SKKN một số PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH vô tỉ

II- NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI :
1- Tên đề tài: “ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ”.
2- Lý do chọn đề tài: Trong chương trình toán học phổ thông giải
phương trình vô tỉ là phần gây cho học sinh (ngay cả học sinh khá và giỏi) nhiều
bối rối nhất. Tuy nhiên, đây là phần quyến rũ những học sinh say mê với Toán
học và mong giỏi toán vì nó đòi hỏi phải động não, tìm tòi và sáng tạo.Để giúp
học sinh có được một số kiến thức cơ bản về giải phương trình vô tỉ nên chúng
tôi chọn đề tài này.
3- Phạm vi và thời gian thực hiện.
- Đề tài này được thực hiện trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán
9 ở bậc THCS .
- Thời gian thực hiện 1 năm.
III- QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI .
1- Khảo sát thực tế.
Trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh lớp 9 cấp huyện. Sau khi
học về phần giải phương trình vô tỉ chúng tôi nhận thấy một số hạn chế sau:
- Học sinh không có kỹ năng phân biệt dạng loại .
- Chưa có hệ thống phương pháp giải .
- Nhiều khi còn mắc sai lầm khi giải phương trình .
- Một bộ phận học sinh còn ngại khi giải phương trình .
2- Số liệu trước khi thực hiện .
Có tới 65 – 70% học sinh nắm các dạng và giải phương trình gặp khó
khăn về phương pháp.
Nhiều bài không biết tìm lời giải .
3- Những biện pháp chủ yếu:
3.1- Giúp học sinh nắm vững các dạng cơ bản của phương trình vô tỉ .
3.2- Tìm ra cách giải thông qua các ví dụ .
3.3- Học sinh tự giải các bài tập nhỏ những kiến thức đã được trang bị.
3.4- Đánh giá kết quả của học sinh thông qua bài kiểm tra.
4- Những biện pháp cụ thể :
4.1- Những kiến thức cần thiết khi tìm tòi lời giải cho phương trình vô tỉ .

4.1.1- Phương trình vô tỉ là loại phương trình chứa ẩn ở trong dấu căn
thức .
Ví dụ:
312 −++ xx
= 4 là phương trình vô tỉ .
4.1.2- Các phép biến đổi cơ bản cần biết.
* a = b
⇔
a
2
= b
2
( a, b
≥
0)
*
AA =
2
* Các phép biến đổi đơn giản về căn thức bậc hai và mở rộng căn bậc n
( n
N
∈
, n
2≥
) .
4.1.3- Cách giải các phương trình, hệ phương trình cơ bản, các kiến thức
cơ bản về bất đẳng thức.
* Nắm vững cách giải phương trình bậc nhất, bậc hai, và một số phương
trình bậc cao cơ bản .
* Cách giải một số hệ phương trình : Như hệ bậc nhất, hệ đối xứng, hệ

đẳng cấp .
* Các kiến thức cơ bản về bất đẳng thức như các tính chất cơ bản về bất
đẳng thức.
-BĐT Cô si cho hai số không âm
-BĐT Bunhiacốpxki cho hai cặp số .
* Các kiến thức về giải bất phương trình bậc cao, bất phương trình tích.
Đây là những công cụ cần thiết và hữu ích giúp chúng ta có thể tìm tòi lời
giải cho phương trình vô tỉ .
4.1.4- Một số chú ý.
- Khi biến đổi phải chú ý đặt điều kiện để phép biến đổi đảm bảo là tương
đương.
Nhiều khi do việc giải điều kiện gặp nhiều khó khăn ta có biến đổi và sau
đó phải thử lại nghiệm của phương trình.
4.2- Nguyên tắc chung để giải phương trình vô tỉ .
2
- Dùng các phép biến đổi để đưa phương trình về dạng đơn giản hơn.
- Những dạng phương trình đơn giản là phương trình có thể làm mất căn
thức và phương trình đó có thể giải được một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản
và cách giải đó là :
*
k
xf
2
)(
= g(x)
⇔
g(x)
0≥
f(x) = [g(x)]
2k

*
⇔=
kk
xgxf
22
)()(
f(x)
0≥
( hoặc g(x)
o≥
f(x) = g(x)
*
12
)(
+k
xf
= g(x)
⇔
f(x) = [g(x)]
2k+1
( Trong các phép biến đổi trên, k là số nguyên dương).
4.3- Cách giải một số dạng cơ bản và ví dụ .
Dạng 1: PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI.
Dựa vào phép biến đổi
AA =
2
Ví dụ 1: Giải phương trình.
44
2
+− xx

= 3 x – 2
Giải :
44
2
+− xx
= 3 x – 2

⇔

2
)2( −x
= 3 x – 2

⇔

2−x
= 3 x – 2 (*)
Đến đây phương trình đã không còn căn thức và học sinh có thể tự tìm lời
giải một cách dễ dàng.
Giải phương trình (*) ta có nghiệm x
1
= 0 ; x
2
= 1 nhưng phải loại bỏ x =0
do điều kiện x
3
2
≥
Do vậy phương trình có nghiệm x = 1.
Ví dụ 2: Giải phương trình :

143 −−+ xx
+
168 −−+ xx
= 1
Giải:
3
Điều kiện x – 1
10 ≥⇔≥ x
phương trình được biến đổi thành .
414)1( +−−− xx
+
916)1( +−−− xx
= 1
⇔

22
)31()21( −−+−− xx
= 1
⇔

21 −−x
+
31 −−x
= 1 (*)
Nếu
1−x

≥
3 thì (*) trở thành

1−x
- 2 +
1−x
- 3 = 1
⇔
2
1−x
= 6
⇔

1−x
= 3
⇔
x – 1 = 9
⇔
x = 10 ( Thoả mãn điều kiện)
Nếu 2 <
1−x
<3 thì (*) trở thành

1−x
- 2 + 3 -
1−x
= 1
⇔
1 = 1 đúng với mọi x thoả mãn điều kiện đang xét: Cụ thể là .
4< x – 1 < 9
⇔
5< x < 10
* Nếu

1−x

≤
2 thì (*) trở thành
2 -
1−x
+ 3 -
1−x
= 1
⇔
2
1−x
= 4
⇔

1−x
= 2
⇔
x – 1 = 4
⇔
x = 5 ( thoả mãn điều kiện đang xét)
Vậy nghiệm của phương trình là 5
≤
x
≤
10 .
Lời bàn : Đến ví dụ 2 ta nhận thấy học sinh dễ mắc sai lầm hoặc thiếu
trường hợp khi phá được dấu giá trị tuyệt đối; hoặc sẽ lúng túng khi xét trường
hợp 2 <
1−x

<3 mà thấy 1 = 1 rồi không biết kết luận gì; hoặc sẽ kết luận thừa
( thiếu) nghiệm.
Do vậy khi giải giáo viên phải nhấn mạnh để học sinh không mắc sai lầm.
4
Ngay từ ví dụ 2 ta có thể làm cho bài toán phức tạp hơn nhưng cách giải
vẫn không hề thay đổi, ta xét ví dụ 3.
Ví dụ 3: Giải phương trình:

11212 −=−−+−+ xxxxx
Giải:Biến đổi tương tự như ví dụ 2 ta được phương trình sau
2
)11( +−x
+
2
)11( −−x
= x – 1 ( điều kiện x
1≥
)
⇔
11 +−x
+
11 −−x
= x – 1
⇔
1−x
+ 1 +
11 −−x
= x – 1 (1)
Ta xét hai trường hợp :
*Nếu x

≥
2 thì
1−x

≥
1 phương trình (1) trở thành
1−x
+ 1 +
1−x
- 1 = x – 1
⇔
2
1−x
= x – 1
⇔
2 =
1−x

⇔
x – 1 = 4
⇔
x = 5 ( thoả mãn điều kiện) .
*Nếu 1
≤
x < 2 thì
1−x
< 1 phương trình (1) trở thành .
1−x
+ 1+1 -
1−x

= x – 1
⇔
x = 3 (loại).
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x =5
Ở ví dụ 3, nếu học sinh không có tính sáng tạo mà áp dụng cách làm đầy
đủ như ví dụ 2 thì bài toán sẽ rườm ra thêm.
Tóm lại: Đối với dạng 1 học sinh cần phải biến đổi để có thể sử dụng
hằng đẳng thức :
AA =
2
. Có thể coi dạng 1 có cách giải là đưa về phương
trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối .
Một số bài tập mà có thể sử dụng cách giải tương tự dạng 1 :
Giải các phương trình sau:
Bài 1:
xx 44 −+
+
169 =−+ xx
Bài 2:
225225232 =−−−+−++ xxxx
Bài 3:
1267242 =−−++−−+ xxxx
5
Bài 4:
732813232222 =−+++−+− xxxx
Bài 5:
322 −−− xx
-
341 −−+ xx
= 2 x – 5

Dạng 2: PHƯƠNG TRÌNH NÂNG LÊN LUỸ THỪA.
Ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1: Giải phương trình : 3 +
32 −x
= x (*)
Giải : Điều kệin xác định của phương trình là 2 x – 3
0
≥
Tách riêng căn thức ở một vế được
32 −x
= x – 3



−=−
≥−
⇔
2
)3(32
03
xx
x

⇔




=+−
≥

0128
3
2
xx
x
(1)
Phương trình (1) có hai nghiệm là x
1
= 2 ( loại) và x
2
= 6 thoả mãn điều
kiện x
3
≥
và 2 x – 3
0
≥
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x = 6 .
Lời bàn: Sau khi tách riêng căn thức ở một vế phương trình có dạng
)(xf
= g(x) nên ta sử dụng phép biến đổi tương đương.
)(xf
= g(x)
⇔

[ ]



=

≥
2
)()(
0)(
xgxf
xg
Nếu không đặt điều kiên x – 3
0
≥
, học sinh sẽ sai lầm khi nhận x = 2 là
nghiệm của phương trình (*), do vậy khi giải giáo viên phải nhấn mạnh việc đặt
điều kiện giúp học sinh không lấy thừa nghiệm .
Ví dụ 2: Giải phương trình:
1−x
+
4−x
=
4+x
Giải: Điều kiện để phương trình xác định là :
x
’
– 1
≥
0
x – 4
≥
0
⇔
x
≥

4.
x + 4
≥
0
Với điều kiện x
≥
4 hai vế của phương trình đều không âm. Ta bình
phương hai về và thu gọn được .
2
)4)(1( −− xx
= 9 – x
6



−=−−
≤≤
⇔
2
)9()4)(1(4
94
xxx
x

⇔




=−−

≤≤
06523
94
2
xx
x
⇔
4
9
≤≤
x
x
1
= 5 hoặc x
2
=
3
13−
(loại)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 5 .
Lời bàn : Học sinh khi giải bài tập này vẫn có thể làm thiếu điều kiện x
9
≤
. Đây là điều kiện quan trọng để chỉ được phương trình tương đương. Để
giúp học sinh nhận ra ta xét thêm vị dụ 3 sau đây:
Ví dụ 3: Giải phương trình :
52 −+ x
=
x−13
Giải: Điều kiện để phương trình có nghĩa là:




≥−
≥−
013
05
x
x

⇔
5
≤
x
≤
13
Khi đó phương trình tương đương với



−=−+
≤≤
xx
x
1352
135
⇔





−=−
≤≤
xx
x
115
135
⇔



−=−
≤≤
2
)11(5
115
xx
x
Giải ra ta được :



==
≤≤
9;14
115
21
xx
x
Vậy nghiệm của phương trình là x = 9.

Ở dạng toán này đôi khi ta có thể giải phương trình vô tỉ bằng cách nâng
lên luỹ thừa bậc n (với n
)2; >∈ nN
chẳng hạn ta xét ví dụ 4 sau:
Ví dụ 4: Giải phương trình:

112
33
=++ xx
(1)
Giải:Lập phương hai vế áp dụng hằng đẳng thức
(a+b)
3
= a
3
+ b
3
+ 3ab(a+b) ta được.
2 x + 1 + x + 3
1)12.()12(
33
3
=+++ xxxx
(2)
Thay
3
12 +x
+
3
x

= 1 vào (2) ta có
7
3 x + 1 + 3
3
)12( +xx
= 1 (3)
⇔
xxx −=+
3
)12(
(4)
⇔
3
)12( xxx −=+

⇔
0)12(
2
=++ xxx
⇔
0)1(
2
=+xx
⇔
1;0
21
−== xx
Thử lại : x
1
= 0 thoả mãn (1)

x
2
=-1 không thoả mãn (1) loại
Vậy phương trình (1) có một nghiệm duy nhất x = 0 .
Lời bàn : Trong ví dụ 4 học sinh thường lúng túng khi gặp phương trình chứa
căn thức bậc cao, việc vận dụng các hằng đẳng thức giúp học sinh biến đổi
tương đương về dạng phương trình cơ bản. Đặc biệt lưu ý ở ví dụ 4 này các
phương trình (1) và ( 2) tương đương, nhưng các phương trình (2) và (3) không
tương đương. Do đó sau khi tìm được nghiệm của (3) là 0 và -1 phải thử các giá
trị đó vào (1) để chọn ra nghiệm của (1). Đây cũng là một chú ý quan trọng giáo
viên cần khắc sâu cho học sinh, tránh rơi vào tình trạng lấy thừa nghiệm .
Các bài tập có thể giải tương tự .
Giải các phương trình sau:
Bài 1:
xxx −=−− 242
2
Bài 2 :
193
2
+− xx
=
2
−
x

Bài 3 :
73 +x
-
1+x
= 2

Bài 4 :
24
1 xx −−
= x – 1
Bài 5 :
3
1+x
+
3
7 x−
= 2
Dạng 3 : PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT NHÂN TỬ CHUNG.
Ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1: Giải phương trình :
2110
2
++ xx
= 3
3+x
+ 2
7+x
- 6
Điều kiện của phương trình là :
8





≥+

≥+
≥++
07
03
02110
2
x
x
xx
3
−≥⇔
x
Chuyển vế sau đó phân tích các đa thức ở trong căn thành nhân tử ta
được.
067233)7)(3( =++−+−++ xxxx
⇔
3+x
(
0)37(2)37 =−+−−+ xx
⇔
(
0)23)(37 =−+−+ xx
⇔




=−+
=−+
023

037
x
x

⇔



=+
=+
43
97
x
x
=> x
1

= 1 ; x
2
=2 (thoả mãn điều kiện)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 1; x =2
Ví dụ 2: Giải phương trình :
49211212
22
+−−−+ xxxx
=
918 −x
Giải:
Sau khi phân tích các đa thức ở trong căn thành nhân tử ta được.
123)4)(12()11)(12( −=−−−+− xxxxx

Điều kiện của phương trình là





≥−
≥−−
≥+−
012
0)4()12(
0)11)(12(
x
xx
xx
Điều kiện chung sẽ là x
4≥
do 2 x – 1
0≥
Từ đây ta có :
12 −x
(
11+x
-
4−x
- 3 ) = 0
*
12 −x
= 0
⇔

x =
2
1
(loại)
*
11+x
= 3 +
4−x

⇔
x + 11 = 9 + x – 4 + 6
4−x
⇔
6 = 6
4−x
⇔

4−x
= 1
⇔
x – 4 = 1
⇔
x = 5 ( thoả mãn)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 5.
Chú ý trong bài này nếu học sinh giải phương trình
9
411 −−+ xx
= 3 theo cách của dạng 2 sẽ làm cho bài toán dài hơn và
phức tạp hơn. Khi giảng dạy Giáo viên nên làm so sánh cho học sinh rút ra kinh
nghiệm.

Ví dụ 3: Giải phương trình :
)1( −xx
+
)2( −xx
=
)3( +xx
Giải:
Điều kiện có nghĩa của phương trình là :
x ( x – 1 )
≥
0 x = 0
x ( x – 2 )
≥
0
⇔
hoặc x
≥
2
x ( x + 3 )
0
≥
hoặc x
≤
- 3
Nếu x = 0 thì phương trình có nghiệm là x = 0
Nếu x
≥
2 thì ta có:
0)3221( =+−−−−+− xxxxx
do đó

321 +=−+− xxx
⇔
x – 1 + x – 2 + 2
3)2)(1( +=−− xxx
⇔
2
)2)(1( −− xx
= 6 –x
⇔




−=−−
≤≤
2
)6()2)(1(4
62
xxx
x
⇔




=
≤≤
283
62
2

x
x
Chỉ nhận nghiệm x =
3
212
Nếu x
3
−≤
thì phương trình sẽ trở thành.
)3)(())(2()().1( −−−=−−+−− xxxxxx
⇔

x−
. (
0)321 =−−−−+− xxx
Do đó :
321 −−=−+− xxx

Bình phương hai vế không âm ta được phương trình .
2
6)2)(1( −=−− xxx
phương trình vô nghiệm vì : x – 6 < 0 do x
≤
- 3 .
10
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0; x =
3
212
Lời bàn: Trong ví dụ 3 học sinh dễ mắc sai lầm khi giảm ước mà không
chú ý phép biến đổi có đúng không. Do vậy ta nên nhắc lại phép biến đổi .

BA.
=
BA.
( khi A, B
0≥
).
Ở bài toán này nếu giải toàn bộ điều kiện sẽ gặp khó khăn ta cũng có thể
vận dụng cách giải này để giải và phải thử lại nghiệm tìm được chẳng hạn ví dụ
4 sau đây:
Ví dụ 4: Giải phương trình :
x
x
xx
x
11
1
1 −
=−−−
Giải một trong các điều kiện của phương trình là
0
1
≥
−
x
x
thu gọn phương
trình ta được.
0)1
1

1.(
1
=−
−
−+
−
x
x
x
x
x
*Nếu
0
1
=
−
x
x

⇒
x – 1 là nghiệm của phương trình
*Nếu
x
x
x
1
11
−
=−+
Với điều kiện

011 ≥−+x
. Ta bình phương 2 vế rồi thu gọn được:
x
2
+ x + 1 =2 x
1+x
do x
2
+ x + 1 > 0 nên x > 0 tiếp tục bình phương 2
vế được phương trình :
x
4
– 2 x
3
– x
2
+ 2 x + 1 = 0 .
Giải phương trình đối xứng bậc 4 ta có .
x =
2
51+
, x =
2
51−
( loại ) vì x>0.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 1; x =
2
51+
Sau đây là một số bài tập áp dụng cách giải dạng 3.
Giải các phương trình sau:

Bài 1:
11
xxxxxx 35)2(
22
+=−+−
Bài 2 :
1214
2
+−− xx
= 1 + x – 2 x
2

Bài 3:
127)6)(3(
22
+−=−−− xxxxx
Bài 4 :
1242
222
−=−+− xxxxx
Bài 5:
3
2
1
).2(231
2
=
−
−
−++−+−

x
x
xxxx
Dạng 4: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ .
Phương pháp bất đẳng thức để giải phương trình vô tỉ được thể hiện dưới
nhiều dạng cụ thể ta xét một số ví dụ sau :
Ví dụ1: Giải phương trình :
23151 −=−−− xxx
(1)
Giải: Điều kiện của phương trình là :





≥−
≥−
≥−
023
015
01
x
x
x
1≥⇔ x
Với điều kiện này thì x< 5 x đo dó
1−x
<
15 −x
suy ra vế trái của

phương trình (1) là số âm, còn vế phải không âm. Phương trình vô nghiệm .
Lời bàn: Bằng cách chứng tỏ rằng với điều kiện xác định của phương
trình, có một vế của phương trình luôn nhỏ hơn vế kia. Ở bài toán này Giáo viên
cần khéo léo giúp học sinh thấy được việc thông qua điều kiện để chứng tỏ rằng
phương trình vô nghiệm. Cũng có thể sử dụng tính đối nghịch ở hai vế để giải
phương trình, ta xét ví dụ 2 sau đây :
Ví dụ 2 : Giải phương trình.
222
2414105763 xxxxxx −−=+++++
(1)
Giải :
Vế trái :
12
14105763
22
+++++ xxxx
=
5949)1(54)1(3
22
=+≥+++++ xx
Vế phải : 4- 2x – x
2
= 5 – ( x + 1 )
2

5≤
Vậy hai vế của (1) đều bằng 5, khi đó x = -1
Phương trình có nghiệm duy nhất x = -1
Lời bàn: Qua ví dụ 2 ta nhận thấy có thể chứng minh mỗi vế so với một
hằng số và từ đó tìm ra nghiệm thông thường ta chứng minh VT

a≥
, VP
≤
a ( a
là hằng số) hoặc ngược lại. Có nhiều bài việc ước lượng đó đòi hỏi nhiều bước
chẳng hạn ta xét ví dụ 3 sau đây.
Ví dụ 3: Giải phương trình .
3111
44
4
2
=++−+− xxx
Giải : Điều kiện của phương trình là:





≥+
≥−
≥−
01
01
01
2
x
x
x
11
≤≤−⇔

x
Nhận thấy:
2
11
)1)(1(1
4
4
2
xx
xxx
−++
≤+−=−
2
11
1).1(
4
++
≤+
x
x
2
11
1).1(
4
+−
≤−
x
x
Do vậy : VT
3

2
11
2
11
1111 =
++
+
+−
+≤++−+≤
xx
xx
Dấu “=” xảy ra





=−
=+
+=−
⇔
11
11
11
x
x
xx

⇔
x = 0

Vậy x = 0 là nghiệm của phương trình đã cho .
Lưu ý phải chỉ rõ dấu “=” xảy ra ở từng chỗ áp dụng bất đẳng thức.
Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình vô tỉ là một dạng
đặc biệt của phương pháp dùng bất đẳng thức ta xét ví dụ 4 sau:
Ví dụ 4: Giải phương trình :
13
11
33
=++ xx
(1)
Giải: Bằng cách chứng tỏ rằng x = 0 là nghiệm duy nhất của phương
trình.
Ta thấy x = 0 nghiệm đúng phương trình (1)
Với x > 0 thì
3
1+x
> 1 ;
3
x
> 0
Nên VT của (1) lớn hơn 1 (loại)
Với x < 0 thì
3
1+x
< 1 ;
3
x
< 0
Nên VT của (1) nhỏ hơn 1 (loại )
Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình (1)

Ở bài toán này, khi dạy trước tiên giáo viên cần củng cố lại cho học sinh
về tính đồng biến, nghịch biến của hàm số.
Các bài tập luyện tập ở dạng 4.
Giải các phương trình sau :
Bài 1 :
4012102
2
+−=−+− xxxx
Bài 2:
2
23
23
=
−
+
−
x
x
x
x
Bài 3 :
2
1
2
2553
2
23
−+=−+− x
x
xxx

Bài 4:
211
222
+−=+−+−+ xxxxxx
Bài 5:
444
2321 xxx −=−+−
Bài 6:
2464102
2342
=++++++ xxxxxx
Dạng 5 : PHƯƠNG PHÁP DÙNG ẨN DỤNG ĐỂ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH HOẶC HỆ PHƯƠNG
TRÌNH
Nội dung của phương pháp giải :
14
-Bước 1: Đặt ẩn phụ, nêu điều kiện của ẩn phụ
-Bước 2: Biến đổi phương trình về phương trình ( hệ phương trình)
chứa ẩn phụ .Giải phương trình( hệ phương trình chứa ẩn phụ)đối chiếu với điều
kiện đã nêu để tìm nghiệm thích hợp .
-Bước 3: Tìm nghiệm của phương trình ban đầu theo cách đặt ẩn phụ
*Chú ý: Trong 3 bước giải toán thì bước 1 là rất quan trọng nó quyết định
được tính chính xác, ngắn gọn và độc đáo của lời giải.
Sau đây xin trình bày một số ví dụ.
Ví dụ1: Giải phương trình :
x
2
+
53
2
+− xx

= 3x + 7 (1)
Giải: Điều kiện : x
2
– 3 x + 5
≥
0 (*)
Phương trình (1) được viết lại : x
2
-3x + 5 +
53
2
+− xx
- 12 = 0
Đặt y =
53
2
+− xx
( y
≥
0 ) ta sẽ được phương trình
y
2
+ y – 12 = 0
Giải phương trình này ta có y
1
= 3; y
2
= - 4 ( loại )
Với y = 3
⇒

353
2
=+− xx
⇔
x
2
- 3 x + 5 = 9
⇔
x
2
– 3 x - 4 =0
⇔
x
1
= - 1 ; x
2
= 4
Cả hai nghiệm này đều thoả mãn điều kiện (*) do đó chúng đều là nghiệm
của phương trình đã cho .
Lời bàn: Nếu học sinh không quan sát mà chuyển chúng sang dạng 2 sẽ
làm cho phương trình quá phức tạp. Điều quan trọng là bài toán này dễ tìm ra ẩn
phụ để đặt và đưa về dạng phương trình cơ bản đã biết cách giải.Cũng có bài
phải biến đổi mới nhận ra cách đặt ẩn phụ, ta xét ví dụ 2.
Ví dụ 2: Giải phương trình.
xx −++ 31
= 2 +
2
23 xx −+
Giải: Ta nhận thấy ( x+ 1 ) ( 3 – x )= 3 + 2 x – x

2
Điều kiện của phương trình là
15



≥−
≥+
03
01
x
x
⇔
- 1
3
≤≤
x
Đặt y =
1+x
+
x−3
( y
≥
0)
⇒
y
2
= 4 + 2
)3)(1( xx −+
⇒

)3)(1( xx −+
=
2
4
2
−y
Và phương trình trở thành : y =
2
2
4
2
+
−y
⇔
y
2
– 2 y = 0
⇔
y = 0 hoặc y = 2
Nếu y = 0
⇒

1+x
+
03 =− x
⇒
x = 3 và x = - 1 ( loại)
Nếu y = 2
⇒

1+x
+
x−3
= 2
Bình phương hai vế và thu gọn ta được phương trình.
xx −+ 3)(1(
= 0
⇒
x = - 1 hoặc x = 3 ( Thoả mãn điều kiện ) .
Vậy phương trình có hai nghiệm x = - 1 ; x = 3 .
Lời bàn : Có những bài toán việc tìm ra ẩn phụ như VD1, VD2 lại rất khó
để chuyển sang phương trình chỉ chứa ẩn phụ, ta có thể vẫn đặt ẩn phụ những
vẫn còn ẩn của phương trình,loại đó người ta gọi đặt ẩn phụ không triệt để, ta
xét ví dụ 3 sau đây.
Ví dụ 3: Giải phương trình.
( 4 x – 1) .
1
2
+x
= 2 ( x
2
+ 1 ) + 2 x – 1. (1)
Giải : Đặt y =
1
2
+x
( y
)1≥
Ta có phương trình

(4 x – 1 ). y = 2 y
2
+ 2 x – 1
⇔
( 2 y – 1 ) ( y – 2 x + 1 ) = 0
⇔
y=
2
1
hoặc y = 2 x -1
Do điều kiện y
≥
1 nên y =
2
1
( loại).
Xét y = 2 x – 1
⇒

1
2
+x
= 2 x – 1
16
⇔




−=+

≥−
22
)12(1
012
xx
x
⇔






=−
≥
043
2
1
2
2
xx
x
⇔




−=+
≥−
22

)12(1
012
xx
x
⇔






=−
≥
(*)043
2
1
2
2
xx
x
Giải phương trình (*) ta có nghiệm
x = 0 hoặc x =
3
4
Do x
2
1
≥
nên x =
3

4
là nghiệm của phương trình
Cũng có khi một phương trình tồn tại hai ẩn phụ chẳng hạn xét VD4 sau đây:
Ví dụ 4: Giải phương trình:
2
22
2
22
2
=
−−
−
+
++
+
x
x
x
x
Giải: Điều kiện có nghĩa của phương trình là :



≥−
≥
02
0
x
x

⇔
0
4≤≤ x
Đặt
x+2
= a
0
≥
;
02 ≥=− bx
Ta có : ab =
x−4
; a
2
+ b
2
= 4 phương trình là .
2
22
22
=
−
+
+ b
b
a
a
⇔
a
2

2
- a
2
b + b
2

2
+a b
2
=
2
( 2 – b
2
+ a
2
- ab)
⇔
2
(ab +2) = ( a-b) ( 2 + ab) ( chú ý a
2
+ b
2
= 4)
Do ab + 2
≠
0 nên a – b =
2
Bình phương hai vế được .
a
2

+ b
2
= 2ab = 2
⇔
2 ab = 2
⇔
ab =1
x−4
= 1
⇔
4 – x = 1
⇔
x = 3 ( thoả mãnđiều kiện).
Vậy x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Nhiều bài toán bằng cách đặt ẩn phụ và chuyển về hệ phương trình đại số
đơn giản và dễ giải hơn ta hãy xét ví dụ 5 sau :
Ví dụ 5: Giải phương trình :
17
x
91717
22
=−++− xxx
Điều kiện của phương trình là : 17 – x
2

0
≥
⇔
x
2

17
≤
⇔
-
17

⇔
-
17
≤
x
≤

17
Đặt y =
2
17 x−

⇒
y
2
+ x
2
= 17 ( y
0≥
).
Và như vậy ta có hệ phương trình :




=+
=++
17
9
22
yx
yxxy
⇔




=−+
=++
172)(
9)(
2
xyyx
xyyx
Đặt



=
=+
Pxy
Syx
điều kiện: S
2

– 4P
0
≥
ta được hệ phương trình



=−
=+
172
9
2
PS
PS
⇒




=−+
−=
0352
9
2
SS
SP

⇒
S = 5 ; P = 4 hoặc S = - 7 ; P = 16 (loại)
Với S = 5, P = 4

⇒
x = 1 ; y = 1
hoặc x = 4, y = 1
So sánh với điều kiện ban đầu phương trình có nghiệm x = 1 ; x = 4
Lời bàn: Thông qua cách đặt ẩn phụ ta chuyển phương trình đã cho trong
ví dụ 5 về hệ phương trình đối xứng . Đây là hệ đơn giản và dễ giải, học sinh có
khả năng giải được.
Cũng có một số bài việc giải hệ sau khi đặt ẩn phụ có thể khó khăn hơn,
chẳng hạn ta xét ví dụ 6 sau đây :
Ví dụ 6: Giải phương trình :
41597
44
=−+− xx
Điều kiện xác định của phương trình là :



≥−
≥−
015
097
x
x

⇔
15
97≤≤ x
Đặt
015;97
44

≥=−≥=− vxoux
Phương trình đã cho tương đương .
u, v
0≥
u + v = 4
u
4
+ v
4
= 82 (1)
18
Thay v = 4 – u vào phương trình (1) thì được
u
4
+ ( 4 – u )
4
= 82
Đặt t = u – 2 thì phương trình này trở thành
( t + 2 )
4
+ ( t – 2)
4
= 82
⇔
t
4
+ 24 t
2
– 25 = 0
⇔

t
2
= 1 hoặc t
2
= - 25
vì t
2

≥
0 nên t
2
= 1. Vậy t =1 hoặc t = -1
Suy ra u = 3, v = 1, x = 16 (thỏa mãn điều kiện)
hoặc u = 1, v = 3, x = 96 ( thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 16; x = 96
Tóm lại để giải phương trình dùng cách đặt ẩn phụ điều quan trọng là giáo
viên dẫn dắt giúp học sinh lựa chọn ẩn phụ cho đúng, biết cách biến đổi để đưa
về phương trình đại số hoặc hệ phương trình đã biết cách giải.
Sau đây là một số bài tập áp dụng dạng 5.
Giải các phương trình sau :
Bài 1:
1+x
+ x + 3 =
x−1
+ 3
2
1 x−
Bài 2 :
x
3

+ 1 = 2
3
12 −x
Bài 3 :
3
8
3
+x
= 2 ( x
2
– 3 x + 2 )
Bài 4 :
154
2
++ xx
- 2
1
2
+− xx
= 9 x – 3
Bài 5:
3
1 x+
+
3
1 x−
= 2
Bài 6 :
4
8

17 x−
+
3
8
12 −x
= 1
VI. KẾT QUẢ THỰC TIỄN CÓ SO SÁNH ĐỐI CHỨNG
Trong quá trình thực tiên đề tài (năm học 2005-2006) chúng tôi nhận thấy:
19
1. Sau khi học sinh được tiếp thu các phương pháp giải phương trình vô
tỉ, học sinh đã có được một số kiển thức cơ bản khi giải phương trình vô tỉ, biết
giải các phương trình cùng dạng loại.
Qua kiểm tra cụ thể có 10/15 em giải trọn vẹn bài toán thi HSG Toán 9
tỉnh Hà Tây (năm học 2005-2006) bài giải phương trình vô tỉ.
2. Bước đầu tạo cho học sinh có niềm tin hứng thú, có tính sáng tạo trong
giải phương trình, đồng thời giúp các em ôn tập được các dạng toán khác như
giải phương trình đại số khác, giải hệ phương trình, tìm GTLN, GTNN….
V. KIẾN NGHỊ
1. Trong quá trình thực hiện đề tài tuỳ trình độ của học sinh mà chọn lựa
phương pháp thích hợp, cho ví dụ minh hoạ cụ thể.
2. Để có thể giải tốt phương trình vô tỉ cần phải tăng cường bổ sung kiến
thức cũng như kĩ năng cho các chuyên đề khác.
3. Đề tài này chúng tôi mới nghiên cứu do điều kiện có về thời gian và
trình độ cá nhân có hạn. Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các bạn
đồng nghiệp để đề tài hoàn thiện và phong phú.
VI. PHỤ LỤC
Trong quá trình thực hiện đề tài chúng tôi đã tham khảo các kiến thức ở
các tài liệu sau đây:
1. Các chuyên đề Đại số bồi dưỡng HSG – THCS của Nguyễn Thị Thanh
Thuỷ và nhóm tác giả chuyên Toán ĐHSP Hà Nội – Nhà xuất bản giáo dục năm

2005.
2 Phương tình không mẫu mực của Nguyễn Đức Tấn – Nhà xuất bản giáo
dục năm 2000.
3. Nâng cao và phát triển Toán 9 của Vũ Hữu Bình – Nhà xuất bản giáo
dục năm 2005.
4. Báo Toán học tuổi trẻ, Báo Toán tuổi thơ.
Ngày 20 tháng 04 năm 2008
Tác giả
20


Ý KIẾN NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI
CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CƠ SỞ
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
21
Ngày ….tháng….năm 2008
Chủ tịch hội đồng
ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC
NGÀNH GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HUYỆN
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
Ngày ….tháng….năm 2008
Chủ tịch hội đồng

22