Các phương pháp giải phương trình bất phương trình vô tỷ

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
NGUYỄN NGỌC MINH
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH
BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
HÀ NỘI, NĂM 2013
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
NGUYỄN NGỌC MINH
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH
BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 0113
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
PGS. TS. Nguyễn Đình Sang
HÀ NỘI, NĂM 2013
Mục lục
3
LỜI NÓI ĐẦU
Phương trình vô tỷ, bất phương trình vô tỷ là loại toán thường gặp các
dạng toán sơ cấp. Trong chương trình chính khóa của học sinh THPT đây
là một loại toán khó nhưng được đề cập còn sơ sài. Trong đó có rất nhiều
tài liệu tham khảo viết về lại phương trình và bất phương trình này có
cách giải hay và độc đáo.
Mục đích của luận văn này là hệ thống hóa các phương pháp giải phương
trình vô tỷ, giúp nhận dạng các bài toán, đề xuất các phương pháp giải và
chọn phương pháp giải tối ưu.

Trên cơ sở giải phương trình vô tỷ, bằng phương pháp lập bảng xét dấu
ta dẫn đến cách giải một bất phương trình vô tỷ.
Bản luận văn được chia làm 2 chương:
Chương 1: Trình bày các kiến thức chuẩn bị.
Gồm một số cách giải phương trình bậc ba, phương trình bậc bốn, một
số tính chất của hàm số mà trong chương 2 áp dụng để giải một số phương
trình đồng thời cũng nhắc lại một số bất đẳng thức được sử dụng về sau.
Chương 2: Là chương chính của luận văn.
Chương này lần lượt trình bày các phương pháp phổ dụng trong phạm
vi chương trình phổ thông.
Ở mỗi phương pháp, chúng tôi cố gắng tổng quát hóa các dạng mà có
thể sử dụng phương pháp này, có kèm theo nhận xét về cách giải của bài
toán, tổng quát hóa dạng toán, nêu cách giải khác của bài toán nếu có,
cách sáng tạo ra các bài toán khác, đồng thời cho một số ví dụ minh họa
cùng với một số bài toán tham khảo.
Về bất phương trình vô tỷ, chúng tôi chỉ trình bày cách giải phương
4
trình tương ứng và lập bảng xét dấu để kết luận nghiệm trên cơ sở tính
chất hàm sơ cấp liên tục.
Để hoàn thành luận văn này em xin chân thành cảm ơn tới người thầy
kính mến PGS.TS Nguyễn Đình Sang đã dành nhiều thời gian hướng dẫn,
chỉ dạy em trong suốt thời gian xây dựng đề tài cho đến khi hoàn thành
luận văn. Em cũng xin chân thành cảm ơn tới các thầy cô giáo trong khoa
Toán- Cơ- Tin học, Ban giám hiệu, phòng sau đại học trường ĐHKHTN
đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt thời gian học tập tại trường.
Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn Sở giáo dục và đào tạo Hưng Yên
và ban giám hiệu trường THPT Nguyễn Siêu- Hưng Yên đã tạo điều kiện
tối đa để tôi có thời gian học tập tốt nhất và hoàn thành khóa học của
mình.
Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng do vấn đề đặt ra tương đối rộng, kiến

thức và thời gian có phần hạn chế nên bản luận văn không tránh khỏi các
thiếu sót, rất mong được các thầy cô giáo và các bạn góp ý xây dựng. Tôi
xin chân thành cảm ơn.
Hưng Yên, ngày 10 tháng 10 năm 2013.
Học viên
Nguyễn Ngọc Minh
5
Chương 1
KIẾN THỨC CHUẨN
BỊ
1.1 Cách giải phương trình bậc ba
Nhận thấy mọi phương trình bậc ba dạng
a
1
x
3
+ b
1
x
2
+ c
1
x + d
1
= 0, a = 0
đều đưa được về dạng x
3
+ ax
2
+ bx + c = 0 (1).

Bằng phép đặt y = x−
a
3
ta được phương trình (1) trở thành: y
3
−py = q (2)
với p =
a
3
3
− b, q = −
2a
3
27
+
ab
3
− c .
Xét phương trình (2).
*) Nếu p = 0 thì phương trình (2) có nghiệm duy nhất x =
3
√
q.
*) Nếu p > 0, đặt y = 2t

p
3
thì phương trình (2) trở thành:
4t
3

− 3t = m (3) với m =
3
√
3q
2p
√
p
+) Nếu m = 1 thì phương trình (3) có nghiệm đơn t = 1 và nghiệm kép
6
t = −
1
2
.
+) Nếu m = −1 thì phương trình (3) có nghiệm đơn t = −1 và nghiệm
kép t =
1
2
.
+) Nếu |m| < 1 thì đặt m = cos α, phương trình (3) có ba nghiệm t =
cos
α
3
, t = cos
α ±2π
3
.
+) Nếu |m| > 1, đặt m =
1
2


d
3
+
1
d
3

(∗), với d được xác định là nghiệm
của phương trình (∗), tức là d
3
= m +
√
m
2
− 1 (hoặc d
3
= m −
√
m
2
− 1)
. Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất:
t =
1
2

d +
1
d


*) Nếu p < 0, đặt y = 2t

−p
3
thì phương trình (2) trở thành:
4t
3
+3t = m (4) với m =
3
√
3q
2 (−p)
√
−p
Đặt m =
1
2

d
3
−
1
d
3

(∗), với d được
xác định là nghiệm của phương trình (∗), tức là d
3
= m+
√

m
2
+ 1(hoặcd
3
=
m −
√
m
2
+ 1) .
Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất:
t =
1
2

d −
1
d

1.2 Cách giải phương trình bậc bốn
1.2.1 Phương trình bậc bốn tổng quát
Xét phương trình x
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e = 0 (1)
Đặt f (x) = x
4

+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e
Hướng giải quyết là đưa về phương trình tích.
7
Cách 1: Nhẩm nghiệm rồi phân tích đa thức:
Nếu x = a là một nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì ta luôn có sự
phân tích f (x) = (x −a) g (x) .
Để dự đoán nghiệm ta dựa vào các chú ý sau:
* Nếu đa thứcf (x) = x
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e có nghiệm nguyên thì nghiệm
đó phải là ước của e.
* Nếu đa thức f (x) = x
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e có tổng các hệ số bằng 0 thì
đa thức có một nghiệm x = 1
* Nếu đa thức f (x) = x
4
+ bx

3
+ cx
2
+ dx + ecó tổng các hệ số của bậc
chẵn bằng tổng các hệ số của bậc lẻ thì đa thức có một nghiệm x = −1.
Cách 2: Đưa phương trình (1) về phương trình đặc biệt:
Môt số dạng đặc biệt của phương trình (1) :
*) Phương trình dạng x
4
+ bx
2
+ c = 0 (2)
- Hệ phương trình



f

(x) = 0
f

(x) = 0
có nghiệm x = x
0
bằng phép đặt x −x
0
= t đưa phương trình (1) về dạng (2)
*) Phương trình dạng x
4
+ cx

2
+ dx + e = 0 (3)
- Phương trình f

(x) = 0 có nghiệm x = −
b
4
, bằng phép đặt x−

−
b
4

=
t đưa phương trình (1) về phương trình (3)
1.2.2 Phương trình x
4
+ cx
2
+ dx + e = 0
x
4
+ cx
2
+ dx + e = 0(3)
Cách 1: Biến đổi phương trình (3) về dạng:
x
4
= −cx
2

− dx − e
⇔ x
4
+ 2mx
2
+ m
2
= (2m −c) x
2
− dx +

m
2
− e

8
⇔

x
2
+ m

2
= (2m −c) x
2
− dx +

m
2
− e


(3

)
Cần chọn m sao cho VP (3

) là bình phương của một biểu thức, tức là:
∆ = d
2
− 4 (2m −c)

m
2
− e

= 0
⇔ 8m
3
− 4cm
2
− 8em + 4ce −d
2
= 0 (3

)
Phương trình (3

) là phương trình bậc 3 ẩn m, giải phương trình tìm
được m (chọn một giá trị thích hợp), khi đó (3


) có dạng:
⇔

x
2
+ m

2
= (nx + p)
2
(3

)
Phương trình (3

) giải bằng cách biến đổi về phương trình tích rồi giải.
Cách 2: Sử dụng hệ số bất định:
Do VT(3) không có đại lượng bậc 3 nên biến đổi VT(3)về dạng:
x
4
+ cx
2
+ dx + e =

x
2
+ mx + n

x
2

− mx + p

.
Sử dụng hệ số bất định để tìm m, n, p.
1.3 Một số bất đẳng thức
1.3.1 Bất đẳng thức Cauchy
Cho a
1
, a
2
, , a
n
là các số thực không âm, khi đó ta có bất đẳng thức:
a
1
+ a
2
+ + a
n
n
≥
n
√
a
1
a
2
a
n
Dấu bằng xảy ra khi a

1
= a
2
= = a
n
9
1.3.2 Bất đẳng thức Bunhiacopxki
Cho a
1
, a
2
, , a
n
và b
1
, b
2
, , b
n
là các số thực, khi đó ta có:

a
2
1
+ a
2
2
+ + a
2
n


b
2
1
+ b
2
2
+ + b
2
n

≥ (a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ + a
n
b
n
)
2
Dấu bằng xảy ra khi (a
1
, a
2
, , a

n
) và (b
1
, b
2
, , b
n
) là hai bộ số tỉ lệ.
1.4 Tính chất của hàm đơn điệu, khả vi và
ứng dụng
1.4.1 Tính đơn điệu của hàm số
Cho hàm số y = f (x) liên tục và có đạo hàm trên (a; b) và f

(x) = 0
chỉ với 1 số hữu hạn điểm, khi đó:
+ f là hàm số tăng trên (a; b) ⇔ f

(x) ≥ 0, ∀x ∈ (a; b)
+ f là hàm số giảm trên (a; b) ⇔ f

(x) ≤ 0, ∀x ∈ (a; b)
Hệ quả: Nếu hàm số y = f (x) đơn điệu trên (a; b) thì phương trình
f (x) = 0 có tối đa 1 nghiệm.
1.4.2 Định lý Roll
Giả sử hàm f : [a; b] → R thỏa mãn:
+ f liên tục trên [a; b]
+ f khả vi trong khoảng (a; b)
+ f (a) = f (b)
Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho f


(c) = 0
10
Hệ quả: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm đến cấp n và phương trình
f
(k)
(x) = 0 có m nghiệm trong khoảng (a; b), khi đó phương trình f
(k−1)
(x) =
0 có nhiều nhất là (m + 1) nghiệm trong [a; b].
1.4.3 Định lý Lagrange
Cho hàm số y = f (x) liên tục trên [a; b] và f

(x) tồn tại trên (a; b) thì
luôn ∃c ∈ (a; b) sao cho: f

(c) =
f (b) −f (a)
b −a
11
Chương 2
CÁC PHƯƠNG PHÁP
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
VÔ TỶ
Ví dụ mở đầu
Giải phương trình
1 +
2
3
√
x −x

2
=
√
x +
√
1 −x (1)
(Trích đề thi ĐHQG Hà Nội- Khối A-2001)
Lời giải và bình luận:
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 1
Khi giải phương trình vô tỷ thì ý tưởng chung là tìm cách đưa phương
trình về một phương trình không còn chứa căn. Sau đây là một số cách
làm:
12
Cách 1:
Quan sát 2 vế phương trình ta thấy chứa căn bậc 2 và
√
x −x
2
=
√
x.
√
1 −x nên một ý nghĩ hết sức tự nhiên: cần phải bình phương hai vế
sẽ làm giảm căn và rút gọn.

1 +
2
3
√
x −x

2

2
=

√
x +
√
1 −x

2
⇔ 1 +
4
3
√
x −x
2
= 1 + 2
√
x −x
2
⇔ 2

x −x
2

−
√
x −x
2

= 0
⇔
√
x −x
2

2
√
x −x
2
− 3

= 0
Giải phương trình trên ta được x = 0, x = 1.
Thông qua việc biến đổi tương đương phương trình bằng cách bình
phương hai vế không âm, ta đã khử bớt căn bậc hai để đưa phương trình
(1) về một phương trình tích có dạng đơn giản, ta gọi là “kĩ thuật mũ hóa”
Ngoài mối quan hệ trên còn nhận thấy (
√
x) +

√
1 −x

2
= 1 nên ta có
thể có các cách làm sau:
Cách 2:
Đặt a =
√

x, b =
√
1 −x với a ≥ 0, b ≥ 0 .
Ta có hệ:





a
2
+ b
2
= 1 (2)
1 +
2
3
ab = a + b
⇔



(a + b)
2
− 2ab = 1
2ab = 3 (a + b) − 3
⇒ (a + b)
2
− 3 (a + b) + 2 = 0 ⇔



a + b = 1
a + b = 2
Kết hợp với phương trình (2) ta có kết quả như cách 1.
Cách giải này gọi là đặt ẩn phụ đưa về hệ.
Cách 3:
Tuy nhiên nếu ta kết hợp



√
x.
√
1 −x =

x −x
2

√
x

2
+

√
1 −x

2
= 1
thì ta có thể đặt t =

√
x +
√
1 −x, khi đó ta được
√
x −x
2
=
t
2
− 1
2
và
13
phương trình (1) trở thành: t
2
− 3t + 2 = 0 ⇔


t = 1
t = 2
.
Từ đó ta cũng được x = 0, x = 1.
Cách 4:
Cách giải biểu diễn tích qua tổng trên gợi đến cách giải của phương trình
lượng giác đối xứng: a (sin x + cos x) + b sinx .cosx + c = 0
Do (
√
x) +


√
1 −x

2
= 1 nên tồn tại t ∈

0;
π
2

sao cho:
√
x =
sin t,
√
1 −x = cos t, phương trình đã cho trở thành: 1 +
2
3
sin t cos t =
sin t + cost
Giải phương trình tìm được sin t + cos t = 1 ⇔


sin t = 0
sin t = 1
hay x = 0
hoặc x = 1.
Phương pháp này gọi là phương pháp lượng giác hóa.
Cách 5:
Từ 1 +

2
3
√
x −x
2
=
√
x +
√
1 −x kết hợp với điều kiện ta được
√
1 −x =
3
√
x −3
2
√
x −3
Từ đó nếu đặt
√
x = t thì
√
1 −x =
3t −3
2t −3
, thay vào phương trình đã
cho ta được phương trình ẩn t:
t
2
+


3t −3
2t −3

2
= 1
⇔ 2t
4
− 6t
3
+ 7t −3 = 0
⇔ t (t −1)

2t
2
− 4t + 3

= 0
⇔


t = 0
t = 1
Khi đó ta cũng được x = 0, x = 1.
Phương pháp này gọi là đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích.
14
Cách 6:
Nhận thấy phương trình có nghiệm x = 0 và x = 1
Nếu x = 0 và x = 1 thì phương trình đã cho trở thành:
1 +

2
3
√
x −x
2
=
√
x +
√
1 −x
⇔ (
√
x −x) +

√
1 −x −(1 −x)

−
2
3
√
x −x
2
= 0
⇔
x −x
2
√
x + x
+

x −x
2
√
1 −x + 1 −x
−
2

x −x
2

3
√
x −x
2
= 0
⇔
1
√
x + x
+
1
√
1 −x + 1 −x
−
2
3
√
x −x
2
= 0 (2)

Ta sẽ chứng minh phương trình (2) vô nghiệm khi 0 < x < 1:
Đặt
√
x = a,
√
1 −x = b ⇒



a > 0, b > 0
a
2
+ b
2
= 1
(∗)
Khi đó (2) ⇔
1
a
2
+ a
+
1
b
2
+ b
−
2
3ab
= 0

⇔ 3ab

a
2
+ b
2
+ a + b

− 2ab (a + 1) (b + 1) = 0
⇔ 3

a
2
+ b
2
+ a + b

− 2 (ab + a + b + 1) = 0
⇔ (a − b)
2
+ 2

a
2
+ b
2
− 1

+ (a + b) = 0 (∗∗)
Kết hợp với (∗) suy ra (∗∗) vô nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm x = 0, x = 1.
Phương pháp này gọi là thêm bớt để nhân liên hợp. Tại sao lại có sự
thêm bớt các đại lượng x và (1 −x)? Phần sau sẽ trả lời câu hỏi đó.
Cách 7:
Ta có
1 +
2
3

x −x
2
=
√
x +
√
1 −x (1)
⇔ 3 + 2

x −x
2
− 3
√
x −3
√
1 −x = 0 (2)
Xét hàm số f (x) = 3 + 2
√
x −x
2
− 3

√
x −3
√
1 −x trên D = [0; 1]
Hàm số f(x) liên tục trên D
f

(x) =
1 −2x
√
x −x
2
−
3
2
√
x
+
3
2
√
1 −x
15
f

(x) =
−1
2

(x −x

2
)
3
+
3
4
√
x
3
+
3
4

(1 −x)
3
Xét dấu của f

(x) trên D.
Đặt a =
√
x; b =
√
1 −x , khi đó ta được 1 > a > 0; 1 > b > 0; a
2
+b
2
= 1
f

(x) =

−1
2a
3
b
3
+
3
4a
3
+
3
4b
3
=
3

a
3
+ b
3

− 2
4a
3
b
3
Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
a
3
+ a

3
+

1
√
2

3
≥
3
√
2
a
2
(∗)
b
3
+ b
3
+

1
√
2

3
≥
3
√
2

b
2
(∗∗)
Cộng vế với vế của (∗) và (∗∗) với chú ý a
2
+ b
2
= 1 ta được:
2

a
3
+ b
3

≥
√
2 ⇒ 3

a
3
+ b
3

− 2 ≥
3
√
2
2
− 2 > 0

Từ đó suy ra f

(x) > 0 nên phương trình f (x) = 0 sẽ có tối đa 2
nghiệm trên [0; 1].
Nhận thấy f (0) = f (1) = 0 nên phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm
là x = 0; x = 1
Phương pháp này gọi là sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải
phương trình.
Như vậy, để khử căn thức xuất hiện trong một phương trình vô tỷ ta
cần căn cứ vào đặc điểm của phương trình, phân tích các biểu thức, các yếu
tố có mặt trong phương trình để tìm ra mối liên hệ giữa chúng, có thể áp
dụng các kĩ thuật: mũ hóa hai vế phương trình (bình phương, lập phương
2 vế. . . ), đặt ẩn phụ, đặt ẩn phụ quy về hệ, lượng giác hóa, nhân chia liên
hợp, sử dụng tính đơn điệu của hàm số. . . Các kĩ thuật đó sẽ được cụ thể
hóa trong chương II của luận văn.
16
2.1 Phương pháp biến đổi tương đương
Với phương pháp này ta có một số chú ý sau:
- Nhận xét xem nên bình phương, chuyển vế hay làm như thế nào (có
một số dạng thường gặp sẽ phân tích cụ thể sau).
- Có một số trường hợp thu được phương trình hệ quả hay xuất hiện
nghiệm ngoại lai, cần phải kiểm tra lại.
- Trong trường hợp thêm bớt để nhân liên hợp thì tiến hành như thế
nào?
- Chú ý đến nhẩm nghiệm của phương trình.
2.1.1 Nâng lũy bậc chẵn hai vế của phương trình.
a) Đặt vấn đề và hướng giải quyết
Để giải một số phương trình vô tỷ bậc chẵn, ta có thể nâng lũy thừa bậc
chẵn cả hai vế của phương trình. Tuy nhiên cần chú ý đến điều kiện của
phép biến đổi.

Một số dạng cơ bản:
*)

f (x) = g (x) ⇔



g (x) ≥ 0
f (x) = [g (x)]
2
*)

f (x) =

g (x) ⇔



f (x) ≥ 0
f (x) = g (x)
(có thể thay thế g (x) ≥ 0)
b) Ví dụ
Bài 1. Giải phương trình

4 −3
√
10 −3x = x − 2.
(Đề thi học sinh giỏi quốc gia- Bảng A- 2002)
Giải
17

Cách 1:

4 −3
√
10 −3x = x − 2
⇔





2 ≤ x ≤
10
3
4 −3
√
10 −3x = (x − 2)
2
⇔





2 ≤ x ≤
10
3
4x −x
2
= 3

√
10 −3x
⇔





2 ≤ x ≤
10
3
x
4
− 8x
3
+ 16x
2
+ 27x −90 = 0
⇔





2 ≤ x ≤
10
3
(x −3) (x + 2)

x

2
− 7x + 15

= 0
⇔ x = 3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 3.
Cách 2: Đặt
√
10 −3x = y, suy ra 0 ≤ y ≤
4
3
(1) và x =
10 −y
2
3
suy ra x − 2 =
4 −y
2
3
> 0 với mọi y thỏa mãn (1).
Khi đó ta được

4 −3y =
4 −y
2
3
⇔ 4 − 3y =
y
4
− 8y

2
+ 16
9
⇔ y
4
− 8y
3
+ 27y −20 = 0
⇔ (y − 1)(y + 4)(y
2
− 3x + 5) = 0
⇔ y = 1.
Hay ta được
√
10 −3x = 1 ⇔ x = 3. Vậy phương trình đã cho có nghiệm
là x = 3.
18
Bài 2. Giải phương trình
x =

x −
1
x
+

1 −
1
x
.
(Đề thi học sinh Canada- 1998)

Giải
Điều kiện x ≥ 1 hoặc −1 ≤ x < 0 (∗)
Từ điều kiện xác định của phương trình ta phải dẫn đến được x > 1.
Với điều kiện đó, phương trình tương đương với
x −

1 −
1
x
=

x −
1
x
⇔

x −

1 −
1
x

2
=


x −
1
x


2
(do hai vế không âm với mọi x > 1)
⇔ (x
2
− 1) − 2

x(x
2
− 1) + x = 0
⇔ (
√
x
2
− 1 −
√
x)
2
= 0
⇔
√
x
2
− 1 −
√
x = 0.
Từ đó suy ra x =
1 +
√
5
2

.
Cũng có thể từ (x
2
−1) −2

x(x
2
− 1) + x = 0, chuyển 2

x(x
2
− 1) sang
vế phải rồi bình phương hai vế, sau đó đặt x −
1
2
= y ta được phương trình
trùng phương ẩn y >
1
2
, giải phương trình này tìm được y =
√
5
2
, từ đó
suy ra x =
1 +
√
5
2
nhưng cách này hơi dài.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x =
1 +
√
5
2
.
Bài 3. Giải phương trình
√
x + 3 +
√
3x + 1 = 2
√
x +
√
2x + 2
Giải
Điều kiện x ≥ 0
19
Bình phương hai vế không âm của phương trình ta được:
1 +

(x + 3) (3x + 1) = x + 2

x (2x + 1)
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
√
3x + 1 −
√
2x + 2 =

√
4x −
√
x + 3
Bình phương hai vế ta có phương trình hệ quả:

6x
2
+ 8x + 2 =

4x
2
+ 12x ⇔ x = 1
Thử lại x = 1 thỏa mãn.
Nhận xét 2.1. —
1. Xét phương trình

f (x) +

g (x) =

h (x) +

k (x)
Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng trên ta thường bình
phương hai vế, điều đó đôi khi lại gặp khó khăn như phân tích của
phương trình trên. Từ đó trước khi giải phương trình trên ta có một
số nhận xét:
i) Nếu f (x) + g (x) = h (x) + k (x) hoặc f (x) g (x) = h (x) k (x) thì
bình phương, giải phương trình hệ quả.

ii) Nếu f (x) + h (x) = g (x) + k (x) hoặc 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, giải phương trình hệ quả.
iii) Nếu f (x) − h (x) = α [g (x) − k (x)], hoặc f (x) − h (x) = 0 và
20
g (x) − k (x) = 0 có nghiệm chung thì ta biến đổi phương trình về
dạng:

f (x) −

h (x) =

k (x) −

g (x)
Sau đó nhân liên hợp.
iv) Nếu f (x) − g (x) = α (h (x) − k (x)) hoặc hoặc f (x) − g (x) = 0
và h (x) −k (x) = 0 có nghiệm chung thì giải quyết tương tự iii)
2. Xét phương trình f (x) = g (x) (1). Khi lũy thừa bậc chẵn hai vế của
(1) ta thu được phương trình hệ quả:
f (x) = g (x) ⇒ f
2n

(x) = g
2n
(x) , n ∈ N
∗
Bài 4. Giải các phương trình sau
a)
√
x + 3 +
√
3x + 1 = 2
√
x +
√
2x + 2
b)
√
8x + 1 +
√
3x + 5 =
√
7x + 4 +
√
2x −2
Hướng giải
a) Đặt điều kiện sau đó biến đổi phương trình về dạng:
√
3x + 1 −
√
2x + 2 =
√

4x −
√
x + 3
Sau đó bình phương, thu được phương trình hệ quả, giải phương trình tìm
được nghiệm x = 1. Thử lại vào phương trình đã cho.
Đáp số x = 1
b) Đặt điều kiện sau đó biến đổi phương trình về dạng:
√
8x + 1 −
√
7x + 4 =
√
2x −2 −
√
3x + 5
Sau đó nhận xét để sử dụng phép nhân liên hợp.
Phương trình có nghiệm x = 3.
Phép nhân liên hợp sẽ được nói kỹ ở phần sau.
Bài 5. Giải phương trình

x
3
+ 1
x + 3
+
√
x + 1 =

x
2

− x + 1 +
√
x + 3
21
Nhận xét 2.2. —
Do

x
3
+ 1
x + 3
.
√
x + 3 =
√
x
2
− x + 1.
√
x + 1 nên ta chuyển vế rồi bình
phương
Giải
Điều kiện: x ≥ −1
Khi đó (2) ⇔

x
3
+ 1
x + 3
−

√
x + 3 =
√
x
2
− x + 1 −
√
x + 1
Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả:
x
3
+ 1
x + 3
= x
2
− x − 1 ⇔ x
2
− 2x −2 = 0 ⇔


x = 1 −
√
3
x = 1 +
√
3
Thử lại: x = 1 −
√
3, x = 1 +
√

3 không là nghiệm.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài tập thêm
Giải các phương trình sau:
1.
√
3x
2
− 9x + 1 + x −2 = 0
2.

2x +
√
6x
2
+ 1 = x + 1
3.
√
2x + 9 =
√
4 −x +
√
3x + 1
4.
√
5x −1 −
√
3x −2 =
√
x −1

5.

x (x −1) +

x (x + 2) = 2
√
x
2
6.

x +
√
x + 11 +

x −
√
x + 11 = 4
Đáp số:
1. x =
−1
2
22
2. x = 0; x = 2
3. x = 0;
11
3
4. x = 2
5. x =
9
8

6. x = 5
2.1.2 Lập phương hai vế của phương trình
a) Đặt vấn đề và hướng giải quyết
Với phương trình dạng:
3

f (x) +
3

g (x) =
3

h (x)
Ta biến đổi tương đương về:
f (x) + g (x) + 3
3

f (x) g (x)

3

f (x) +
3

f (x)

= h (x)
và ta sử dụng phép thế
3


f (x) +
3

g (x) =
3

h (x) ta được phương trình
hệ quả:
f (x) + g (x) + 3
3

f (x) g (x) h (x) = h (x)
⇔ 3
3

f (x) g (x) h (x) = h (x) −f (x) − g (x)
Mũ ba hai vế lên rút gọn và giải phương trình.
b) Ví dụ
Bài 1. Giải phương trình
3
√
x −1 +
3
√
2x −1 =
3
√
x + 1 (1)
Giải
Lập phương 2 vế phương trình (1) ta được:

3
3
√
x −1
3
√
2x −1

3
√
x −1 +
3
√
2x −1

= −2x + 3 (2)
23
Thế
3
√
x −1 +
3
√
2x −1 =
3
√
x + 1 vào (2) ta được
3
3
√

x −1
3
√
2x −1
3
√
x + 1 = −2x + 3 (3)
Lập phương hai vế phương trình (3) đưa về phương trình:
62x
3
− 63x
2
= 0 ⇔



x = 0
x =
63
62
.
Thử lại chỉ có x =
63
62
thỏa mãn.
Nhận xét 2.3. —
Phép thế
3
√
x −1 +

3
√
2x −1 =
3
√
x + 1 vào phương trình (2) có thể dẫn
đến một phương trình hệ quả do nghiệm của phương trình (3) có thể không
thỏa mãn (1) nên khi được nghiệm của phương trình (3) ta phải có bước
thử lại vào phương trình đã cho.
Bài 2. Giải các phương trình sau:
1)
3
√
x −2 +
3
√
x + 3 =
3
√
2x + 1 (1)
2)
3
√
2x −1 +
3
√
x −1 =
3
√
3x + 1

3)
3
√
10 −x −
3
√
3 −x = 1
4)
3
√
15x −1 +
3
√
13x + 1 = 4
3
√
x (Đề thi HSG Gia lai- 2010)
Hướng dẫn và đáp số
1) Lập phương hai vế
3
√
x −2
3
√
x + 3

3
√
x −2 +
3

√
x + 3

= 0
24
Giải phương trình thu được nghiệm x = 2, x = −3, x = −
1
2
Nhận xét 2.4. Bài này không sử dụng phép thế như bài 1 nên không
phải kiểm tra lại.
2) Lập phương hai vế và sử dụng phép thế ta được phương trình:
3
√
2x −1
3
√
x −1
3
√
3x + 1 = 1 ⇔ 6x
3
− 7x
2
= 0 ⇔ x = 0, x =
7
6
Thử lại có x =
7
6
thỏa mãn.

3) x = 11; x = 2
4) x = 0; x =
1
14
; x =
−1
12
2.1.3 Nhân liên hợp
a) Đặt vấn đề và hướng giải quyết
Xét phương trình có dạng

f (x) +

g (x) = h (x) (1)
Nếu ta có thể nhẩm được nghiệm x = x
0
thì phương trình (1) luôn đưa
về được dạng tích (x −x
0
) A (x) = 0 bằng các cách khác trong đó một
phương pháp hay dùng là nhân với biểu thức liên hợp.
Còn đối với phương trình A (x) = 0 thì chú ý điều kiện của nghiệm của
phương trình để ta có thể giải nhanh phương trình A (x) = 0.
b) Ví dụ
Bài 1. Giải phương trình:
√
3x + 1 −
√
6 −x + 3x
2

− 14x −8 = 0 (1)
(Trích đề thi đại học khối B năm 2010)
25