Giải pt vô tỉ bằng pp đặt ẩn phụ không hoàn toàn

1



GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ KHÔNG HOÀN TOÀN

Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn thường xuyên được sử dụng khi
gặp các phương trình chỉ chứa căn bậc hai.Trong bài viết này tôi xin đưa ra một số ví dụ cùng hướng
phân tích để tìm lời giải cho bài toán hi vọng sẽ đem lại điều bổ ích cho bạn đọc.

Ví dụ 1: (Ví dụ mở đầu)
Giải phương trình
2
3 3 3 4 1
x x x
   

Bài giải: ĐK
3
x
 

Phương trình


        
2
27 3 3 3 3 31 80 0
x x x x

Đặt


3 0
t x t
  
phương trình trở thành
2 2
27 3 3 31 80 0
t t x x     

Có


2
18 93
x 

suy ra
1 2
3 16 5
,t
9 3
x x
t
  
 
3 16
3
9

x
x
 
   Vô nghiệm vì với
3
x
 
thì
3 16
0
9
x 



           
2
5
3 2 0 1 2
3
x
x x x x x
Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm
1 2
1, 2
x x
  

Nhận xét:Trong lời giải trên ta thấy khó nhất là biến đổi phương trình ban đầu thành



       
2
27 3 3 3 3 31 80 0
x x x x
để sau khi đặt ẩn phụ
3
t x 
thì phương trình ẩn
t
có


2
18 93
x 

( là bình phương của một nhị thức)
Nếu ta tách không hợp lý thì

không là bình phương của một nhị thức hoặc là một hằng số ,trong
trường hợp đó việc giải phương trình theo hướng trên là không thể thực hiện được.
Vậy làm thế nào để tách được phương trình mà thỏa mãn các điều kiện trên và việc tách ra như thế có là
duy nhất?.Để trả lời được câu hỏi này ta thực hiện theo các bước như sau:
B1: Viết







2
(1) 3 3 3 3 4 1 3 0 0
m x x x m x m m
          

B2: Đặt


3 0
t x t
  
pt trở thành


2 2
3 3 4 1 3 0
mt t x m x m      
Có




t
2 2
12 4 4 12 4 9
mx m m x m m f x
        
B3: Tìm
m

sao cho
 
 

 

 
 
   
 
      




/ 2/
12 0
12 0
27
4 27 1 00
f
f
m
m
m
m m m m

Đến đây việc giải pt như đã trình bày ở trên
Ví dụ 2: (Đại học khối D -2006)
Giải phương trình

2
2 1 3 1 0
x x x
    

Tách phương trình
Phương trình






          
2
2 1 2 1 3 2 1 0 0
m x x x m x m m

Đặt


2 1 0
t x t
  
phương trình trở thành


2 2
3 2 1 0
mt t x m x m      

Có




t
2 2
4 4 3 2 4 4 1
mx m m x m m f x
        
Tìm
m
sao cho
  

 

 

 
     
 
 
    




2
/

/
4 0
4 0
1
1
0
2
4 1 2 1 0
f
f
m
m
m m
m m m

2

Vậy
(2)




2
2 1 2 1 0
x x x x
      
hoặc
 
2

1 1
2 1 2 1 2 0
2 2
x x x x

      

Bài giải : ĐK
1
2
x


Phương trình
(2)




2
2 1 2 1 0
x x x x
      

Đặt


2 1 0
t x t
  

phương trình trở thành
2 2
0
t t x x
    
có


2
2 1
x



suy ra
1 2
1 ,t
t x x
  

2
1
1
2 1 1 2 2
2
4 2 0
x
x x x
x x


 

       


  


2
2 1 2 1 0 1
x x x x x
        

Vậy pt ban đầu có hai nghiệm
1 2
1, 2 2
x x  

Ví dụ 3: Giải phương trình
2 2
60 24 5 5 10
x x x x
    

Tách phương trình
Phương trình tương đương









             
2 2 2
60 24 5 60 24 5 5 1 24 5 10 60 0 0
m x x x x m x m x m m

Đặt
2
60 24 5 ( 0)
t x x t
   
phương trình trở thành





2 2
5 1 24 5 10 60 0
mt t m x m x m       

Có







2
4 5 1 4 24 5 4 10 60 1 ( )
t
m m x m m x m m f x
         
Tìm
m
sao cho
 


 

  

  

 

    
 
 
      
 
 

 

/ 2/

4 5 1 0
4 5 1 0
1 16 182 16 182
, ,
1
6 148 148
4 1776 384 6 00
6
f
f
m m
m m
m m m
m m m m

Như vậy ta có thể tách phương trình
(3)
 
2 2 2
1 1
60 24 5 60 24 5 0
6 6
x x x x x x
        

Bài giải: ĐK
2
60 24 5 0
x x
  

Đặt
2
60 24 5 ( 0)
t x x t
   
pt trở thành
2 2 2 2
1 1
0 6 6 0
6 6
t t x x t t x x
        

Phuơng trình ẩn
t
này có
 
2
/
3
x   nên ta tìm được
1 2
, 6
t x t x
   





        

  


2
2
0
60 24 5 2 14
4 10 0
x
x x x x
x x


  

          

  


2
2
6 0
60 24 5 6 3 13
6 4 0
x
x x x x
x x

Vậy pt ban đầu có hai nghiệm      
1 2
2 14, 3 13
x x
Ví dụ 4: (Bài T4/369THTT)
Giải phương trình






    
3 4 12 28
x x x x

Tách phương trình
Phương trình tương đương
3









               

2 2 2
8 48 3 8 48 1 8 48 28 0 0
m x x x x x mx m x m m

Đặt
2
8 48 ( 0)
t x x t
    
pt trở thành




       
2 2
3 1 8 48 28 0
mt x t mx m x m

Có
   
 
 
        
 
 
2 2 2
1
1 4 2 16 6 9 4 48 28
2

t
m x m m x m m

Dễ thấy rằng khi
1
2
m


thì
 
1
t

Như vậy ta tách phuơng trình ban đầu trành
 
 
 
           
2 2 2
1 1
8 48 3 8 48 3 4 0
2 2
x x x x x x x

Bài giải: ĐK
   
2
8 48 0
x x

2
8 48 ( 0)
t x x t
    
phương trình trở thành
   
 
      
2 2
1 1
3 3 4 0 0
2 2
t x t x x t

Phương trình bậc hai ẩn
t
có
 
1
t
từ đó có
2, 4
t x t x
   

2
2
2 0
8 48 2 3 31

6 22 0
x
x x x x
x x
 

          

  


2
2
4 0
8 48 4 4 4 2
8 16 0
x
x x x x
x x
 

          

  


Vậy pt ban đầu có hai nghiệm
1
3 31
x    ,

2
4 4 2
x   
Để kết thức bài viết này tôi đưa ra một số bài tập sau:
Giải các phương trình vô tỉ
 
 
 
2
2
2
2
2 2
1) 12 1 36 0
2) 3 58 51 2 110 0
3) 4 21 3 2 22 0
4) 1 5 3 3 4 0
5) 2 2 2 1 0
x x x
x x x
x x x
x x x
x x x x x
    
    
    
    
      