PHƯƠNG PHÁP NHÂN LƯỢNG LIÊN hợp

PHƢƠNG PHÁP NHÂN LƢỢNG LIÊN HỢP
LÂM VŨ CÔNG CHÍNH
(GV, THPT Nguyễn Du, Tp.HCM)
A
3

A

A B
A
B

B
3

B

(với A 0,B 0,A 2 B2

A B
3

A

2

3

A B
3

3

B

2

(với A 2

B2

0)

0)

Tham khảo Chuyên đề “PHƢƠNG PHÁP NHÂN LƢỢNG LIÊN HỢP TRONG GIẢI TOÁN”
của TS. NGUYỄN VIẾT ĐÔNG
(xem trang 90, Tài liệu Tập huấn Nâng cao năng lực giảng dạy Toán Trung học Phổ thông)
4.

PHƢƠNG TRÌNH
Nhân lƣơng liên hợp sau khi thêm bớt hằng số.
Các bƣớc tiến hành thực hiện :
- Tiến hành nhẩm nghiệm của phƣơng trình
- Trừ vào từng biểu thức phƣơng trình đã cho giá trị nào mà nó nhận đƣợc khi thay nghiệm đó vào.

11 x (1)
VD1: Giải phƣơng trình : 5x 6 2x 3
6
x 11
Điều kiện :

5
Nhẩm đƣợc nghiệm x 2
Ta tiến hành
5x 6 4 2(2 x)
11 x 3
(1)
5x 10
2 x
2(2 x)
5x 6 4
11 x 3
5
1
(x 2)
2
5x 6 4
11 x 3
x 2 0

5

1
2 0
5x 6 4
11 x 3
5
5
1
1
Do

và
5x 6 4 4
11 x 3 3
19
2
Nên VT(*)
(*) VN
12
Vậy phƣơng trình có nghiệm duy nhất : x 2

0

(*)

Nhân lƣơng liên hợp sau khi thêm bớt biểu thức chứa x
4 x
1 x (2)
VD2: Giải phƣơng trình : x(x 1)(x 3) 3
Điều kiện : 1 x 4
Nhẩm đƣợc nghiệm : x 0 và x 3
Ta tiến hành trục căn thức, nhƣng lần này, nhiệm vụ của ta là trục 1 lần phải đƣợc cả 2 nghiệm
Ta phải trừ các biểu thức 4 x, 1 x cho một đại lƣợng sao cho khi trục ta nhóm đƣợc nhân tử
x(x 3)
4 x ta cần tìm đại lƣợng (ax b)

Tại x 3 nhận giá trị :

4 3 1

(3a b) 1

Tại x

4 0

0a b 2

0 nhận giá trị :

2


b 2
Ta có :
1
a
3

Tức là ta cần nhóm

4 x

2

1
x
3

Tƣơng tự cho 1 x
Vậy ta tiến hành giải phƣơng trình (2) nhƣ sau

x(x 1)(x 3)

Phƣơng trình (2)

4 x

2

1
x
3

x 2 3x
x 2 3x
9 4 x 6 x 9 1 x x 3
1
1
x(x 3) x 1
0
9 4 x 6 x 9 1 x x 3
1
1
x 0
x 3
x 1
9 4 x 6 x 9 1 x x 3
Vậy phƣơng trình có hai nghiệm x 0 x 3

1 x

1
x 1
3

x(x 1)(x 3)

Áp dụng

0 (VN, do VT > 0)

x 3
5
(Trích Đề thi tuyển sinh Học viện Bƣu chính Viễn thông, năm 2001 )
4x 1 0
2
x
Điều kiện :
3
3x 2 0

Thí dụ 1. Giải phƣơng trình :

Phƣơng trình :

4x 1

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

4x 1
3x 2

x 3
5
x 3
5
x 3
5

4x 1

5 , vì x

4x 1

3x 2

3x 2

7x 1 2 (4x 1)(3x 2)
2 (4x 1)(3x 2)

2
26
x
3
7
2
4(12x 5x 2)

3x 2

2
3
25

26 7x

49x 2 364x 676

2
26
x
3
7
x 2 344x 684 0
x 2 (nhận) , x 342 (loại)
Vậy tập nghiệm của phƣơng trình là S {2}

Thí dụ 2. Giải phƣơng trình : x3 18
Điều kiện : x
78
3
x 78
Phƣơng trình : x 18
3
x 27
x 78 9

x 78


x 3
x 78 9

(x 3)(x 2 3x 9)

x 3 (nhaän)

(1)

(x2 3x 9)( x 78 9) 1

(2)

Ta có : x 3x 8 0, x  (vì
Suy ra : x 2 3x 9 1, x 
78
Mà : x 78 9 9, x
2
(x 3x 9)( x 78 9) 9, x
2

23 0 )

78 . Vậy phƣơng trình (2) vô nghiệm

Vậy tập nghiệm của phƣơng trình là S
Thí dụ 3. Giải phƣơng trình :

x2

3
2x 2 3x 4
2x 1

8

Lời giải
1
2

Điều kiện : x

x 2 8 3x

x

0

0

x 1 (loại) hay x
8x 8x 0
Thử x
1 vào phƣơng trình , thấy không thỏa
Vậy x 8 3x 0
2x 2 3x 4
Phƣơng trình : x 2 8

2x 1
2x 2 3x 4
x 2 8 3x
3x
2x 1
8 8x 2
4 4x 2
x 2 8 3x 2x 1
Xét :

1 x2

0

(1)

x 8 3x
4x 2
x 1 (nhận) , x
1 (loại)

(2)

2

(1)

(2)

1

2

7x 4 ( phƣơng trình vô nghiệm vì 7x 4 0, x

x2 8

Vậy tập nghiệm của phƣơng trình là S

1
)
2

1

 Bạn đọc có thể giải phƣơng trình bằng cách sau đây :
2x 2 3x 4
1
8
2x 2 3x 4
1
8
x2 8
x2 8 – x
– x
2x 1
3
3
2x 1
3

3

Thí dụ 4. Giải hệ phƣơng trình :
Nhận xét : y

x2 1
3y
y

x

2

3

x 6

1 4y

x y x2

y

0

Phƣơng trình x 2 3y

x2 1
1 4y
y

Do đó : y x 2 1 . Thế vào phƣơng trình
Điều kiện : x 1
Phƣơng trình (*) tƣơng đƣơng 3 x 6 2

x2 1
x2 1
3y
4 0
y
y
3

x 6

x y x2

x 1 1 (x 2 4)

x2 1
1 hay
y

y , ta đƣợc
0

3

x 6

x2 1
y

x 1

4

x 2 1 (*)


x 2
3

x 6

2

(x 2)
Mà :

1
3

x 6

2

23 x 6 4

23 x 6 4

1

x 2
(x 2 4) 0
x 1 1
1
(x 2)
x 1 1

2

x 6
23 x 6 4
1
1 , với mọi x 1
x 1 1

3

1
và
4

1

1
1
(x 2)
1 2
3

4
x 1 1
x 6
23 x 6 4
Suy ra phƣơng trình (*) có nghiệm duy nhất x 2
Vậy nghiệm của hệ phƣơng trình là (x 2;y 3)

Nên

2

0 , với mọi x 1

6 x 3x 2 14x 8
Thí dụ 5.Giải phƣơng trình : 3x 1
( Trích Đề thi tuyển sinh Đại học , Khối B , năm 2010 )
Lời giải
1
x 6
Điều kiện :
3
6 x 3x 2 14x 8 0
Phƣơng trình 3x 1
3x 1 4 1 6 x 3x 2 14x 5 0
3(x 5)
x 5
(x 5)(3x 1) 0
3x 1 4 1 6 x
x 5

3

0

1
6 x

(3x 1) 0
3x 1 4 1
3
1
(3x 1) 0 , x
Nhận xét :
3x 1 4 1 6 x
Vậy x 5 là nghiệm duy nhất của phƣơng trình
Thí dụ 6.Giải hệ phƣơng trình :

2x 2

y2

1
;6
3

3xy 3x 2y 1 0

4x 2 y 2 x 4
2x y
( Trích Đề thi tuyển sinh Đại học , Khối B , năm 2013 )

Lời giải
Điều kiện : 2x y 0 và x 4y 0

(1)

x 4y (2)

Phƣơng trình (1) 2x 2 3(y 1)x y 2 2y 1 0 (*)
Xét phƣơng trình bậc hai theo x , ta có:
9(y 1)2 8(y 2 2y 1) y 2 2y 1 (y 1)2 0, y 
Vậy phƣơng trình (*) có nghiệm là

x
x

y 1
2 . Do đó : y 2x 1 hoặc y x 1
y 1

TH1 : Với y 2x 1
Thế vào (2) ta đƣợc : 3 3x

3x
3x
x 3

4x 1 1
4x
4x 1 1
4

4x 1 1

4x 1

9x 4 2 0
9x
0
9x 4 2
9
9x 4 2

9x 4

0

0


x

4

0 hay 3

9

0 (Vô nghiệm)

4x 1 1
9x 4 2

Khi đó ta có đƣợc nghiệm (x; y) là (0;1)
TH2 : Với y x 1 .
Thế vào (2) ta đƣợc : 3x2 x 3

3 x2 x

3x 1
x 1

5x 4
3x 1

x2 x

3(x2 x)
(x 2 x) 3

x 2

5x 4

x2 x

3x 1 x 1
1

5x 4 x 2
1

0

0

0
3x 1 x 1
5x 4 x 2
1
1
x 2 x 0 hay 3
0 (Vô nghiệm)
3x 1 x 1
5x 4 x 2
x 0 hoặc x 1
Khi đó ta có đƣợc nghiệm (x; y) là (0;1) và (1;2)
So điều kiện , ta đƣợc nghiệm (x; y) của hệ phƣơng trình là (0;1) và (1;2)
 Nhiều thí sinh giải phƣơng trình 3x2 x 3

3x2 x 3

3x2 x
x(3x 1)
x

3x 1

3x 1 1
3x
3x 1 1

3x 1

5x 4 nhƣ sau:

5x 4

5x 4 2
5x
5x 4 2

0

3x 1

3
3x 1 1

Đặt : f(x) 3x 1 và g(x)

5
5x 4 2

3

(*)

5

, xét trên khoảng D

3x 1 1

5x 4 2
Vì hàm số f(x) đồng biến trên D và hàm số g(x) nghịch biến trên D
Nên phƣơng trình (*) có nghiệm duy nhất x 1

1
;
3

Lời bình : Việc nhân lượng liên hợp không giúp ta làm mất dấu căn của phương trình, nhưng giúp ta có
được nhân tử (x x 0 ) , (trong đó x 0 là nghiệm của phương trình). Tuy nhiên, sau đó ta phải giải một
phương trình “con” đôi khi không đơn giản. Thông thường thì ta sẽ chứng minh phương trình “con” đó
vô nghiệm. Khi thực hiện nhân lượng liên hợp , bạn đọc cần chú ý đến điều kiện của lượng liên hợp.
Một lưu ý nữa, nếu phương trình ban đầu có một nghiệm, thì ta thêm bớt các biểu thức chứa căn cho một
hằng số, như trong các Thí dụ 1, Thí dụ 2. Nhưng nếu phương trình ban đầu có nhiều hơn một nghiệm,
thì ta có thể thêm bớt các biểu thức chứa căn cho một biểu thức chứa x, như trong các Thí dụ 3, Thí dụ 4.
Bài tập tự luyện
x 6 3 x 2 6
Giải phƣơng trình : 2x
11 3 5
Đáp số : S 3;
2
2x 2 x 1
Giải phƣơng trình : 2x 2 x 9
8
Đáp số : S 0;
7

x 4

Giải phƣơng trình : x x x 1
Đáp số : S 0;1
Giải phƣơng trình :
Đáp số : S 2

3

x 6

x2 x 1

x 1

x2 1

Nhân lƣơng liên hợp sau khi thêm bớt biểu thức chứa x, để đƣợc nhân tử (x x 0 )2
1 2x

Thí dụ 7: Tính giới hạn sau : lim
x

1 2x

Ta có : lim

3

3

x

0

1 3x

2

1 3x

x
1 2x (x 1) (x 1) 3 1 3x
lim
x 0
x2
1 1 2x (x 1)2
(x 1)3 (1 3x)
lim 2
x 0 x
1 2x (x 1) (x 1)2 (x 1). 3 1 3x ( 3 1 3x)2
x

1
0 x2

x2

lim
x

lim

x

0

2

0

x3 3x 2
(x 1). 3 1 3x ( 3 1 3x)2

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

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

2

x 3
(x 1). 3 1 3x ( 3 1 3x)2

1
1
1
2
2

Lời bình : Ta dùng công thức khai triển Taylor làm cơ sở cho việc thêm (bớt) lượng liên hiệp cho một
biểu thức chứa x, để sau quá trình biến đổi, ta được nhân tử chung là ( x x0 )2 , (trong đó x0 là nghiệm
của phương trình)

Định lý : « Cho n là số nguyên dƣơng và f là hàm khả vi liên tục đến cấp n trên khoảng đóng a, x và
khả vi đến cấp n 1 trên khoảng mở (a, x) thì f ( x)

n
0

f ( n ) ( x0 )
( x ( x0 )) n
n!

Rn ( x) , với f (0) ( x0 )

Rn ( x) đƣợc gọi là phần dƣ bậc n

Tức là, f ( x)

Đặt f ( x )
Gọi g ( x)

f ( x0 )
( x ( x0 ))
1!

f ( x0 )

1 2x

f (0)
( x 0) 1 x
1!

Khi đó : f ( x) g ( x)

f (0)
( x 0) 2
2!

f (0)
2!
Nhƣ đã tính toán ở trên, ta thấy rằng :

Ta đƣợc : f ( x) g ( x) ( x 0) 2

1 2x (x 1)

Rn ( x) »

1

1 2 x , suy ra f ( x)

f (0)

f ( x0 )
f ( n ) ( x0 )
( x ( x0 )) 2 ...
( x ( x0 )) n
2!
n!

x2
1 2x (x 1)

f (3) (0)
( x 0)3 ...
3!
f (3) (0)
( x 0) ...
3!

và (x 1)

3

1 3x

f ( n ) (0)
( x 0) n ...
n!
f ( n ) (0)
( x 0) n
n!

(x 1)2

2

...

x2 (x 3)

(x 1). 3 1 3x ( 3 1 3x)2

f ( x0 ) ,


Thí dụ 8. Giải phƣơng trình :
3

2x3 6

x

x2 3x 3

Phƣơng trình tƣơng đƣơng : 2 x3 6

x

x 2 3x 3

Lời giải

2 x3 6

Xét phƣơng trình :

x2

1
3

x
2
2

x 3
3 2 3
3
x
x
4
2
4
x 3
(vô lý)
x 1
1
3
x
2
2

x 2 3x 3

Phƣơng trình (1)

(1)

2

0

0

2 x3 9 x 2 9 x 6
1
3
x
x 2 3x 3
2
2
2
4 x 3x 3
3
3
( x 1)2
( x 1)2
2
4
1
3
2
4 x 2 3x 3
x 3x 3
x
2
2
x 1
2

Phƣơng trình (2)

x 2 3x 3

x 2 3x 3

1
3
x
2
2

4 x 2 3x 3 (2)

2 x 2 3x 3 x 3 4 x 2 3 x 3
x2 3x 3
2 x2

2 x2 x

x 0

4 x 4 4 x3 3x 3 0
2 x2

3x( x2 3x 3) x3

0

x 2 3x 3

Do vậy :

x 2 3x 3 x 2 3x 3 3x 2

2 x3 9 x 2 9 x 6
4 x 2 3x 3
1
3
3x 3
x
0
2
2

1
3
x
2
2

3

x

0

( x 1)(4 x3 3)

x 1 hay x

3

0

3
4

Vậy nghiệm của phƣơng trình ban đầu là x 1 hay x

3

3
4

1
3
x
2
2