = 0
.
(3)
Nhận xét rằng
t
là nghiệm dương của phương trình (3), hay
10
3
. Vậy
x
2
+ 2
x
+ 2
x
+ 1
=
10
3
⇔ 3x
2
+ 6x + 6 = 10x + 10 ⇔
x
= 2
x
=
−
2
3
.
Kết hợp với đi ều kiện ta thấy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Bài toán 16. Giải phương trình
x
2
−
3
x
+ 1 =
−
√
3
3
√
x
4
+
x
2
+ 1
.
(1)
Giải.
Tập xác định
R
. Vì
x
4
+
x
2
+ 1 = (
x
2
+ 1)
2
−
x
2
= (
x
2
+
x
+ 1)(
x
2
−
x
+ 1)
nên
(1) ⇔ 2(x
2
− x + 1) − (x
2
+ x + 1) = −
√
3
3
(x
2
+ x + 1)(x
2
− x + 1)
20
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
⇔
2
x
2
− x + 1
x
2
+
x
+ 1
−
1 =
−
√
3
3
x
2
−x + 1
x
2
+
x
+ 1
.
Đặt
t
=
x
2
−
x
+ 1
x
2
+
x
+ 1
>
0
. Khi đó
2
t
2
−
1 +
√
3
3
t
= 0
⇔
2
√
3
t
2
+
t
−
√
3 = 0
⇔
t
=
1
√
3
t
=
−
3
2
√
3
(loại)
Vậy
x
2
−
x
+ 1
x
2
+
x
+ 1
=
1
√
3
⇔
2
x
2
−
4
x
+ 2 = 0
⇔
x
= 1
.
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
x
= 1
.
Bài toán 17.
Giải phương trình
2(
x
2
−
3
x
+ 2) = 3
√
x
3
+ 8
.
Giải.
Điều kiện :
x >
−
3
. Phương trình tương đương
2(
x
2
−
2
x
+ 4)
−
2(
x
+ 2) = 3
(
x
+ 2)(
x
2
−
2
x
+ 4)
⇔
2
−
2
.
x
+ 2
x
2
−
2
x
+ 4
= 3
x
+ 2
x
2
−
2
x
+ 4
.
Đặt
t
=
x
+ 2
x
2
−
2
x
+ 4
≥
0
. Khi đó
2
−
2
t
2
= 3
t
⇔
2
t
2
+ 3
t
−
2 = 0
⇔
t
=
1
2
t
=
−
2 (
loại
)
.
Vậy
x + 2
x
2
−
2
x
+ 4
=
1
2
⇔
x
2
−
6
x
−
4 = 0
⇔
x = 3 −
√
13
x
= 3 +
√
13
.
Phương trình đã cho có hai nghiệm x = 3 −
√
13 và x = 3 +
√
13.
Bài toán 18 (Đề nghị OLYMPIC 30/04/2009).
Giải phương trình
√
x
2
+
x
−
6 + 3
√
x
−
1
−
√
3
x
2
−
6
x
+ 19 = 0
.
Giải. Điều ki ện
x
2
+
x
−
6
≥
0
x −1 ≥ 0
3
x
2
−
6
x
+ 19
≥
0
⇔ x ≥ 2. Phương trình tương đương
√
x
2
+
x
−
6 + 3
√
x
−
1 =
√
3
x
2
−
6
x
+ 19
21
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
⇔x
2
+ x −6 + 6
(x
2
+ x − 6)(x − 1) + 9x − 9 = 3x
2
− 6x + 19
⇔
3
(
x
−
2)(
x
+ 3)(
x
−
1) =
x
2
−
8
x
+ 17
⇔
3
(
x
2
+ 2
x
−
3)(
x
−
2) = (
x
2
+ 2
x
−
3)
−
10(
x
−
2)
(1)
⇔
3
x
2
+ 2
x
−
3
x
−
2
=
x
2
+ 2
x
−
3
x
−
2
−
10
.
(2)
(Do
x
= 2
không là nghiệm của (2)). Đặt
t
=
x
2
+ 2
x
−
3
x
−
2
≥
0
. Thay vào (2) ta được
3t = t
2
− 10 ⇔ t
2
− 3t −10 = 0 ⇔
t
=
−
2 (
loại
)
t
= 5
.
Vậy
x
2
+ 2
x
−
3
x
−
2
= 5
⇔
x
2
−
23
x
+ 47 = 0
⇔
x
=
23
±
√
341
2
.
Kết hợp với đi ều kiện ta thấy phương trình đã cho có hai nghiệm
x
=
23
±
√
341
2
.
Bài toán 19.
Giải phương trình
x
4
+ 2
x
3
+ 2
x
2
−
2
x
+ 1 =
x
3
+
x
1 − x
2
x
.
(1)
Giải.
Do
x
4
+ 2
x
3
+ 2
x
2
−
2
x
+ 1 =
x
2
(
x
+ 1)
2
+ (1
−
x
)
2
>
0
,
∀
x
∈
R
nên nếu
x
là
nghiệm của (1) thì
x >
0
1
−
x
2
x
>
0
⇔
0
< x <
1
.
Với điều kiện đó thì
(1)
⇔
x
2
(
x
+ 1)
2
+ (1
−
x
)
2
= (
x
2
+ 1)
(1
−
x
)[
x
(1 +
x
)]
.
(2)
Đặt
u
=
x
(1 +
x
)
, v
= 1
−
x
(điều kiện
u >
0
,
v >
0
). Khi đó
u
+
v
=
x
2
+ 1
.
Vậy (2)
trở thành
u
2
+
v
2
= (
u
+
v
)
√
uv
⇔
u
v
2
+ 1 =
u
√
u
v
√
v
+
√
u
√
v
.
(3)
Đặt
t
=
√
u
√
v
, thay vào (3) ta được
t
4
+ 1 =
t
3
+
t
⇔
(
t
−
1)(
t
3
−
1) = 0
⇔
t
= 1
.
22
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
Vậy
√
u
√
v
= 1
⇔
u
=
v
. Do đó
x
(1 +
x
) = 1
−
x
⇔
x
2
+ 2
x
−
1 = 0
⇔
x
=
−
1 +
√
2
x
=
−
1
−
√
2 (
loại
)
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
x
=
−
1 +
√
2
.
Bài toán 20.
Giải phương trình
√
5
x
2
+ 14
x
+ 9
−
√
x
2
−
x
−
20 = 5
√
x
+ 1
.
(1)
Giải.
Điều kiện
5
x
2
+ 14
x
+ 9
≥
0
x
2
−
x
−
20
≥
0
x
+ 1
≥
0
⇔
(
x
+ 1)(5
x
+ 9)
≥
0
(
x
+ 4)(
x
−
5)
≥
0
x
+ 1
≥
0
⇔
x
≥
5
.
Ta có
(1)
⇔
√
5
x
2
+ 14
x
+ 9 =
√
x
2
−
x
−
20 + 5
√
x
+ 1
⇔
2
x
2
−
5
x
+ 2 = 5
(
x
+ 4)(
x
−
5)(
x
+ 1)
⇔
2(
x
2
−
4
x
−
5) + 3(
x
+ 4) = 5
(
x
2
−
4
x
−
5)(
x
+ 4)
.
(2)
Với điều kiện
x
≥
5
, chia cả hai vế của (2) cho
x
+ 4
>
0
ta được
2
.
x
2
−
4
x
−
5
x
+ 4
+ 3 = 5
x
2
−
4
x
−
5
x
+ 4
(3)
Đặt
t
=
x
2
−
4
x
−
5
x
+ 4
≥
0
, thay vào (3) ta được
2
t
2
−
5
t
+ 3 = 0
⇔
t
= 1
t
=
3
2
.
Khi t = 1, ta có
x
2
−
4
x
−
5
x
+ 4
= 1
⇔
x
2
−
5
x
−
9 = 0
⇔
x
=
5
±
√
6
2
.
Khi
t
=
3
2
, ta có
x
2
−
4
x
−
5
x
+ 4
=
3
2
, nghĩa là
4(
x
2
−
5
x
−
5) = 9
x
+ 36
⇔
4
x
2
−
35
x
−
56 = 0
⇔
x = 8
x = −
7
4
.
23
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai.
CHƯƠNG 1.
Kết hợp với đi ều kiện ta được các nghiệm của phương trình đã cho là
x
= 8
, x
=
5 +
√
61
2
.
1.1.5 Xây dựng phương trình từ các đẳng thức.
Xuất phát từ một đẳng thức nào đó, chúng ta có thể xây dựng lên cá
c phương trình
vô tỉ. Chẳng hạn từ hằng đẳng thức
(
a
+
b
+
c
)
3
=
a
3
+
b
3
+
c
3
+ 3(
a
+
b
)(
b
+
c
)(
c
+
a
)
ta có
(
a
+
b
+
c
)
3
=
a
3
+
b
3
+
c
3
⇔
(
a
+
b
)(
b
+
c
)(
c
+
a
) = 0
.
Bằng cách chọn
a, b, c
sao cho
(
a
+
b
+
c
)
3
=
a
3
+
b
3
+
c
3
ta xẽ tạo ra được phương
trình vô tỉ chứa căn bậc ba.
Ví dụ 14. Cho
a
=
3
√
7
x
+ 1
, b
=
−
3
√
x
2
−
x
−
8
, c
=
3
√
x
2
−
8
x
−
1
thì
a
3
+
b
3
+
c
3
= 8
. Ta được bài toán sau
Bài toán 21 (Đề nghị OLYMPIC 30/04/1999). Giải phương trình
3
√
7
x
+ 1
−
3
√
x
2
−
x
−
8 +
3
√
x
2
−
8
x
−
1 = 2
.
Giải.
Tập xác định
R
. Đặt
a
=
3
√
7
x
+ 1
, b
=
−
3
√
x
2
−
x
−
8
, c
=
3
√
x
2
−
8
x
−
1
.
Khi đó
a
3
+
b
3
+
c
3
= 8 (1)
a + b + c = 2 (2)
Mặt khác t a có hằng đẳng thức
(
a
+
b
+
c
)
3
=
a
3
+
b
3
+
c
3
+ 3(
a
+
b
)(
b
+
c
)(
c
+
a
)
.
(3)
Thay (1), (2) vào (3) ta được
(a + b)(b + c)(c + a) = 0 ⇔
a
=
−
b
b = −c
c
=
−
a.
24
