phương pháp giải phương trình hệ phương trình không mẫu mực

CHUYÊN ĐỀ:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC
A/ Đặt vấn đề:
Trong quá trình học Toán, các em học sinh có thể gặp các bài toán mà
đầu đề có vẻ lạ, không bình thường, những bài toán không thể giải trực tiếp
bằng các quy tắc, các phương pháp quen thuộc. Những bài toán như vậy
thường được gọi là “không mẫu mực”, có tác dụng không nhỏ trong việc rèn
luyện tư duy Toán học và thường là sự thử thách đối với học sinh trong các
kỳ thi HSG, thi vào cấp 3, các lớp chuyên toán,… Tuy nhiên quen thuộc hay
“không mẫu mực”, phụ thuộc vào trình độ của người giải Toán. Tôi xin đưa
ra một số phương pháp giải một số phương trình và hệ phương trình “không
mẫu mực”, với phương pháp này tôi đã giúp đỡ các em học sinh luyện tập và
làm quen với phương trình và hệ phương trình “không mẫu mực” để từ đó
biết cách tư duy suy nghĩ trước những phương trình và hệ phương trình
“không mẫu mực” khác.
B. Giải quyết vấn đề
I. Phần I: Phương trình.
1. Phương trình một ẩn:
Với phương trình một ẩn có 4 phương pháp thường vận dụng là: Đưa
về phương trình tích, áp dụng các bất đẳng thức chứng minh nghiệm duy
nhất và đưa về hệ phương trình.
a. Phương pháp đưa về phương trình tích.
* Các bước:
- Tìm tập xác định của phương trình.
- Dùng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình về dạng f(x).g(x)
….h(x) = 0 (gọi là phương trình tích). Từ đó suy ra f(x) = 0; g(x) = 0; …
h(x) = 0 là những phương trình quen thuộc. Nghiệm của phương trình là tập
hợp các nghiệm của các phương trình f(x) = 0, g(x) = 0, … h(x) = 0 thuộc
tập xác định.
- Đôi khi dùng ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa ân đưa phương

trình về dạng tích (với ẩn phụ). Giải phương trình với ẩn phụ, từ đó tìm
nghiệm của phương trình đã cho.
1
- Dùng cách nhóm số hạng, hoặc tách các số hạng…để đưa phương
trình về dạng quen thuộc mà ta đã biết cách giải .
*Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Giải phương trình:
672332110
2
−+++=++ xxxx
ĐK: x ≥ -3.




=+
=+
⇔




=−+
=−+
⇔
=−+−+⇔
=−+−−++⇔
=++−+−++⇔
−+++=++
23

37
023
037
0)23)(37(
0)37(2)37(3
067233)7)(3(
672332110
2
x
x
x
x
xx
xxx
xxxx
xxxx
Vì 2 vế đều dương nên ta có:



=
=
⇔



=+
=+
⇔
)(1

)(2
43
97
TMx
TMx
x
x
Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là S =
{ }
2;1
.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
3
x+1
+ 2x.3
x
- 18x - 27 = 0
TXĐ: x
∈
R.
GIẢI
3
x+1
+ 2x.3
x
- 18x - 27 = 0
⇔
3
x
(3 + 2x) – 9(2x + 3) = 0

⇔
(2x + 3) (3
x
- 9) = 0




=
−=
⇔



=−
=+
⇔
2
2
3
093
032
x
x
x
x
Vậy tập nghiệm của phương trình là S =







− 2;
2
3
Ví dụ 3: Giải phương trình:
(x
2
- 4x + 2)
3
= (x
2
- x - 1)
3
- (3x - 2)
3
; TXĐ: R.
Áp dụng hằng đẳng thức (a - b)
3
- (a
3
- b
3
) = -3ab(a - b)
2
(x
2
- 4x + 1)
3

= (x
2
- x - 1) - (3x - 2)
3
( )
( )
[ ]
( )
( )
[ ]





=+−
=−
=−−
⇔
=+−−−−−⇔
=−−−−−−−−−
014
023
01
0)14)(23)(1(3
0231231
2
2
22
3

3
2
3
2
xx
x
xx
xxxxx
xxxxxx
Giải (1): x
2
- x - 1 = 0
∆
= 1 + 4 = 5 > 0, Pt có 2 nghiệm
2
51
;
2
51
21
−
=
+
= xx
Giải (2):
3x - 2 = 0
⇔
3
2
=x

.
Giải (3):
x
2
- 4x + 1 = 0
∆
’ = 4 - 1 = 3 > 0, Pt có 2 nghiệm
32;32
21
−=+= xx
.
Vậy tập nghiệm của phương trình là:
S=






−+
−+
32;32;
3
2
;
2
51
;
2
51

Ví dụ 4: Giải phương trình:
(x - 2)(x - 4)(x + 6)(x + 8) = -36TXĐ: R
( )( )
[ ]
( )
[ ]
(*)36)324)(124(
36)8(462
22
−=−+−+⇔
−=+−+−⇔
xxxx
xxxx
Đặt y = x
2
+ 4x - 12
20324
2
−=−+⇒ yxx
Phương trình (*) trở thành:





=−+
=−+
⇒




=⇒=−
=⇒=−
⇔
=−−⇔
=+−⇔
−=−
)2(2124
)1(18124
202
18018
0)2)(18(
03620
36)20(
2
2
2
xx
xx
yy
yy
yy
yy
yy
Giải (1) ta có:
3
(1)
(2)
(3)
034304

0304
18124
'
2
2
>=+=∆
=−+⇔
=−+
xx
xx
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
342
;342
2
1
−−=
+−=
x
x
Giải (2) ta có:
018144
0144
2124
'
2
2
>=+=∆
=−+⇔
=−+
xx

xx
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
232182
232182
2
1
−−=−−=
+−=+−=
x
x
Vậy tập nghiệm của phương trình là:
S =
{ }
223;223;234;234 −−−−−−
Ví dụ 5: Giải phương trình:
(x + 2)
4
+ x
4
= 82
Đặt y = x + 1
(x + 2)
4
+ x
4
= 82
⇔
(y + 1)
4
+ (y - 1)

4
= 82
⇔
y
4
+ 6y
2
- 40 = 0
Đặt y
2
= t ≥ 0
⇒
t
2
+ 6t - 40 = 0
∆
’ = 9 + 40 = 49 > 0, Pt có 2 nghiệm phân biệt.
t
1
= -3 + 7 = 4;
t
2
= -3 - 7 = -10 (loại)
⇒
y
2
= 4,
⇒
y =
±

2.
Với y = 2
⇔
x + 1 = 2
⇔
x = 1.
Với y = -2
⇔
x + 1 = -2
⇔
x = -3.
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = {1;-3}.
4
Chú ý: Phương trình dạng (x + a)
4
+ (x + b)
4
= c (a, b, c là hằng số)
đặt ẩn phụ y = x +
2
ba +
, thì phương trình đưa được về dạng dy
4
+ ey
2
+ g =
0 (d, e, g là hằng số).
Ví dụ 6: Giải phương trình
18
1

)7)(6(
1
)6)(5(
1
)5)(4(
1
18
1
4213
1
3011
1
209
1
222
=
++
+
++
+
++
⇔
=
++
+
++
+
++
xxxxxx
xxxxxx

ĐK: x
≠
-4; x
≠
-5; x
≠
-6; x
≠
-7.
( )( )



=⇒=−
−=⇒=+
⇔
=−+⇔
=−+⇔
++=+−+⇒
=
+
−
+
⇔
=
+
−
+
+
+

−
+
+
+
−
+
⇔
202
13013
0213
02611
)7)(4()4(18)7(18
18
1
7
1
)4(
1
18
1
7
1
6
1
6
1
)5(
1
)5(
1

)4(
1
2
xx
xx
xx
xx
xxxx
xx
xxxxxx
Thoả mãn điều kiện.
Vậy tập nghiệm của phương trình S = {-13; 2}.
b. Phương pháp áp dụng bất đẳng thức.
*Các bước:
- Biến đổi phương trình về dạng f(x) = g(x) mà f(x)
≥
a; g(x)
≤
a (a là
hằng số).
- Nghiệm của phương trình là các giá trị thoả mãn đồng thời f(x)=a và
g(x)=a.
- Biến đổi phương trình về dạng h(x)=m (m là hằng số), mà ta luôn có
h(x)
≥
m hoặc h(x)
≤
m thì nghiệm của phương trình là các giá trị của x làm
cho dấu đẳng thức xảy ra.
- Áp dụng các bất đẳng thức Côsi, Bunhiacôpxki…

*Ví dụ áp dụng:
5
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2 2 2
2 2 2
3 6 7 5 10 14 4 2
3( 1) 4 5( 1) 9 5 ( 1) :
x x x x x x
x x x x R
+ + + + + = − −
⇔ + + + + + = − + ∈
Mà:
( )
( )
2
2
2
3( 1) 4 5 1 9 4 9 5
5 1 5
x x
x
+ + + + + ≥ + =
− + ≤
Nên ta có: (x+1)
2
= 0
⇒
x = -1.
Vậy nghiệm của phương trình là x = -1.
Ví dụ 2: Giải phương trình:

2 2 2
4
2 2 2
4
6 11 6 13 4 5 3 2
( 3) 2 ( 3) 4 ( 2) 1 3 2
x x x x x x
x x x
− + + − + + − + = +
⇔ − + + − + + − + = +
Mà:
2 2 2
4
( 3) 2 ( 3) 4 ( 2) 1 2 4 1 3 2x x x− + + − + + − + ≥ + + = +
Nên dấu “=”xảy ra
2
( 3) 0
2 0
x
x

− =
⇔

− =

Điều này không thể xảy ra. Vậy phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 3: Giải phương trình:

2 2 2

3 3,5 ( 2 2)( 4 5)x x x x x x− + = − + − +
Ta có:

2 2
2 2
2 2
2
2 2 ( 1) 1 0
4 5 ( 2) 1 0
( 2 2) ( 4 5)
3 3,5
2
x x x
x x x
x x x x
x x
− + = − + >
− + = − + >
− + + − +
− + =
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương
2 2
( 2 2);( 4 5)x x x x− + − +
ta
có:
2 2
2 2
( 2 2) ( 4 5)
( 2 2)( 4 5)
2

x x x x
x x x x
− + + − +
≥ − + − +
Vậy
2 2 2
3 3,5 ( 2 2)( 4 5)x x x x x x− + ≥ − + − +
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
2 2
( 2 2) ( 4 5)
2 3
3
2
x x x x
x
x
− + = − +
⇔ =
⇔ =
Vậy nghiệm của phương trình là x=
3
2
.
6
Ví dụ 4: Giải phương trình:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
13 3 6 2 7 5 12 33x x x x x x
 

− + + − + = − +
 
 
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 4 số :
( ) ( )
2 2 2 2 2
( )a b c d ac bd+ + ≥ +
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a.d=b.c
Với a=2 ; b=3 ; c=x
2
-3x+6 ; d= x
2
-2x+7 ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 3 3 6 2 7 2 3 6 3 2 7
13 3 6 2 7 5 12 33
x x x x x x x x
x x x x x x
 
 
+ − + + − + ≥ − + + − +
 
 
 

 
− + + − + ≥ − +
 
 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
2 2
2 2
2
3( 3 6) 2( 2 7)
3 9 18 2 4 14
5 4 0
1 5 4 0
x x x x
x x x x
x x
a b c
− + = − +
⇔ − + = − +
⇔ − + =
+ + = − + =
Phương trình có 2 nghiệm:
1 2
1; 4
c
x x
a
= = =
Vậy nghiệm của phương trình là
1 2
1; 4x x= =

c. Phương pháp chứng minh nghiệm duy nhất.
*Các bước giải:
Ở một số phương trình ta có thể thử trực tiếp để tìm nghiệm của
chúng rồi sau đó tìm cách chứng minh rằng ngoài nghiệm này ra chúng
không còn nghiệm nào khác nữa.
*Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
3
2 3 9(1)
x x+
+ =
GIẢI:
+) x=0 là nghiệm của phương trình (1)
+) Nếu x
≠
0 ta có:
2
0x ≥
2
3 0 3 0
2 3 2 3 9
x x+ +
⇒ + > + =
Do đó x
≠
0 không thể là nghiệm của phương trình (1).
Vậy nghiệm của phương trình (1) là x=0.
7
Ví dụ 2: Giải phương trình:

2
10 (2);
x x x
x
−
=
Với x > 0.
GIẢI:
+Ta nhận thấy x=1 là nghiệm của phương trình(2).
+Với x>1 ta có :
1 1
x x
x > =
2
x x>
nên
2
0x x− <
do đó
2
2
0
10 10 1
10
x x
x x x
x
−
−
< =

⇒ <
Vậy x>1 không thể là nghiệm của phương trình
+Với 0<x<1 ta có:
2 2
1 1
0
x x
x
x x x x
< =
< ⇒ − >
Nên
2 2
0
10 10 1 10
x x x x x
x
− −
> = ⇒ >
Vậy 0<x<1 không thể là nghiệm của phương trình.
Vậy nghiệm của phương trình là x=1.
II. Phần II: Hệ phương trình.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của hệ:
2 2
2 2
3 9
2 655 660 1992
x xy y
x xy y


+ − =


− − =


GIẢI:
2 2
2 2
2 2
3 9
656 657 1983
3 9
( )( 657 ) 1983
x xy y
x xy y
x xy y
x y x y

+ − =

⇔

+ − =



+ − =
⇔


+ − =

Xét : (x+y)(x-657y)=1983=661.3
661 660
657 3 1
x y x
x y y
+ = =
 
⇒
 
− = =
 
Không thoả mãn.
661 660
657 3 1
x y x
x y y
+ = − = −
 
⇒
 
− = − = −
 
Không thoả mãn.
3 4
657 661 1
x y x
x y y
+ = =

 
⇒
 
− = = −
 
Thoả mãn.
3 4
657 661 1
x y x
x y y
+ = − = −
 
⇒
 
− = − =
 
Thoả mãn.
Vậy nghiệm của hệ là: (4;-1) và (-4;1).
8
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của hệ:
3
( )( 3)( 3) 8
x y z
z y y z
+ + =


+ − − =

(2)

Giải:
(2)
3
(3 )(3 )(3 ) 8
y z x
x y z
+ = −

⇔

− − − =

Ta có: 8 = 1.1.8 = -1.1.(-8) =(-1).(-1).8 = 2.2.2 = (-2).(-2).2 = 2.(-2).(-2).
Trong các bộ số trên chỉ có (-1)+(-1)+8 = 6 và 2+2+2=6.
Do đó:
3 1 4
3 1 4
3 8 5
3 8 5
3 1 4
3 1 4
3 1 4
3 8 5
3 1 4
3 2 1
3 2 1
3 2 1
x x
y y
z z

x x
y y
z z
x x
y y
z z
x x
y y
z z
− = − =
 
 
− = − ⇔ =
 
 
− = = −
 
− = = −
 
 
− = − ⇔ =
 
 
− = − =
 
− = − =
 
 
− = ⇔ = −
 

 
− = − =
 
− = =
 
 
− = ⇔ =
 
 
− = =
 
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của hệ:
2
2
2
1
2(1)
1 (2)
x y
xy z
x y
xy z
+ =


− =

+ =

⇔


= +

Từ (2) ta có:
1xy ≥ ⇒
x, y cùng dấu. Mặt khác x+y=2 do đó x=y=1
⇒
z=0.
Vậy nghiệm của hệ là (x;y;z) = (1;1;0) .
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của hệ:
2
2
2 4
x y z
xy z
+ + =


− =

Dễ thấy
0y ≠
. Từ hệ phương trình ta có:
2(x+y+z)y - (2xy - z
2
) = 4y-4
9
2 2
2 2
2 2 2 2 4 4

( ) ( 2) 0
0 2
2
2 0
xy y yz xy z y
y z y
y z y
x
y y z
⇔ + + − + = −
⇔ + + − =
+ = =
 
⇔ ⇒ ⇒ =
 
− = = −
 
Các giá trị tìm được nghiệm đúng với hệ đã cho.
Vậy nghiệm nguyên của hệ là (x;y;z) = (2;2;-2).
Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của hệ:
3 3 3
3
3
x y z
x y z

+ + =

+ + =


GIẢI:
Ta có công thức:
3 3 3 3
( ) ( ) 3( )( )( )x y z x y z x y y z z x+ + − + + = + + +
Do đó ta có:
(3 ) (3 ) (3 ) 6
(3 ).(3 ).(3 ) 8
x y z
x y z
− + − + − =


− − − =

Suy ra : 3-x ; 3-y ; 3-z chỉ có 1 số chẵn hoặc cả 3 cùng là số chẵn.
*Nếu chỉ có 1 số chẵn:
Do vai trò của x; y; z như nhau, không mất tính tổng quát nên giả sử 3-x là
số chẵn. Từ đó ta có: x=-5; y=4; z=4.
*Nếu cả 2 cùng chẵn thì x = y =z = 1.
Vậy nghiệm nguyên cần tìm của hệ là: (x;y;z) = (-5;4;4); (1;1;1) và các hoán
vị của chúng.
Ví dụ 6: Tìm nghiệm tự nhiên của hệ:
2
6 6 6 2 2
2( )
31( )
x y z
x y z y z

= +



− + + = − +


GIẢI:
2
6 6 6 2 2
2( )(1)
31( )(2)
x y z
x y z y z

= +


− + + = − +


Từ 1 suy ra
2
2 2x x⇒M M
Mặt khác từ phương trình thứ 2 ta có:
6 6 6 2 2
31( )x y z y z= + + +
nên x>y và x>z.
Nên 4x>2(y+z)=x
2
vậy x=2
⇒

y=z=1.
Các giá trị này thoả mãn hệ phương trình .
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: x=2; y=1; z=1.
10
C/ Kết thúc vấn đề:
Trên đây là 1 số phương pháp giải phương trình và hệ phương trình
“Không mẫu mực” của bản thân tôi, trong quá trình giải toán tôi gặp phải và
đã vận dụng, một số ví dụ giải toán để các đồng nghiệp cùng tham khảo.
Trong quá trình vận dụng cũng cần nhiều đóng góp của đồng nghiệp.
Giao Hà, ngày 2 tháng 10 năm 2006
Người viết
11