Giải PT bằng cách đưa về hệ PT

vn
to
an
.

ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Nguyễn Tất Thu12

uy
en

Khi giải hệ phương trình nói riêng và giải toán nói chung, ta thường tìm cách làm giảm số ẩn
cần tìm. Lúc đó bài toán sẽ dễ giải quyết hơn. Tuy nhiên trong nhiều bài toán giải phương
trình thì việc đưa thêm vào một số ẩn phụ (tức là tăng số ẩn cần tìm lên) lại giúp cho ta giải
quyết bài toán tốt hơn.
Ví dụ 1. Giải phương trình
√
√
3+x+ 6−x=3+

(3 + x)(6 − x).

Lời giải. Phương trình này chúng ta đã có cách giải ở trên. Ta thấy vế trái của phương trình
trên là tổng của hai căn thức, còn vế phải chứa tích của hai căn thức đó và ta nhận thấy hai
căn thức ở vế trái có quan hệ tổng bình phương của chúng bằng 9 (tức là hai căn thức này đã
có hai quan
√ hệ một là√từ phương trình đã cho, hai là tổng bình phương bằng 9), do đó nếu ta
đặt a = x + 3, b = 6 − x thì ta có được hệ phương trình

nl

a + b = 3 + ab
a2 + b 2 = 9

Đây là hệ đối xứng loại I, giải hệ này ta được (a, b) = (0, 3) hoặc (3, 0).

/o

• Với a = 3, ta tìm được x = 0.

• Với a = 0, dễ dàng tính được x = −3.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0 và x = −3.

:/

Nhận xét. Khi gặp phương trình có dạng
F f (x),

n

a + f (x) và v =

tp

ta có thể đặt u =

n

m

a + f (x),

m

b − f (x) = c,

(I)

b − f (x) để đưa bài toán về việc giải hệ phương trình
G(u, v) = c
un + v m = a + b

Giải hệ này ta tìm được u, v. Từ đó có thể suy ra được giá trị của x.

ht

Chú ý. Khi tìm được u, v để tìm x ta chỉ cần giải một trong hai phương trình
hoặc m b − f (x) = v.
1

n

a + f (x) = u

Trường THPT Lê Hồng Phong, thành phố Biên Hòa, tỉnh Đồng Nai.
Bài viết được trình bày lại bằng chương trình soạn thảo LaTeX bởi can_hang2007. Đề nghị các bạn ghi rõ
nguồn của khi đăng tải trên các trang web khác.
2

1

Ví dụ 2. Giải phương trình

√
3

24 + x +

√
12 − x = 6.

u+v =6
⇔
u3 + v 2 = 36

12. Đặt u =

√
3

24 + x và v =

√

12 − x.

ye
nt
oa
n.

Lời giải. Điều
kiện để phương trình có nghĩa là x
√
3
Dễ thấy u
36, v 0. Ta có hệ phương trình

vn

Nguyễn Tất Thu

2

v =6−u
u(u2 + u − 12) = 0

v =6−u
⇔
u3 + (6 − u)2 = 36

√
3
36 là u = 0, u = 3 và u = −4. Từ đây ta

Phương trình u(u2 + u − 12) = 0 có ba nghiệm
tìm được x = −24, x = −88, x = 3.

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x = −24, x = −88, x = 3.
Ví dụ 3. Giải phương trình

Lời giải. Điều kiện: 0

x

√
4
17 − x = 3.
√
√
17. Đặt a = 4 x, b = 4 17 − x (a, b
√
4

a+b=3

a+b=3
⇔
a4 + b4 = 17

2

x+

(a + b) − 2ab

2

2 2

− 2a b = 17

⇔

0). Ta có hệ

a+b=3
a2 b2 − 18ab + 32 = 0

/o
nl
u

Từ phương trình thứ hai của hệ phương trình cuối, ta tìm được ab = 2 hoặc ab = 16. Nghiệm
a+b 2
= 94 < 16. Vậy ta phải có
ab = 16 bị loại vì theo giả thiết ta phải có ab
2
a+b=3
ab = 2

Giải hệ này ta có (a, b) = (1, 2) hoặc (2, 1). Từ đó tính được x = 1 hoặc x = 16.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1, x = 16.
Ví dụ 4. Giải phương trình

(∗)

2x − 1, ta thấy y 3 + 1 = 2x. Vậy ta có hệ phương trình

tp
:/

Lời giải. Đặt y =

√
3

√
x3 + 1 = 2 3 2x − 1.

x3 + 1 = 2y
y 3 + 1 = 2x

Trừ hai phương trình của hệ, ta được
x3 − y 3 = 2(y − x) ⇔ (x − y)(x2 + xy + y 2 + 2) = 0 ⇔ x = y,

vì x2 + xy + y 2 + 2 = x +

ht

3

y 2
2

+

3y 2
4

+ 2 > 0. Thay vào hệ ta có


2

x + 1 = 2x ⇔ (x − 1)(x + x − 1) = 0 ⇔ 
√

Vậy phương trình có ba nghiệm x = 1, x = − 1+2 5 , x =

√

5−1
.
2

x=1
−1 ±
x=
2

√

5


Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình

vn

3

Chú ý.

ye
nt
oa
n.

• Ta có thể giải quyết bài toán trên bằng cách sau:
√
√
(∗) ⇔ x3 + 2x = 2x − 1 + 2 3 2x − 1 ⇔ f (x) = f 3 2x − 1 ,

với f (t) = t3 + 2t. Dễ thấy f (t) là hàm đồng biến trên R nên từ trên ta có
√
x = 3 2x − 1 ⇔ x3 − 2x + 1 = 0.
• Dạng tổng quát bài toán trên là
f (x)

n

+ b = a n af (x) − b.

Để giải phương trình này, đặt t = f (x), y =

n

af (x) − b, ta có hệ

tn + b = ay
y n + b = at

Đây là hệ đối xứng loại II với hai ẩn t và y.

• Khi thay a, b, f (x) là các số ta có được các bài toán về phương trình.
Ví dụ 5. Giải phương trình

Lời giải. Điều kiện: x

−3. Ta có phương trình đã cho tương đương

2(x + 1)2 − 2 =
Đặt t = x + 1, y =

x+3
.
2

/o
nl
u

2x2 + 4x =

x+1
2

1
(x + 1) + 2
⇔ (x + 1)2 − 1 =
2

2
t
2

+1=

x+1
+ 1.
2

+ 1, suy ra y 2 − 1 = 2t . Vậy ta có hệ

tp
:/


y

 t2 − 1 =
2
t

 y2 − 1 =
2

Trừ từng vế hai phương trình, ta được
t2 − y 2 =

từ đây suy ra t = y hoặc t + y +

ht

• Với t = y

1
2

y−t
1
⇔ (t − y) t + y +
2
2

= 0,

= 0.

0, ta có hệ phương trình tương đương

√
 t2 − 1 = t
2t2 − t − 2 = 0
1 + 17
2 ⇔
⇔t=
.
t = y 0
4
t 0

Với giá trị t vừa tìm được này, ta tính được x =

√

17−3
4

(thỏa x

−3).

(II)


Nguyễn Tất Thu

vn

4

√

ye
nt
oa
n.

• Với y = −t − 21 , hệ phương trình của ta trở thành

2

 2
1
t

√

 t+
 4t + 2t − 3 = 0
−1=
13
1
+
2
2 ⇔
.
⇔t=−
1

t −
4
1

t −
2
2
Từ đây ta tìm được x = − 5+4 13 (thỏa x

−3).

√

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x =
Ví dụ 6. Giải phương trình

17−3
4

√

và x = − 5+4 13 .

√
x2 − x − 1000 1 + 8000x = 1000.
Lời giải. Điều kiện: x

1
− 8000
. Phương trình đã cho tương đương
√
4x2 − 4x − 4000 = 4000 1 + 8000x

⇔ (2x − 1)2 − 4001 = 4000 4000(2x − 1) + 4001.
√
4001
Đặt u = 2x − 1, v = 1 + 8000x, dễ thấy v 0, u − 4000
. Ta có hệ phương trình
u2 − 4001 = 4000v
⇔
v 2 − 4001 = 4000u

u2 − 4001 = 4000v
u2 − v 2 = 4000(v − u)

/o
nl
u

u2 − 4001 = 4000v
(1)
(u − v)(u + v + 4000) = 0 (2)

⇔

Do u + v + 4000 > 0 nên từ (2) ta có u = v

0. Thay vào (1), ta được

u2 − 4000u − 4001 = 0
⇔ u = 4001.
u 0

Từ đây ta tìm được x = 2000 (thỏa x

1
− 8000
).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2000.

tp

:/

Chú ý. Ở (II) nếu ta thay hằng số b bằng một biểu thức g(x) thì ta vẫn có thể giải phương
trình bằng cách làm tương tự như trên.
Ví dụ 7. Giải phương trình
Lời giải. Điều kiện: x

√
4x2 + 7x + 1 = 2 x + 2.

−2. Ta có

(∗) ⇔ (2x + 1)2 + 3x = 2 2(2x + 1) − 3x.

ht

Đặt t = 2x + 1, y =

√
2t − 3, ta có y 2 + 3x = 2t và y

0. Như vậy ta có hệ

t2 + 3x = 2y
⇒ (t − y)(t + y + 2) = 0,
y 2 + 3x = 2t

từ đó suy ra y = t hoặc y = −t − 2.

(∗)

Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình

vn

5

• Với y = t, hệ phương trình trở thành

 2
 4x + 3x − 1 = 0
t − 2t + 3x = 0
1
⇔
⇔x= .
1
x −
4
t 0
2

ye
nt
oa
n.

2

• Xét trường hợp y = −t − 2. Lúc này hệ phương trình của ta được viết lại như sau

 2
2
 4x + 11x + 7 = 0
t + 3x + 2(t + 2) = 0
7
⇔
⇔x=− .
3
x −
4
t −2
2
Vậy phương trình có hai nghiệm x = − 47 , x = 41 .
Ví dụ 8. Giải phương trình

8x3 − 4x − 1 =

√
3
6x + 1.

Lời giải. Phương trình đã cho tương đương

(2x)3 − 4x − 1 =
Đặt u = 2x, v =

√
3

2x + 4x + 1.

√
3
2x + 4x + 1, ta có hệ phương trình
u3 − v 3 = v − u
⇔
u3 − 4x − 1 = v

/o
nl
u

u3 − 4x − 1 = v
⇔
v 3 − 4x − 1 = u

(u − v)(u2 + uv + v 2 + 1) = 0
u3 − 4x − 1 = v

u=v
⇔ 8x3 − 6x = 1.
3
u − 4x − 1 = u

⇔

(1)

Nếu |x| > 1 thì |8x3 − 6x| = 2|x|(4x2 − 3) > 2 nên (1) vô nghiệm. Do vậy ta phải có |x| 1.
Điều này cho phép ta đặt x = cos t với t ∈ [0, π]. Khi đó phương trình (1) có thể viết lại thành

cos 3t =

1
π
5π
7π
⇔ t1 = ∨ t2 =
∨ t3 =
.
2
9
9
9

tp
:/

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x = cos π9 , x = cos 5π
, x = cos 7π
.
9
9
Ví dụ 9. Giải phương trình

7x2 − 13x + 8 = 2x2

3

x(1 + 3x − 3x2 ).

Lời giải. Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho. Xét trường hợp x = 0.
Chia cả hai vế của phương trình cho x3 , ta được

ht

7 13
8
1
3
3
− 2 + 3 =2
+ − 3.
2
x x
x
x
x

Đặt t = x1 , ta có

√
3
8t3 − 13t2 + 7t = 2 t2 + 3t − 3
⇔ (2t − 1)3 − (t2 − t − 1) = 2

2(2t − 1) + (t2 − t − 1).


Đặt u = 2t − 1, v =

3

2(2t − 1) + t2 − t − 1, ta có hệ phương trình

vn

Nguyễn Tất Thu

6

Do u2 + uv + v 2 + 2 > 0 nên ta có
u = v ⇔ 2t − 1 =

ye
nt
oa
n.

u3 − t2 + t + 1 = 2v
⇒ u3 − v 3 = 2v − 2u ⇔ (u − v)(u2 + uv + v 2 + 2) = 0.
3
2
v − t + t + 1 = 2u

√
3 2
t + 3t − 3 ⇔ 8t3 − 13t2 + 3t + 2 = 0

⇔ (t − 1)(8t2 − 5t − 2) = 0.
Giải phương trình cuối ta tìm được ba nghiệm t1 = 1, t2 =

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x = 1, x =

16
√ ,
5− 89

√
5− 89
,
16

x=

t3 =

√
5+ 89
.
16

16
√ .
5+ 89

Những ví dụ trên ta đã thay b ở (II) bằng một biểu thức chứa x. Vậy nếu thay a bằng một
biểu thức chứa x thì như thế nào? Ta còn giải quyết được theo cách trên nữa hay không? Ta
xét ví dụ sau.
Ví dụ 10. Giải phương trình

√

4x2 − 11x + 10 = (x − 1) 2x2 − 6x + 2.
Lời giải. Phương trình đã cho có thể viết lại thành

Đặt u = 2x − 3, v =

/o
nl
u

(2x − 3)2 + x + 1 = (x − 1) (x − 1)(2x − 3) − x − 1.
(x − 1)(2x − 3) − x − 1. Ta có hệ phương trình

u2 + x + 1 = (x − 1)v
⇒ u2 − v 2 = (x − 1)(v − u) ⇔ (u − v)(u + v + x − 1) = 0.
v 2 + x + 1 = (x − 1)u
Từ đây suy ra u = v hoặc u + v + x − 1 = 0.
• Với u = v, ta có

tp
:/

u2 + x + 1 = (x − 1)u ⇔ (2x − 3)2 + x + 1 = (x − 1)(2x − 3)
⇔ 2x2 − 6x + 7 = 0.

Phương trình này vô nghiệm.

ht

• Với u + v + x − 1 = 0, ta có
√

√
2x − 3 + 2x2 − 6x + 2 + x − 1 = 0 ⇔ 2x2 − 6x + 2 = 4 − 3x

x 4
3
⇔
 2
7x − 18x + 44 = 0
Hệ này vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.


Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình

vn

7

Như vậy ở (II) ta có thể thay a và b bằng những biểu thức chứa x và ta vẫn có cách giải tương
tự. Với cách làm như vậy chúng ta sẽ tạo ra được những phương trình hay và khó. Ta xét ví
dụ sau.

ye
nt
oa
n.

Ví dụ 11. Giải phương trình
8x2 − 13x + 7 =

1+

1
x

√
3
3x2 − 2.

Lời giải. Phương trình đã cho tương đương

√
3
8x3 − 13x2 + 7x = (x + 1) 3x2 − 2

⇔ (2x − 1)3 − (x2 − x − 1) = (x + 1) 3 (x + 1)(2x − 1) + x2 − x − 1.
Đặt u = 2x − 1, v =

3

(x + 1)(2x − 1) + x2 − x − 1, ta có hệ phương trình
u3 − (x2 − x − 1) = (x + 1)v
v 3 − (x2 − x − 1) = (x + 1)u

Trừ từng vế hai phương trình, ta được

u3 − v 3 = (x + 1)(v − u) ⇔ (u − v)(u2 + uv + v 2 + x + 1) = 0.
Chú ý rằng

3u2
3u2
+x+1
+x+1
4
4
3
4x2 + 2(2x − 1)2 + 5
= (2x − 1)2 + x + 1 =
> 0,
4
4

nên từ trên ta có

u
2

2

+

/o
nl
u

u2 + uv + v 2 + x + 1 = v +

√
3

3x2 − 2 ⇔ 8x3 − 15x2 + 6x + 1 = 0

x=1
⇔ (x − 1)(8x2 − 7x − 1) = 0 ⇔ 
1
x=−
8
1
Vậy phương trình đã cho hai nghiệm x = 1, x = − 8 .

tp
:/

u = v ⇔ 2x − 1 =

Ví dụ 12. Giải phương trình
√
√
√
4
1 − x2 + x2 + x − 1 + 6 1 − x = 1.
√

ht

x 1. Ta thấy tổng của các biểu thức trong căn bằng 1 nên ta
Lời giải. Điều kiện: 5−1
2
√
√

√
4
đặt a = 1 − x2 , b = x2 + x − 1, c = 6 1 − x, a, b, c 0, khi đó ta có hệ


a + b + c = 1
a2 + b4 + c6 = 1


a, b, c 0

Do a, b, c

0 và a + b + c = 1 nên ta có 0
a2 + b 4 + c 6

a, b, c

1, suy ra a2

a + b + c = 1.

a, b4

b, c6

c. Do đó


Như vậy hệ trên tương đương với

ye
nt
oa
n.


2

a = a
b = b4 ⇔ x = 1.


c = c6

vn

Nguyễn Tất Thu

8

Kết luận: phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.

Ví dụ 13. Giải phương trình
√
√
√
√
√
√

x = 3 − x 4 − x + 4 − x 5 − x + 5 − x 3 − x.
√
√
√
Lời giải. Điều kiện: 0 x 3. Đặt a = 3 − x, b = 4 − x, c = 5 − x, a, b, c
hệ phương trình


2
ab
+
bc
+
ca
=
3
−
a


 (a + b)(a + c) = 3

2
ab + bc + ca = 4 − b ⇔ (b + c)(b + a) = 4




(c + a)(c + b) = 5
ab + bc + ca = 5 − c2

0. Ta có

Nhân tương ứng ba phương trình của hệ phương trình cuối rồi lấy căn bậc hai hai vế ta được
√
(a + b)(b + c)(c + a) = 2 15.

/o
nl
u

Mà (a + b)(b + c)(c + a) = 3(b + c) = 4(c + a) = 5(a + b) nên ta có


23
3





a= √
a
+
b
=
2





5
4 15






17
671
5 ⇔ b= √
.
⇔x=
b
+
c
=
2


240
4 15
3









7


15

c = √
c + a =
4 15
4

ht

tp
:/

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =

671
.
240