Chuyên đề Toán học chinh phục phương trình và bất phương trình vô tỷ bằng phương pháp cân bằng tích Megabook.vn

Tác giả: Nguyễn Đại Dương
Tài li ệu đ ặc bi ệt d ành cho học sinh Lớp T oán luyện thi
Phương p háp c ân bằng tíc h ứng dụ ng đ ể g iải một l ớp c ác bài toá n Phương Trình & Bất
Phương trì nh V ô tỷ.
Tà i liệu ba o gồm:
Cơ s ở l í thu yết.
Phương pháp c hu ng .
Các ví dụ.
Bài tập v ận dụng .
Các em phải biết học toán là phát triển tư duy, dù cho phương pháp có hay và dễ sử dụng đến mức
nào nhưng người sử dụng không thể phát triển được nó thì cũng chỉ là học chay mà thôi. Hy vọng
các em có thể nắm bắt bản chất để phát triển thêm nữa phương pháp này.
Trong tài liệu tôi cố gắng sử dụng các ví dụ tiêu biểu cho từng bài toán riêng biệt, mỗi ví dụ là một
kinh nghiệm cũng như một bài học. Đọc hết tài liệu các em sẽ có một cái nhìn tổng quát và đầy đủ
về phương pháp này.
Hi ển nhi ên trong bất kì tà i li ệu nà o cũ ng s ẽ c ó những thi ếu sót, mong cá c em góp ý để tài
li ệu được hoàn thiện hơn c ho c ác lứa học si nh sau .
Chúc cá c em học tốt!
Phương Pháp được nghiên cứu và phát triển dựa trên các kiến thức cơ bản và kinh nghiệm của
chính tác giả. Hiện vẫn chưa có bất kì tài liệu nào viết về phương pháp này. Mọi vấn đề sao chép
yêu cầu được thông qua ý kiến của tác giả.

/>2
P HƯƠNG PHÁP CÂN BẰNG TÍCH
Cơ sở: Cho phươn g trìn h có dạn g
     
n
g x h x f x
. Với
     
,,f x g x h x

là c ác đa thức.
Nếu phươn g trìn h c ó n ghiệm
o
xx
là n ghiệm c ủ a biểu thức
   
n
f x A x
thì lu ôn tồn tại một phân
tích dạn g:
         
 
 
.
nn
g x h x f x A x f x B x  
Tro n g các bài toá n ta xét th ì :
 Bậc của căn là bậc 2 hoặc bậc 3.
 Đa thức
   
,f x h x
và
 
gx
có bậc bé hơn hoặc bằn g 4.
 Đa thức
 
Ax
thườn g sẽ là một biểu thức bậc 1:
 

A x ax b
.
Ph ƣơ n g p háp :
Bƣớ c 1 : Sử dụn g Casio để tìm biểu thức
 
Ax
:
Nhập phươn g trìn h
     
n
g x h x f x
vào m áy bấm SHIF T S OL VE máy hiện S ovle for X n h ập tùy ý
một giá trị X bấm =. Đợi máy hiện giá trị củ a X bấm SHI FT S TO A để gán giá trị củ a n ghiệm cho A.
Bấm MODE 7 máy hiện f(X) = n hập biểu thức
 
n
f A AX
= máy hiện S tart? Nhập -10 = máy hiện
En d ? nhập 10 = máy hiện S tep nhập 1 = , má y hiện một bản g với một bên là giá trị xủa X m ột bên là giá
trị của f(X), ta sẽ lấy giá trị mà tại đó X và f(X) là hai số n gu yên (hoặc hữu tỉ).
Khi đó biểu thức cần tìm chín h là
   
.A x X x f X
với X và f(X) là các giá trị n gu yên đã chọn .
Bƣớ c 2 : Cân bằn g tích :
Ta sẽ cân bằn g hai vế với các biểu thức
 
n
fx
,

 
Ax
và
 
 
 
n
n
f x f x
,
 
n
Ax
để đưa phươn g
trìn h về dạn g:
               
n
n
k x A x h x A x k x f x h x f x  
Tron g đó
           
n
g x k x A x f x h x A x

  

Tù y vào biểu thức
 
gx
mà ta sẽ lựa c họn

 
kx
phù hợp để c ân bằn g. Thôn g thườn g thì
 
kx
sẽ là hệ
số a, biểu thức bậc n hất
ax b
, biểu thức bậc 2
2
ax bx c
hay phân thức
m
ax b
…
Ch ú ý : Biểu thức A(x) thôn g thườn g là bậc n hất n hưn g cũ n g c ó thể là biểu thức bậc cao và ta phán đoán
A(x) dựa vào từn g bài toán.
/>3
Điều kiện :
2x 
Nhập biểu thức:
2
22XX  
Bấm S HI FT S OVL E 0 = máy hiện
0 .6180339887X 
bấm S HI F T STO A máy hiện
Ans A
Bấm MODE 7 n hập
 
2f X A A X  

1 0 10 1    
máy hiện bản g và ta thấy có giá trị n guyên
là
 
1, 1X f X
. Khi đó ta su y ra
 
1A x x
hay
21xx  
Ta v iết lại p h ư ơng trìn h v à đ i câ n bằn g nh ư sa u:
Pt
2
22xx   
Đầu tiên ta cân bằng cho
2x
và
1x
:

 
1 2xx  
Khi đó VT c òn thừa lại :
 
22
2 1 1x x x x     
Ta tiếp tục cân bằn g thêm 2 vế cho :
2
22xx  
và

 
2
1x
. Do biểu thức cân bằn g có bậc 2 và bậc
củ a biểu thức còn thừa cũ n g là 2 n ên ta cân bằn g với hệ số a :
     
2
1 1 2 2a x x a x x      
(*)
Khi đó để (*) tươn g đươn g với (1) thì
   
2
2
1 2 1a x a x x x     
, đồn g n hất ta được
1a 
Pt
     
2
1 1 2 2x x x x         
 
 
 
 
   
  
2
2 1 1 2 0
2 1 2 1 1 2 0
21

2 1 2 0
2
x x x x
x x x x x x
xx
x x x x
xx

        

           

  
       

  


TH:
 
2
1
15
21
2
21
x
x x x
xx
  




     

  


TH:
2
0
21
2
x
x x x
xx


      



S o sán h với điều kiện su y ra phươn g trìn h có n ghiệm
51
,1
2
xx

  
Ví dụ 1: Giải phươn g trình:

2
22xx  
(1)
/>4
Điều kiện :
2x 
Nhập Casio ta tìm được biểu thức c ân bằn g
21xx  
Ta câ n bằ n g tích như sau :
Ta c ân bằn g cho
2x
và
1x
:

    
1 1 1 2x x x x    
Do
2x
n hân với lượn g
 
1x
n ên
1x 
cũn g vậy.
Khi đó VT c òn thừa lại:
  
22
2 2 1 1 1x x x x x x       
Ta cân bằn g tiếp cho

2
22xx  
và
 
2
1x
. Do bậc của biểu thức c ân bằn g và biểu thức còn thừa
đều là bậc 2 n ên ta cân bằn g với hệ số a:

        
2
1 1 1 2 1 2a x x x a x x x        
Chu yển vế đồn g n hất hệ số:
   
2
2
1 2 1 1a x a x x x a       
Pt
        
2
1 1 1 2 1 2x x x x x x         
     
 
  
2
1 2 1 1 2 0
1 2 2 2 0
21
22
x x x x x

x x x x
xx
xx

         

      

  


  


TH:
 
2
10
15
21
2
21
x
x x x
xx




     


  


TH:
2
0
1 33
22
8
24
x
x x x
xx



     



S o sán h với điều kiện su y ra phươn g trìn h có n ghiệm
1 5 1 33
,
28
xx
  

Ch ú ý :
Khi bài toán có nhiều nghiệm lẻ thì ta có thể lưu nghiệm bất kì và tìm biểu thức cân bằng, thông

thường mỗi nghiệm lẻ sẽ cho ta một biểu thức cân bằng khác nhau. Dù biểu thức cân bằng khác
nhau nhưng kết quả sau khi cân bằng là giống nhau.
Ví dụ 2: Giải phươn g trìn h:
 
2
2 2 1 2x x x x    
/>5
Điều kiện :
1x 
Nhập CAS I O ta được bản g khôn g có bộ giá trị X, f(X) n gu yên n ào, tất c ả đều là số lẻ… Đến đây ta hiểu
rằng phươn g trìn h khôn g c ó n hân tử chun g dạn g
1X aX b  
với a, b là hệ số n guyên. Thực c hất khi
đi làm n hư c ác ví dụ trên ta đã mặc địn h hệ số ứn g với
1X 
là 1 n hưng thực tế thì n hân tử của phươn g
trìn h phải c ó dạn g:
1k X aX b  
Với k, a, b là số n gu yên , thườn g khi
1k 
không c ho ta bộ X, f(X) n gu yên thì ta thay
2,3,4 k 
Ta n hập lại biểu thức :
 
21f X A AX  
và thu được biểu thức cân bằn g
21xx  
.
Ta câ n bằ n g tích như sau : Pt
 

32
3 3 2 1 1x x x x x      
Ta c ân bằn g c ho
x
và
21x
:
    
1 1 2 1x x x x      
Khi đó VT c òn thừa lại:
 
3 2 3 2
3 3 1 4 4x x x x x x x x      
Ta cân bằng tiếp cho
 
2
x
và
 
 
2
2 1 4 1xx  
. Nhưn g do biểu thức còn thừa bậc 3 mà c ác lượng
cân bằn g chỉ bậc 2 n ên ta sẽ cân bằn g với biểu thức bậc n hất
ax b
:
          
2
1 4 1 1 2 1a x b x x x ax b x x x         
Chu yển vế đồn g n hất hệ số:

     
2 3 2
1
4 1 4 4
0
a
ax b x ax b x x x x
b


       



Pt
      
2
. 1 .4 1 1 2 1x x x x x x x x        
   
 
  
 
 
  
  
2
2
2
4 1 1 2 1 0
2 1 2 1 1 2 1 0

2 1 1 2 1 0
2 1 1 0
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x

       

         
       
     
TH:
 
2
0
2 1 0 2 1 2 2 2
41
x
x x x x x
xx



          




TH:

2
0
15
1 0 1
2
1
x
x x x x x
xx



        



S o sán h với điều kiện suy ra phươn g trìn h có n ghiệm
2 2 2x 
và
15
2
x


.
Ví dụ 3: Giải phươn g trìn h:
 
3
32
3 3 2 1 0x x x x    

/>6
Nhập CAS I O ta được nghiệm
1x 
và
1,618 x 
ta lưu n ghiệm
1,618 x 
và tìm được biểu thức
cân bằn g là
3
21xx
Ta đi câ n bằn g tích n hư sau:
Ta đi c ân bằn g cho x và
3
21x 
:
3
2 2 2 1xx
Khi đó VT c òn thừa lại:
33
1 2 2 1x x x x    
Ta c ân bằn g tiếp cho
 
3
3
2 1 2 1xx  
và
3
x
:

 
3
3
2 2 1 2 2 1ax x a x x    
Chu yển vế đồn g n hất hệ số:
 
33
2 1 2 1 1ax a x x x a      
Pt
 
3
3
2 2 1 2 2 1x x x x     
 
 
 
 
3
3
2
2
33
3
3
3
2 1 2 2 1 0
2 1 2 1 2 1 2 0
21
21
15

1
2
x x x x
x x x x x x
xx
xx
xx
      

        


  
  

   
Vậy phươn g trìn h có n ghiệm
1x 
và
15
2
x


Ch ú ý : Kh i đ i tìm biểu thứ c A(x) để câ n bằ n g th ì ta lu ô n lƣu n gh iệm lẻ (nếu có ) của bà i to án bở i v ì
v ới n ghiệm lẻ th ì cá c bộ X, f(X) n gu y ên là duy nhấ t.
Ví dụ 4: Giải phươn g trìn h:
3
3
1 2 2 1xx  

/>7
Nhập CAS I O ta được n ghiệm
1x 
.
Một vấn đề n ãy sin h k hi n ghiệm c ủa phươn g trìn h n gu yên hoặc hữu tỉ thì bản g thu được có rất nhiều bộ
giá trị n guyên , ta phải c họn một bộ X, f(X) n ào đó để cân bằn g.
Ta biết rằn g biểu thức c ần tìm sẽ có dạn g
3
2
53x ax b  
với a, b nguyên
Việc lựa chọn a sẽ phụ thuộc vào hệ số củ a lũ y thừa lớn n hất ở đây là
3
x
, hệ số là 1 và ta sẽ chọn hệ số a
thỏa mãn a là một ước củ a 1. Như vậy ta chọn biểu thức cân bằn g là
3
2
5 3 1xx  
Ta câ n bằ n g tích n hư sau :
Ta c ân bằn g
1x
và
3
2
53x 
:
 
3
2

2 1 2 5 3xx  
Khi đó VT c òn thừa lại:
 
3 2 3 2
2 5 2 1 2 3 2x x x x x x x       
Ta c ân bằn g tiếp cho


3
3
22
5 3 5 3x x x  
và
 
3
1x
:
   
 
3
3
22
1 2 1 5 3 2 5 3a x x a x x      
Chu yển vế đồn g n hất hệ số:
 
 
3
2 3 2
1 5 3 2 3 2 1a x a x x x x a        
Pt

   
 
3
3
22
1 2 1 5 3 2 5 3x x x x       
Vậy phươn g trìn h có n ghiệm
1x 
Ch ú ý:
Với cá c bà i to á n có n gh iệm n guy ên th ì việc chọ n biểu thứ c p hụ thuộ c vào hệ số củ a lũ y thừ a
lớ n nhấ t. Ta chọn hệ số củ a x là ướ c của hệ số củ a lũ y thừa lớ n nhấ t.
Nếu chọn hệ số không đúng thì ta sẽ không cân bằng được mặc dù biểu thức của ta vẫn chứa
nghiệm. Các em có thể tự kiểm chứng lại với bài toán trên bằng cách chọn bộ X, f(X) khác và đi cân
bằng lại.
Ví dụ 5: Giải phươn g trìn h:
3
3 2 2
2 5 2 5 3x x x x   
 
 




   
 
3
3
22
2

2
33
2 2 2
3
3
2
32
1 5 3 2 1 5 3 0
1 5 3 1 1 5 3 5 3 2 0
1 5 3
2 3 2 0
1
x x x x
x x x x x x
xx
x x x
x
        

           


   
    

/>8
Điều kiện :
0x 
Do biểu thức dưới c ăn có dạng phân số nên ta n hân x vào tron g căn để đưa về dạn g đa thức:
Pt

 
23
4 6 6 7 3x x x x x     
Nhập CAS I O ta được hai n ghiệm
1x 
và
3x 
.
Ta tìm biểu thức c ân bằn g như sau :
3
3
1 3.1 .1 2
0
3 3.3 .3
a b a
b
ab

   






  


3
32x x x  

Ta đi câ n bằn g tích :
Cân bằn g c ho 2x và
3
3xx
:
   
3
7 2 7 3x x x x x   
Khi đó VT còn thừa lại:
 
22
4 6 6 7 2 2 8 6x x x x x x      
Ta cân bằng tiếp c ho
 
2
2
24xx
và


2
33
33x x x x  
, do phần c òn thừa có bậc 2 n hưn g biểu thức
cân bằn g có bậc là 3 n ên ta sẽ c ân bằn g với phân thức
a
x
( Do hai lượn g cân bằn g có n hân tử c hun g là x):
 
 

 
2 3 3
4 7 2 3 7 3
aa
x x x x x x x x
xx
      
Chu yển vế đồn g n hất hệ số:
 
2 3 2
4 3 2 8 6 2
aa
x x x x x a
xx
       
Pt
 
 
 
2 3 3
22
4 7 2 3 7 3x x x x x x x x
xx
         
 
 





2 3 3
33
3
3
2
4 3 7 2 3 0
2
2 3 3 3 0
23
2
33
13
x x x x x x x
x
x x x x x x
x
x x x
x x x
x
xx

        


      








  


   
Vậy phươn g trìn h có hai n ghiệm
1, 3xx
Ví dụ 6: Giải phươn g trìn h:
 
22
3
4 6 6 7x x x x x
x
    
/>9
Ph ư ơ n g á n 2: Cân bằng k ép
Ta c ó biểu thức c ân bằn g là :
3
32x x x  
2
32xx
Cân bằn g c ho 2x và
3
3xx
:
   
3
7 2 7 3x x x x x   
Khi đó VT c òn thừa lại:

 
22
4 6 6 7 2 2 8 6x x x x x x      
Do bậc của biểu thức còn thừa là 2 n ên ta sẽ c họn cân bằn g tiếp c ho cặp
 
2
24xx
và


2
22
33xx  
thay c ho cặp
 
2
2x
và


2
3
3xx
:
   
 
 
23
4 7 2 3 7 3a x x x a x x x x      
Chu yển vế đồn g n hất hệ số:

 
 
22
4 3 2 8 6 2a x a x x x a       
Pt
   
 
 
23
4 7 2 2 3 7 3x x x x x x x         
Ch ú ý : Cân bằ n g k ép n gh ĩa là câ n bằn g với ha i cặp đạ i lượn g. Chỉ xu ấ t h iện k h i biểu thứ c cân bằng
có nhân tử chu n g.
 
 






 




 
 
23
2 2 2
22

2
2
4 3 7 2 3 0
2 3 2 3 7 2 1 0
2 3 3 2 3 0
23
3 2 3
13
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x
xx
x x x
xx

        

          

      






  


   

/>10
Điều kiện :
1
3
x 
Nhập CAS I O được n ghiệm
0x 
và
1x 
. Ta tìm được biểu thức cân bằng là
3 1 1xx  
Ta câ n bằ n g tích như sau :
Pt
 
4 3 2
2 5 1 2 1 3 1x x x x x x        
Ta c ân bằn g cho
1x
và
31x
:
    
2 1 1 . 2 1 3 1x x x x      
VT c òn thừa lại:
  
4 3 2 4 3 2
2 5 1 2 1 1 2 3 2x x x x x x x x x x          
Ta cân bằn g tiếp cho
 
2

1x
và
 
2
31x 
, do biểu thức còn thừa bậc 4 mà các lượn g cân bằng chỉ bậc 2
n ên ta sẽ cân bằng với biểu thức bậc 2
2
ax bx c
:
 
    
 
   
2
22
1 2 1 1 3 1 2 1 3 1ax bx c x x x ax bx c x x x            
Chu yển vế đồn g n hất hệ số:
 
 
 
 
2
2 2 4 3 2
1 3 1 2 3 2ax bx c x ax bx c x x x x x          
1, 1, 2a b c    
Pt
 
    
 

   
2
22
2 1 2 1 1 2 3 1 2 1 3 1x x x x x x x x x x             
 
     
 
 
 
 
2
2
32
2 1 3 1 2 1 1 3 1 0
1 3 1 1 2 3 1 0
x x x x x x x
x x x x x x x

           

          
Ta c ó:
 
32
1 2 3 1 0x x x x x      
1
3
x  
Pt
2

10
1 3 1 0 0 1
0
x
x x x x
xx


         



Vậy phươn g trìn h có n ghiệm
1, 0xx
.
Ví dụ 7: Giải phươn g trìn h:
    
3
2
1 1 2 1 3 1 7x x x x x x      
/>11
Điều kiện :
3
3
1
2
2
xx    
Nhập CAS I O ta được n ghiệm
2,7320 x 

MODE 7 ta được
3
2 1 2 1xx  
Ta đi c ân bằn g:
      
 
2
33
2 1 2 1 2 1 2 1ax b x x ax b x x        
Chu yển vế đồn g nhất:
    
 
2
3 4 3 2
2 1 2 1 2 2 2ax b x a x b x x x x x         
ta khôn g tìm được a, b
thỏa mãn . Khi điều n ày xãy ra ta c ó thể hiểu rằng biểu thức cân bằn g ta tìm được là c hưa đún g.
Ta sẽ thay đổi su y n ghĩ một chú t: Ta biết rằn g phươn g trìn h sẽ lu ôn c ó nhân tử dạn g
 
3
21x A x
n hưn g không phải biểu thức bậc 1 :
 
A x ax b
, do bậc c ủa phươn g trìn h là 4 n ên ta n ghĩ n gay đến
 
2
A x ax b x c  
n ghĩa là biểu thức cân bằng c ó bậc 2.
Ta sẽ c ó các hướn g tìm biểu thức như sau :

 Một cách đơn giản nếu
0b 
thì ta có biểu thức c ân bằn g
32
21x ax b  
. Ta hy vọn g sẽ có một
phân tíc h đơn giản như trên . Ta n hập vào máy n hư sau :
MODE 7
 
32
21f X A A X  
máy hiện bản g và có một bộ giá trị
 
1, 1X f X  
. Ta su y ra
biểu thức cân bằn g là
32
2 1 1xx  
 Để ý thấ y bậc c ủ a lũ y thừa lớn n hất là 1
 
4
x
n ên ta sẽ c họn
1a 
, biểu thức cân bằn g c ó dạn g
32
21x x bx c   
. Ta sẽ n hập vào máy n hư sau :
MODE 7
 

32
21f X A A AX   
máy hiện bản g và ta có bộ giá trị
 
0, 1X f X  
. Ta suy
ra biểu thức c ân bằn g là
32
2 1 1xx  
.
Ch ú ý :
Bà i to á n d ù có phứ c tạp đến mấy th ì các biểu thứ c câ n bằn g th ường sẽ cũ n g đ ơ n giản nh ư h a i
h ướ n g trên.
Thự c tế bài to án trên ta vẫn có thể cân bằn g vớ i lượ n g
2
1
2
x
x

tha y cho
ax b
n h󰗰n g cá ch cân
bằ n g th êm lượn g trên lạ i đ i n gượ c từ k ết quả bà i to á n , khôn g th ích hợp với lố i tư d u y của p hươn g
p há p .
Pt
4 3 2 3
2 1 2 1x x x x     
Ta câ n bằ n g tích đư ợc:





2 3 2 3
1 2 1 2 1 0x x x x x       
Ví dụ 8: Giải phươn g trìn h:
  
3
23
1 1 2 2 1x x x x x     
/>12
23
1 2 1xx   
Do
 
23
2 1 0f x x x x    
3
1
2
x  
 
2
2
23
10
13
1 2 1
x
x

xx



   

  


S o sán h với điều kiện , phươn g trìn h có một n ghiệm
13x 
.
Điều kiện :
15
26
x  
Bài toán c hứa hai căn bậc 2 khôn g phải là dạn g để ta cân bằng tích n hưn g các biểu thức dưới căn cũ ng
n hư n goài căn đều là bậc 1, khá đơn giản và k hi bìn h phươn g thì các biểu thức thu được tối đa là bậc 3. Nên
ta sẽ bìn h phươn g hai vế để đưa về dạn g c ân bằng tích:
 
 
2
32
2 1 2 1 1 5 6
3 2 1 2 1 0
x x x
x x x x

     


      
Nhập CAS I O ta được biểu thức cân bằng là
2 1 2xx
Cân bằn g tíc h ta được:
Pt
  
2
2 2 1 4 4 4 2 2 1 0x x x x x x       
Ta c ó:
 
2
22
4 4 4 2 2 1 3 2 3 2 1 0x x x x x x x x          
1
2
x  
Pt
2
0
15
2 2 1
4
4 2 1 0
x
x x x
xx



     


  

Thử lại ta thấy
15
4
x


là n ghiệm.
Điều kiện :
3
2
x 
.
S ử dụn g kĩ thuật c ân bằn g tích:
Bpt
  
22
1 2 3 2 2 2 3 0x x x x x x        
 
 
 
 
2
2
1 2 3 1 2 3 0x x x x x        
Ví dụ 10: Giải bất phươn g trìn h:
 
 

32
2 2 3 1x x x x    
Ví dụ 9: Giải phươn g trìn h:
 
2 1 2 1 1 5 6x x x    
/>13
Do
 
 
2
2
1 2 3 0x x x    
với mọi
xR
.
Xét
 
 
2
2
1 2 3 0 1x x x x       
Xét
 
 
2
2
1 2 3 0x x x    
Bpt
2
1

1 2 3 2
2
x
x x x
x


      



Kết hợp ta được tập n ghiệm

 
2, 1S

   

Điều kiện :
1
2 1 0
2
xx    
Bpt
   
2
1 2 3 1 2 1 0x x x x

     


Xét biểu thức:
   
2
2 3 1 2 1f x x x x   
Dù n g kĩ thuật cân bằn g tích:
 
  
1 2 2 1 2 2 2 1f x x x x x       
Bpt
 
  
1 1 2 2 1 2 2 2 1 0x x x x x        
 
 
1 1 2 2 1 0x x x     
Do
2 2 2 1 0xx   
1
2
x  
Xét
1 0 1xx   
Bpt
2
1 2 2 1 0 6 3 0 3 2 3 3 2 3x x x x x x              
Kết hợp
3 2 3x  
Xét
Bpt
2

1 2 2 1 0 6 3 0 3 2 3 3 2 3x x x x x             
Kết hợp
3 2 3 1x   
Vậy ta c ó tập nghiệm củ a bất phươn g trìn h
   
3 2 3 , 1 3 2 3,S     
Ví dụ 11: Giải bất phươn g trìn h:
   
2 3 2
3 1 2 1 2x x x x   
/>14
Điều kiện :
13x 
Bpt


 
2
22
2 3 2 2x x x x x      
2 3 2
4 2 2x x x x x     
Nhập CAS I O ta được biểu thức cân bằng:
3 2 2
2 2 2 2 2 1x x x x x x x       
Ta c ân bằn g tích cho
22x
và
32
2x x x

:
32
2 2 2x x x x   
Do bậc củ a biểu thức c òn thừa là 2 n ên ta c ân bằn g thêm c ác lượn g
 
2
21x 
và


2
2
2xx
:
 


2
2
2 3 2
2 1 2 2 2 2a x x a x x x x x       
Chu yển vế đồn g n hất ta được
1a 
Bpt
 


2
2
2 3 2

2 1 2 2 2 2x x x x x x x          
Vậy tập n ghiệm củ a bất phươn g trìn h
1 3,3 13S

  

Ch ú ý: Bà i toá n trên ta có thể n hâ n th êm lượn g
1
a
x 
đ ể cân bằng thay cho câ n bằng k ép.
Ví dụ 12: Giải bất phươn g trìn h:
 
22
2 3 2 2x x x x x     










2 2 2
22
2
2
2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 0

2 1 2 1 2 0
2 1 2 0
6 4 0
1 3 3 13
x x x x x x x x x x
x x x x x x
x x x
xx
x
            
       
    
   
    
/>15
Bà i tậ p vận dụ n g:
Giải phươn g trìn h:
2
2 1 3 1 0x x x    
Giải phươn g trìn h:
2
4 13 5 3 1 0x x x    
Giải phươn g trìn h:
22
5 15 2 3 4 2x x x   
Giải phươn g trìn h:
 
22
1 2 2 2x x x x x     
Giải phươn g trìn h:

2
4 2 3 8 1x x x   
Giải phươn g trìn h:
 
22
3 3 2 6 3 2 3x x x x x     
Giải phươn g trìn h:
 
22
2 2 2 5 2x x x x x     
Giải phươn g trìn h:
 
2
2 6 10 5 2 1 0x x x x     
Giải phươn g trìn h:
2
2
3 3 2
22
31
xx
x
x

  

Giải phươn g trìn h:
 
22
3 1 3 1x x x x    

Giải phươn g trìn h:
 
33
4 1 1 2 2 1x x x x    
Giải phươn g trìn h:
2
2 2 4 4 2 9 16x x x x    
Giải phươn g trìn h:
32
3
15 78 141 5 2 9x x x x    
Giải phươn g trìn h:
3
3 2 3 2
6 12 7 9 19 11x x x x x x       
Giải phươn g trìn h:
3
3 2 2 2
2 10 17 8 2 5x x x x x x     
Giải phươn g trìn h:
2
6
3 2 2 2 5x x x x x
x
     
Giải phươn g trìn h:
 
3 2 2 2
1
2 3 2 1 2 3x x x x x x

x
     
Giải phươn g trìn h:
 
 
 
22
1 3 1 1 1x x x x x     
Giải phươn g trìn h:
 
3 2 2
2 6 2 6 1x x x x x     
Giải phươn g trìn h:
   
5 4 2 3 4 5 3 2 2x x x x     
Giải phươn g trìn h:
3 2 2
2 3 5 6 4 9x x x x x     
Giải phươn g trìn h:
 
23
2 6 5 8x x x   
Giải phươn g trìn h:
22
5 14 9 20 5 1x x x x x      
/>16
Giải phươn g trìn h:
22
6 3 1 3 6 19 0x x x x x       
Giải phươn g trìn h:

 
3
3 2 2
4 2 1 2 2 1 6 1 0x x x x x      
Giải bất phươn g trìn h:
 
2
2 2 1 3 1x x x x    
Giải bất phươn g trìn h:
 
3 2 2
2 1 2 1 1x x x x    
Giải bất phươn g trìn h:
 
2
1 2 1 2 1 0x x x x     
Giải bất phươn g trìn h:
 
3 2 2
4 22 30 12 2 3 2 0x x x x x x      
Giải bất phươn g trìn h:
22
3 2 6 5 10 14x x x x x      
Giải bất phươn g trìn h:
 
32
2 1 2x x x x   
Giải bất phươn g trìn h:
 
3

27 27 12 2 2 1x x x x x     
Giải bất phươn g trìn h:
 
3 2 2 2
3 5 3 3 1x x x x x     
Giải bất phươn g trìn h:
3
22
3 8 5 1x x x    
Giải bất phươn g trìn h:
43
32
2 2 1
22
x x x
x
x x x
  


Giải bất phươn g trìn h:
2 4 3 2
3 2 1x x x x x     
Giải bất phươn g trìn h:
 
23
2 2 5 1xx  
Giải bất phươn g trìn h:
 



22
5 4 1 2 4x x x x x    
Giải bất phươn g trìn h:
 
3
3 2 2
1 2 4 2 2 1 6 1x x x x x     
Giải bất phươn g trìn h:
   
32
23
1
1
11
x x x
x
xx

  

/>17
Tản mạn!
Nguồn gốc của Phươn g Pháp.
Một buổi chiều mùa hè n ón g nực tôi vào You tu be và xem một vài video về Bất Đẳng Thức thì có một vài
video Cân Bằn g Bất Biến của an h Trần Hưng-L S hiện lên . Dĩ n hiên đã biết đến phươn g pháp n ày từ trước
n hưn g c hưa có dịp nào xem video của an h nên mới clic k vào xem thử, kh i đó thấy phươn g pháp thật h ay
n hưn g lại khá phức tạ p v à c hỉ sử d ụ n g được cho c ác bài toán đối xứn g gần n hư hoàn toàn kiểu
   
xx

f u f v
Tác giả: Nguyễn Đại Dương
, một số cần đến sự tư du y và su y đ oán khá rắc rối và các bài toán k hác thì việc c ân bằng cực
kì khó khăn hay phải n ói là bất khả thi.
Trước đó khoản g t hán g 6- 2015 đã đ ọ c được một số tài liệu về CAS I O, n ăm 2014 t hực sự mà n ói thì kh ôn g
biết CASI O là thể loại gì ( đến giờ vẫn ko biết cách giải hệ bậc n hất 2 ẩn bằn g CASI O… và việc bấm
CASI O c òn n hờ học sin h bày c ho

) mọi bài toán n ghiệm lẻ trước đây hầu n hư được giải hoàn toàn bằn g
tay và su y luận tự n hiên. Tron g rất n hiều thủ thuật dùn g CASI O thì tôi chỉ c họn một cái cảm thấy là p hù
hợp và dễ hiểu n hất.
Ý tưởn g về Cân Bằng Tíc h cũn g đến khá tình cờ! Việc su y đoán biểu thức để cân bằn g thì khá phức tạp, vậy
n ếu biết trước biểu thức c ân bằng thì sao? Để trả lời câu hỏi đó thì tôi bắt đầu qu á trìn h thử n ghiệm, áp
dụ n g vào các bài toán 1 căn n ghiệm lẻ, n ghiệm c hẳn , n hiều n ghiệm… và cuối cùn g là xử lí một số dạn g
toán 2 căn . S au khi hoàn thành Phươn g Pháp thì tìm cách để diễn đạt n ó m ột cách đơn giản và dễ hiểu n hất
có thể. Và áp dụn g dạy thử cho lứa học sin h 98, mặc dù thời gian có hạn chế n hưn g thu được kết quả tươn g
đối tốt…Việc lựa chọn một c ái tên cũ n g gắn liền với nền tản g tư duy của chín h phươn g pháp n ày.
Hiển n hiên phươn g pháp n ào cũn g có ưu và khu yết, n gười đọc và vận dụng phải hiểu rõ các ưu điểm cũ n g
n hư khu yết điểm thì mới c ó thể phát triển cũ n g n hư hoàn thiện hơn được.
Hy vọn g Phươn g Pháp n ày cho n gười xem một các h tiếp c ận tốt hơn cũ n g n hư c ái n hìn mới hơn về việc xử
lí các bài toán vô tỷ 1 căn cũ n g n hư một số bài toán 2 căn.
Chúc các thầy cô và các em học sin h một n ăm thàn h c ôn g!
Đà Nẵn g, n gày 06-09-20 15
/>18