Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ For Evaluation Only.
Nguyễn Văn Rin Toán 3A

LI NểI U:
Phng trỡnh l mt mng kin thc quan trng trong chng trỡnh
Toỏn ph thụng. Gii phng trỡnh l bi toỏn cú nhiu dng v gii rt linh
hot, vi nhiu hc sinh k c hc sinh khỏ gii nhiu khi cũn lỳng tỳng
trc vic gii mt phng trỡnh, c bit l phng trỡnh vụ t.
Trong nhng nm gn õy, phng trỡnh vụ t thng xuyờn xut hin
cõu II trong cỏc thi tuyn sinh vo i hc v Cao ng. Vỡ vy, vic
trang b cho hc sinh nhng kin thc liờn quan n phng trỡnh vụ t kốm
vi phng phỏp gii chỳng l rt quan trng. Nh chỳng ta ó bit phng
trỡnh vụ t cú nhiu dng v nhiu phng phỏp gii khỏc nhau. Trong bi
tp ln ny, tụi xin trỡnh by mt s phng phỏp gii phng trỡnh vụ
t, mi phng phỏp u cú bi tp minh ha c gii rừ rng, d hiu;
sau mi phng phỏp u cú bi tp ỏp dng giỳp hc sinh cú th thc hnh
gii toỏn v nm vng cỏi ct lừi ca mi phng phỏp.
Hy vng nú s gúp phn giỳp cho hc sinh cú thờm nhng k nng cn
thit gii phng trỡnh cha cn thc núi riờng v cỏc dng phng trỡnh
núi chung.

Page 1


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com

Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
số phương
pháp giải phương trình vô tỷ
ForMột
Evaluation
Only.

Nguyễn Văn Rin Toán 3A

A. BI TON M U:
Gii phng trỡnh: 1

2
x x 2 x 1 x (*)
3

(HQG HN, khi A-2000)
Gii:
iu kin: 0 x 1

Cỏch 1:
2

2
2

(*) 1
x x2 x 1 x
3

4
4
1
x x 2 ( x x 2 ) 1 2 x(1 x )
3
9





4( x x 2 ) 6 x x 2 0
2 x x 2 (2 x x 2 3) 0
x x2 0

x x2 3

2
2
x x 0
2
x x 9 0( PTVN )
4

x 0
(tha iu kin)

x

1

Vy nghim ca phng trỡnh l x 0; x 1 .

Cỏch 2:
Nhn xột:

x x 2 c biu din qua



2

x 1 x



x v 1 x nh vo ng thc:

=1+2 x x 2 .

t t x 1 x (t 0) .
t 2 1
x x
.
2
2

Phng trỡnh (*) tr thnh:
t 1

t2 1
t t 2 3t 2 0
3
t 2
Vi t 1 ta cú phng trỡnh:
1

x 0
(tha iu kin).
x 1 x 1 2 x x 2 0 x x2 0
x

1

Vi t 2 ta cú phng trỡnh:

Page 2


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû For Evaluation Only.
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
9
9
 x 2  x   0( PTVN ) .
4
4

Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x  1 .
x  1  x  2  2 x  x2  3  x  x2 

 Cách 3:
Nhận xét:

x và 1  x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể

2

 x 

1 x



2

1 x



2

 1.

(*)  2 x . 1  x  3 1  x  3 x  3





 1  x 2 x  3  3 x  3 (1) .
9
không thỏa mãn phương trình (1).
4
3 x 3
(2) .
Do đó, (1)  1  x 
2 x 3
3t  3
Đặt t  x (t  0), (2)  1  x 
.
2t  3
x

Ta có:

2

 x 

1 x



2

1

2

 3t  3 
t 
 1
 2t  3 
 t 2 (4t 2  12t  9)  9t 2  18t  9  4t 2  12t  9
 4t 4  12t 3  14t 2  6t  0
 t (2t 3  6t 2  7t  3)  0
2

 t (t  1)(2t 2  4t  3)  0
t  0
.

t  1

Với t  0 ta có x  0  x  0 (thỏa điều kiện).
Với t  1 ta có x  1  x  1 (thỏa điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x  1 .

 Cách 4:
Nhận xét:

x và 1  x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể

2

 x 

Đặt a  x (a  0); b  1  x (b  0) .
Ta có hệ phương trình:
 2
3  2ab  3(a  b)
2ab  3(a  b)  3
1  ab  a  b



 3
2
2
(a  b)  2ab  1
(a  b)  3(a  b)  2  0
a 2  b 2  1


Page 3

 1.


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
sè ph­¬ng
ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû
ForMét
Evaluation

Only.

NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
 a  b  1


2ab  3(a  b)  3
ab  0


 a  b  1
  a  b  2


3
a  b  2

 ab  2

 a  1

b  0
2
.
 a, b là 2 nghiệm của phương trình X  X  0  
 a  0

 b  1
a  b  2
3


2
(Trường hợp 
3 loại vì 2  4.  0 ).
2
ab  2
a  1
 x  1
 x  1 (thỏa điều kiện).
Với 
ta có 
b  0
 1  x  0
a  0
 x  0
 x  0 (thỏa điều kiện).
ta có 
Với 
b  1
 1  x  1
Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x  1 .

 Cách 5:
Nhận xét: Từ
Đặt

2

 x 

x  sin a, 0  a 

1 x


2



2

 1 , ta nghĩ đến đẳng thức: sin 2 a  cos2 a  1 .

.

2
3
 3  2sin a.cos a  3sin a  3cos a (vì cos a  0)

Phương trình (*) trở thành: 1  sin a. 1  sin 2 a  sin a  1  sin 2 a
 (sin a  cos a )2  3(sin a  cos a)  2  0
sin a  cos a  1


 sin a  cos a  1  2 sin( a  )  1
4
sin a  cos a  2
  
 a  4  4  k 2


1
 sin(a  ) 

( k  )
4
2
 a    3  k 2

4
4
a
k
a

2


0




k

(


)



 (vì 0  a  )
 a   k 2
a 
2

2

2
Với a  0 ta có x  0  x  0 (thỏa điều kiện).

Page 4


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ For Evaluation Only.
Nguyễn Văn Rin Toán 3A

Vi a 1 ta cú x 1 x 1 (tha iu kin).
Vy nghim ca phng trỡnh l x 0; x 1 .
Qua bi toỏn m u, ta thy cú nhiu cỏch khỏc nhau gii mt phng
trỡnh vụ t. Tuy nhiờn, cỏc cỏch ú u da trờn c s l phỏ b cn thc v a
v phng trỡnh n gin hn m ta ó bit cỏch gii. Sau õy, tụi xin trỡnh by
mt s phng phỏp c th gii phng trỡnh vụ t.
B. MT S PHNG PHP GII PHNG TRèNH Vễ T
I.
PHNG PHP BIN I TNG NG
Hai phng trỡnh c gi l tng ng nu chỳng cú cựng tp

nghim.
Mt s phộp bin i tng ng:
Cng, tr hai v ca phng trỡnh vi cựng biu thc m khụng
lm thay i tp nghim ca phng trỡnh.
Nhõn, chia hai v ca phng trỡnh vi cựng biu thc khỏc 0
m khụng lm thay i iu kin ca phng trỡnh.
Ly tha bc l hai v, khai cn bc l hai v ca phng trỡnh.
Ly tha bc chn hai v, khai cn bc chn hai v khi hai v
ca phng trỡnh cựng dng.
1. Ly tha hai v ca phng trỡnh:
2 k 1 f ( x) g ( x ) f ( x ) g 2 k 1 ( x) .




g ( x) 0
.
f ( x ) g ( x)
2k

f
(
x
)
g
(
x
)

2 k 1 f ( x ) 2 k 1 g ( x ) f ( x ) g ( x ) .

2k

2k

g ( x) 0
.
f ( x) 2 k g ( x )
f ( x ) g ( x)

Thụng thng nu ta gp phng trỡnh dng : A B C D , ta
thng bỡnh phng 2 v, iu ú nhiu khi cng s gp khú khn.
Vi phng trỡnh dng: 3 A 3 B 3 C v ta thng lp phng hai v
a phng trỡnh v dng: A B 3 3 A.B 3 A 3 B C v ta s dng





phộp th : 3 A 3 B 3 C ta c phng trỡnh h qu:
A B 3 3 A.B.C C
Bi 1: Gii phng trỡnh:
Gii:
iu kin: x 1 .

x 1 x 10 x 2 x 5 (*)

Page 5

Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
sè ph­¬ng
ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû
ForMét
Evaluation
Only.

NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A

(*)  2 x  11  2 x 2  11x  10  2 x  7  2 x 2  7 x  10
 2  x 2  11x  10  x 2  7 x  10
 x 2  11x  14  4 x 2  11x  10  x 2  7 x  10
 x 2  11x  10   x  1
 x  1  0
 x  1
 2

 x  1 (thỏa điều kiện).
2
9 x   9
 x  11x  10  x  2 x  1
Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 .

Bài 2: Giải phương trình:
Giải:

3

x  1  3 x  2  3 x  3  0 (*)

(*)  3 x  1  3 x  2   3 x  3
 2 x  3  3 3 ( x  1)( x  2)( 3 x  1  3 x  2)   x  3
 x  2  3 ( x  1)( x  2)( 3 x  1  3 x  2)  0





 x  2  3 ( x  1)( x  2)  3 x  3  0
 3 ( x  1)( x  2)( x  3)  x  2

 x 3  6 x 2  11x  6  x 3  6 x 2  12 x  8
 x  2
Thử lại, x  2 thỏa mãn phương trình (*).
Vậy nghiệm của phương trình là: x  2 .

Bài 3: Giải phương trình: x  3  3x  1  2 x  2 x  2
Giải:
Điều kiện: x  0
Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được:
1   x  3 3 x  1  x  2 x  2 x  1 , để giải phương trình này dĩ nhiên là không
khó nhưng hơi phức tạp một chút .
Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình :
3x  1  2 x  2  4 x  x  3
Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả :

6 x 2  8 x  2  4 x 2  12 x

 2( x  1)2  0  x  1
Thử lại, x  1 thỏa mãn phương trình.
Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 .

 Nhận xét : Nếu phương trình : f  x   g  x   h  x   k  x 

Page 6


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû For Evaluation Only.
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A

Mà có : f  x   h  x   g  x   k  x  , thì ta biến đổi phương trình về dạng :

f  x   h  x   k  x   g  x  sau đó bình phương hai vế, giải phương trình
hệ quả và thử lại nghiệm.
Bài 4: Giải phương trình :

x3  1
 x  1  x2  x  1  x  3
x 3

(1)

Giải:
Điều kiện : x  1

Bình phương 2 vế phương trình ?
Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào?
Ta có nhận xét :

x3  1
. x  3  x 2  x  1. x  1 , từ nhận xét này ta có lời giải
x 3

như sau :

x3  1
 x  3  x2  x  1  x  1
x 3
Bình phương 2 vế ta được phương trình hệ quả:
x  1 3
x3  1
 x2  x  1  x 2  2 x  2  0  
x3
 x  1  3
Thử lại : x  1  3, x  1  3 là nghiệm của phương trình.
(1) 

 Nhận xét : Nếu phương trình : f  x   g  x   h  x   k  x 
Mà có : f  x  .h  x   k  x  .g  x  thì ta biến đổi phương trình về dạng:

f  x   h  x   k  x   g  x  sau đó bình phương hai vế, giải phương trình
hệ quả và thử lại nghiệm.
Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1. x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1 .

2. 3x  1  x  4  1 .
3. 1  x  6  x  5  2 x .

4. x  x  11  x  x  11  4 .
5. 3 12  x  3 14  x  2 .
6. 3 x  1  3 x  2  3 2 x  1 .

2. Trục căn thức:
2.1 Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung:
Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 . Như vậy, phương trình
luôn đưa về được dạng tích  x  x0  A  x   0 ta có thể giải phương trình

Page 7


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
sè ph­¬ng
ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû
ForMét
Evaluation
Only.

NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A

A  x   0 hoặc chứng minh A  x   0 vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm

của phương trình để ta có thể đánh giá A  x   0 vô nghiệm.

Bài 1: Giải phương trình:

3x 2  5 x  1  x 2  2  3  x 2  x  1  x 2  3x  4
Giải:
x   2
Điều kiện:  1  5 .
 x  2

Ta nhận thấy :  3x 2  5 x  1   3 x 2  3 x  3  2  x  2  và

x

2

 2   x 2  3x  4   3  x  2 .

pt  3 x 2  5 x  1  3  x 2  x  1  x 2  2  x 2  3x  4



2( x  2)
3x  5 x  1  3  x  x  1
2

2

3( x  2)



x 2  2  x 2  3x  4

.



3
2

  0.
 ( x  2)

2
2
 x 2  2  x 2  3 x  4
3 x  5 x  1  3  x  x  1 


 x  2 (thỏa).

Dễ dàng chứng minh được phương trình
3
x 2  2  x 2  3x  4



2
3x 2  5 x  1  3  x 2  x  1

 0 vô nghiệm vì

1  5

VT  0, x  ;  2   
;   .
 2

Vậy x  2 là nghiệm của phương trình.



Bài 2: Giải phương trình:
Giải:

x 2  12  5  3x  x 2  5

5
3
Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể
phân tích về dạng
 x  2  A  x   0 , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :
Để phương trình có nghiệm thì :

x 2  12  x 2  5  3 x  5  0  x 

pt  x 2  12  4  3x  6  x 2  5  3

Page 8

Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû For Evaluation Only.
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A

x2  4

x2  4

 3 x  2  
x 2  12  4
x2  5  3


x2
x2
  x  2 

 3  0
2
x2  5  3 
 x  12  4
x2
x2
x2
5
Dễ dàng chứng minh được :


 3  0, x  .
3
x 2  12  4
x2  5  3
Vậy x  2 là nghiệm của phương trình.


Bài 3: Giải phương trình : 3 x 2  1  x  x3  2
Giải:
Điều kiện: x  3 2
Nhận thấy x  3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình:

pt  3 x 2  1  2  x  3  x3  2  5


2
x 3

  x  3  x  3 x  9 
  x  3 1 

2
2
3 2
3
x3  2  5
 x  1  2 x  1  4 




x 3
x2  3x  9 

 ( x  3) 1 

0
2
3
2
3 2
3

2

5
x
 x  1  2 x  1  4


x  3

x 2  3x  9
x3
(*)
 1 
 3
2



x
2
5
 3 x2  1  2 3 x2 1  4
 

Phương trình (*) vô nghiệm vì:
x 2  3x  9
x3
x 3
1
 1

2

2
2
3 2
3 2
3 x2 1
x3  2  5

2
x

1

4
x


1

1
3
 





Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3 .
2.2. Đưa về “hệ tạm”:
Nếu phương trình vô tỉ có dạng A  B  C , mà : A  B   C
ở đây C có thể là hằng số, có thể là biểu thức của x .
Ta có thể giải như sau :

Page 9


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
sè ph­¬ng
ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû
ForMét
Evaluation
Only.

NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A

A B
C
A B

 A  B  C
 2 A  C 
A  B   , khi đó ta có hệ: 



A
B


Bài 1: Giải phương trình sau : 2 x 2  x  9  2 x 2  x  1  x  4
Giải:
Ta thấy:  2 x 2  x  9    2 x 2  x  1  2  x  4 
Phương trình đã cho có nghiệm  x  4  0  x  4
x  4 không phải là nghiệm của phương trình.
Xét x  4 trục căn thức ta có :
2x  8
 x  4  2 x2  x  9  2 x2  x  1  2
2
2
2x  x  9  2 x  x  1
Ta có hệ phương trình:
x  0
 2 x 2  x  9  2 x 2  x  1  2
2

 2 2x  x  9  x  6  

2
2
x  8
 2 x  x  9  2 x  x  1  x  4
7

8
Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0; x= .
7
Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau :
1. x 2  3 x  1   x  3  x 2  1

4  3 10  3 x  x  2

2.
3.

3

2

x  4  x 1  2x  3

6.

2 x 2  16 x  18  x 2  1  2 x  4

7.

x 2  15  3 x  2  x 2  8

8. 2

3

4.
x 2  1  3x 3  2  3 x  2
5. 2 x 2  11x  21  3 3 4 x  4  0

 2  x  5  x   x   2  x 10  x 

2.3. Phương trình biến đổi về tích:
2.3.1 Sử dụng đẳng thức:
u  v  1  uv   u  1 v  1  0
au  bv  ab  vu   u  b  v  a   0

A2  B 2
Bài 1: Giải phương trình : 3 x  1  3 x  2  1  3 x 2  3 x  2
Giải:
PT  3 x  1  3 x  2  1  3 x  1. 3 x  2
x  0
 3 x 1 1 3 x  2 1  0  
 x  1







Page 10


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû For Evaluation Only.
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A

Vậy nghiệm của phương trình là: x  0; x  1 .
Bài 2: Giải phương trình : 3 x  1  3 x 2  3 x  3 x 2  x
Giải:
 x  0 , không phải là nghiệm.
 x  0 , ta chia hai vế cho 3 x :
x 1 3
PT  3
 x  1 3 x 1
x
3 x 1
 x 1  3

3
 1 x  1  0   x  1
 x 1
x
3


1


 x
Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 .





Bài 3: Giải phương trình: x  3  2 x x  1  2 x  x 2  4 x  3
Giải:
Điều kiện: x  1
PT  x  3  2 x x  1  2 x  ( x  3)( x  1)




x  3  2x



 x  3  2x
x 1 1  0  
 x  1  1



 x  0

x 1
 2
 4 x  x  3  0  
(thỏa).

0
x

x 1  1

Vậy nghiệm của phương trình là: x  0; x  1 .
4x
Bài 4: Giải phương trình : x  3 
4 x
x3
Giải:
Điều kiện: x  0
2

Chia cả hai vế cho


4x
4x
4x 
x  3 ta được: 1 
2
 1 
 0
x3

x 3
x3 


4x
 1  4 x  x  3  x  1 (thỏa).
x3
Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 .


2.3.2 Dùng hằng đẳng thức:
Biến đổi phương trình về dạng : Ak  B k

Page 11


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
số phương
pháp giải phương trình vô tỷ
ForMột
Evaluation
Only.

Nguyễn Văn Rin Toán 3A

3x x
Bi 1: Gii phng trỡnh :

Gii:
iu kin: 0 x 3
Khi ú pt ó cho tng ng:

3x

3

3
1
10
10 1

x 3x x 3 0 x
x
(tha).

3 3 3
3

3
10 1
Vy nghim ca phng trỡnh l: x
.
3
Bi 2: Gii phng trỡnh sau : 2 x 3 9 x 2 x 4
Gii:
iu kin: x 3
x 3 1 3x
2

Phng trỡnh ó cho tng ng : 1 3 x 9 x 2
x 3 1 3 x
1

x



3
2
x 1
9 x 7 x 2 0
(tha)


x 5 97
1


x

18

3
2
9 x 5 x 2 0
5 97
.
Vy nghim ca phng trỡnh l: x 1; x
18

3

2





Bi 3: Gii phng trỡnh sau : 2 3 3 9 x 2 x 2 2 x 3 3 3 x x 2

2

Gii:

PT



3

x 2 3 3x



3

0 3 x 2 3 3 x x 2 3x x 1 .

Vy nghim ca phng trỡnh l: x 1 .
II. PHNG PHP T N PH:

1. Phng phỏp t n ph thụng thng:
i vi nhiu phng trỡnh vụ t, gii chỳng ta cú th t t f x v chỳ ý
iu kin ca t . Nu phng trỡnh ban u tr thnh phng trỡnh cha mt bin
t v quan trng hn ta cú th gii c phng trỡnh ú theo t thỡ vic t n ph
xem nh hon ton .
Bi 1: Gii phng trỡnh:
Gii:

x x2 1 x x2 1 2

Page 12


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû For Evaluation Only.
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A

Điều kiện: x  1
Nhận xét: x  x 2  1. x  x 2  1  1
Đặt t  x  x 2  1(t  0) thì phương trình trở thành:
1
t   2  t 2  2t  1  0  (t  1)2  0  t  1
t
Với t  1 ta có phương trình:
x  x 2  1  1  x 2  1  x  1  2 x  2  x  1 (thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 .
Bài 2: Giải phương trình: 2 x 2  6 x  1  4 x  5

Giải:
5
Điều kiện: x  
4
t2  5
Đặt t  4 x  5(t  0) thì x 
. Thay vào ta có phương trình sau:
4
t 4  10t 2  25 6 2
2.
 (t  5)  1  t  t 4  22t 2  8t  27  0
16
4
2
2
 (t  2t  7)(t  2t  11)  0

 t  1  2 2
t  1  2 2


(vì t  0 ).
t  1  2 3
t  1  2 3
Với t  1  2 2 ta có: 4 x  5  1  2 2  4 x  4(1  2)  x  1  2
Với t  1  2 3 ta có:

4 x  5  1  2 3  4 x  4(2  3)  x  2  3

Vậy nghiệm của phương trình là: x  1  2; x  2  3 .

Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện
2x2  6x 1  0
Ta được: x 2 ( x  3) 2  ( x  1) 2  0 , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
Đơn giản nhất là ta đặt : 2 y  3  4 x  5 và đưa về hệ đối xứng(Xem phần dặt
ẩn phụ đưa về hệ).
Bài 3: Giải phương trình: x  5  x  1  6
Điều kiện: 1  x  6
Đặt y  x  1(0  y  5) thì phương trình đã cho trở thành:

y 2  y  5  5  y 4  10 y 2  y  20  0
 ( y 2  y  4)( y 2  y  5)  0

Page 13


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
sè ph­¬ng
ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû
ForMét
Evaluation
Only.

NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A


1  21
y 

1  17
2

y
( vì 0  y  5 )
2

1  17
y 

2
11  17
1  17
1  17
Với y 
 x
ta có phương trình x  1 
(thỏa)
2
2
2
11  17
.
Vậy nghiệm của phương trình là: x 
2





Bài 4: Giải phương trình: x  2004  x 1  1  x



2

Giải:
Điều kiện: 0  x  1
Đặt y  1  x ( 0  y  1 ) phương trình trở thành:
(1  y 2 ) 2  (2005  y 2 )(1  y )2  (1  y ) 2 (1  y ) 2  (2005  y 2 )(1  y ) 2
y 1
2
2
 y  1 ( vì 0  y  1 )
 2(1  y ) ( y  y  1002)  0  
 y  1  4009

2

Với y  1 ta có phương trình 1  x  1  x  0
Vậy nghiệm của phương trình là: x  0 .
1
Bài 5: Giải phương trình: x 2  2 x x   3 x  1
x
Giải:
Điều kiện: 1  x  0
Chia cả hai vế cho x ta được phương trình:
1
1
1

1
x  2 x   3   x   2 x   3  0 (*)
x
x
x
x
1
Đặt t  x  (t  0) phương trình (*) trở thành:
x
t  1
t 2  2t  3  0  
 t 1


t
3

Với t  1 ta có phương trình

1 5
x

1
2  x  1 5 .
x   1  x2  x  1  0  
2
x

1 5
x 


2

Page 14


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû For Evaluation Only.
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A

Vậy nghiệm của phương trình là: x 

1 5
.
2

Bài 6: Giải phương trình : x 2  3 x 4  x 2  2 x  1
Giải:
x  0 không phải là nghiệm của phương trình.
1
1

Chia cả hai vế cho x ta được:  x    3 x   2 (*)
x
x


1
phương trình (*) trở thành : t 3  t  2  0  t  1 .
x
1
1 5
Với t  1 ta có phương trình 3 x   1  x 2  x  1  0  x 
.
2
x
Đặt t= 3 x 

Vậy nghiệm của phương trình là x 

1 5
.
2

Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1. 15 x  2 x 2  5  2 x 2  15 x  11

7. 2 n (1  x) 2  3 n 1  x 2  n (1  x) 2  0

2. ( x  5)(2  x)  3 x 2  3 x

8. x  (2004  x )(1  1  x )2

3.

(1  x)(2  x)  1  2 x  2 x 2

9. ( x  3 x  2)( x  9 x  18)  168 x

4. x  17  x 2  x 17  x 2  9
5.

10. 3x  2  x  1  4 x  9  2 3 x 2  5 x  2

1  x2  2 3 1  x2  3

6. x 2  x 2  11  31
Nhận xét: Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp
bài đơn giản, đôi khi phương trình đối với t lại quá khó giải.
2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :
Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u 2   uv   v 2  0 (1) bằng cách
2

u
u
 Xét v  0 phương trình trở thành :          0
v
v
 v  0 thử trực tiếp.
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1):
 a. A  x   bB  x   c A  x  .B  x 
  u   v  mu 2  nv 2

Page 15

Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
sè ph­¬ng
ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû
ForMét
Evaluation
Only.

NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A

Nếu thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được
phương trình vô tỉ theo dạng này .
2.1. Phương trình dạng : a. A  x   bB  x   c A  x  .B  x 
Như vậy phương trình Q  x    P  x  có thể giải bằng phương pháp trên nếu

 P  x   A  x  .B  x 

Q  x   aA  x   bB  x 
Chú ý một số phân tích trước khi đặt ẩn phụ:
x 3  1   x  1  x 2  x  1

x 4  x 2  1   x 4  2 x 2  1  x 2   x 2  x  1 x 2  x  1







x4  1  x2  2x  1 x2  2x  1

4 x 4  1   2 x 2  2 x  1 2 x 2  2 x  1
Bài 1: Giải phương trình : 2  x 2  2   5 x3  1
Giải:
Điều kiện: x  1
Đặt u  x  1, v  x 2  x  1

u  2v
Phương trình trở thành: 2  u  v   5uv  
1
u  v
2

2

2

* Với u  2v ta có phương trình x  1  2 x 2  x  1  4 x 2  5 x  3  0( PTVN ) .
1
* Với u  v ta có phương trình
2

5  37
x

1 2
2
x 1 

x  x  1  x2  5x  3  0  
(thỏa).
2

5  37
x 
2

5  37
Vậy nghiệm của phương trình là x 
.
2
Bài 2: Giải phương trình sau : 2 x 2  5 x  1  7 x 3  1
Giải:
Điều kiện: x  1
Nhận xét: Ta viết   x  1   x 2  x  1  7





 x  1  x 2  x  1

Đồng nhất ta được 3  x  1  2  x  x  1  7

 x  1  x 2  x  1

Page 16

Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ For Evaluation Only.
Nguyễn Văn Rin Toán 3A

t u x 1 0 , v x 2 x 1 0 , ta c phng trỡnh:

v 9u
3u 2v 7 uv
v 1 u
4

Vi v 9u ta cú phng trỡnh x 2 x 1 9( x 1) x 2 8 x 10 0 x 4 6 .
1
4

1
4
Vy nghim ca phng trỡnh l x 4 6 .

Vi v u ta cú phng trỡnh x 2 x 1 ( x 1) 4 x 2 3 x 5 0( PTVN ) .

Bi 3: Gii phng trỡnh : x 3 3 x 2 2

x 2

3

6x 0

Gii:
Nhn xột: t y x 2 phng trỡnh tr thnh thun nht bc 3 i vi x v y
x y
x 3 3 x 2 2 y 3 6 x 0 x 3 3 xy 2 2 y 3 0
x 2 y
x 0
x 2.
x2 x 2



2
0
x
x

x 0
x
Vi x 2 y ta cú phng trỡnh x 2 2
x 22 3 .
2
x 4x 8 0

Vi x y ta cú phng trỡnh

Vy nghim ca phng trỡnh l x 2; x 2 2 3 .
2.2 Phng trỡnh dng : u v mu 2 nv 2
Phng trỡnh cho dng ny thng khú phỏt hin hn dng trờn , nhng nu

ta bỡnh phng hai v thỡ a v c dng trờn.
Bi 1: Gii phng trỡnh : x 2 3 x 2 1 x 4 x 2 1
Gii:
u x 2
(u 0)
Ta t :
khi ú phng trỡnh tr thnh :
2
v

x

1
(
v

0)

v 0
2
2
2
2
2
u 3v u v (u 3v) u v 2v(5v 3u ) 0
.
v 3 u (loaùi)

5
2

Vi v 0 ta cú phng trỡnh x 1 0 x 1 .
Vy nghim ca phng trỡnh l x 1
Bi 2: Gii phng trỡnh :
Gii:

x 2 2 x 2 x 1 3x 2 4 x 1

Page 17


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
số phương
pháp giải phương trình vô tỷ
ForMột
Evaluation
Only.

Nguyễn Văn Rin Toán 3A

1
.
2
Bỡnh phng 2 v ta cú :

iu kin: x

x

2

2 x 2 x 1 x 2 1

x

2

2 x 2 x 1 x 2 2 x 2 x 1 (*)

u x 2 2 x
khi ú (*) tr thnh :
Ta cú th t :
v 2 x 1

1 5
v (loaùi)
u
2
2
2
uv u v

1 5
v
u
2

1 5

v ta cú phng trỡnh
2
1 5
x2 2x
2 x 1 2 x2 (2 2 5) x 1 5 0 (PTVN).
2

Vi u

Vy phng trỡnh ó cho vụ nghim.
Bi 3: Gii phng trỡnh :
Gii:
iu kin: x 5 .

5 x 2 14 x 9 x 2 x 20 5 x 1

Chuyn v bỡnh phng ta c: 2 x 2 5 x 2 5

x

2

x 20 x 1

Nhn xột : Khụng tn ti s , : 2 x 2 5 x 2 x 2 x 20 x 1

u x 2 x 20
vy ta khụng th t
.
v x 1

Nhng may mn ta cú :
x2 x 20 x 1 x 4 x 5 x 1 x 4 x 2 4 x 5
Ta vit li phng trỡnh: 2 x 2 4 x 5 3 x 4 5 ( x 2 4 x 5)( x 4) (*).
n õy bi toỏn c gii quyt .
u v
u x 2 4 x 5
t
, khi ú phng trỡnh (*) tr thnh: 2u 3v 5 uv 9 .
u v
v

x

4


4

Page 18


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ For Evaluation Only.
Nguyễn Văn Rin Toán 3A

- Vi u v ta cú phng trỡnh

5 61
x
2
x 2 4 x 5 x 4 x 2 5x 9 0
.

5 61
(loaùi)
x

2
9
- Vi u v ta cú phng trỡnh
4
x 8
9
2
2
.
x 4 x 5 ( x 4) 4 x 25 x 56 0

x 7 (loaùi)
4

4
5 61
.
Vy nghim ca phng trỡnh l x 8; x
2

3. Phng phỏp t n ph khụng hon ton:
Phng phỏp gii: a phng trỡnh ó cho v phng trỡnh bc hai dng:
f ( x).Q( x ) f ( x ) P ( x ). x vi n l n ph hay l n ca phng trỡnh ó cho.
t f ( x) t , t 0 .
Phng trỡnh ó cho tr thnh t 2 t.Q( x) P( x) 0 .
Sau ú, gii t theo x ri thay vo gii phng trỡnh f ( x ) t v a ra kt lun.





Bi 1: Gii phng trỡnh : x 2 3 x 2 2 x 1 2 x 2 2 (*)
Gii:
t t x 2 2 phng trỡnh (*) tr thnh :
t 3
t 2 2 x t 3 3x 0
.
t x 1
x2 2 3 x2 7 x 7 .
x 1
Vi t x 1 ta cú phng trỡnh x 2 2 x 1
x.
2 x 1

Vi t 3 ta cú phng trỡnh

Vy nghim ca phng trỡnh l x 7 .
Bi 2: Gii phng trỡnh : x 1 x 2 2 x 3 x 2 1
Gii:
t t x 2 2 x 3, t 2

Khi ú phng trỡnh tr thnh : x 1 t x 2 1 x 2 1 x 1 t 0

Page 19


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
sè ph­¬ng
ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû
ForMét
Evaluation
Only.

NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A

Bây giờ ta thêm bớt, để được phương trình bậc 2 theo t có  là một số chính
phương:
t  2
x 2  2 x  3   x  1 t  2  x  1  0  t 2   x  1 t  2  x  1  0  
t  x  1
x2  2 x  3  2  x 2  2 x  1  0  x  1  2 .
x  1
Với t  x  1 ta có phương trình x 2  2 x  3  x  1  
 x .
0 x  2

Với t  2 ta có phương trình

Vậy nghiệm của phương trình là x  1  2 .



Từ một phương trình đơn giản :

1 x  2 1 x





1  x  2  1  x  0 , khai

triển ra ta sẽ được pt sau:
Bài 3: Giải phương trình: 4 x  1  1  3 x  2 1  x  1  x 2
Giải:
Điều kiện: 1  x  1 .
Nhận xét: Đặt t  1  x , phương trình trở thành:
4 1  x  1  3 x  2t  t 1  x (1)
Từ đó x  1  t 2 thay vào (1) ta được phương trình:
3t 2  2  1  x t  4 1  x  1  0









Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t



  2  1 x



2

 48





x  1  1 không có dạng bình phương .

Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo



2

 

1 x ,

1 x



2

Cụ thể như sau : 3 x  1   1  x   2 1  x  thay vào pt (1) ta được:
4 x  1  t 2  2(1  x)  2t  t 1  x  t 2  (2  1  x )t  4 1  x  2(1  x)  0 (*)
  (3 1  x  2) 2

t  2 1  x
(*)  
.
t  2  1  x
1  x  1
3
.
 x
5


3
x
5


Với t  2 1  x ta có phương trình 1  x  2 1  x  
Với t  2  1  x ta có phương trình

1  x  1  x  2  2  2 (1  x)(1  x )  4  1  x 2  1  x  0 .
3

Vậy nghiệm của phương trình là x  ; x  0 .
5

Page 20


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû For Evaluation Only.
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A

Bài 4: Giải phương trình: 2 2 x  4  4 2  x  9 x 2  16 (1)
Giải:
Điều kiện: x  2
(1)  4(2 x  4)  16 2(4  x 2 )  16(2  x )  9 x 2  16
 8(4  x 2 )  16 2(4  x 2 )  x 2  8 x

Đặt t  2(4  x 2 ); t  0
x

t1 

2
Phương trình trở thành 4t 2  16t  x 2  8 x  0  
.
t   x  4
 2
2

Vì x  2 nên t2  0 không thỏa điều kiện t  0 .
x  0
4 2
x
(thỏa đk x  2 ).

x
2
2
2
3
8(4  x )  x
4 2
Vậy nghiệm của phương trình là x 
.
3

Với t 

x
thì
2

2(4  x 2 ) 

4. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình:
4.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường:
 Đặt u    x  , v    x  và tìm mối quan hệ giữa   x  và   x  .
Từ đó tìm được hệ theo u,v.





Bài 1: Giải phương trình: x 3 25  x3 x  3 25  x 3  30
Giải:
Đặt y  3 35  x 3  x 3  y 3  35
 xy ( x  y )  30
Khi đó ta có hệ phương trình:  3
3
 x  y  35
Giải hệ này ta được nghiệm ( x; y )  (2;3);( x; y )  (3;2) .
Vậy nghiệm của phương trình là x  2; x  3 .
Bài 2: Giải phương trình sau: x  5  x  1  6
Giải:
Điều kiện: x  1
Đặt a  x  1, b  5  x  1( a  0, b  0) ta được hệ phương trình:

a 2  b  5 (1)
.
 2
b  a  5 (2)

Page 21


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008

số phương
pháp giải phương trình vô tỷ
ForMột
Evaluation
Only.

Nguyễn Văn Rin Toán 3A

Ly (1)-(2) v theo v ta c phng trỡnh:
a b 1
(a b)(a b 1) 0
a b (loaùi)
Vi a b 1 ta cú

11 17
x 5
x 1 1 5 x 1 x 1 5 x 2
x
.
2
x 11x 26 0
Vy nghim ca phng trỡnh l x

11 17
.
2

4.2 t n ph a v h i xng loi I:
Bi 1: Gii phng trỡnh: 2 x 3 x 1 (2 x )(3 x )
Gii:

iu kin: 2 x 3 .
t a 2 x (a 0); b 3 x (b 0) .
Ta cú h phng trỡnh:
a b 1 ab
a b 1 ab
a b 1 ab


2
2
2
2
a b 5
(a b) 2ab 5
(1 ab) 2ab 5
a b 1 ab
a b 1 ab
a b 3





2
ab 2
ab 2
(ab) 4

a 1

b 2
.
a, b laứ 2 nghieọm cuỷa phửụng trỡnh X 2 3 X 2 0
a 2

b 1




a 2
ta cú
Vi
b 1

a 1
ta cú
b 2

Vi

2 x 1

x 1 .

3 x 2
2 x 2

x 2.

3 x 1

Vy nghim ca phng trỡnh l x 1; x 2 .
Bi 2: Gii phng trỡnh: 4 x 4 17 x 3
Gii:
iu kin: 0 x 17 .
t a 4 x (a 0); b 4 17 x (b 0) .

Page 22


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ For Evaluation Only.
Nguyễn Văn Rin Toán 3A

Ta cú h phng trỡnh
(a b)2 2ab 2 2(ab) 2 17
a 4 b 4 17
(a 2 b 2 ) 2 2a 2b 2 17

a
b
a
b
3
3


a b 3
(9 2ab) 2 2(ab) 2 17
2(ab)2 36ab 64 0


a b 3
a b 3
a b 3

ab 2


a b 3

(loaùi vỡ 32 4.16 0)
ab 16

a 1

b 2
a, b laứ 2 nghieọm cuỷa phửụng trỡnh X 2 3 X 2 0
a 2

b 1
4 x 1
x 1.
4
17 x 2
4
a 2
x 2
x 16 .
Vi
ta cú h phng trỡnh
b 1
4 17 x 1
Vy nghim ca phng trỡnh l x 1; x 16 .
a 1
Vi
ta cú h phng trỡnh
b 2

Bi 3: Gii phng trỡnh: 3 5 x 3 2 x 3 (5 x)(2 x) 1
Gii:
t a 3 5 x ; b 3 2 x ta cú h phng trỡnh:
3
a b ab 1 ab 1 (a b)
(a b) 3 1 (a b) (a b) 7 0


3 3
3

ab 1 (a b)
a b 7
(a b) 3ab(a b) 7 0
(a b 1) (a b)2 4(a b) 7 0
(a b)3 3(a b) 2 3(a b) 7 0




ab 1 (a b)
ab 1 (a b)
a b 1 (vỡ (a b)2 4(a b) 7 0)

ab 1 (a b)

a 1

b 2
2
a, b laứ 2 nghieọm cuỷa phửụng trỡnh X X 2 0
a 2

b 1

Page 23


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com

Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
Nguyễn Văn Rin Toán 3A

số phương
pháp giải phương trình vô tỷ
ForMột
Evaluation
Only.

3 5 x 1
x 6 .
3


2
2
x

3 5 x 2
a 2
ta cú h phng trỡnh
Vi
x 3.
b 1
3 2 x 1
Vy nghim ca phng trỡnh l x 6; x 3 .
a 1
ta cú h phng trỡnh
b

2


Vi

Bi 4: Gii phng trỡnh 2 x 2 (2 x ) 2
Gii:
iu kin: 0 x 2
t a x (a 0); b 2 x (2 2 b 2) .
b 2 2 a 4
a 4 b 4 2
(*)

a b 2
a b 2
( a b) 2
(a 2 b 2 ) 2
2 vaứ a 4 b 4
2.
Ta cú a 2 b 2
2
2
a 1
.
Do ú, (*)
b 1

Ta cú h phng trỡnh:

x 1

x 1.

2 x 1
Vy nghim ca phng trỡnh l x 1 .
a 1
ta cú h phng trỡnh
b 1

Vi

4.3 t n ph a v h i xng loi II:
4.3.1 Dng 1: Gii phng trỡnh x n b a n ax b

x n b at
Cỏch gii: t t ax b ta cú h phng trỡnh i xng loi II:
n
t b ax
Bi 1: Gii phng trỡnh x3 1 2 3 2 x 1
Gii:
t t 3 2 x 1 ta cú h phng trỡnh
x3 1 2t
x3 1 2t
x 3 1 2t


3
3
3
2
2

t

1

2
x
x

t

2(
t

x
)


( x t )( x t tx 2) 0
n

x t
x t
x t
3

2

x 2 x 1 0
( x 1)( x x 1) 0
x 1

3
3
.







x
1
2
t
x
1
2
t
1 5



(VN )
x
2 2

2
2
2
2

x t tx 2 0
( x t ) x t 4 0

Page 24


Edited by Foxit Reader

www.VNMATH.com
Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ For Evaluation Only.
Nguyễn Văn Rin Toán 3A

Vy nghim ca phng trỡnh l x

1 5
; x 1.
2

4.3.2 Dng 2: Gii phng trỡnh x a a x

x a t
Cỏch gii: t t a x ta cú h phng trỡnh i xng loi II:
.
t a x
Bi 1: Gii phng trỡnh x 2007 2007 x
Gii:
iu kin: x 0
t t 2007 x ta c h
x 2007 t

x 2007 t
x 2007 t



t 2007 x
x t t x
( t x )( t x 1) 0

8030 2 8029
x
4

x 2007 t
x x 2007 0



8030 2 8029
(loaùi)
t x
t x
x
4


t x
8030 2 8029
xt
4

8030 2 8029
Vy nghim ca phng trỡnh l x
.
4
4.3.3 Dng 3: Chn n ph t vic lm ngc
Bi 1: Gii phng trỡnh: x 2 2 x 2 2 x 1
Gii:
1
iu kin x
2
t 2 x 1 ay b

x 2 2 x 2(ay b)
( x 1) 2 2ay (2b 1)
Chn a, b h
l h i xng

2
2
(ay b) 2 x 1
(ay b) 2 x 1
i xng loi II.

Page 25