SKKN các phương pháp giải một bài giải phương trình vô tỉ

Phần I: Những vấn đề chung
I. Lí do chọn đề tài
1. Cơ sở lí luận:
Thế hệ trẻ Việt Nam nói chung, giới học sinh nói riêng có may mắn là được sinh
ra và lớn lên trong thời đại mà các cuộc cách mạng khoa học kĩ thuật công nghệ
đang trào dâng như vũ bão, thông tin bùng nổ từng phút từng giờ, cái mới này
chưa kịp đăng quang đã phải nhường chỗ cho cái mới khác đến thay thế. Vậy thì
mỗi thầy cô giáo, mỗi học sinh phải hành động như thế nào?
Việc học tập hiện nay đang có xu hướng đi vào chiều sâu “học phải đi đôi với
hành”, do vậy phải có những phương pháp dạy và học có hiệu quả tối ưu nhất
nhằm tìm ra những con đường ngắn nhất, hay nhất trong việc học tập để giúp
chúng ta nắm vững được kiến thức và đi đào sâu lượng kiến thức đã học. Để đạt
được điều đó thì mỗi người giáo viên, mỗi học sinh phải trau dồi kiến thức, sưu
tầm và hệ thống cho chính mình những phương pháp học tập và nghiên cứu riêng.
Trong quá trình học tập và nghiên cứu, việc đi phân loại các phương pháp giải một
dạng toán hay bất kì một lĩnh vực nào, nó giúp chúng ta có nhiều cách nhìn, cách
lý giải cho cùng một vấn đề, nó giúp chúng ta nhìn nhận, xem xét một cách kĩ
lưỡng hơn, dưới nhiều góc độ, để chúng ta tìm được cách giải quyết cho nhanh
nhất, hiệu quả nhất.
2. Cơ sở thực tiễn:
Hiện nay, trong các trường THCS và ngay cả bậc phổ thông việc giải một phương
trình vô tỉ vẫn là một vấn đề cần bàn, đa số các giáo viên đã truyền đạt hết cho học
sinh những kiến thức, những phương pháp giải nhưng chưa có tính hệ thống cao,
chưa đi sâu vào phân tích những ưu điểm, những tồn tại và khả năng ứng dụng của
từng phương pháp chính, bởi lẽ đó mà những phương pháp giảng giải của giáo
viên thường hay chồng chéo lên nhau khiến cho việc tiếp thu của học sinh thường
bị động và chưa có tính quyết toán trong việc tìm cho mình một phương pháp tối
ưu nhất khi đứng trước một bài toán giải phương trình vô tỉ.
Mặt khác, đa số các em học sinh không có khả năng hệ thống cho mình những
phương pháp giải loại phương trình này, hay còn phần lớn các em không biết cách
giải thế nào cho đúng, cho hay, nhất là với học sinh bậc THCS. Các em thường

giải theo phương pháp lũy thừa và chọn ẩn nhưng đa số các em không phán đoán
được phương trình sau có tương đương với phương trình đã cho hay không?
Chính bởi những lí do trên mà tôi chọn đề tài này để phần nào tháo gỡ những
vướng mắc trên, giúp cho quá trình dạy và học được tốt hơn và đạt hiệu quả mong
muốn.
II. Mục đích nghiên cứu đề tài:
Một là, giúp học sinh nắm được các phương pháp giải một bài giải phương trình
vô tỉ. Trên cơ sở đó, tìm được những vướng mắc, khó khăn mà các em thường gặp
phải trong quá trình giải loại bài tập này.
Hai là, hệ thống được các phương pháp giải phương trình vô tỉ, trên cơ sở đó phân
tích những ưu việt hay hạn chế của từng phương pháp.
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
1
Ba là, thông qua hệ thống ví dụ, giúp các em thấy được cách lựa chọn một hoặc
nhiều phương pháp khác nhau để giải một bài toán sao cho nhanh và đạt hiệu quả
tối ưu nhất.
III. Đối tượng và khách thể nghiên cứu:
1. Đối tượng nghiên cứu:
Nghiên cứu những phương pháp giải phương trình vô tỉ.
Đánh giá tính ưu việt, hạn chế và khả năng ứng dụng của từng phương pháp giải.
2. Khách thể nghiên cứu :
Tập trung nghiên cứu trong chương trình đại số lớp 8, lớp 9 và trong chương trình
toán phổ thông.
3. Phạm vi nghiên cứu:
Do yêu cầu của đề tài nên chỉ tập trung nghiên cứu phần đại số ở lớp 8 và lớp 9
còn lại là trong chương trình toán cấp III.
IV. Nhiệm vụ nghiên cứu của đề tài:
Phải hệ thống được cách giải một phương trình vô tỉ.
Phải phân tích được những ưu việt và hạn chế của từng phương pháp, từ đó đưa ra
khả năng ứng dụng của từng phương pháp đối với một bài giải phương trình vô tỉ.

Phải phân tích và tìm ra từng chỗ thiếu sót, chỗ sai mà học sinh thường hay mắc
phải và đưa ra cho học sinh những cách khắc phục.
V. Phương pháp nghiên cứu đề tài:
1 - Phương pháp đọc và phân tích tài liệu.
2 - Phương pháp tổng hợp những kinh nghiệm sáng kiến của những giáo viên dạy
giỏi.
3 - Phương pháp khảo sát thực tế.
Phần II: Nội dung chính của đề tài
Chương I: Những kiến thức cơ bản
I. Những vấn đề chung của phương trình:
1. Tập xác định của phương trình:
a. Định nghĩa: Tập xác định của một phương trình là tập hợp các giá trị của
một ẩn làm cho mọi biểu thức trong phương trình có nghĩa. Tập xác định được viết
tắt là TXĐ.
Ví dụ :
a. Phương trình x2 – 7x + 1 = 6x2 + 2 Có tập xác định là D = R
b. Phương trình
có tập xác định là: D = { ∀x ∊ R/x + 4 ≠ 0} = R - {- 4}
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
2
c. có tập xác định là: D = { ∀x ∊ R/x - 2 ≥ 0} = R – [- 4]
2. Hai phương trình tương đương:
2.1. Định nghĩa :
Hai phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng chung một tập
nghiệm trong cùng một tập số.
2.2. Ví dụ :
a. Cho hai phương trình :
x2 - 7x + 6 = 0 và 2x2 – 14x + 12 = 0 là hai phương trình tương đương vì chúng
có cùng tập nghiệm S = {1; 6}.
b. Hai phương trình:

x + 1 = 0 và (x + 7).(x - 5) = 0 là hai phương trình không tương đương vì tập
nghiệm của phương trình thứ nhất là S = {- 1} còn của phương trình thứ hai là S =
{- 1; 5}.
c. Hai phương trình:
x2 + 1 = 0 và x2 + x + 6 = 0 là hai phương trình tương đương vì chúng có cùng
chung một tập nghiệm là S = ử.
3. Nghiệm của phương trình:
Cho phương trình f(x) = g(x). Nghiệm của phương trình xét trên tập A là số ỏ ∊ A
sao cho f(ỏ) = g(ỏ).
II. Cách giải các bất phương trình, phương trình cơ bản:
1. Phương trình và bất phương trình bậc nhất:
- ax + b = 0 ⇔ (với a ≠ 0)
- ax + b > 0 ⇔ (với a > 0)
(với a < 0)
2. Bất phương trình bậc hai:
a. Phương trình bậc hai có:
∆ = b2 – 4ac
∆’ = b’2 – ac.
∆ < 0 – phương trình vô nghiệm.
∆ = 0 – phương trình có nghiệm kép.
∆> 0 – phương trình có hai nghiệm phân biệt.
b. Quy tắc xét dấu tam thức bậc hai:
Cho f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0)
* ∆ ≤ 0 thì f(x) cùng dấu với hệ số a.
* ∆ ≥ 0 thì f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2.
Nếu f(x) cùng dấu với hệ số a khi với ∀ x ∉ (x1; x2);
f(x) khác dấu với hệ số a với ∀ x ∉ (x1; x2);
3. Phương trình và bất phương trình tích:
f(x).g(x) = 0 ⇔ f(x) = 0 hoặc g(x) = 0
§¹i häc s ph¹m to¸n K7

3
f(x). g(x) > 0 ⇔ f(x) > 0 hoặc f(x) < 0
g(x) > 0 g(x) < 0
4. Các phép biến đổi tương đương:
a. f(x) = g(x) + h(x) ⇔ f(x) – g(x) = h(x)
b. f(x) = g(x) ⇔ f(x) ± c = g(x) ± c (với c ∊ R)
c. f(x) = g(x) ⇔ k.f(x) = k.g(x) ⇔ (với k ∊ R*)
d. f(x) = g(x) ⇔ (f(x))2k + 1 = (g(x))2k + 1 (với k ∊ N).
e. f(x) = g(x) (với f(x) ≥ 0; g(x) ≥ 0) ⇔ [f(x)]2k = [g(x)]2k (với k ∊ N)
III. Phương trình vô tỉ:
1. Định nghĩa:
Phương trình vô tỷ là phương trình có chứa dấu căn thức
2. Cách giải chung:
Bước 1: tìm tập xác định của phương trình.
Bước 2: tìm cách khử căn thức và tìm nghiệm.
Bước 3 : so sánh với tập xác định và kết luận nghiệm của phương trình.
3.Ví dụ :
Giải phương trình :
(1)
Điều kiện để căn thức có nghĩa 2x + 3 ≥ 0 ⇔ (2)
với điều kiện x ≥ 0 (3)
phương trình (1) ⇔ (2x + 3) = x2 (4)
⇔ x2 – 2x – 3 = 0.
Vì a – b + c = 0 nên (4) có nghiệm là: x1 = - 1; x2 = 3
x1 = - 1 không thoả mãn điều kiện (3)
x2 = 3 thoả mãn các điều kiện (2) và (3)
Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là x = 3.
4. Một số kiến thức cần nhớ:
4.1. Điều kiện tồn tại một căn thức:
tồn tại khi ∀ A ≥ 0 (k ∊ N)

tồn tại khi ∀ A ∊ R (k ∊ N)
= ∣A∣ = A khi A ≥ 0
- A khi A ≤ 0
4.2. Một số bất đẳng thức quan trọng:
a. Bất đẳng thức Côsi:
Nếu a1, a2 an là các số không âm ta có:
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = = an.
b. Bất đẳng thức Bunhiacopxki:
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
4
Nếu a1, a2 an và b1, b2 bn là các số tuỳ ý ta có:
(a12 + a22 + + an2).(b12 + b22 + + bn2) ≥ (a1b1 + a2b2 + +
anbn)2.
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
c. Bất đẳng thức Trêbưsep.
Nếu a1 ≥ a2 ≥ ≥ an và b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn, ta có:
(a1 + a2 + + an).(b1 + b2 + + bn) ≥ n.(a1b1 + a2b2 + + anbn).
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = = an hoặc b1 = b2 = = bn.
d. Lược đồ Hoocle.
Cho đa thức f(x) = anxn + an-1xn-1 + + a1x + a0 (với x = ỏ), ta có:
an an-1 a1 a0
+ +
ỏ x an ỏ an + an-1 ỏ.∆ + a1 f(ỏ)
Chương II: Phương pháp biến đổi tương đương
I. Phương pháp nâng lũy thừa:
1. Các dạng phương trình vô tỉ cơ bản:
a. = ⇔ A ≥ 0 hay B ≥ 0
A = B
b. = B ⇔ B ≥ 0
A = B2

c. = B ⇔ A = B3
d + = ⇔ A ≥ 0 ⇔ A + B + = C
B ≥ 0
Lưu ý: Với phương pháp lũy thừa hai vế. Muốn nâng hai vế phương trình lên lũy
thừa bậc chẵn, ta phải biết chắc chắn hai vế cùng dấu, tốt nhất là cùng dương.
Để nắm được phương pháp này, chúng ta cùng tìm hiểu một số ví dụ cụ thể:
2. Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phương trình
(1)
Giải:
Điều kiện để căn thức có nghĩa x – 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ 5 (2)
Với điều kiện x – 7 ≥ 0 ⇔ x ≥ 7 (3)
phương trình (1) tương đương với: x – 5 = (x – 7)2 ⇔ x2 – 15x + 54 = 0 (4)
Giải phương trình (4) ta được:
x1 = 6 không thỏa mãn điều kiện (3)
x2 = 9 thỏa mãn các điều kiện (2) và (3)
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
5
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x = 9.
Nhận xét: Trong cách giải trên, ta đặt điều kiện (2) vì lý do sư phạm. Thực ra
không cần điều kiện này. Thật vậy, khi bình phương hai vế của (1), biểu thức x – 5
bằng một bình phương, đương nhiên không âm, do đó các giá trị của x thỏa mãn
(3) cũng sẽ thỏa mãn điều kiện (2).
Ví dụ 2: Giải phương trình

Giải:
Chuyển vế phương trình đã cho, ta có:
(1)
phương trình (1) có nghĩa khi và chỉ khi: 2x + 3 ≥ 0 ⇔ (2)
x + 2 ≥ 0 x ≥ - 2

với điều kiện (2) thì phương trình (1) tương đương với:
2x + 3 = (x + 2)2 ⇔ x2 + 2x + 1 = 0 (3)
Giải phương trình (3) ta được nghiệm duy nhất là: x = - 1.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = - 1.
Lưu ý: Nhiều em khi gặp bài này thường giải theo cách quen thuộc:
⇔ x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ - 2.
2x + 3 = (x + 2)2 ⇔ (x + 1)2 = 0
và cũng tìm được nghiệm x = - 1 thoả mãn (x ≥ - 2).
Nhưng với điều kiện (- 2 ≤ ) thì lại không tồn tại vì 2x + 3 < 0.
Ví dụ 3: Giải phương trình
(1)
Giải:
Điều kiện để căn thức có nghĩa: 1 – x ≥ 0 x ≤ 1
1 – 2x ≥ 0 ⇔ ⇔ (2)

x + 4 ≥ 0 x ≥ - 4
Với điều kiện (2) phương trình (1) tương đương với:


⇔ 1 – x + 1 – 2x +

⇔
⇔ (3)
với điều kiện 2x + 1 ≥ 0 ⇔ (4) thì phương trình (3) tương đương với:
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
6
⇔ 2x2 – 3x + 1 = 4x2 + 4x + 1
⇔ 2x2 + 7x = 0 (5)
Giải phương trình (5) ta được x = 0 (thỏa mãn điều kiện (2) và (4))

không thỏa mãn điều kiện (4)
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x = 2.
Lưu ý: Với điều kiện (2) ta chỉ cần thì phương trình (1) đã tương đương với
phương trình (3) vì khi bình phương thì (x + 4) bằng một bình phương, đương
nhiên là dương.
Với , điều này chỉ đúng khi a ≥ 0 ; b≥ 0 và trong trường hợp
a ≤ 0; b ≤ 0 thì .
Ví dụ 4: Giải phương trình
(1)
Giải:
Lập phương hai vế phương trình ta được:

⇔
⇔ (2)
⇔ 5x.(x2 – 1) = x3 ⇔ x.[5.(x2 – 1) – x2] ⇔ x = 0 x = 0
⇔
4x2 – 5 = 0


Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt x1 = 0; .
Thay lại vào phương trình (1) ta thấy với x = 0 hoặc đúng là nghiệm
của phương trình (1).
Lưu ý:
- Do từ (1) suy ra (2), ta thực hiện phép biến đổi không tương đương nên phương
trình (2) tìm được nói chung có nhiều nghiệm hơn phương trình ban đầu, vì thế
việc thay lại nghiệm của (2) vào (1) là cần thiết nếu không ta sẽ gặp nghiệm ngoại
lai.
- Với dạng bài này, chúng ta không thay thế thì chắc chắn
lời giải sẽ phức tạp hơn rất nhiều.
II. Phương pháp đưa về hằng đẳng thức quen thuộc.

Với phương pháp này chúng ta thường phân tích, thêm bớt để đưa về dạng:
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
7
∣A∣ = B ⇔ A = B
A = - B (với B ≥ 0)
Ví dụ 1: Giải phương trình sau:
⇔
⇔ ⇔
⇔
Điều kiện để căn thức có nghĩa x – 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2
⇒

⇔ ⇔ x – 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3
x – 2 ≥ 1
Vậy khi x ≥ 3
khi 2 ≤ x < 3
Tóm lại phương trình sau tương đương với:
khi x ≥ 3
khi 2 ≤ x < 3
⇔ - 1 = 0 (vô lí)
khi 2 ≤ x < 3
⇔ ⇔ thỏa mãn 2 ≤ x < 3.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là:
Lưu ý:
Đối với phương pháp này ta phải thật khéo léo khi xử lý quá trình:
Nhiều bạn rất hay làm thiếu trường hợp (- A).
Ví dụ 2: Giải phương trình sau:
(1) ⇔
⇔ ⇔ (2)
Điều kiện để căn thức tồn tại x – 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 (3)

với điều kiện (3) phương trình (2) tương đương với:
⇔ ⇔ ⇔
thỏa mãn điều kiện (3)
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
8
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm là x1 = 3; x2 = 7.
Lưu ý:
Ta có thể dùng ⇔ A = B
A = - B (với B ≥ 0)
thì việc giải sẽ nhanh hơn.
Ví dụ 4: Giải phương trình sau:
(1)
Lời giải:
Điều kiện để căn thức có nghĩa:
x – 1 ≥ 0 x ≥ 1
x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 (*)
x2 – x ≥ 0 x ≤ 0 hoặc x ≥ 1
⇔ x = 2 thoả mãn (*) hoặc
với điều kiện x ≥ 1 thì hai vế của (3) đều dương, bình phương hai vế ta được:
⇔
- (x – 1)2 – 1 < 0 với ∀ x ≥ 1 suy ra phương trình (3) vô nghiệm.
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x = 2.
III. Phương pháp dùng miền xác định.
Khi sử dụng phương pháp này ta thường chia nhỏ TXĐ của phương trình và kết
hợp với các điều kiện ràng buộc ta sẽ có nghiệm của phương trình.
Ví dụ 1: Giải phương trình
(1)
Lời giải:
Điều kiện để phương trình có nghĩa là:
x(x – 1) ≥ 0 x ≤ 0 hoặc x ≥ 1 x ≥ 1

x(x + 2) ≥ 0 x ≤ - 2 hoặc x ≥ 0 x ≤ - 2
- Với x ≤ - 2 ta có phương trình tương đương với:

⇔
⇔
⇔
Vì x ≤ - 2 nên hai vế đều dương, ta bình phương hai vế:
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
9
4x2 + 4x – 8 = 1 – 4x + 4x2 ⇔ 8x = 9 ⇔
- Với x ≥ 1, ta có:
(1) ⇔
Bình phương hai vế ta được :

⇔
⇔ 8x = 9 ⇔
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là :
Chú ý : Khi sử dụng phương pháp này, chúng ta phải xác định TXĐ của phương
trình một cách chính xác và kết hợp với các điều kiện để tìm ra nghiệm.
Ví dụ 2 : Giải phương trình
(1)
Lời giải:
Điều kiện để phương trình có nghĩa là:
x + 1 ≥ 0 x ≥ - 1
4x + 13 ≥ 0 ⇔ ⇔ x ≥ - 1
3x + 12 ≥ 0 x ≥ - 4
Bình phương hai vế phương trình (1) ta được:
(1) ⇔
⇔ (3)
Để phương trình (3) tồn tại ⇔ - x – 1 ≥ 0 ⇔ x ≤ - 1 (4)

Kết hợp (2) với (4) ta được x = - 1 và thỏa mãn (1)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x = - 1.
Ví dụ 3:
Giải phương trình
(1)
Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với phương trình sau:
⇔ (2)
* Với ≥ 0 ⇔ x – 1 ≥ 0
x – 1 ≥ 1 ⇔ x ≤ 2
Thì (2) ⇔
* Với
Thì (2) ⇔ luôn đúng với ∀ x ∊ [1;2]
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 1 ≤ x ≤ 2.
IV. Phương pháp dùng lượng liên hợp:
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
10
- Đối với phương pháp này, chúng ta rất dễ áp dụng nhưng nó thường phải áp
dụng kết hợp với các phương pháp khác thì mới có hiệu quả.
- Khi sử dụng chúng ta thường áp dụng công thức sau:

Ví dụ 1:
Giải phương trình
(1)
Lời giải:
Điều kiện để phương trình có nghĩa là:
x + 1 ≥ 0 x ≥ - 1
4x + 13 ≥ 0 ⇔ ⇔ x ≥ - 1
3x + 12 ≥ 0 x ≥ - 4
Ta nhận thấy rằng:

Vậy từ (1) ta có : (2)
Kết hợp (1) và (2) ta được :
⇔ ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = - 1 (thỏa mãn điều kiện *)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là : x = - 1.
Lưu ý : Khi khai căn của một đa thức, chúng ta phải chú ý điều kiện để đa thức
dương và phải chọn lượng liên hợp để rút ngắn lời giải.
Ví dụ 2 :
Giải phương trình :
(1)
Lời giải:
Điều kiện để phương trình có nghĩa
⇔ x2 + x ≥ 0 ⇔ x ≤ - 1 (*)
x ≠ 0 x > 0
x2 + x ≥ 0
x ≠ 0
Phương trình (1) tương đương với:

⇔
⇔
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
11
⇔ x ≥ - 1 x ≥ - 1
25(x2 + x) = (3x + 3)2 16x2 + 7x – 9 = 0
Ta thấy 16 – 7 – 9 = 0, vậy phương trình có nghiệm là:
x1 = - 1 (thỏa mãn)
(thỏa mãn)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : x1 = - 1;

Ví dụ 3: Giải phương trình
(1)

Lời giải: Điều kiện để phương trình có nghĩa là:
≠ 0 x ≠ 0
2 + x ≥ 0 ⇔ x ≥ - 2 (*)
phương trình (1) tương đương với:
⇔
⇔
⇔
⇔
x = - 2 x = - 2
⇔ x > 0 x > 0
8(2 + x) = x2 - x2 + 8x + 16 = 0
x = -2
x> 0
⇔
(loại)
Vậy nghiệm của phương trình (1) là:
x1 = - 2 (thỏa mãn (*)
(thỏa mãn (*)
Tóm lại: S =
Ví dụ 4: Giải phương trình
(1)
Lời giải:
Gọi miền D là miền xác định của phương trình tức là D được xác định bởi hệ sau:
3x2 – 7x + 3 ≥ 0
x2 – 2 ≥ 0
3x2 – 5x – 1 ≥ 0
x2 – 3x + 4 ≥ 0
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
12
bằng cách nhân liên hợp của (1) về dạng sau:

⇔

⇔ (5)
Ta thấy rằng với x > 2 thì chắc chắn không phải là nghiệm của (5) vì với mỗi x >
2, x ∊ D thì:
* 4 – 2x < 0 ⇒
* 3x – 6 > 0 ⇒

Tương tự như vậy với ∀ x < 2, x ∊ D thì:
* 4 – 2x < 0 ⇒
* 3x – 6 > 0 ⇒
rõ ràng x = 2 ∊ D thỏa mãn (5) vì:
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là: x = 2.
Bài tập chương II
Bài 1: Giải các phương trình vô tỉ sau:
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
13

Giải các phương trình sau:
Giải phương trình sau :

Chương III :
Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đặt ẩn phụ
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
14
- Để khử căn thức, người ta có thể đưa thêm một hoặc nhiều ẩn phụ. Tuỳ theo
dạng của phương trình mà các bạn lựa chọn cho thích hợp.
- Đây là một “công cụ” tương đối mạnh và đạt hiệu quả cao trong việc khử căn
thức song nó cũng có nhiều chỗ làm cho các bạn nhầm giữa ẩn đã cho với ẩn mới.

I. Đặt ẩn phụ để chuyển về phương trình hữu tỉ :
- Ta thường đặt một ẩn mới thay ẩn của phương trình song chúng ta phải chú tới
điều kiện liên quan giữa ẩn cũ và ẩn mới.
Ví dụ 1:
Giải phương trình:
Lời giải :
Điều kiện để phương trình có nghĩa là : x – 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 (2)
Đặt
Thay vào (1) ta được phươnh trình mới tương đương với phương trình (1)

Với
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 4
Chú ý :
- Khi đặt ẩn phụ ví dụ thì chưa chắc t ≥ 0 mà còn phải tuỳ thuộc vào tập xác
định của A mà 0 ≤ t ≤ ỏ (ỏ ∊ R+) chúng ta phải hết sức chú ý điều này, tránh
trường hợp thiếu hoặc thừa nghiệm như trong ví dụ sau đây:
Ví dụ 1 : Giải phương trình sau :
(1)
Lời giải :
Đặt thì Y2 = (x - 3)(x + 1) nên phương trình (1) đưa
về dạng :
Y2 + 4Y + 3 = 0 ta có 1 – 4 + 3 = 0 nên phương trình có hai nghiệm phân
biệt
Y = -1 và Y = - 3
+ Với Y = 1 ⇔

Để (*) có nghĩa thì x – 3 < 0 ⇔ x < 3 (**).
Bình phương hai vế ta được 1 = (x - 3)(x + 1) ⇔ x2 – 2x - 4 = 0
Ta có ∆ = 1 + 4 = 5 > 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt.
+ Với Y = - 3 ⇔

Với điều kiện (**) phương trình (***) tương đương với
9 = (x - 3)(x + 1) ⇔ x2 – 2x – 12 = 0
Có ∆’ = 1 + 12 = 13 > 0. Phương trình có hai nghiệm:
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
15
Tóm lại: Phương trình (1) có hai nghiệm:
Chú ý: Rất nhiều bạn khi gặp bài này thường đặt ẩn phụ là: ,
điều này chưa đúng khi x – 3 > 0, do đó ta phải đặt như trên.
Ví dụ 2: Giải phương trình
(1)
Lời giải:
Điều kiện để phương trình có nghĩa là: x – 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1.
Đặt ⇔ t3 = 2 – x ⇒ x – 1 = 1 – t3
vì x ≥ 1 > 0 ⇔ 1 – t3 ≥ 0 ⇔ t3 ≤ 1 ⇔ t ≤ 1, phương trình (1) trở thành:
⇔ ⇔ 1 – t = 0
1 + t + t2 = 1 -
t
t = 1
⇔ t = 1 ⇔ t = 0 đều thỏa mãn t ≤ 1
t2 + 2t = 0 t = -2
* Với t = 1 ⇔ ⇔ 1 = 2 – x ⇒ x = 1.
* Với t = 0 ⇔ ⇔ 0 = 2 – x ⇒ x = 2.
* Với t = - 2 ⇔ ⇔ - 8 = 2 – x ⇒ x = 10.
Vậy phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt : x1 = 1 ; x2 = 2 ; x3 = 10.
Chú ý :
Với điều kiện x ≥ 1 ta suy ra t ≤ 1, việc này sẽ giúp chúng ta giải được một cách
nhanh chóng khi ta tìm được những nghiệm t không thỏa mãn, tránh được quá
trình giải lan man với những nghiệm t không cần thiết.
Ví dụ 4 : Giải phương trình
(1)

Lời giải:
Điều kiện để phương trình có nghĩa là:
3 + x ≥ 0 x ≥ 3
6 – x ≥ 0 ⇔ x ≤ 6 ⇔ - 3 ≤ x ≤ 6 (*)
(3 + x).(6 – x) ≥ 0 - 3 ≤ x ≤ 6
Đặt X = với X ≥ 0
Ta có X2 = ⇔
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có :
X2 ≤ (12 + 12).(3 + x + 6 – x) = 18 ⇔
X ≥ 0
Phương trình (1) trở thành : ⇔ X2 – 2X – 3 = 0
Phương trình có 1 + 2 + 3 = 0, nên phương trình có nghiệm là:
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
16
X1 = - 1 Không thỏa mãn với điều kiện (**)
X2 = 3 Thỏa mãn điều kiện (**)
Với X = 3 ⇔
⇔ ⇔ x + 3 = 0 ⇔ x = - 3
6 – x = 0 x = 6
Thỏa mãn điều kiện (*)
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm: x1 = -3; x2 = 6.
Ví dụ 5: Giải phương trình
(1)
Lời giải:
(1) ⇔
Điều kiện để phương trình có nghĩa là: x2 + 3 ≥ 0 ⇔ x ≤ - 3 (2)
x ≥ 0
Đặt ⇔ t2 = x2 + 3x.
Phương trình (1) trở thành: t2 + 3t – 10 = 0
∆ = 9 – 4.1.(-10) = 49 ⇒

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
Với t = 2 ⇔
Vì hai vế đều dương, bình phương hai vế ta được:
4 = x2 + 3x ⇔ x2 + 3x – 4 = 0
Phương trình có a + b + c = 0 (1 + 3 – 4 = 0) nên phương trình có hai nghiệm phân
biệt: x1 = 1; x2 = - 4.
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = 4.
Ví dụ 6: Giải phương trình
Lời giải:
Điều kiện để phương trình có nghĩa: x ≥ 0
Đặt
Phương trình đã cho trở thành:
Ta thấy t = 1 là nghiệm của phương trình (2) vì: 1 – 4 + 7 – 8 + 4 = 0
áp dụng lược đồ Hoocle ta có:
1 - 4 7 - 8 4
1 1 - 3 4 - 4 0
2 1 - 1 2 0
Vậy phương trình (2) trở thành : (t – 1).(t – 2).(t2 – t + 2) = 0 (3)
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
17
Vì
Nên phương trình (3) ⇔ (t – 1).(t – 2) = 0 ⇔ thỏa mãn t ≥ 0
Với t = 1 thì (thỏa mãn)
Với t = 2 thì (thỏa mãn)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là: x = 1; x = 4.
Chú ý: Việc áp dụng lược đồ Hoocle giúp ta tách được đa thức bậc cao về
tích các đa thức bậc nhất một cách dễ dàng hơn.
Ví dụ 7: Giải phương trình
Lời giải:
Điều kiện để phương trình có nghĩa là: x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ - 1 (2)

Đặt
Phương trình (1) trở thành:
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
II. Đặt ẩn phụ, quy phương trình vô tỉ về hệ phương trình.
Ngoài việc đặt ẩn phụ để đưa phương trình vô tỉ về phương trình hữu tỉ, chúng ta
còn đặt ẩn phụ để đưa phương trình vô tỉ về hệ phương trình. Đây là cách giải rất
thích hợp cho các phương trình vô tỉ.
Ví dụ 1: Giải phương trình sau

Lời giải:
Đặt
Khi đó phương trình đã cho dẫn về hệ phương trình sau:
Trừ hai vế hai phương trình của hệ ta được:
x3 – y3 = - 2(y – x) ⇔ (y – x).(x2 + xy + y2) + 2(x – y) = 0
⇔ (x – y).( x2 + xy + y2 + 2) = 0 (2)
Do
Nên phương trình (3) ⇔ x – y = 0 ⇒ x = y (4)
Thay (4) vào (1) ta được :
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
18
x3 + 1 = 2x ⇔ x3 – 2x + 1 = 0 ⇔ x3 – x – (x – 1) = 0
⇔ x.(x2 – 1) – (x – 1) = 0
⇔ (x – 1).(x2 – x – 1) = 0 ⇔
Vậy nghiệm của phương trình (1) là :
Ví dụ 2 : Giải phương trình sau :
(1)
Đặt
Khi đó phương trình đã cho trở thành hệ sau:
(I)
Lập phương hai vế phương trình thứ nhất của hệ (I) ta có :

(u + v)3 = u3 + v 3 ⇔ u3 + v 3 + 3uv(u + v) = u3 + v 3 ⇔ 3uv(u + v) = 0
u = 0
⇔ v = 0
u = - v
- Với u = 0 thì - v3 = - 5 ⇔
- Với v = 0 thì u3 = - 5 ⇔
- Với u = - v thì u3 – (- u3)= - 5 ⇔ 2u3 = - 5 ⇒
Vậy hệ phương trình (I) có 4 nghiệm :

§¹i häc s ph¹m to¸n K7
19
Vậy phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt:
Ví dụ 3: Giải phương trình
Lời giải:
Điều kiện để phương trình có nghĩa là:
Đặt u = ≥ 0; v = ⇒
Khi đó phương trình đã cho trở thành hệ phương trình sau:
Từ phương trình thứ nhất của hệ (I) ta có u = 3 – v (2)
Thế (2) vào phương trình thứ hai của hệ (I) ta được:
(3 – v)4 + v4 = 17
⇔ 81 – 108v + 54v2 – 12v3 + 2v4 = 17
⇔ v4 – 6v3 + 27v2 – 54v + 32 = 0 (3)
Ta thấy v = 1 và v = 2 là nghiệm của phương trình vì:
1 – 6 + 27 – 54 + 32 = 0
16 – 48 + 109 – 108 + 32 = 0
áp dụng lược đồ Hoocle ta có:
1 - 6 27 - 54 32
1 1 - 5 22 - 32 0
2 1 - 3 16 0
Vậy phương trình (3) được phân tích thành các phương trình sau:

(v – 1).(v – 2).(v2 – 3v + 16) = 0 (4)
Vì
Nên phương trình (4) tương đương với:
(v – 1).(v – 2) = 0 ⇔
Với v = 1 thì u = 2
Với v = 2 thì u = 1
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm: (1;1)(1;2).

§¹i häc s ph¹m to¸n K7
20
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = 16.
Ví dụ 4: Giải phương trình
Lời giải
Điều kiện để phương trình có nghĩa là x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ - 1
Đặt :
Phương trình đã cho trở thành phương trình sau
Từ (2) ta có v = 3 – u (4)
Thế (4) vào (3) ta có u3 – (3 -u)2 = - 3 ⇔ u3 – u2 + 6u – 6 = 0 (5)
Phương trình (5) có u = 1 là nghiệm vì 1- 1 + 6 – 6 = 0
Theo lược đồ Hoocle ta có :
1 -1 6 - 6
1 1 0 6 0
Vậy (5) được phân tích thành :
(u - 1)(u2 - 6) = 0 ⇔ u – 1 = 0 ⇔ u = 1
Với u = 1 thế vào (4) ta được v = 3 – 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 2)
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 3.
Ví dụ 5 : Giải phương trình
Lời giải:
Đặt

Phương trình (1) tương đương với phương trình sau:
Thế (1) vào (2) ta được:
3(u + v) = 9 ⇔ u + v = 3 ⇔ u = 3 – v (4)
Thế (4) vào (2) ta được:
(3 – v)2 + v2 – (3 – v)v = 3
⇔ 9 – 6v + 2v2 – 3v + v2 = 3
⇔ 3v2 – 9v + 6 = 0
⇔ v2 – 3v + 2 = 0 (5)
Phương trình (5) có : 1 – 3 + 2 = 0
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
21
Nên phương trình có nghiệm là : v = 1 ⇒ u = 2 hoặc v = 2 ⇒ u = 1.
Vậy hệ (I) có hai nghiệm : (1 ;2) và (2 ; 1).
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt : x = - 6 ; x = 1.
Ví dụ 6 : Giải phương trình
Lời giải:
Điều kiện để phương trình có nghĩa:
Vậy phương trình (1) tương đương với phương trình sau:
Từ (2) ta có: x = 2y + 1 (3)
Thế (3) vào (2) ta được :
Vì 3 + 4 – 7 = 0 nên phương trình (4) có hai nghiệm phân biệt :
Với y = 1, thế vào (2) được x = 3. Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất.
Vì 2 + 5 – 7 = 0 nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt:
đều thoả mãn.
Ví dụ 7 : Giải phưương trình
Lời giải:
Đặt
Vậy từ (1) và (2) ta có phưương trình:
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
22

vì
⇔ (u – v).uv = 0 vì u, v không đồng thời bằng 0
Kết hợp (3) và (2) ta có:
Kết hợp (4) và (2) ta có :
Kết hợp (5) và (2) ta có :
Với
Với
Với
Vậy phưương trình (1) có ba nghiệm phân biệt : x = 6 ; x = 7 ; x = 5.
Ví dụ 8 : Giải phương trình
Lời giải:
Điều kiện để phưương trình có nghĩa là:

Đặt
Vậy phưương trình (1) tương đưương với hệ sau:
Từ (2) ta có : uv = -3 + (u + v), thế (4) vào (3) ta được:
(u + v)2 – 2(u + v) + 6 = 9 ⇔ (u + v)2 – 2(u + v) – 3 = 0
Đây là phưương trình bậc hai với u + v, mà 1 + 2 – 3 = 0 nên phưương trình có
nghiệm.
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
23
Vậy ta có :
Vậy phưương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt : x = - 3 ; x = 6.
Ví dụ 9 : Giải phưương trình
Lời giải:
Điều kiện để phưương trình có nghĩa là:
Đặt vì
⇒
Vậy phưương trình (1) tưương đưương với:

⇔ (u – v).(u + v) – 5.(u – v) = 0
⇔ (u – v).(u + v – 5) = 0
Vậy ta có hai hệ :

Giải ra ta đưược x = 2 là nghiệm.
Ví dụ 10 : Giải phương trình
Lời giải:
Tập xác định của phưương trình D = R.
Đặt
Thay thế vào phương trình ta đưược:
t2 + 3x = (x + 3).t ⇔ t2 – (x + 3).t + 3x = 0 (2)
Đối với phưương trình này ta coi t là ẩn, còn x là tham số, ta có:
∆ = (x + 3)2 – 43x = x2 + 6x + 9 – 12x
= x2 – 6x + 9 = (x – 3)2 ≥ 0
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
24
với x = 3 không phải là nghiệm của (1).
⇒ ta lấy ∆ = (x – 3)2 > 0 ⇒
Với
Ta có
Thế vào (2) ta đưược:
Với
Ta có
Thế vào (2), ta đưược:


Vậy phưương trình (1) có hai nghiệm phân biệt:
Ví dụ 11: Giải phưương trình
Lời giải:

Điều kiện để phưương trình có nghĩa:
Đặt
Ghép (1) và (2), ta có hệ:
Thế (3) vào (4) ta được :
(9 – xy)2 – 2xy = 17 ⇔ (x.y)2 – 20xy + 64 = 0
△’= 102 – 64 = 36
Phưương trình có hai nghiệm phân biệt :
Vậy hệ phưương trình trên tưương đưương với hai hệ :
⇒ x, y là nghiệm của phưương trình :
X2 – 7.X +16 = 0
§¹i häc s ph¹m to¸n K7
25