hệ phương trình và hệ bất phương trình chứa căn thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THỊ THANH HƯƠNG
HỆ PHƯƠNG TRÌNH
VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
CHỨA CĂN THỨC
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - NĂM 2014
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THỊ THANH HƯƠNG
HỆ PHƯƠNG TRÌNH
VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
CHỨA CĂN THỨC
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số 60.46.01.13
Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
THÁI NGUYÊN - NĂM 2014
Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1. Các tính chất cơ bản của đa thức đối xứng và phản đối xứng . . . 5
1.1.1. Đa thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.2. Một số dạng đa thức đối xứng sơ cấp Viète . . . . . . . . 5
1.1.3. Đa thức đối xứng ba biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2. Một số tính chất khác của đa thức đối xứng. . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1. Phân tích đa thức thành nhân tử . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.2. Chứng minh hằng đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.3. Chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2.4. Bài toán thiết lập phương trình bậc hai . . . . . . . . . . 9
1.2.5. Hệ phương trình đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3. Một số tính toán và ước lượng biểu thức chứa căn thức . . . . . 13
1.3.1. Sử dụng định lí Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.2. Một số ước lượng cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
Chương 2. Hệ phương trình chứa căn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.1. Các phương pháp giải phương trình chứa căn thức . . . . . . 21
2.1.1. Điều kiện có nghĩa của phương trình . . . . . . . . . . . . . 21
2.1.2. Quy tắc giản ước . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.1.3. Quy tắc thay giá trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.1.4. Phương pháp hữu tỷ hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.1.5. Đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.1.6. Phương pháp đưa về hệ không đối xứng. . . . . . . . . . . . 36
1
2.1.7. Phương pháp lượng giác hóa . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.1.8. Phương pháp sử dụng nhiều ẩn phụ. . . . . . . . . . . . . . 40
2.1.9. Phương pháp đưa về hệ đối xứng . . . . . . . . . . . . 41
2.2. Hệ phương trình chứa căn thức đối xứng . . . . . . . . . . . . 46
2.2.1. Hệ phương trình đối xứng loại 1 . . . . . . . . . . . . . 46
2.2.2. Hệ phương trình đối xứng loại 2 . . . . . . . . . . . . . 50
2.2.3. Một số phương pháp giải hệ đối xứng . . . . . . . . . . . . 52
2.3. Một số hệ phương trình đặc biệt chứa căn thức . . . . . . . . . 62
Chương 3. Hệ bất phương trình chứa căn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
3.1. Một số phương pháp giải bất phương trình chứa căn thức . . . . . 66
3.1.1. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . 66
3.1.2. Phương pháp phân khoảng tập xác định . . . . . . . . . 68
3.1.3. Phương pháp hàm số liên tục . . . . . . . . . . . . . . 69
3.2. Hệ bất phương trình đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . 70
3.3. Một số hệ bất phương trình đặc biệt chứa căn thức . . . . . 74
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
2
Mở đầu
Chuyên đề "Hệ phương trình và hệ bất phương trình chứa căn thức" là
một phần quan trọng của chương trình Toán ở bậc THPT. Các bài toán về
phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình
chứa căn thức có thể xem như những dạng toán cơ bản của chương trình đại
số bậc THPT. Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải. Tuy nhiên, trong luận
văn này chỉ tập trung đề cập đến các phương pháp giải hệ phương trình và
hệ bất phương trình chứa căn thức. Nhiều phương pháp chính thống khác
như phương pháp biểu diễn hàm số, phương pháp hệ tuyến tính,. . . , không
đề cập trong luận văn này. Các phương pháp giải toán ở đây chủ yếu có
tính định hướng chung cho những lớp bài toán cơ bản nhất thường xuất hiện
trong các kì thi Học sinh giỏi và Olympic toán bậc THPT. Luận văn gồm
phần mở đầu, ba chương, phần kết luận và danh mục tài liệu tham khảo.
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị.
Trong chương này trình bày các khái niệm đa thức đối xứng và phản đối
xứng, tính chất của đa thức đối xứng, một số tính toán và ước lượng biểu
thức chứa căn thức.
Chương 2. Hệ phương trình chứa căn thức.
Dựa trên tính chất đa thức đối xứng, chương này trình bày khái niệm,
phương pháp giải phương trình chứa căn thức, hệ phương trình đối xứng loại
1, loại 2. Ngoài ra, trong chương này còn trình bày một số hệ phương trình
đặc biệt chứa căn thức.
Chương 3. Hệ bất phương trình chứa căn thức.
Chương này trình bày khái niệm, phương pháp giải bất phương trình chứa
căn thức, hệ bất phương trình đối xứng. Ngoài ra chương này còn trình bày
một số hệ bất phương trình đặc biệt chứa căn thức.
Trong thời gian thực hiện luận văn này, tôi đã nhận được sự chỉ dẫn tận
tình, chu đáo của Giáo sư - Tiến sĩ Khoa học Nguyễn Văn Mậu. Tôi xin bày

3
tỏ lòng biết ơn sâu sắc của mình tới thầy đã giúp tôi hoàn thành luận văn.
Tôi chân thành cảm ơn Ban giám hiệu và các bạn đồng nghiệp Trường
THPT Thủy Sơn - Hải Phòng đã nhiệt tình giúp đỡ tôi trong quá trình học
tập và hoàn thành luận văn này.
Tác giả
4
Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
1.1. Các tính chất cơ bản của đa thức đối xứng và
phản đối xứng
1.1.1. Đa thức đối xứng
Định nghĩa 1.1. Giả sử A là một miền nguyên, một đa thức f(x
1
, x
2
, . . . , x
n
)
∈ A[x
1
, x
2
, . . . , x
n
], được gọi là một đa thức đối xứng nếu và chỉ nếu với mọi
phép thế

1 2 . . . n
i

1
i
2
. . . i
n

, ta có f(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) = f(x
i
1
, x
i
2
, . . . , x
i
n
)
trong đó f(x
i
1
, x
i
2
, . . . , x
i

n
) suy ra từ f(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) bằng cách thay x
l
bởi
x
i
1
, x
i
2
, . . . , x
i
n
.
1.1.2. Một số dạng đa thức đối xứng sơ cấp Viète
Định nghĩa 1.2. Cho
a là bộ n số {a
1
, a
2
, . . . , a
n
} (n ≥ 1, n ∈ N) . Khi đó
f(x) = (x + a

1
)(x + a
2
) . . . (x + a
n
)
= x
n
+ E
1
(a)x
n−1
+ E
2
(a)x
n−2
+ ···+ E
n
(a).
Trong đó E
0
(a) =
n

i=1
a
i
, E
2
(a) =


1≤i<j≤n
a
i
a
j
, E
n
(a) = a
1
a
2
. . . a
n
.
Đặt E
0
(a) = 1.
Ta gọi E
r
(a)(r ∈ (1, . . . , n)) là các hàm (đa thức) đối xứng sơ cấp thứ r
(E
r
(a) là tổng của tất cả các tích r số khác nhau của bộ số a.)
Kí hiệu
P
r
(a) =
r!(n − r)!
n!

E
r
(a).
5
Định nghĩa 1.3. Giả sử x
1
, x
2
, . . . , x
n
là bộ n các số thực không âm (kí
hiệu bởi (x) và y
1
, y
2
, . . . , y
n
là bộ các số thực không âm khác được kí hiệu
bởi (y)).
Hai dãy (x) và (y) được gọi là đồng dạng (và kí hiệu (x) ∼ (y) nếu tồn
tại λ ∈ R (λ = 0) sao cho ta có x
j
= λy
j
(j = 1, 2, . . . , n)).
1.1.3. Đa thức đối xứng ba biến
Đa thức F(x, y, z) với bộ 3 biến thực x, y, z được hiểu là hàm số có dạng
F (x, y, z) =
N


s=0
M
s
(x, y, z), (1.1)
trong đó
M
s
(x, y, z) =

i+j+k=s
a
ijk
x
i
y
j
z
k
, i, j, k ∈ N. (1.2)
Định nghĩa 1.4. Nếu F (x

, y

, z

) = F (x, y, z), trong đó (x

, y

, z


) là một
hoán vị tùy ý của (x, y, z) thì ta gọi F(x, y, z) là một đa thức đối xứng.
1.2. Một số tính chất khác của đa thức đối xứng
Phép giải nhiều bài toán của đại số sơ cấp sẽ trở nên dễ dàng nếu ta biết
lợi dụng tính đối xứng trong các giả thiết của bài toán. Qua những thí dụ cụ
thể dưới đây ta sẽ thấy lí thuyết đối xứng được áp dụng như thế nào để giải
theo một phương pháp thống nhất nhiều loại bài toán của đại số sơ cấp.
1.2.1. Phân tích đa thức thành nhân tử
Ví dụ 1.1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử (trên R)
f(x, y) = 6x
4
− 11x
3
y − 18x
2
y
2
− 11xy
3
+ 6y
4
.
Lời giải. Ta có
f(x, y) = 6(x
4
+ y
4
) −11xy(x
2

+ y
2
) −18x
2
y
2
= 6(σ
4
1
− 4σ
2
1
σ
2
+ 2σ
2
2
) −11σ
2
(σ
2
1
− 2σ
2
) −18σ
2
2
= 6σ
4
1

− 35σ
2
1
σ
2
+ 16σ
2
2
6
Vế phải là một tam thức bậc hai đối với σ
2
.
Nó có các nghiệm là σ
2
= 2σ
2
1
, σ
2
=
3
16
σ
2
1
.
Vì vậy ta có f = 16(σ
2
− 2σ
2

1
)

σ
2
−
3
16
σ
2
1

= (2σ
2
1
− σ
2
) ×(3σ
2
1
− 16σ
2
).
Từ đó
f(x, y) =

2(x + y)
2
− xy


3(x + y)
2
− 16xy

=

2x
2
+ 3xy + 2y
2

3x
2
− 10xy + 3y
2

.
Nhân tử thứ nhất có nghiệm phức, ta để nguyên. Nhân tử thứ hai phân tích
thành 3x
2
− 10xy + 3y
2
= (x −3y)(3x − y).
Vậy ta có f(x, y) =

2x
2
+ 3xy + 2y
2


(x −3y) (3x − y) .
1.2.2. Chứng minh hằng đẳng thức
Ví dụ 1.2. Chứng minh hằng đẳng thức
(x + y + z)(xy + xz + yz) −xyz = (x + y)(x + z)(y + z).
Lời giải. Ta có vế trái là σ
1
σ
2
− σ
3
. Mở các dấu ngoặc trong vế phải ta
được:
(x + y)(x + z)(y + z) = x
2
y + x
2
z + y
2
z + xz
2
+ y
2
z + yz
2
+ 2xyz
= (σ
1
σ
2
− 3σ

3
) + 2σ
3
= σ
1
σ
2
− σ
3
.
Ví dụ 1.3. Chứng minh rằng nếu x + y + z = 0 thì
x
4
+ y
4
+ z
4
= 2(xy + xz + yz)
2
.
Lời giải. Ta có x
4
+ y
4
+ z
4
= σ
4
1
− 4σ

1
σ
2
+ 2σ
2
2
+ 4σ
1
σ
3
.
Theo giả thiết x + y + z = 0, vậy nên
x
4
+ y
4
+ z
4
= 2σ
2
2
= 2(xy + xz + yz)
2
.
1.2.3. Chứng minh bất đẳng thức
I. Trường hợp hai biến.
Ta có thể áp dụng có kết quả các đa thức đối xứng để chứng minh nhiều
bất đẳng thức. Cơ sở của phương pháp này là chú ý sau:
7
Giả sử σ

1
, σ
2
là những số thực. Muốn cho các số x, y xác định bởi các điều
kiện:

x + y = σ
1
xy = σ
2
là các số thực, điều kiện cần và đủ là ∆ = σ
2
1
−4σ
2
≥ 0.
Muốn cho x, y là các số thực và không âm điều kiện cần và đủ là
∆ = σ
2
1
− 4σ
2
> 0 , σ
1
≥ 0 , σ
2
≥ 0.
Giả sử đã cho một đa thức đối xứng f(x, y) và cần phải chứng minh rằng
với những giá trị thực bất kì x, y (hoặc với những giá trị không âm bất kì,
hoặc với x + y ≥ a, tùy theo các điều kiện của bài toán, đa thức f(x, y)

lấy những giá trị không âm f(x, y) ≥ 0). Muốn vậy trước hết ta phải thay
f(x, y) bởi biểu thức của nó qua σ
1
và σ
2
. Rồi trong đa thức tìm được ta
thay σ bởi biểu thức của nó qua σ
1
và số không âm ∆ = σ
2
1
−4σ
2
, tức là ta
đặt σ
2
=
1
4
(σ
2
1
−∆). Kết quả là ta thu được một đa thức của σ
1
và ∆, và ta
phải chứng minh rằng với những giá trị không âm của z và với những điều
kiện về σ
1
đã cho, đa thức đó chỉ lấy những giá trị không âm. Thông thường
cách làm này dễ hơn chứng minh bất đẳng thức đã cho.

Ví dụ 1.4. Chứng minh rằng nếu a, b là những số thực thỏa mãn điều kiện
a + b ≥ c và c ≥ 0 thì ta có bất đẳng thức:
a
2
+ b
2
≥
c
2
2
; a
4
+ b
4
≥
c
4
8
; a
8
+ b
8
≥
c
8
128
.
Lời giải. Ta có
a
2

+ b
2
= σ
2
1
− 2σ
2
= σ
2
1
− 2.
1
4

σ
2
1
− ∆

=
1
2
σ
2
1
+
1
2
∆.
Vì ∆ ≥ 0 và theo điều kiện đã cho σ

1
≥ c, nên
a
2
+ b
2
≥
1
2
c
2
.
Áp dụng kết quả đó ta được
a
4
+ b
4
≥
1
2

1
2
c
2

2
=
1
8

c
4
.
a
8
+ b
8
≥
1
2

1
8
c
4

2
=
1
128
c
8
.
8
Bằng quy nạp ta được kết quả sau: Nếu a + b ≥ c và n là một số tự nhiên
bất kì thì ta có
a
2n
+ b
2n

≥
1
2
2n−1
c
2n
.
II. Trường hợp ba biến.
Nếu x, y, z là những số thực bất kì thì hiển nhiên ta có
(x −y)
2
+ (y −z)
2
+ (z −x)
2
≥ 0.
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z.
∆ đối xứng theo x, y, z và ta có:
∆ = 2(x
2
+ y
2
+ z
2
) −2(xy + yz + zx)
= 2(σ
2
1
− 2σ
2

) −2σ
2
= 2σ
2
1
− 6σ
2
.
Vì vậy nên σ
2
1
≥ 3σ
2
. (1)
Từ hệ thức (1) ta suy ra nhiều bất đẳng thức khác.
Ví dụ 1.5. Chứng minh rằng với a, b, c là những số thực bất kì, ta có
(ab + ac + bc)
2
≥ 3abc(a + b + c),
tức là σ
2
2
≥ 3σ
1
σ
3
.
Lời giải. Theo hệ thức (1) thì (x + y + z)
2
≥ 3 (xy + xz + yz) với x, y, z

tùy ý.
Thay x = ab, y = ac, z = bc, ta được
(ab + ac + bc)
2
≥ 3

a
2
bc + ab
2
c + abc
2

hay (ab + ac + bc)
2
≥ 3abc(a + b + c).
1.2.4. Bài toán thiết lập phương trình bậc hai
Dùng các đa thức đối xứng chúng ta có thể giải nhiều bài toán trong đó
cần tính những biểu thức chứa các nghiệm của một phương trình bậc hai.
Ví dụ 1.6. Cho phương trình bậc hai: x
2
+6y +10 = 0. Hãy lập một phương
trình bậc hai mà các nghiệm là bình phương các nghiệm của phương trình
đã cho.
9
Lời giải. Gọi các nghiệm của phương trình đã cho là x
1
và x
2
, các nghiệm

của phương trình phải tìm là y
1
và y
2
và các hệ số của nó là p và q. Theo
công thức Viète, ta có
σ
1
= x
1
+ x
2
= −6, σ
2
= x
1
.x
2
= 10
y
1
+ y
2
= −p, y
1
y
2
= q.
Theo giả thiết ta có y
1

= x
2
1
, y
2
= x
2
2
. Vì vậy
p = −(y
1
+ y
2
) = −(x
2
1
+ x
2
2
) = −(σ
2
1
− 2σ
2
) = −16
q = y
1
y
2
= x

2
1
x
2
2
= σ
2
2
= 100.
Như vậy phương trình bậc hai phải tìm là: y
2
− 16y + 100 = 0.
Ví dụ 1.7. Lập phương trình bậc hai z
2
+ pz + q = 0 mà các nghiệm là
z
1
= 6x
6
1
− 2x
2
2
, z
2
= x
6
2
− 2x
2

1
,
trong đó x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình bậc hai x
2
− x − 3 = 0.
Lời giải. Theo các công thứcViète, ta có
σ
1
= x
1
+ x
2
= 1, x
1
x
2
= −3,
− p = z
1
+ z
2
=

x
6
1

− 2x
2
2

+

x
6
2
− 2x
2
1

,
q = z
1
z
2
=

x
6
1
− 2x
2
2

x
6
2

− 2x
2
1

.
Ta có:
− p = x
6
1
+ x
6
2
− 2

x
2
1
+ x
2
2

=

σ
4
1
− 6σ
4
1
σ

2
+ 9σ
2
1
σ
2
2
− 2σ
3
2

− 2

σ
2
1
− 2σ
2

=

1
6
− 6.1
4
. (−3) + 9.1
2
.(−3)
2
− 2. (−3)


2
− 2

1
2
− 2. (−3)

= 140.
q = x
6
1
x
6
2
− 2

x
8
1
+ x
8
2

+ 4x
2
1
x
2
2

= σ
6
2
− 2

σ
8
1
− 8σ
6
1
σ
2
+ 20σ
4
1
σ
2
2
− 16σ
2
1
σ
3
2
+ 2σ
4
2

+ 4σ

2
2
= (−3)
6
− 2

1
8
− 8.1
6
(−3) + 20.1
4
(−3)
2
− 16.1
2
(−3)
3
+ 2(−3)
4

+ 4(−3)
2
= −833.
Vậy phương trình phải tìm là: z
2
− 140z −833 = 0.
10
1.2.5. Hệ phương trình đối xứng
Ta thường gặp những hệ thống phương trình trong đó các vế trái thường

phụ thuộc một cách đối xứng vào các ẩn x, y, z. Trong trường hợp này ta nên
chuyển sang các ẩn mới σ
1
= x + y + z, σ
2
= xy + xz + yz, σ
3
= xyz. Việc
giải hệ với các ẩn mới thường là đơn giản hơn, vì bậc của các phương trình
mới giảm xuống (vì σ
3
chẳng hạn là một đa thức bậc ba của x, y, z). Sau khi
đã tìm được giá trị của σ
1
, σ
2
, σ
3
để tìm x, y, z ta phải giải một phương trình
bậc ba. Ta có thể thử tìm một nghiệm của nó, sau đó áp dụng định lí Bơdu,
ta sẽ phải giải một phương trình bậc hai. Trong đại số sơ cấp thường ta chỉ
gặp trường hợp đặc biệt này.
Trong trường hợp chỉ có hai ẩn thì dĩ nhiên phép giải sẽ đưa đến một
phương trình bậc hai.
Ví dụ 1.8. Giải hệ phương trình

x
3
+ y
3

= 8
x
2
+ y
2
= 4.
Lời giải. Ta đưa vào các ẩn mới σ
1
= x + y, σ
2
= xy.
Khi đó hệ đã cho trở thành:

σ
3
1
− 3σ
1
σ
2
= 8
σ
2
1
− 2σ
2
= 4.
Rút σ
2
từ phương trình thứ hai và thế vào phương trình thứ nhất, ta được

phương trình đối với σ
1
:
−
1
2
σ
3
1
+ 6σ
1
− 8 = 0
⇔ σ
3
1
− 12σ
1
+ 16 = 0.
Ta dễ dàng thấy được phương trình này có nghiệm σ
1
= 2.
Vậy vế trái có thể viết σ
3
1
− 12σ
1
+ 16 = (σ
1
− 2)(σ
2

1
+ 2σ
1
− 8).
Ngoài σ
1
= 2 ra, phương trình còn hai nghiệm nữa là σ
1
= 2 và σ
1
= −4, là
nghiệm của phương trình bậc hai σ
2
1
+ 2σ
1
− 8 = 0.
Như vậy về σ
1
ta có hai khả năng xảy ra σ
1
= 2 hoặc σ
2
= −4.
Từ phương trình σ
2
1
− 2σ
2
= 4 ta thu được các giá trị tương ứng của σ

2
là
σ
2
= 0 và σ
2
= 6.
Vậy để tìm x và y, ta có hai hệ phương trình

x + y = 2
xy = 0
và

x + y = −4
xy = 6.
Giải các hệ này ta được các nghiệm của hệ đã cho là:
11

x
1
= 2
y
1
= 0.

x
2
= 0
y
2

= 2.

x
3
= −2 + i
√
2
y
3
= −2 −i
√
2.

x
4
= −2 −i
√
2
y
4
= −2 + i
√
2.
Ví dụ 1.9. Giải hệ phương trình



x + y + z = a
x
2

+ y
2
+ z
2
= b
2
x
3
+ y
3
+ z
3
= c
3
.
Lời giải. Ta đưa vào các ẩn mới:



x + y + z = σ
1
xy + xz + yz = σ
2
xyz = σ
3
.
Khi đó hệ đã cho trở thành:




σ
1
= a
σ
2
1
− 2σ
2
= b
2
σ
3
1
− 3σ
1
σ
2
+ 3σ
3
= a
3
.
Từ hệ này, ta tìm được:










σ
1
= a
σ
2
=
1
2

a
2
− b
2

σ
3
=
1
2
a

a
2
− b
2

.
Như vậy x, y, z là nghiệm của hệ phương trình bậc ba:

f(v) = v
3
− av
2
+
1
2
(a
2
− b
2
)v −
1
a

a
2
− b
2

= 0.
Vế phải của phương trình phân tích được thành
f(v) = (v −a)

v
2
+
1
2


a
2
− b
2


.
Các nghiệm của f(v) = 0 là:
v
1
= a, v
2
=

b
2
− a
2
2
, v
3
= −

b
2
− a
2
2
.
Vì vậy hệ đã cho có 6 nghiệm suy ra từ nghiệm

x = a , y =

b
2
− a
2
2
, z = −

b
2
− a
2
2
,
bằng tất cả các cách hoán vị.
12
1.3. Một số tính toán và ước lượng biểu thức chứa
căn thức
1.3.1. Sử dụng định lí Lagrange
Định lí 1.1 (Định lí Lagrange). Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn
[a, b] và có đạo hàm trên khoảng (a, b) thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho:
f(b) −f(a) = f

(c)(b −a), (1)
hay là
f

(c) =
f(b) −f(a)

b −a
. (2)
Các công thức (1) và (2) đều được gọi là các công thức Lagrange.
Trong định lí Lagrange, c có thể bằng a. Khi đó, chỉ cần điều kiện f(x) khả
vi tại x = a, ta có c = a và công thức (1) vẫn đúng.
Các nhận xét sau đây là các hệ quả trực tiếp của định lí Lagrange.
Nhận xét 1.1. Nếu các điều kiện sau đồng thời thỏa mãn
1) f

(x) = 0 với mọi x ∈ D ⊆ D
f
; D liên thông,
2) ϕ(D
1
) ⊆ D ; ψ(D
1
) ⊆ D,
thì trong D
1
ta có:
f(ϕ(x)) −f(ψ(x)) = ψ(x) − ϕ(x) ⇔ ϕ(x) = ψ(x).
Nhận xét 1.2. Nếu các điều kiện sau đồng thời thỏa mãn
1) f (x)đồng biến với mọi x ∈ D ⊆ D
f
; D liên thông,
2) ϕ(D
1
) ⊆ D ; ψ(D
1
) ⊆ D,

3) h(x) > 0 với mọi x ∈ D
1
,
thì trong D
1
ta có:
f(ϕ(x)) −f(ψ(x)) = [ψ(x) − ϕ(x)] .h(x) ⇔ ϕ(x) = ψ(x).
Nhận xét 1.3. Nếu các điều kiện sau đồng thời thỏa mãn
1) f

(x) > 0 ; g

(x) ≥ 0 với mọi x ∈ D ⊆ D
f
; D liên thông,
2) ϕ(D
1
) ⊆ D ; ψ(D
1
) ⊆ D,
3) h(x) ≥ 0 với mọi x ∈ D
1
,
thì trong D
1
ta có
f(ϕ(x)) −f(ψ(x)) = [g(ψ(x) −g(ϕ(x))] .h(x) ⇔ ϕ(x) = ψ(x).
13
Nhận xét 1.4.
Nếu f(x) đồng biến trong D ⊆ D

f
, D liên thông, thì trong D ta có :
f(f(x)) = x ⇔ f(x) = x ; f(f(f(x))) = x ⇔ f(x) = x.
Nếu f

(x) = 0 với mọi x ∈ D
f
, (∗) liên thông, thì trong D ta có :
f(f(x)) = x ⇔ f(x) = x ; f(f(f(x))) = x ⇔ f(x) = x.
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1.10. Giải phương trình
x
3
+ 1 = 2
3
√
2x −1. (1)
Lời giải. (1) ⇔ x =
1
2

1 +

1
2

1 + x
3



3

= f(f(x)).
Với f (x) =
1
2

1 + x
3

. Ta có f

(x) =
3
2
x
2
≥ 0 với mọi x ∈ R ⇒ f (x)
đồng biến trên tập xác định R.
Do đó
(1) ⇔ f(x) = x ⇔ x
3
− 2x + 1 = 0
⇔ (x − 1)

x
2
+ x − 1

= 0

⇔

x −1 = 0
x
2
+ x − 1 = 0
⇔





x = 1
x =
−1 −
√
5
2
x =
−1 +
√
5
2
.
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm
x = 1, hoặc x =
−1 −
√
5
2

, hoặc x =
−1 +
√
5
2
.
Ví dụ 1.11. Chứng minh rằng phương trình
π. arccos x −
π
2
−
πx −1
√
1 −x
2
= 0. (2)
luôn có nghiệm x ∈

1
π
;
π
4

(∗).
14
Lời giải. Đặt f(x) = π. arccos x −
π
2
−

πx −1
√
1 −x
2
.
Xét hàm số F (x) = (πx −1)

arccos x −
√
2
2

.
Hàm số F (x) xác định liên tục trên

1
π
;
π
4

và có
F

(x) = f (x), ∀x ∈ (∗); F (
1
π
) = 0 ; F

π

4

= 0.
Vậy theo định lí Lagrange, tồn tại x
0
∈ (∗) sao cho
f(x
0
) =
F

π
4

− F

1
π

π
4
−
1
π
= 0.
Vậy phương trình f(x) = 0 (2) luôn có nghiệm x ∈ (∗) (đpcm).
Bài tập áp dụng
1. Giải phương trình
2
2x+3

− 2
x
2
=

3
√
x
2
−
3
√
2x + 3


x
2
+ 1 + 2
x

.
2. Giải phương trình

x
3
+ 1

5
−


x
2
+ 1

5
=

√
x
2
+ 1 −
√
x
3
+ 1

√
x +
√
x + 1

.
3. Giải phương trình
x = a +

a +
√
x.
4. Giải phương trình
x =


a +
√
a + x.
1.3.2. Một số ước lượng cơ bản
Để dễ sử dụng và kết hợp nhiều ước lượng chúng ta xây dựng một số ước
lượng cơ bản như sau:
15
I. Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số ta nhận được
1) −1 ≤
√
x −
√
1 −x ≤ 1.
Chứng minh. Hàm số f (x) =
√
x −
√
1 −x là hàm tăng trên [0; 1] nên ta
có −1 = f (0) ≤ f(x) ≤ f(1) = 1.
2) −1 ≤
4
√
x −
4
√
1 −x ≤ 1.
Chứng minh. Hàm số f (x) =
4
√

x −
4
√
1 −x là hàm tăng trên [0; 1] nên ta
có −1 = f (0) ≤ f(x) ≤ f(1) = 1.
3) −1 ≤
4
√
x −
√
1 −x ≤ 1.
Chứng minh. Hàm số f(x) =
4
√
x−
√
1 −x là hàm tăng liên tục trên [0; 1]
nên ta có −1 = f(0) ≤ f(x) ≤ f(1) = 1.
4) 0 ≤
√
x + 3
2 +
√
1 −x
≤ 1.
Chứng minh. Hàm số f(x) =
√
x + 3
2 +
√

1 −x
là hàm tăng trên [−3; 1] nên
ta có
0 = f (−3) ≤ f(x) ≤ f(1) = 1.
5) 0 ≤
4
√
x + 15
2 +
4
√
1 −x
≤ 1.
Chứng minh. Hàm số f (x) =
4
√
x + 15
2 +
4
√
1 −x
là tăng trên [−15; 1] nên ta có
0 = f (−15) ≤ f(x) ≤ f(1) = 1.
6)

3 +
√
x −

1 +

√
1 −x ≤ 1.
Chứng minh. Hàm f (x) =

3 +
√
x −

1 +
√
1 −x là hàm tăng trên
[0; 1] , suy ra f(x) ≤ f(1) = 1.
7)
√
x + 3 −

1 +
√
1 −x ≤ 1.
Chứng minh. Hàm f(x) =
√
x + 3 −

1 +
√
1 −x là hàm tăng trên
[−3; 1], suy ra f (x) ≤ f(1) = 1.
II. Sử dụng tính chất nghịch biến của hàm số mũ y = a
x
với cơ số

0 < a < 1 ta nhận được
8)
√
x +
√
1 −x ≥ 1.
Chứng minh. Ta có
√
x ≥ x hoặc
√
1 −x ≥ 1 − x ⇔
√
x +
√
1 −x ≥
x + (1 −x) = 1.
Dấu đẳng thức đạt được khi x = 0 hoặc x = 1.
16
Chứng minh tương tự ta có:
9)
4
√
x +
4
√
1 −x ≥ 1.
10)
√
x +
4

√
1 −x ≥ 1.
11)
4
√
x +
√
1 −x ≥ 1.
III. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta nhận được
12)
√
2x −1
x
≤ 1.
Chứng minh. Ta có
√
2x −1
x
≤
2x −1 + 1
2x
= 1.
Dấu

=

xảy ra khi x = 1.
Chứng minh tương tự ta có:
13)
4

√
4x −3
x
≤ 1.
14)
6
√
6x −5
x
≤ 1.
15)
√
x +
√
2 −x ≤ 2.
16)
4
√
x +
4
√
2 −x ≤ 2.
17) x +
√
2 −x
2
≤ 2.
18) x +
4
√

2 −x
4
≤ 2.
19) x +
4
√
2 −x
6
≤ 2.
IV. Áp dụng các ước lượng cơ bản
1. Cộng hai hay nhiều các ước lượng cơ bản
Ví dụ 1.12. Giải phương trình
√
x +
4
√
x +
6
√
x = 3 +
√
1 −x +
4
√
1 −x +
6
√
1 −x.
Lời giải. Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 1
Phương trình tương đương với:


√
x −
√
1 −x

+

4
√
x −
4
√
1 −x

+

6
√
x −
6
√
1 −x

= 3.
Sử dụng các ước lượng cơ bản ta thu được vế trái nhỏ thua hoặc bằng 3.
Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Đáp số x = 1.
17
Bài tập áp dụng

1. Giải phương trình
√
2x −1 +
4
√
4x −3 +
6
√
6x −5 = 3x.
2. Giải phương trình
3x +

2 −x
2
+
4

2 −x
2
+
6

2 −x
6
= 6.
3. Giải phương trình
√
x +
4
√

x +
6
√
x + 3
4
√
1 −x = 3.
4. Giải phương trình
√
x + 3
2 +
√
1 −x
+
√
3x + 1
2 +
4
√
1 −x
= 2.
2. Nhân các ước lượng cơ bản dương
Ví dụ 1.13. Giải phương trình
√
2x −1.
4
√
4x −3.
6
√

6x −5 = x
3
.
Lời giải. Điều kiện: x ≥
5
6
.
Chia hai vế phương trình cho x
3
= 0 ta thu được
√
2x −1
x
.
4
√
4x −3
x
.
6
√
6x −5
x
= 1.
Vế trái nhỏ thua hoặc bằng 1.
Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Đáp số x = 1.
Bài tập áp dụng
1. Giải phương trình
√

2x −1
x

√
x +
√
1 −x

= 1.
2. Giải phương trình
√
2x −1

√
x +
√
2 −x

= 2x.
18
3. Giải phương trình

4
√
x +
4
√
2 −x

x +


2 −x
2

− 2x = 0.
3. Kết hợp 2 ước lượng cơ bản có tính chất khác nhau
Ví dụ 1.14. Giải phương trình
2
4
√
x +
4
√
2 −x = 3 +
4
√
1 −x.
Lời giải. Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 1.
Phương trình đã cho tương đương với
4
√
x −
4
√
1 −x +
4
√
x +
4
√

2 −x = 3.
Vì
4
√
x −
4
√
1 −x ≤ 1.
4
√
x +
4
√
2 −x ≤ 2 nên vế trái nhỏ thua hoặc bằng 3.
Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Đáp số x = 1.
Bài tập áp dụng
1. Giải phương trình
4
√
2 −x =
4
√
x + 2
4
√
1 −x.
2. Giải phương trình
√
2x −1 +

4
√
4x −3 +
6
√
6x −5 = 3x.
3. Giải phương trình
4
√
4x −3 +
4
√
x +
4
√
2 −x = 2 + x.
4. Sử dụng các ước lượng cơ bản giải hệ phương trình
Ví dụ 1.15. Giải hệ phương trình

4
√
x = 1 +
√
1 −y
4
√
y = 1 +
√
1 −x.
Lời giải. Điều kiện 0 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 1.

Cộng hai vế phương trình của hệ ta thu được

4
√
x −
√
1 −x

+

4
√
y −

1 −y

= 2.
Vì f(t) =
4
√
t −
√
1 −t là hàm tăng trên [0; 1] ⇒ f (t) ≤ f(1) = 1 nên vế
trái nhỏ thua hoặc bằng 2.
Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1.
Vậy hệ đã cho có nghiệm là (x, y) = (1; 1).
19
Bài tập áp dụng
1. Giải hệ phương trình



3 +
√
x = 1 +

1 +
√
1 −y

3 +
√
y = 1 +

1 +
√
1 −x.
2. Giải hệ phương trình

y + 4
√
x −x
2
= 1
√
x −
√
1 −x = 4y
3
− 3y.
3. Giải hệ phương trình




√
2x −1 = y
4
√
4y − 3 = z
6
√
6z −5 = x.
20
Chương 2
Hệ phương trình chứa căn thức
2.1. Các phương pháp giải phương trình chứa căn
thức
2.1.1. Điều kiện có nghĩa của phương trình
Một trong những điều cần lưu ý nhất đối với phương trình chứa căn là
tính không thuận nghịch của phép toán. Nhìn chung những dạng phương
trình đều có thể đưa về dạng phương trình đại số bậc nguyên. Vì vậy cần
lưu ý đến điều kiện có nghĩa của biểu thức.
Ví dụ 2.1. Cho A(x) = (1 +
√
x)
2
+ (1 −
√
x)
2
và B(x) = 2 + 2x thì

A(x) = B(x) chỉ đúng khi x ≥ 0.
Ví dụ 2.2. Xét phương trình
4

A(x) = B(x) (2.1) thì điều kiện đối với B(x)
là quan trọng. Nếu chưa biết thông tin đối với B(x) thì không thể viết:
(2.1) ⇔

A(x) = [B(x)]
4
B(x) ≥ 0.
Ví dụ 2.3. Giải phương trình
4
√
x −1 =
√
1 −x. (2.2)
Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Nếu chỉ dựa vào phép biến đổi ta sẽ thấy
(2.2) ⇔ x − 1 = (1 −x)
2
⇔

x = 1
x = 2.
Do vậy, trong mọi trường hợp, cần phải xem xét điều kiện có nghĩa của
phương trình một cách chi tiết, sau đó mới tiến hành các phép biến đổi tương
đương.
21
2.1.2. Quy tắc giản ước

Khác với các biểu thức đại số bậc nguyên, khi một thừa số khác không,
ta có thể giản ước hoặc đặt thừa số chung. Đối với biểu thức chứa căn ta cần
đặc biệt lưu ý tới điều kiện có nghĩa.
Ví dụ 2.4. Giải phương trình

(x −1)x +

(x −2)x =

x(x + 3). (2.3)
Lời giải. Điều kiện có nghĩa:



(x −1)x ≥ 0
(x −2)x ≥ 0
x(x + 3) ≥ 0
⇔

x ≥ 2
x = 0
x ≤ −3.
1) x = 0 là một nghiệm.
2) Xét x ≥ 2 khi đó có thể giản ước hai vế của phương trình (2.3) cho
√
x
ta được phương trình:
√
x −1 +
√

x −2 =
√
x + 3
⇔ 2x −3 + 2

(x −1)(x −2) = x + 3
⇔ 2

(x −1)(x −2) = 6 − x
⇔

6 −x ≥ 0
4(x
2
− 3x + 2) = 36 −12x + x
2
⇔

x ≤ 6
3x
2
= 28
⇔ x = ±

28
3
.
Kết hợp với điều kiện x ≥ 2 ta được nghiệm x =

28

3
.
3) Xét x ≤ −3 khi đó có thể viết phương trình (2.3) dưới dạng

(1 −x)(−x) +

(2 −x)(−x) =

(−x)(−x −3).
Giản ước hai vế của phương trình (2.3)đã cho
√
−x, ta được phương trình:
√
1 −x +
√
2 −x =
√
−3 −x.
trường hợp này phương trình vô nghiệm vì vế trái lớn hơn vế phải.
Tóm lại: phương trình (2.3) đã cho có hai nghiệm x = 0 và x =

28
3
.
22
2.1.3. Quy tắc thay giá trị
Sử dụng hằng đẳng thức
(u + v)
3
= u

3
+ v
3
+ 3uv(u + v).
Từ biểu thức u + v = a dễ dàng suy ra :
u
3
+ v
3
+ 3uva = a
3
.
Tuy nhiên, phép thế giá trị u + v = a này vào biểu thức lập phương có thể
dẫn đến một phép bình phương và phép biến đổi không còn là phép biến đổi
tương đương.
Ví dụ 2.5. Giải phương trình
3
√
2 + x + x
2
+
3

2 −x −x
2
=
3
√
4. (2.4)
Lời giải. Lập phương hai vế phương trình (2.4) ta được:

4 + 3
3
√
2 + x + x
2
.
3
√
2 −x −x
2

3
√
2 + x + x
2
+
3
√
2 −x −x
2

= 4
Vậy phương trình tương đương với:

3
√
2 + x + x
2
+
3

√
2 −x −x
2
=
3
√
4
3
3
√
2 + x + x
2
.
3
√
2 −x −x
2
= 0.
Vì
3
√
2 −x −x
2
> 0 nên suy ra:
3

2 −x −x
2
= 0 ⇒


x = 1
x = −2.
Vậy x = 1, x = −2 là nghiệm của phương trình (2.4) đã cho.
2.1.4. Phương pháp hữu tỷ hóa
Nhìn chung để giải phương trình vô tỷ ta thường quy về phương trình
hữu tỷ để giải. Ta thường dùng các phương pháp sau đây để đưa các phương
trình vô tỷ về phương trình hữu tỷ mà ta có thể gọi các phương pháp này là
“ hữu tỷ hóa “.
I. Sử dụng các phép biến đổi tương đương
Nội dung chính của phương pháp này là lũy thừa hai vế với số mũ phù
hợp.
23