THÊM MỘT PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA CĂN BẬC HAI VÀ LŨY THỪA BẬC HAI, CĂN BẬC BA VÀ LŨY THỪA BẬC BA

THÊM MỘT PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
CÓ CHỨA CĂN BẬC HAI VÀ LŨY THỪA BẬC HAI,
CĂN BẬC BA VÀ LŨY THỪA BẬC BA.
Giáo viên: Vũ Nguyên Duy
Trường THPT chuyên Huỳnh Mẫn Đạt
Hai dạng phương trình trên không phải là mới và cũng không quá khó. Gần đây trên
tạp chí Toán học Tuổi trẻ các số 442 và 444 có nêu lên một phương pháp giải hai dạng
phương trình này. Để góp phần phong phú và sinh động thêm, chúng tôi xin trình bày
thêm một cách tiếp cận lời giải khác.

Dạng 1: Phương trình chứa căn bậc hai và lũy thừa bậc hai
ax + b = c (dx + e )2 + α x + β

với d = ac + α và e = bc + β

Phương pháp:
Đặt ax + b = dt + e , điều kiện : dt + e ≥ 0
Khi đó phương trình chuyển thành hệ:
2

 ax + b = dt + e (1)
ax + b = (dt + e )
⇔

2
2

dt + e = c(dx + e ) + α x + β
dt + e = c (dx + e ) + α x + β


Trừ vế theo vế ta đưa được phương trình về dạng tích. Kết hợp với (1) ta tìm được
nghiệm của pt.

Lời bàn:
Vấn đề ở đây là làm sao phân tích được như lý thuyết đã đưa ra??

Chúng ta cùng tham khảo phương pháp sau:


Ví dụ 1: Giải phương trình
3 x + 1 = −4 x 2 + 13 x − 5 .

Lời giải: Điều kiện x ≥ −

1
(*)
3

Nháp : Để biến đổi được về dạng lý thuyết, ta đặt : 3 x + 1 = at + b (a, b cần tìm)
 3 x + 1 = at + b
Phương trình chuyển thành hệ 
2
at + b = −4 x + 13 x − 5
a 2t 2 + 2abt − 3 x + b 2 − 1 = 0
⇔ 2
4 x − 13 x + at + b + 5 = 0

Mục tiêu : nhẫm a, b sao cho hai hệ trừ nhau có nhân tử chung là ( x − t ) .
2
2


4t + 4bt − 3 x + b − 1 = 0
Đồng nhất a = 4 ⇔ a= ± 2 , chọn trước a = 2 thế vào hệ ta có :  2

4 x − 13 x + 2t + b + 5 = 0
2

Trừ vế theo vế : 4(t 2 − x 2 ) + (4b − 2)t + 10 x + b 2 − b − 6 = 0

b 2 − b − 6 = 0
Để xuất hiện nhân tử (t − x ) thì 
(4b − 2)t + 10 x có (t − x ) hoặc ( x − t )
Kiểm tra thấy b = −2 thỏa . Vậy a = 2 và b = -2 .

Trình bày cụ thể như sau:
Đặt

3 x + 1 = 2t − 2

(t ≥ 1)

 3 x + 1 = 2t − 2 (**)

Phương trình ban đầu chuyển thành hệ: 

2

2t − 2 = −4 x + 13 x − 5

4t 2 − 8t − 3 x + 4 − 1 = 0


Với t ≥ 1 biến đổi hệ trên thành  2

4 x − 13 x + 2t − 2 + 5 = 0

t = x
⇒ 4(t 2 − x 2 ) − 10t + 10 x = 0 ⇔ (t − x )(2t + 2 x − 5) = 0 ⇔ 
 2t = 5 − 2 x


Với t = x vào (**) được:

x ≥ 1
11 + 73
3 x + 1 = 2x − 2 ⇔  2
⇔x=
8
 4 x − 11x + 3 = 0

Với 2t = 5 − 2 x vào (**) được:
3

15 − 97
x ≤
3x + 1 = 3 − 2x ⇔ 
⇔x=
2
thỏa.
8
4 x 2 − 15 x + 8 = 0



11 + 73 15 − 97 

,

8
8





Vậy tập nghiệm của phương trình ban đầu là S = 

Chú ý: Cách đặt trên không là duy nhất , với bài trên có thể chọn a = −2 và suy ra
b = 3 nên giải được phương trình trên bằng cách đặt

3 x + 1 = −2t + 3

3
(t ≥ ) .
2

Ví dụ 2: Giải phương trình
2x − 1 + x 2 − 3 x + 1 = 0

Đây là bài trong đề thi Đại học khối D năm 2006
Do phương trình trên có nghiệm nguyên x = 1 nên dễ dàng giải bằng cách thông
thường đặt 2 x − 1 = t và quy phương trình ban đầu về phương trình bậc 4 theo ẩn t ,

chia Hoocner đưa về phương trình tích.
Hoặc ta có thể áp dụng phương pháp trên là tìm a, b để đặt

2 x − 1 = at + b .

Ta tìm được a = 1, b = 0 và trình bày lời giải cụ thể như sau:
Lời giải:
Điều kiện: x ≥

Đặt

1
2

2
2 x − 1 − t = 0 (*)
2 x − 1 = t , phương trình ban đầu được quy về hệ 
2
t + x − 3 x + 1 = 0


x = t

Suy ra x 2 − t 2 + t − x = 0 ⇔ ( x − t )( x + t − 1) = 0 ⇔ 
t = 1 − x
Với x = t thế vào (*) ta tìm được x , tương tự với t = 1 − x

{

}

Tập nghiệm của phương trình là 1; 2 − 2 .
ÁP DỤNG: Giải các phương trình sau:
2
2
1. (3 x + 1) + (4 x + 3) = 5 x + 7 + 5 .

 −5 + 17 −7 − 13 

;
.
10
 10




Đáp số: S = 

2
2. x + 1 = x + 4 x + 5 .
2
3. 4 x + 3x + 1 + 5 = 13 x .
2
4. x − 4 x − 3 = x + 5

5.

4x + 9
= 7x2 + 7x

28

Đáp số: x = 6 − 50
14

9 x − 5 = 3x + 2 x + 3 .
29
12 x + 61
2
=
7. 3 x + x −
6
36
2
8. x − x − 2004 1 + 16032 x = 2004 .
2

6.

Đặt

12 x + 61 = 6 y + 1 .

Đặt

1 + 16032 x = 2t − 1

Dạng 2: Phương trình chứa căn bậc ba và lũy thừa bậc ba
3

ax + b = c (ex + d )3 + α x + β

với d = ac + α và e = bc + β

Phương pháp chung:
Ta cũng tìm cách đặt

3

ax + b = ex + d sau đó quy phương trình về hệ đối xứng loại 2.


Ví dụ 3. Giải phương trình sau:
9 x3 + 9 x 2 +

20
x +1 = 3 1− 2x .
3

Hướng dẫn nháp:

.

Đặt 3 1 − 2x = mt + n ; lập phương 2 vế ta được: m3t 3 + 3m 2 nt 2 + 3mn 2t + 2 x + n3 − 1 = 0
Thế mt + n vào pt ban đầu:
27 x 3 + 27 x 2 + 20 x − 3mt + 3 − 3n = 0 .
Trừ vế theo vế 2 pt, dễ dàng chọn được m = 3, n = 1
Lời giải:
Đặt 3 1 − 2 x = 3t + 1
3

2

27t + 27t + 9t + 2 x = 0
Phương trình ban đầu được quy về hệ:  3
2

27 x + 27 x + 20 x − 9t = 0
2
2
Trừ vế theo vế 2 pt ta được: 9(t − x) 3 ( t + tx + x ) + 3(t + x) + 2  = 0

• TH1: t = x ….
2
2
• TH2: 3 ( t + tx + x ) + 3(t + x) + 2 = 0 , ta sẽ chứng minh pt này vô nghiệm.
Thật vậy: Đặt S = t + x; P = t.x , điều kiện có nghiệm t , x là S 2 ≥ 4 P .
Thế S , P vào pt: 3S 2 − 3P + 3S + 2 = 0
Nhân

4
8
8
2
2
2
vào hai vế pt: 4 S − 4 P + 4S + = 0 ⇔ ( S − 4 P ) + 3S + 4 S + = 0 vô
3
3
3

nghiệm.
Phương trình ban đầu có nghiệm là:…
Lời bàn: ở ví dụ 3 trong quá trình làm nháp, ta thấy giữa m3t 3 và 27x 3 nên dễ dàng
đồng nhất và chọn m = ±3 .
Nếu không dễ dàng đồng nhất thì sao? Ta cùng xét ví dụ tiếp theo

Ví dụ 5. Giải phương trình sau:


4 x3 + 6 x 2 + 4 x + 1 = 3 2 x + 1 .

Hướng dẫn nháp:

.

Đặt 3 2 x + 1 = mt + n ; lập phương 2 vế ta được: m3t 3 + 3m 2 nt 2 + 3mn 2t − 2 x + n3 − 1 = 0
Thế mt + n vào pt ban đầu:
4 x3 + 6 x 2 + 4 x − mt + 1 − n = 0 . (a)
Vì m3 và 4 khó đồng nhất nên nhân hai vế pt (a) cho 2, ta được:
8 x 3 + 12 x 2 + 8 x − 2mt + 2 − 2n = 0 .

Trừ vế theo vế 2 pt, dễ dàng chọn được m = 2, n = 1
Lời giải:
Đặt

3

2 x + 1 = 2t + 1

3

2

8t + 12t + 6t − 2 x = 0
Phương trình ban đầu được quy về hệ:  3
2

8 x + 12 x + 8 x − 4t = 0
2
2
Trừ vế theo vế hai pt: 2(t − x)  4(t + xt + x ) + 6(t + x ) + 5 = 0

• TH1: t = x ….
• TH2: 4(t 2 + xt + x 2 ) + 6(t + x) + 5 = 0 , ta sẽ chứng minh pt này vô nghiệm.
Thật vậy: Đặt S = t + x; P = t.x , điều kiện có nghiệm t , x là S 2 ≥ 4 P .
Thế S , P vào pt: 4 S 2 − 4 P + 6 S + 5 = 0 ⇔ S 2 − 4 P + 3S2 + 6S + 5 = 0
⇔ S 2 − 4 P + 3 ( S + 1) + 2 = 0 pt vô
2

nghiệm.
Phương trình ban đầu có nghiệm là:…
Lời bàn: trong bài trên ngoài cái khó tìm ra m, n trong cách đặt

3

2 x + 1 = 2t + 1 , mà

trong quá trình giải phải chứng minh phương trình 4(t + xt + x ) + 6(t + x) + 5 = 0 vô
nghiệm.
2

2

Còn đối với phương trình sau, đôi khi giải phương trình bậc ba phải nhớ tới ứng
dụng lượng giác.


Ví dụ 6: Giải phương trình sau:
8 x3 − 4 x − 1 = 3 6 x + 1

Lời giải:
Đặt 3 6 x + 1 = 2t
3

8t − 6 x − 1 = 0
Phương trình ban đầu được quy về hệ:  3

8 x − 4 x − 2t − 1 = 0
2
2
Trừ vế theo vế hai pt: 2(t − x) 4(t + xt + x ) + 1 = 0

• Dễ thấy pt: 4(t 2 + xt + x 2 ) + 1 = 0 vô nghiệm.
3
3
• Với t = x ta có pt: 8 x − 6 x − 1 = 0 ⇔ 4 x − 3 x =

Ta có:

1
π

= cos và cos 3a = 4 cos3 a − 3cos a
2
3

1
(*)
2

π
π
± 2π
Phương trình (*) có 3 nghiệm là x1 = cos , x = cos 3
tức là phương
9
2,3
3
π
9

trình ban đầu có 3 nghiệm là x1 = cos , x2 = cos

7π
5π
, x3 = cos
.
9
9

ÁP DỤNG. Giải các phương trình sau:
1.

3

63 x3 3 2 9
3x −
= − x + x
8
3 2
4

3
2
3
2. 8 x − 36 x + 53 x − 25 = 3x − 5

Đặt

3

24 x − 63 = 2t − 3

Đáp số: x = 2; x = 5 ± 3
4

3. x + 3 x − 3 3 x + 5 = 1 − 3x (Olympic 30/4 lần XV_ năm 2009) Đáp số: x = 1, x = −2
3

4.

3

2

3

81x − 8 = x 3 − 2 x 2 +

4
x−2
3

5. 4 x − 18 x + 30 x − 17 = − 2 x − 1
3

2

3

Đáp số: x = 0; x = 3 ± 2 6
3

Đáp số: x = 1