chuyên đề 1- một số dạng phương trình vô tỉ khó cần xem

Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A
Page 1
LI NểI U:


Phng trỡnh l mt mng kin thc quan trng trong chng trỡnh
Toỏn ph thụng. Gii phng trỡnh l bi toỏn cú nhiu dng v gii rt linh
hot, vi nhiu hc sinh k c hc sinh khỏ gii nhiu khi cũn lỳng tỳng
trc vic gii mt phng trỡnh, c bit l phng trỡnh vụ t.
Trong nhng nm gn õy, phng trỡnh vụ t thng xuyờn xut hin
cõu II trong cỏc thi tuyn sinh vo i hc v Cao ng. Vỡ vy, vic
trang b cho hc sinh nhng kin thc liờn quan n phng trỡnh vụ t kốm
vi phng phỏp gii chỳng l rt quan trng. Nh chỳng ta ó bit phng
trỡnh vụ t cú nhiu dng v nhiu phng phỏp gii khỏc nhau. Trong bi
tp ln ny, tụi xin trỡnh by mt s phng phỏp gii phng trỡnh vụ
t, mi phng phỏp u cú bi tp minh ha c gii rừ rng, d hiu;
sau mi phng phỏp u cú bi tp ỏp dng giỳp hc sinh cú th thc hnh
gii toỏn v nm vng cỏi ct lừi ca mi phng phỏp.
Hy vng nú s gúp phn giỳp cho hc sinh cú thờm nhng k nng cn
thit gii phng trỡnh cha cn thc núi riờng v cỏc dng phng trỡnh
núi chung.



www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Rin Toán 3A Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ
Page 2
A. BI TON M U:
Gii phng trỡnh:
2
2

1 1 (*)
3
x x x x

(HQG HN, khi A-2000)
Gii:

iu kin:
0 1
x




Cỏch 1:

2
2
2
2
(*) 1 1
3
x x x x





2 2
4 4

1 ( ) 1 2 (1 )
3 9
x x x x x x


2 2
4( ) 6 0
x x x x


2 2
2 (2 3) 0
x x x x


2
2
0
3
2
x x
x x

2
2
0
9
0( )
4
x x
x x PTVN









0
1
x
x






(tha iu kin)
Vy nghim ca phng trỡnh l

0; 1
x x

.


Cỏch 2:
Nhn xột:
2
x x

c biu din qua
x
v
1
x

nh vo ng thc:


2
2
1 =1+2
x x x x

.
t
1
t x x

( 0)
t

.
2
2
1
2
t
x x


.
Phng trỡnh (*) tr thnh:
2
2
1
1
1 3 2 0
2
3
t
t
t t t
t

Vi
1
t

ta cú phng trỡnh:

2 2
0
1 1 2 0 0
1
x
x x x x x x
x






(tha iu kin).
Vi
2
t

ta cú phng trỡnh:
www.VNMATH.com

Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 3
2 2 2
9 9
1 2 2 3 0( )
4 4
x x x x x x x x PTVN
            
.
Vậy nghiệm của phương trình là
0; 1
x x
 
.


Cách 3:
Nhận xét:
x
và
1
x

có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể




2 2
1 1

x x
  
.
(*) 2 . 1 3 1 3 3
x x x x
     



1 2 3 3 3 (1)
x x x    
.
9
4
x

không thỏa mãn phương trình (1).
Do đó,
3 3
(1) 1 (2)
2 3
x
x
x

  

.
Đặt
3 3

( 0), (2) 1
2 3
t
t x t x
t

    

.
Ta có:




2 2
1 1
x x
  

2
2
3 3
1
2 3
t
t
t

 
  

 

 

2 2 2 2
(4 12 9) 9 18 9 4 12 9
t t t t t t t
        

4 3 2
4 12 14 6 0
t t t t
    

3 2
(2 6 7 3) 0
t t t t
    

2
( 1)(2 4 3) 0
t t t t
    

0
1
t
t







.
Với
0
t

ta có
0 0
x x
  
(thỏa điều kiện).
Với
1
t

ta có
1 1
x x
  
(thỏa điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là
0; 1
x x
 
.



Cách 4:
Nhận xét:
x
và
1
x

có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể




2 2
1 1
x x
  
.
Đặt
( 0); 1 ( 0)
a x a b x b
    
.
Ta có hệ phương trình:
2 2
2
1
3
1
ab a b
a b


  



 

2
3 2 3( )
( ) 2 1
ab a b
a b ab
  



  

2
2 3( ) 3
( ) 3( ) 2 0
ab a b
a b a b
  



    


www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 4
2 3( ) 3
1
2
ab a b
a b
a b
  



 




 


1
0
2
3
2
a b
ab
a b
ab

  








 












a, b là 2 nghiệm của phương trình
2
1
0
0
0
1
a

b
X X
a
b
 






  









.
(Trường hợp
2
3
2
a b
ab
 







loại vì
2
3
2 4. 0
2
 
).
Với
1
0
a
b





ta có
1
1
1 0
x
x
x




 

 


(thỏa điều kiện).
Với
0
1
a
b





ta có
0
0
1 1
x
x
x



 


 


(thỏa điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là
0; 1
x x
 
.


Cách 5:
Nhận xét: Từ




2 2
1 1
x x
  
, ta nghĩ đến đẳng thức:
2 2
sin os 1
a c a
 
.
Đặt
sin , 0 a
2

x a

  
.
Phương trình (*) trở thành:
2 2
2
1 sin . 1 sin sin 1 sin
3
a a a a
    


3 2sin .cos 3sin 3cos ( ì cos 0)
a a a a v a
    

2
(sin cos ) 3(sin cos ) 2 0
a a a a
     

sin cos 1
sin cos 2
a a
a a
 




 

sin cos 1
a a
  
2 sin( ) 1
4
a

  

2
1
4 4
sin( ) ( )
3
4
2
2
4 4
a k
a k
a k
 


 


  


    


  




2 0
( ) ( ì 0 )
2
2
2 2
a k a
k v a
a k a


 

 
 
 
    
 
  
 


Với
0
a

ta có
0 0
x x
  
(thỏa điều kiện).
www.VNMATH.com
Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A
Page 5
Vi
1
a

ta cú
1 1
x x

(tha iu kin).
Vy nghim ca phng trỡnh l
0; 1
x x

.

Qua bi toỏn m u, ta thy cú nhiu cỏch khỏc nhau gii mt phng
trỡnh vụ t. Tuy nhiờn, cỏc cỏch ú u da trờn c s l phỏ b cn thc v a
v phng trỡnh n gin hn m ta ó bit cỏch gii. Sau õy, tụi xin trỡnh by

mt s phng phỏp c th gii phng trỡnh vụ t.

B. MT S PHNG PHP GII PHNG TRèNH Vễ T
I. PHNG PHP BIN I TNG NG
Hai phng trỡnh c gi l tng ng nu chỳng cú cựng tp
nghim.
Mt s phộp bin i tng ng:
Cng, tr hai v ca phng trỡnh vi cựng biu thc m khụng
lm thay i tp nghim ca phng trỡnh.
Nhõn, chia hai v ca phng trỡnh vi cựng biu thc khỏc 0
m khụng lm thay i iu kin ca phng trỡnh.
Ly tha bc l hai v, khai cn bc l hai v ca phng trỡnh.
Ly tha bc chn hai v, khai cn bc chn hai v khi hai v
ca phng trỡnh cựng dng.

1. Ly tha hai v ca phng trỡnh:


2 1
2 1
( ) ( ) ( ) ( )
k
k
f x g x f x g x



.

2

2
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
k
k
g x
f x g x
f x g x






.

2 1 2 1
( ) ( ) ( ) ( )
k k
f x g x f x g x


.

2 2
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
k k

g x
f x g x
f x g x






.
Thụng thng nu ta gp phng trỡnh dng :
A B C D

, ta
thng bỡnh phng 2 v, iu ú nhiu khi cng s gp khú khn.
Vi phng trỡnh dng:
3 3 3
A B C
v ta thng lp phng hai v
a phng trỡnh v dng:


3 33
3 .
A B A B A B C

v ta s dng
phộp th :
3 3 3
A B C

ta c phng trỡnh h qu:
3
3 . .
A B A B C C



Bi 1:
Gii phng trỡnh:
1 10 2 5 (*)
x x x x

Gii:
iu kin:
1
x

.
www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 6
2 2
(*) 2 11 2 11 10 2 7 2 7 10
x x x x x x
         

2 2
2 11 10 7 10
x x x x

      

2 2 2
11 14 4 11 10 7 10
x x x x x x
        

2
11 10 1
x x x
     

2 2
1 0
11 10 2 1
x
x x x x
  



    


1
1
9 9
x
x
x

 

   

 

(thỏa điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là:

1
x
 
.

Bài 2: Giải phương trình:
3 3 3
1 2 3 0 (*)
x x x     

Giải:

3 3 3
(*) 1 2 3
x x x
      

3 3
3
2 3 3 ( 1)( 2)( 1 2) 3
x x x x x x

          

3 3
3
2 ( 1)( 2)( 1 2) 0
x x x x x
        



3
3
2 ( 1)( 2) 3 0
x x x x
       

3
( 1)( 2)( 3) 2
x x x x
     

3 2 3 2
6 11 6 6 12 8
x x x x x x
       

2
x
  

Thử lại,
2
x
 
thỏa mãn phương trình (*).
Vậy nghiệm của phương trình là:
2
x
 
.

Bài 3: Giải phương trình:
3 3 1 2 2 2
x x x x
     

Giải:
Điều kiện:
0
x


Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được:






1 3 3 1 2 2 1

x x x x x
     
, để giải phương trình này dĩ nhiên là không
khó nhưng hơi phức tạp một chút .
Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình :
3 1 2 2 4 3
x x x x
     

Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả :
2 2
6 8 2 4 12
x x x x
   

2
2( 1) 0 1
x x
    

Thử lại,
1
x

thỏa mãn phương trình.
Vậy nghiệm của phương trình là:

1
x


.


Nhận xét : Nếu phương trình :








f x g x h x k x
  

www.VNMATH.com
Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 7
Mà có :








f x h x g x k x
  
, thì ta biến đổi phương trình về dạng :









f x h x k x g x
  
sau đó bình phương hai vế, giải phương trình
hệ quả và thử lại nghiệm.

Bài 4:
Giải phương trình :
3
2
1
1 1 3 (1)
3
x
x x x x
x

      


Giải:
Điều kiện :
1

x
 

Bình phương 2 vế phương trình ?
Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào?
Ta có nhận xét :
3
2
1
. 3 1. 1
3
x
x x x x
x

    

, từ nhận xét này ta có lời giải
như sau :
3
2
1
(1) 3 1 1
3
x
x x x x
x

       


Bình phương 2 vế ta được phương trình hệ quả:
3
2 2
1 3
1
1 2 2 0
3
1 3
x
x
x x x x
x
x

 

       


 



Thử lại :
1 3, 1 3
x x   
là nghiệm của phương trình.



Nhận xét : Nếu phương trình :








f x g x h x k x
  

Mà có :








. .
f x h x k x g x

thì ta biến đổi phương trình về dạng:









f x h x k x g x
  
sau đó bình phương hai vế, giải phương trình
hệ quả và thử lại nghiệm.

Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1.
2 2
2 2 1 3 4 1
x x x x x
     
.
2.
3 1 4 1
x x
   
.
3.
1 6 5 2
x x x
     
.
4.
11 11 4
x x x x
     

.
5.
3 3
12 14 2
x x
   
.
6.
3 3 3
1 2 2 1
x x x
    
.

2. Trục căn thức:
2.1 Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung:
Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm
0
x
. Như vậy, phương trình
luôn đưa về được dạng tích




0
0
x x A x
 
ta có thể giải phương trình

www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 8


0
A x

hoặc chứng minh


0
A x

vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm
của phương trình để ta có thể đánh giá


0
A x

vô nghiệm.


Bài 1:
Giải phương trình:


2 2 2 2
3 5 1 2 3 1 3 4

x x x x x x x
         

Giải:

Điều kiện:
2
1 5
2
x
x

 






.
Ta nhận thấy :






2 2
3 5 1 3 3 3 2 2
x x x x x

       
và






2 2
2 3 4 3 2
x x x x
     
.


2 2 2 2
3 5 1 3 1 2 3 4
pt x x x x x x x
          

 
2 2
2 2
2( 2) 3( 2)
2 3 4
3 5 1 3 1
x x
x x x
x x x x
  

 
   
    
.
 
2 2
2 2
3 2
( 2) 0
2 3 4
3 5 1 3 1
x
x x x
x x x x
 
 
   
 
     
    
 
.
2
x
 
(thỏa).
Dễ dàng chứng minh được phương trình
 
2 2
2 2

3 2
0
2 3 4
3 5 1 3 1
x x x
x x x x
 
   
    
vô nghiệm vì

1 5
0, ; 2 ;
2
VT x
 


      




 
.
Vậy
2
x

là nghiệm của phương trình.

Bài 2: Giải phương trình:
2 2
12 5 3 5
x x x
    

Giải:
Để phương trình có nghiệm thì :
2 2
5
12 5 3 5 0
3
x x x x
       

Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể
phân tích về dạng




2 0
x A x
 
, để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :
2 2
12 4 3 6 5 3
pt x x x

       

www.VNMATH.com
Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 9
 
2 2
2 2
4 4
3 2
12 4 5 3
x x
x
x x
 
   
   

 
2 2
2 2
2 3 0
12 4 5 3
x x
x
x x
 
 
    
 

   
 

2
x
 

Dễ dàng chứng minh được :
2 2
2 2 5
3 0,
3
12 4 5 3
x x
x
x x
 
    
   
.
Vậy
2
x

là nghiệm của phương trình.


Bài 3: Giải phương trình :
2 33
1 2

x x x
   


Giải:
Điều kiện:
3
2
x 

Nhận thấy
3
x

là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình:
2 33
1 2 3 2 5
pt x x x
       

 
 
 
 
2
2 3
2 23
3
3 3 9
3

3 1
2 5
1 2 1 4
x x x
x
x
x
x x
 
  

 
   
 
 
   
 
 

 
2
2 3
2 23
3
3 3 9
( 3) 1 0
2 5
1 2 1 4
x x x
x

x
x x
 
  
 
    
 
 
   
 
 


 
2
3
2
2 2
3
3
3
3 9
3
(*)
1
2 5
1 2 1 4
x
x x
x

x
x x



 



 
 

   



Phương trình (*) vô nghiệm vì:
 
 
2
2
2 2 23 3
3
3 3
1 1 2
1 2 1 4 1 1 3
x x
x x x
 
   

      
2
3
3 9
2 5
x x
x
 

 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
3
x

.

2.2. Đưa về “hệ tạm”:
Nếu phương trình vô tỉ có dạng
A B C
 
, mà :
A B C

 

ở đây C có thể là hằng số, có thể là biểu thức của
x
.
Ta có thể giải như sau :

www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 10
A B
C A B
A B


   

, khi đó ta có hệ:
2
A B C
A C
A B



 

  

 




Bài 1:
Giải phương trình sau :
2 2

2 9 2 1 4
x x x x x
      

Giải:
Ta thấy:






2 2
2 9 2 1 2 4
x x x x x
      

Phương trình đã cho có nghiệm
4 0 4
x x
     

4
x
 
không phải là nghiệm của phương trình.
Xét
4
x
 

trục căn thức ta có :
2 2
2 2
2 8
4 2 9 2 1 2
2 9 2 1
x
x x x x x
x x x x

        
    

Ta có hệ phương trình:
2 2
2
2 2
0
2 9 2 1 2
2 2 9 6
8
2 9 2 1 4
7
x
x x x x
x x x
x
x x x x x




     


     



      




Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0; x=
8
7
.
Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau :

1.
 
2 2
3 1 3 1
x x x x
    

2.
4 3 10 3 2
x x

   

3.
23
4 1 2 3
x x x
    

4.
2 33
1 3 2 3 2
x x x
    

5.
2
3
2 11 21 3 4 4 0
x x x
    

6.
2 2
2 16 18 1 2 4
x x x x
     

7.
2 2
15 3 2 8

x x x
    

8.








2 2 5 2 10
x x x x x
     

2.3. Phương trình biến đổi về tích:

2.3.1 Sử dụng đẳng thức:




1 1 1 0
u v uv u v
      






0
au bv ab vu u b v a
      

2 2
A B


Bài 1: Giải phương trình :
23
3 3
1 2 1 3 2
x x x x
      

Giải:
3 3 3 3
1 2 1 1. 2
PT x x x x
       





3 3
1 1 2 1 0
x x
     

0
1
x
x




 


www.VNMATH.com