Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi ở trường THPT chuyên Bắc Giang.PDF
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (758.47 KB, 77 trang )
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
1
Danh mục các từ viết tắt
1.
Vt: Vế trái của phương trình.
2
Vt
: Bình phương của vế trái phương trình.
2.
Vp: Vế phải của phương trình.
2
Vp
: Bình phương của vế phải phương trình.
3.
Vt
(1)
: Vế trái của phương trình
(1)
.
4.
Vp
(1)
: Vế phải của phương trình
(1)
.
5.
Đk, đk: Điều kiện.
6.
BĐT: Bất đẳng thức.
HSG, HSG: Học sinh giỏi.
7.
VMO, VMO: Thi chọn học sinh giỏi Toán lớp 12 THPT của Việt Nam.
IMO: Thi Olympic Toán học quốc tế.
8.
HD: Hướng dẫn.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
2
Lời mở đầu
Toán học có một vẻ đẹp lôi cuốn và quyến rũ, ai đã đam mê thì mãi mãi đam
mê… Trong vẻ đẹp đầy huyền bí đó thì các bài toán liên quan đến Phương trình vô tỷ
(Phương trình chứa căn thức) – có nét đẹp thật sự xao xuyến và quyến rũ!
Có lẽ vì lý do đó mà trong các kì thi chọn HSG các nước, thi chọn HSG Quốc gia
lớp 12 THPT (VMO) của chúng ta, bài toán liên quan đến Phương trình vô tỷ thường
có mặt để thách thức các nhà Toán học tương lai với dung nhan muôn hình, muôn vẻ.
Bài toán giải phương trình vô tỷ cũng thường xuất hiện trong các kì thi của học sinh
THCS và THPT như thi chọn HSG cấp tỉnh, thi chọn HSG cấp thành phố, thi chọn
HSG cấp huyện, thi chọn HSG cấp trường, thi Đại học, thi tuyển sinh vào lớp 10
THPT chuyên, hay bài toán đó còn có trong đề thi chọn giáo viên dạy giỏi cấp tỉnh ở
vòng thi lý thuyết, …
Chuyên đề “Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi”, tôi
viết với mong muốn phần nào giúp các Thầy cô giáo dạy Toán, các em học sinh phổ
thông cũng như các em học sinh trong các đội tuyển thi chọn học sinh giỏi Toán có thể
tìm thấy nhiều điều bổ ích và nhiều điều thú vị đối với dạng toán này. Trong Chuyên
đề có cả những bài với cấp độ giải trí cho học sinh giỏi (rèn luyện phản xạ nhanh).
Đối với việc giải phương trình vô tỷ thì hầu hết các phương pháp giải, các phương
pháp biến đổi hay đều có trong cuốn Chuyên đề này. Cách phân tích để nhận dạng một
phương trình và chọn lựa phương pháp giải thích hợp là khó và đa dạng. Để có khả
năng này chúng ta phải tìm cách giải và tự sáng tác nhiều phương trình để tự rút ra
những nhận xét, kinh nghiệm và hay hơn nữa là một vài thuật giải toán, cũng như lưu
ý rằng một bài toán có thể có nhiều cách giải khác nhau.
Tôi viết Chuyên đề này chỉ với những Ví dụ và Bài tập về giải phương trình vô tỷ
(không chứa tham số). Tôi hy vọng rằng Chuyên đề sẽ để lại trong lòng Thầy cô và
các em học sinh một ấn tượng tốt đẹp. Với mỗi Ví dụ trong từng Phương pháp giải,
người đọc có thể tự sáng tác cho mình những bài toán với những con số mà mình yêu
thích.
Tuy nhiên Chuyên đề chắc sẽ không thể tránh khỏi những điều không mong muốn.
Tôi rất mong nhận được sự động viên và những ý kiến đóng góp chân thành của Quý
Thầy cô và các em học sinh để Chuyên đề tiếp tục được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Bắc Giang, ngày 5 tháng 4 năm 2011
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
3
Chương 1
MỘT SỐ ĐIỀU CẦN BIẾT
I.1. Một số công thức cần nhớ
1.
Căn bậc hai và căn bậc ba của một tích
ab a . b
và
3 3 3
ab a. b
với
a, b R
.
2.
Căn bậc hai và căn bậc ba của một thương
a
a
b
b
và
3
3
3
a a
b
b
, với
a, b R,b 0
.
3.
Căn của một lũy thừa
m
m m
n
n
n
a a ( a )
, với
*
a R
;
*
m,n N ,n 2
.
4.
Căn nhiều lớp
n m
n.m
m n
a a a
, với
*
a R
;
*
m,n N ,m,n 2
.
5.
Đưa một thừa số ra ngoài dấu căn bậc hai
2
a .b a . b
, với
a R,b R
.
6.
Đưa một thừa số vào trong dấu căn bậc hai
2
2
a .b
a b
a .b
khi
khi
a 0
a 0
.
7.
Tích của hai căn
m n
1 1
m.n m n m n
m.nm n
m.nm n
a. a a .a a a ( a )
, với
*
a R
;
*
m,n N ,n 2
.
8.
Thương của hai căn
1
n m1 1
m
m
m.n n m n m
m.n
m.nm n
1
n
n
a a
a a a ( a)
a
a
, với
*
a R
;
*
m, n N ,n 2
.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
4
I.2. Ví dụ mở đầu
1. Ví dụ
Giải phương trình
2
2
1 x x x 1 x
3
, với
x R
.
2. Nhận xét
Ta có
2
2
1 x x x 1 x
3
(1).
Trước hết có Đk
0 x 1
.
Để giải phương trình này thì rõ ràng ta sẽ tìm cách làm mất căn thức. Có những
cách nào để làm mất căn thức? Điều đầu tiên ta nghĩ tới đó là lũy thừa hai vế.
Vì hai vế của phương trì nh đã cho luôn không âm với điều kiện xác định nên ta
có thể bình phương hai vế để thu được phương trình tương đương.
(1)
2
2 2 2 2 2
2 4 9
1 x x ( x 1 x ) 1 x x (x x ) 1 2 x x
3 3 4
2 2
2(x x ) 3 x x 0
2 2
x x (2 x x 3) 0
2
2
x x 0
2 x x 3 0
1
2
2
x 0
(* )
x 1
9
x x 0(* )
4
.
Ta thấy
2
(* )
vô nghiệm, kết hợp với điều kiện ban đầu ta được phương trình (1)
có nghiệm là x = 0 và x = 1.
Ta lại thấy
2 2
( x x 1) 1 2 x x
(*), do đó nếu đặt
y x x 1
thì sẽ
tính được
2
2
y 1
x x
2
và khi đó phương trình (1) trở thành phương trình bậc hai ẩn
y
2
2
y 1
1 y y 3y 2 0
3
y 1
y 2
.
Hay ta được
2
2
x 1 x 0 x x 0
x 1 x 2
2 x x 3 0
.
Từ đó ta được nghiệm của phương trình (1).
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
5
Với cách giải thứ hai là ta đặt ẩn phụ hợp lý để làm mất căn thức, để làm mất
căn thức ta tìm cách đặt một biểu thức chứa căn thức nào đó bằng một biểu thức ẩn
mới sao cho phương trình ẩn mới có hình thức kết cấu đơn giản hơn phương trình ban
đầu. Đặt biểu thức chứa căn nào bằng biểu thức ẩn mới như thế nào là vấn đề quan
trọng nhất, bước làm này quyết định đến có được lời giải hay không và lời giải đó tốt
hay dở. Để chọn được cách đặt ẩn phụ thích hợp thì ta cần phải tìm được mối quan hệ
của các biểu thức tham gia trong phương trình như ở cách giải trên ta đã tạo được mối
quan hệ đó là đẳng thức (*). Có thể có nhiều cách để tạo ra mối quan hệ giữa các đối
tượng tham gia trong phương trình, chẳng hạn ở phương trình trên ngoài đẳng thức (*)
ta còn có mối quan hệ giữa các biểu thức tham gia trong phương trình.
Ta có
2 2
( x) ( 1 x ) x 1 x 1
(**), kết hợp với (1) ta được
2
3 2 x x 3 x 3 1 x
x(2 1 x 3) 3 1 x 3
3 1 x 3
x
2 1 x 3
(do
2 1 x 3 0
với mọi
0 x 1
).
Khi đó đặt
y 1 x
thì
3y 3
x
2y 3
, thay vào (**) biến đổi tiếp ta thu được
2
y 0
y(y 1)(2y 4y 3) 0
y 1
.
Từ đó ta được nghiệm của phương trình (1).
Mặt khác ta cũng có thể đặt
y x,z 1 x
với
y 0,z 0
thì ta sẽ có hệ
phương trình
2 2
2
1 yz y z
3
y z 1
, đây là hệ đối xứng loại I, ta dùng phương pháp thế để
giải cũng sẽ được nghiệm của phường trình (1).
Với điều kiện của x để phương trình (1) xác định và đẳng thức (**), ta có thể
nghĩ đến cách giải phương trình (1) bằng Phương pháp (ứng dụng) lượng giác.
Thật vậy đặt
2
x sin y, y 0;
2
.
Khi đó phương trình (1) trở thành
2
1 sin y.coxy sin y coxy
3
3(1 sin y) (1 sin y)(1 sin y)(2sin y 3) 0
sin y 1
3 1 sin y (3 2sin y) 1 sin y
2
x 1
sin y(4sin y 6sin y 8) 0
.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
6
Từ đó ta được nghiệm của phương trình (1).
Qua Ví dụ trên ta thấy rằng có thể có nhiều cách để giải một phương trình vô tỷ
nào đó. Mọi phương pháp đều chung một mục đích, đó là tìm cách loại bỏ căn thức và
đưa phương trình đã cho về phương trình mà ta đã biết cách giải. Sau đây ta sẽ xét một
số phương pháp giải cụ thể.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
7
Chương II
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
II.1. Phương pháp biến đổi tương đương, biến đổi hệ quả
II.1.1. Một số lưu ý
Giải phương trình nói chung hay phương trình vô tỷ nói riêng ta có thể dùng
phép biến đổi tương đương, khi giải xong bài toán thì ta không phải thử lại nghiệm.
Đôi khi trong lời giải ta cũng sử dụng phép biến đổi hệ quả, chẳng hạn như bình
phương hai vế của phương trình, thế biểu thức, Khi giải xong ta phải thử lại nghiệm
để loại nghiệm ngoại lai nếu có.
Dạng cơ bản của Phương pháp biến đổi tương đương phương trình vô tỷ
2
g(x) 0
f (x) g(x)
f (x) g (x)
và
3
3
f (x) g(x) f (x) g (x)
.
Với Phương pháp này ta thường sử dụng tính chất của lũy thừa và phép biến đổi
tương đương, biến đổi hệ quả của phương trình.
II.1.2. Một số ví dụ
1. Ví dụ 1
Giải các phương trình sau với
x R
.
1)
3 33
x 2 x 3 2x 1
.
2)
3 3 3
x 1 x 1 5x
.
3)
3 3 3
2x 1 x 1 3x 1
.
HD:
1) Lập phương hai vế ta được phương trình tương đương
3 33 3
2x 1 3 x 2. x 3.( x 2 x 3) 2x 1
3 33 3
x 2. x 3.( x 2 x 3) 0
3
3
3
3
x 2 0
x 3 0
x 2 x 3 0
.
Dễ dàng thấy phương trình đã cho có nghiệm là
1
x
2
, x = -3, x = 2.
2) Lập phương hai vế ta được phương trình tương đương
3 3 3 3
2x 3 x 1. x 1.( x 1 x 1) 5x
3 3 3 3
x 1. x 1.( x 1 x 1) x
3 3 3
x 1. x 1. 5x x
3
5x(x 1)(x 1) x
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
8
2
x(4x 5) 0
x 0
5
x
2
.
Thử lại ta được phương trình có ba nghiệm trên.
3) Lập phương hai vế ta được phương trình tương đương
3 3 3 3
3x 2 3 2x 1. x 1.( 2x 1 x 1) 3x 1
3 3 3 3
2x 1. x 1.( 2x 1 x 1) 1
3 3 3
2x 1. x 1. 3x 1 1
(2x 1)(x 1)(3x 1) 1
3 2
6x 7x 0
x 0
7
x
6
.
Thử lại, ta được phương trình chỉ có nghiệm
7
x
6
.
Nhận xét: Phương trình đầu tiên, nếu ta thay
3 33
x 2 x 3 2x 1
khi biến
đổi thì sẽ được một phương trình hệ quả.
Phương trình thứ hai, nếu biến đổi tương đương ở bước thứ hai thì sẽ sai bản chất mặc
dù nghiệm vẫn tìm được đầy đủ.
2. Ví dụ 2
(Thi chọn HSG lớp 9 tỉnh Bắc Giang, năm 2009)
Giải phương trình
x 1 2x 3 3x 2x 2
, với
x R
.
HD: Đk
x 1
.
Phương trình đã cho tương đương với
223213 xxxx
2 2
( 3x x 1) ( 2x 3 2x 2)
3x x 1 2 3x(x 1) 2x 3 2x 2 2 (2x 3)(2x 2)
3x(x 1) (2x 2)(2x 3)
2
x x 6 0
x 3
x 2
.
Thử lại ta thấy x = 2 là nghiệm.
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
9
3. Ví dụ 3
(Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán – Tin trường THPT
Chuyên Bắc Giang, năm học 2005 – 2006)
Giải phương trình
x 3 5 x 2
, với
x R
.
HD: Đk
x 2
.
Với đk đó phương trình tương đương
x 3 x 2 5
x 3 x 2 2 (x 3)(x 2) 25
(x 3)(x 2) 12 x
2
12 x 0
(x 3)(x 2) (12 x)
x 12
25x 150
.
Từ đó ta được phương trình đã cho có nghiệm là x = 6.
4. Ví dụ 4
Giải phương trình
2
(2x 7) 2x 7 x 9x 7
, với
x R
.
HD: Đk
7
x
2
.
Phương trình đã cho tương đương với
2
(2x 7) (2x 7) 2x 7 (x 7x) 0
2
(2x 7 x 2x 7 7 2x 7)-(x 2x 7 x 7x) 0
( 2x 7 x)( 2x 7 x 7)=0
2x 7 x
2x 7 =x+7
2
2
x 0
2x 7 x
x+7 0
2x 7 (x+7)
.
Từ đó ta được phương trình đã cho có nghiệm là
x 1 2 2
.
5. Ví dụ 5
Giải phương trình
(x 3) (4 x)(12 x) 28 x
, với
x R
.
HD: Đk
(4 x)(12 x) 0 12 x 4
(x 3)(28 x) 0 3 x 28
3 x 4
.
Với đk đó phương trình tương đương với
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
10
2 2
(x 3) (4 x)(12 x) (28 x)
4 3 2
x 14x 10x 272x 352 0
2 2
(x 6x 22)(x 8x 16) 0
2
2
x 6x 22 0
x 8x 16 0
x 3 31
x 4 4 2
.
Kết hợp với đk ta được phương trình có hai nghiệm là
x 3 31
và
x 4 4 2
.
Nhận xét: Bài toán này học sinh dễ mắc sai lầm khi đặt điều kiện, có thể chỉ có
12 x 4
dẫn đến phương trình có bốn nghiệm. Ta cũng có thể đặt Đk lỏng hơn là
(x 3)(28 x) 0
để dẫn đến
3 x 4
.
Bài toán này ta cũng có thể giải bằng Phương pháp đặt ẩn phụ.
6. Ví dụ 6
Giải phương trình
2 3
2(x 8) 5 x 8
, với
x R
.
HD: Đk
x 2
Với đk đó cả hai vế của phương trình không âm nên tương đương với
2 2 3
2(x 8) 25(x 8)
4 3 2
2x 25x 32x 72 0
2 2
(2x 5x 6)(x 10x 12) 0
.
Ta thấy
2
2
5 23
2x 5x 6 2 x 0
4 8
với mọi x.
Do đó ta được
2
x 10x 12 0
x 5 37
x 5 37
.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
x 5 37
.
7. Ví dụ 7
Giải phương trình
2
9 2
x x 1 (x 1) x 1
4
, với
x R
.
HD: Ta có
2
9 2
x x 1 (x 1) x 1
4
(1).
Đk
x 1
.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
11
Với đk đó (1)
2
2 2. x x 1 9(x 1) x 1
(2)
Ta thấy
2 2
2. x x 1 2x 2 x 1
x 1 2 (x 1)(x 1) x 1
2
( x 1 (x 1))
x 1 x 1
.
Thay vào (2) ta được
2( x 1 x 1) 9(x 1) x 1 2 x 1 (9x 11) x 1
2
11
x
9
4(x 1) (x 1)(9x 11) (*)
.
Xét (*)
3 2
81x 279x 315x 125 0
2
(3x 5)(27x 48x 25) 0
3x 5 0
(Do
2
2
8 11
27x 48x 25 3 3x 0
3
3
với mọi x thỏa mãn
các điều kiện trên).
Từ đó ta được phương trình đã cho có nghiệm là
5
x
3
.
8. Ví dụ 8 (1959 - IMO)
Giải các phương trình sau với
x R
.
1)
x 2x 1 x 2x 1 2
.
2)
x 2x 1 x 2x 1 1
.
3)
x 2x 1 x 2x 1 2
.
HD: Đk
1
x
2
.
1) Đáp số:
1
x 1
2
.
2) Phương trình vô nghiệm.
3) Đáp số:
3
x
2
.
Nhận xét: Ba bài toán thi HSG quốc tế ngày đó khá nhẹ nhàng đối với đa
số học sinh hiện nay.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
12
II.1.3. Một số bài tập tương tự
1. Bài 1
Giải phương trình
3 2
3 x 8 2x 6x 4
, với
x R
.
HD: Ta có phương trình tương đương
2
3 2
2x 6x 4 0
9(x 8) 2x 6x 4
2 2
x 1
x 2
(x 6x 4)(4x 9x 14) 0
.
Từ đó suy ra nghiệm của phương trình đã cho.
2. Bài 2
Giải phương trình
2
2
2 18x
25x 9 9x 4
x x 1
, với
x R
.
HD: Đk
2
x
3
.
Biến đổi phương trình ta được
8 6 4 2 2 6 4 2
25x 221x 39x 76x 1 0 (2x 1)(13x 117x 78x 1) 0
.
Từ đó suy ra
2
x
2
.
3. Bài 3
Giải phương trình
2 2 2
x 4x 3 x x 3x 4x 1
, với
x R
.
4. Bài 4
Giải phương trình
3 3 3
x x 16 x 8
, với
x R
.
5. Bài 5
Giải phương trình
3 3 3
x 1 x 1 x 2
, với
x R
.
6. Bài 6
Giải phương trình
3 3
3 3
2x 1 1 x x
, với
x R
.
7. Bài 7
Giải phương trình
3 3
3 3
x 1 x 2 1 x 3x 2
, với
x R
.
8. Bài 8
Giải phương trình
3 32 3
3 3
x 1 x x x x
, với
x R
.
9. Bài 9
Giải phương trình
4
3 2
4
x 1 x 1 x x
, với
x R
.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
13
10. Bài 10
Giải phương trình
2
x 3 2x x 1 2x x 4x 3
, với
x R
.
11. Bài 11
Giải phương trình
4x
x 3 4 x
x 3
, với
x R
.
12. Bài 12
Giải phương trình
3
4 x 3 1 4x
x
, với
x R
.
13. Bài 13
Giải phương trình
2 3
3
3
3( x 1 (x 1) ) x x
, với
x R
.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
14
II.2. Phương pháp đặt ẩn phụ
II.2.1. Một số lưu ý
Khi giải phương trình vô tỷ bằng Phương pháp đặt ẩn phụ ta có thể sử dụng một
trong những cách sau đây.
1.
Đặt ẩn phụ để biến đổi phương trình đã cho về phương trình đại số không
còn chứa căn thức với phương trình mới có ẩn mới là ẩn phụ.
2.
Đặt ẩn phụ mà vẫn còn ẩn chính, ta có thể biến đổi về phương trình tích để
tính ẩn này theo ẩn kia. Ta còn gọi là đặt ẩn phụ không hoàn toàn.
3.
Đặt ẩn phụ để biến đổi phương trình về hệ hai phương trình với hai ẩn là hai
ẩn phụ, cũng có thể hai ẩn gồm một ẩn chính và một ẩn phụ, thường khi đó ta được
một hệ phương trình đối xứng.
4.
Đặt ẩn phụ để được phương trình có hai ẩn phụ, ta biến đổi về phương trình
tích với vế phải bằng 0.
5.
Đặt ẩn phụ với số ẩn phụ nhiều hơn hai rồi kết hợp với phương trình ban đầu
sau khi đã thế ẩn phụ ta được một phương trình tích với vế phải bằng 0.
Khi giải phương trình ta thường sử dụng phép biến đổi tương đương, nếu biến
đổi hệ quả thì nhớ phải thử lại nghiệm.
II.2.2. Một số ví dụ
1. Ví dụ 1
Giải các phương trình sau với
x R
.
1)
2
18x 18x x 17x 8 x 2 0
.
2)
2 4 2
3
x 3x 1 x x 1
3
.
3)
2
2
1 1
2 x 2 4 x
x x
.
4)
2 2
2x 1 x 2x 1 x 1
.
HD:
1) Đặt
x y
với
y 0
.
Khi đó phương trình đã cho trở thành
2 2
(3y 4y 2)(6y 2y 1) 0
, suy ra
2
(3y 4y 2) 0
, ta được
2 10
y
3
.
Từ đó phương trình có nghiệm là
14 4 10
x
9
.
2) Ta có
4 2 2 2 2 2 2
x x 1 (x 1) x (x x 1)(x x 1) 0
, với mọi x.
Mặt khác
2 2 2
x 3x 1 2(x x 1) (x x 1)
.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
15
Đặt
2
2
x x 1
y
x x 1
(có thể viết đk
y 0
hoặc chính xác hơn là
3
y 3
3
), ta được
2 2
3
2y 1 y 0 6y 3y 3 0
3
, lại được
3
y
3
(loại
3
y
2
).
Từ đó phương trình có nghiệm là
x 1
.
3) Ta thấy
x 0
không thỏa mãn.
Khi đó phương trình tương đương với hệ
2
2
2
2
x 0
1
4 x 0
x
1 1
2 x 2 4 x
x 1
.
Đặt
1
x y
x
, ta được
2 2 2
2 y 4(1)
4 (y 2) 2 5 2(y 2) (4 y) (2)
.
Xét
2 2
(2) 9 2y y 4y 5
4 3 2
y 8y 28y 40y 16 0
(do hai vế không âm).
3 2
(y 2)(y 6y 16y 8) 0
2
(y 2)((y 2)(y 4y 8) 8) 0
.
Dẫn đến
y 2
(do
2
((y 2)(y 4y 8) 8) 0
với mọi
y
thỏa mãn (1)).
Từ đó phương trình có nghiệm là
x 1
.
Nhận xét: Bài toán này ta có thể giải bằng Phương pháp đánh giá trong phần
sau.
4) Ta có phương trình tương đương với
2 2
1 x 1 2x 2x 1 x
4 2 2 2 2 3 2
1 x 1 4x 4x (1 x ) 4x 4x 1 x 8x 1 x
2 2 2
x(1 4 1 x 8x 1 x ) 0
2 2 2
x 0
1 4 1 x 8x 1 x 0(1)
.
Xét (1), đặt
2
y 1 x
, suy ra
y 0
và
2 2
x 1 y
.
Ta được
2 3
1 4y 8y(1 y ) 0 8y 4y 1 0
2
(2y 1)(4y 2y 1) 0
1 5
y
4
.
Từ đó suy ra
5 5
x
8
.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
16
Thử lại ta được nghiệm của phương trình là
x 0
và
5 5
x
8
.
Nhận xét: Bài toán này ta có thể giải bằng Phương pháp lượng giác trong phần
sau.
2. Ví dụ 2
Giải phương trình
2 2
x 3x 1 (x 3) x 1
, với
x R
.
HD: Đặt
2
x 1 y
, với
y 1
.
Khi đó ta được
2
y 3x (x 3)y
(y 3)(y x) 0
.
Dẫn đến
y 3
và
y x
.
Từ đó phương trình có nghiệm là
x 2
.
3. Ví dụ 3
Giải phương trình
38 8
4
17 x 2x 1 1
, với
x R
.
HD: Đặt
84
17 x y
với
y 0
và
3 8
2x 1 z
.
Khi đó ta được hệ
4 3 4 3
y z 1 z y 1
2y z 33 2y (y 1) 33
.
Xét
4 3 3 2
2y (y 1) 33 (y 2)(2y 5y 7y 17) 0
.
Suy ra được y - 2 = 0.
Từ đó nghiệm của phương trình là x = 1 và x = -1.
4. Ví dụ 4
Giải các phương trình sau với
x R
.
1)
2 2
x 4 x 2 3x 4 x
.
2)
3 2
3
4
81x 8 x 2x x 2
3
.
HD:
1) Đặt
2
4 x y
, với
0 y 2
.
Khi đó ta được hệ
2 2
x y 2 3xy
x y 4
.
Thế hoặc lại đặt
x y S;xy P
rồi giải tiếp ta được nghiệm của phương trình là
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
17
x 0
;
x 2
và
2 14
x
3
.
2) Đặt
3 2
3
4
81x 8 2 3y 3x y 2y y
3
.
Khi đó ta được hệ
3 2
3 2
4
3x y 2y y
3
4
3y x 2x x
3
.
Xét hiệu hai phương trình dẫn đến
x y
,
(do
2 2 2
1 1 1 1
(x y) (x 2) (y 2) 0
2 2 2 3
).
Thay vào hệ và giải phương trình ta được
3 2 6
x 0;x
3
.
5. Ví dụ 5
Giải phương trình
2 2
5x 14x 9 x x 20 5 x 1
, với
x R
.
HD: Đk
x 5
.
Với đk đó ta biến đổi phương trình đã cho như sau:
2 2
5x 14x 9 x x 20 5 x 1
2 2
5x 14x 9 x x 20 25(x 1) 10 (x 1)(x 4)(x 5)
2
2x 5x 2 5 (x 1)(x 5) x 4
2(x 1)(x 5) 3(x 4) 5 (x 1)(x 5) x 4
.
Đặt
(x 1)(x 5) y; x 4 z
, với
y 0;z 3
.
Ta được
2 2
2y 3z 5yz (y z)(2y 3z) 0
, từ đó ta được
y z
3
y z
2
.
Nếu
y z
thì ta được
5 61
x
2
(do
x 5
).
Nếu
3
y z
2
thì ta được
7
x 8; x
4
.
Vậy phương trình có ba nghiệm trên.
Nhận xét: Bài toán này trên báo Toán học và tuổi trẻ mấy năm trước, đã được
lấy từ đề dự tuyển của trường THPT Chuyên Nguyễn Trãi tỉnh Hải Dương làm đề thi
chính thức cho Khối 10 trong Kì thi chọn HSG Khu vực Duyên Hải và Đồng Bằng
Bắc Bộ lần thứ 3 năm 2010 tại tỉnh Ninh Bình.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
18
6. Ví dụ 6
Giải phương trình
2
4x 9
7x 7x
28
, với
*
x R
.
HD: Đặt
4x 9 1
y
28 2
, do
x 0
nên
4x 9 9 1
28 28 2
, từ đó
y 0
.
Ta được hệ
2
2
1
7x 7x y
2
1
7y 7y x
2
x, y 0
.
Giải hệ bình thường theo dạng ta được
6 50
x
14
.
Nhận xét: Dạng phương trình này ta thường đặt
4x 9
ay b
28
, sau đó bình
phương lên rồi ta “cố ý” biến đổi về hệ đối xứng với hai ẩn
x, y
. Từ đó ta sẽ biết được
giá trị của a, b. Với bài toán này ta tìm được
1
a 1;b
2
. (Nếu a = 1 và b = 0 mà giải
được thì đó là phương trình quá đơn giản, ta không xét ở đây).
7. Ví dụ 7
Giải phương trình
3
2 3
x 2 2 x
, với
x R
.
HD: Đặt
3 2 3
x 2 2 x y
với
y 0
.
Khi đó ta được hệ
2 3
3 2
x y 2
x 2 y
và từ phương trình ban đầu ta có
x 2
.
Xét hiệu hai phương trình của hệ ta được phương trình
2 2
(x y)(x xy y x y) 0
.
Nếu
x y
thì
3 2
x x 2
, dẫn đến vô nghiệm.
Còn
2 2 2
x xy y x y (y x)(1 x) y 0
với mọi
y 0
và
x 2
.
Do đó hệ vô nghiệm hay phương trình đã cho vô nghiệm.
Nhận xét: Khi giải một phương trình không phải lúc nào cũng có nghiệm thực,
có những phương trình vô nghiệm nhưng khi cho học sinh làm bài ta cũng
kiểm tra được năng lực của học sinh khi trình bầy lời giải bài toán đó. Chẳng hạn như
bài toán trong ví dụ này.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
19
8. Ví dụ 8
(Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán – Tin trường THPT
Chuyên Bắc Giang, năm học 2003 – 2004)
Giải phương trình
2
( x 7 x 2)(1 x 9x 14) 5
, với
x R
.
HD: Đặt
x 7 y, x 2 z
.
Ta được hệ
2 2
y z 5
(y z)(1 yz) 5
, từ đó suy ra
y 1
z 1
.
Cuối cùng ta được phương trình có nghiệm là
x 1
.
9. Ví dụ 9
(Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán – Tin trường THPT
Chuyên Bắc Giang, năm học 2004 – 2005)
Giải phương trình
3 2 3 2
3
7x 1 x 8x 1 x x 8 2
, với
x R
.
HD: Đặt
3 2 3 2
3
y 7x 1,z x x 8 2, t x 8x 1
, ta được
y z t 2
3
(y z t) 8
(1).
Mà
3 3 3
y z t 8
(2).
Từ (1) và (2) ta được
y z
3(y z)(z t)(t y) 0 z t
t y
.
Thế lại ta sẽ được phương trình có tập nghiệm là
S 1;0;1;9
.
10. Ví dụ 10
(Thi chọn HSG lớp 12 tỉnh Bắc Giang, năm 2007)
Giải phương trình
x 1 4 x (x 1)(4 x) 5
, với
x R
.
HD: Đk
1 x 4
.
Đặt t =
x 1 4 x
(t > 0), ta được
2
t 5 2 (x 1)(4 x)
2
t 5
(x 1)(4 x)
2
.
Từ đó ta có phương trình
2
t 5
t 5
2
, giải được t = 3 (loại t = -5)
Khi đó phương trình có nghiệm x = 0 và x = 3.
Nhận xét: Khi đặt t =
x 1 4 x
, ta có thể tìm được điều kiện chính xác của
ẩn phụ bằng BĐT Bunhiacopxki nhưng không cần thiết.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
20
11. Ví dụ 11
(Thi chọn HSG lớp 9 tỉnh Bắc Giang, năm 2008)
Giải phương trình
1313
22
xxxx
, với
x R
.
HD: Đặt
yx 1
2
với
1
y
.
Khi đó ta được
2
3 ( 3) ( 3)( ) 0
y x x y y y x
.
3
y
y x
.
Từ đó dẫn đến phương trình có nghiệm là
22x
.
Nhận xét: Bài toán này ta mạnh dạn bình phương hai vế rồi đưa về phương trình
tích là phương trình hệ quả thì cũng giải được phương trình này.
12. Ví dụ 12
Giải phương trình
(x 3) (4 x)(12 x) 28 x
, với
x R
.
HD: Đặt
y x 3;z (4 x)(12 x)
với
z 0
.
Khi đó ta được
2 2 2
2yz y z 1 (y z) 1
z y 1
z y 1
.
Từ đó đã dễ thấy nghiệm của phương trình đã cho.
Nhận xét: Bài toán này đã giải bằng Phương pháp biến đổi tương đương.
13. Ví dụ 13
Giải phương trình
2 3
2(x 8) 5 x 8
, với
x R
.
HD: Đặt
2
y x 2,z x 2x 4
, với
y 0
, z > 0.
Khi đó
2 2 2
y x 2, z x 2x 4
,
2 2 3 2 2 2
y z x 8,2y z x 8
,
nên ta được
2 2
2(2y z ) 5yz (2 2y z)(y 2z) 0
2 2y z
y 2z
.
Nếu
2 2y z
thì
2
2 2x 4 x 2x 4
, ta được phương trình này có hai nghiệm là
x 5 37
.
Nếu
y 2z
thì phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
x 5 37
.
Nhận xét: Bài toán này đã giải bằng Phương pháp biến đổi tương đương.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
21
14. Ví dụ 14
Giải phương trình
44 4
8x 1 9x 1 3 x
, với
x R
.
HD: Đk
1
x
8
.
Chia cả hai vế của phương trình cho
4
x 0
ta được phương trình tương đương
4 4
1 1
8 9 3
x x
.
Đặt
4
1
8 y
x
;
4
1
9 z
x
ta sẽ được hệ
4 4
y z 3
y z 17
,
giải hệ này ta được
y 1
z 2
và
y 2
z 1
.
Từ đó có nghiệm của phương trình là
1
x
7
.
15. Ví dụ 15
Giải phương trình
3 2
3 x 8 2x 6x 4
, với
x R
.
HD: Ta có
3 2
3 x 8 2x 6x 4
(1).
Đk
x 2
.
Khi đó (1)
2 2
2(x 2x 4) 2(x 2) 3 (x 2)(x 2x 4)
.
Ta thấy x = - 2 không là nghiệm của (1),
do đó (1)
2 2
2(x 2x 4) x 2x 4
3 2 0
x 2 x 2
.
Đặt
2
x 2x 4
t
x 2
, với
t 0
; ta được
2
2t 3t 2 0 t 2
(Do
t 0
).
Từ đó phương trình ( 1) có hai nghiệm là
x 3 13
.
Nhận xét: Có thể đặt
2
y x 2;z x 2x 4
, với
y 0,z 0
.
16. Ví dụ 16
Giải phương trình
2
5 x 192( x 1)
x
x 1 5 x x x
, với
x R
.
HD: Đk
x 0
x 5
.
Khi đó phương trình tương đương
2
x x 5 192( x 1)
x 1 x(5 x)
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
22
2
x (5 x) 192( x 1)
5 0
x 1 x (5 x)
.
Đặt
x(5 x)
y
x 1
, với
y 0
; ta được
2 3 2
192
(5 y) 0 y 10y 25y 192 0
y
2
(y 3)(y 13y 64) 0
y 3 0
(Do
2
2
13 87
y 13y 64 y 0
2 4
với mọi
y 0
).
Khi y = - 3, ta được
x(5 x)
3 x x 8 x 3 0
x 1
( x 3)(x 3 x 1) 0
.
Từ đó sẽ được phương trình có nghiệm x = 9.
Nhận xét: Ta có thể đặt
5 x (5 x) x
y x ; z
x 1 x 1
thì sẽ được hệ
2
y z 5
y z 192
, hoặc có thể xét ba trường hợp
x 9,x 9, x 9
.
17. Ví dụ 17
Giải phương trình
3 2 3 2 3 2 3 2
x 4x 3 4x 9x 3 3x 2x 2 2x 3x 2
,
với
x R
.
HD: Cách 1
Đặt
3 2
y x 4x 3
;
3 2
z 4x 9x 3
;
3 2
t 3x 2x 2
;
3 2
u 2x 3x 2
.
Khi đó ta được
3 3 3 3 3 3
y z t u
y z t u (y z) 3yz(y z) (t u) 3tu(t u)
(y z)(yz tu) 0
y z
yz tu
.
Nếu
y z
thì
2
x 0
5x 5x 0
x 1
(Thỏa mãn).
Nếu
yz tu
thì
2 2 2 2
(x 4x 3)(4x 9x 3) (3x 2x 2)(2x 3x 2)
2 2
(x 7x 5)(2x 6x 1) 0
.
Phương trình này có 4 nghiệm thỏa mãn đầu bài là
7 69 3 11
x ;x
2 2
.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
23
Vậy tập nghiệm của phương trình là
7 69 3 11
S 0;1; ;
2 2
.
Cách 2
Đặt
3 2
y x 4x 3
;
3 2
z 4x 9x 3
;
3 2
t 3x 2 2x
;
3 2
u 3x 2x 2
.
Ta thấy
3 3 3 3
y z t u
(*)
Phương trình đã cho trở thành
3 3
y z t u (y z t) u
3 3 3 3
y z t 3(y z)(z t)(t y) u
.
Kết hợp với (*) ta được
(y z)(z t)(t y) 0
.
Từ đó suy ra các nghiệm của phương trình đã cho.
Nhận xét: Với kiểu phương trình như vậy ta phải quan sát kỹ đầu bài để đặt ẩn
phụ. Với cách làm dựa vào hằng đẳng thức trên ta có thể sáng tác ra những bài toán
sau đây.
Chẳng hạn giải các phương trình với
x R
.
1)
3 3 3 3
3x 1 5 x 2x 9 4x 3 0
.
2)
33 3 3
6x 5 4 3x x 2 4x 7
.
3)
3 2 3 2
3
7x 1 x x 8 x 8x 1 2
.
4)
3 2 3 2
3 3
3x x 2011 3x 7x 2012 6x 2013 2012
.
II.2.3. Một số bài tập tương tự
1. Bài 1
Giải các phương trình sau với
x R
.
1)
2 2
x 2 x 2x 2 x
.
HD: Đặt
y 2 x; y 0
, ta được
2 2
(y 1)(y y 1)(2y y 4) 0
.
Từ đó
5 1 33 1
y 1;y ;y
2 8
và được nghiệm của phương trình là
5 1 33 1
x 1;x ;x
2 8
.
2)
2 3
2x 5x 1 7 x 1
.
HD: Từ phương trình suy ra
x 1
. Đặt
2
x x 1
y
x 1
, bình phương dẫn đến
y 3 2 3
.
Phương trình trở thành
2
2y 7y 3 0
, ta được
y 3
.
Từ đó ta sẽ được
x 4 6
.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
24
2. Bài 2
Giải phương trình
2 2
(4x 1) x 1 2x 2x 1
, với
x R
.
HD: Đặt
2
x 1 y
, với
y 1
. Từ đó ta được
1
y
2
y 2x 1
.
Phương trình có nghiệm là
4
x
3
.
3. Bài 3
Giải các phương trình sau với
x R
.
1)
3(2 x 2) 2x x 6
.
HD: Đặt
3 x 2 y, x 6 z
, với
y 0;z 0
.
Ta được
x 3
y z 4
.
Từ đó phương trình có 2 nghiệm là
11 3 5
x 3;x
2
.
2)
4
2 2(1 x) 2x 1
.
HD: Đk
0 x 2 1
.
Đặt
4
2 2(1 x) 2y y 2 1 x
và
4 4 4
2x 2z z x
với
y 0;z 0
.
Suy ra
4
2 4
2(y z) 1(1)
y z 2 1(2)
.
Từ (1) thay
4
1
y z
2
vào (2), ta được
2 2 2
4
1
(z 1) (z ) 0
2
.
Xét hiệu hai bình phương suy ra
4
4 3 2
1
4 2
z
2
.
Từ đó ta được nghiệm của phương trình là
4
4
4
4 3 2
1
2
x
2
.
4. Bài 4
Giải phương trình
2
x x 1005 1 8040x 1005
, với
x R
.
HD: Đặt
1 1 8040x 2y
, ta được
2
2
x x 2010y
(*)
y y 2010x
.
Từ
(*)
suy ra
(x y)(x y 2009) 0
và dễ thấy
x y 1999 0
.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi Nguyễn Anh Tuấn
25
Suy ra
x y
, ta được nghiệm
x 2011
, loại
x 0
.
Nhận xét: Bài toán này ta có thể ra dạng tổng quát hoặc chọn nghiệm là số mà
ta thích.
5. Bài 5
Giải các phương trình sau với
x R
.
1)
3
2
x 1 2
x 2 5
.
HD: Đặt
2
y x 1 0;z x x 1
, ta được
2
2 2
5y y
5yz 2(y z ) 2 2
z z
.
2
y 5y
2 2 0
z z
y
2
z
y 1
z 2
.
Nếu
y
2
z
ta được
2
2
x 1
x 1 2 x x 1
4x 5x 3 0
(vô nghiệm).
Nếu
y 1
z 2
ta được
2
x 1
5 37
2 x 1 x x 1 x
5 37
2
x
2
(thỏa mãn).
2)
2 3
2x 5x 2 4 2(x 21x 20
.
HD: Đk
4 x 1
x 5
.
Đặt
2
2x 8x 10 y
và
x 4 z
, với
y 0;z 0
.
Khi đó ta được
(y z)(y 3z) 0
.
Từ đó phương trình có bốn nghiệm là
9 193
x
4
và
17 3 73
x
4
.
6. Bài 6
Giải các phương trình sau với
x R
.
1)
2
x 4x 3 x 5
.
HD: Đặt
x 5 y 2
, ta được
5 29
x 1;x
2
.
2)
2
x 3
2x 4x
2
, với
x 1
.
