MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN DƯỚI DẤU CĂN

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
------------------

MAI THỊ THU NHÀN

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN DƯỚI DẤU CĂN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI - 2015


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-----------------------

MAI THỊ THU NHÀN

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN DƯỚI DẤU CĂN

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số:
60460113

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. PHẠM VĂN QUỐC

Hà Nội – Năm 2015


Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1 Một số kiến thức chuẩn bị
1.1 Một số công thức cần nhớ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Ví dụ mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4
4
5

2 Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn
2.1 Phương pháp 1: Biến đổi tương đương . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Phương pháp 2: Nhân liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình theo ẩn phụ mới . . . . .
2.3.2 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích, phương trình đẳng
cấp bậc hai, bậc ba. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.3 "Ẩn phụ không hoàn toàn" . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.4 Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình. . . . . . . . . . . . . .
2.3.5 Phương pháp lượng giác hóa . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Phương pháp 4 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. . . . . . . . .
2.5 Phương pháp 5: Sử dụng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.1 Sử dụng bất đẳng thức lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . .

2.5.2 Sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc so sánh các vế
của phương trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7
7
8
8
9

3 Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn
3.1 Xây dựng theo phương pháp biến đổi tương đương . . . . . . . . .
3.2 Xây dựng từ các nghiệm chọn sẵn và phương pháp nhân liên hợp
3.3 Xây dựng từ phương trình bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Xây dựng từ phương trình tích, các đẳng thức . . . . . . . . . . .
3.4.1 Xây dựng từ phương trình tích . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.2 Xây dựng từ các đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5 Xây dựng từ phép "đặt ẩn phụ không hoàn toàn" . . . . . . . . .
3.6 Xây dựng từ hệ phương trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7 Xây dựng dựa vào hàm số lượng giác và phương trình lượng giác .
3.8 Xây dựng dựa theo hàm đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.8.1 Dựa theo tính chất của hàm đơn điệu . . . . . . . . . . . .

1

10
11
11
14
15
16

16
16
18
18
19
20
20
20
21
21
22
22
23
23


MỤC LỤC

3.8.2 Dựa vào các ước lượng của hàm đơn điệu . . . . . . . . . . 23
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2


Mở đầu
Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn là một lớp các bài toán có vị trí đặc
biệt quan trọng trong chương trình toán học bậc phổ thông. Nó xuất hiện nhiều
trong các đề thi học sinh giỏi cũng như kỳ thi tuyển sinh vào đại học.
Chính vì vậy, để đáp ứng nhu cầu giảng dạy và học tập, tác giả đã chọn đề tài

"Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn"
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn trực tiếp của TS. Phạm Văn
Quốc.Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc đến người thầy
của mình. Tác giả xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trong Ban giám hiệu,
Phòng đào tạo Đại học và sau Đại học Trường Đại học Khoa học Tự Nhiên, Đại
học Quốc Gia Hà Nội, quý thầy cô tham gia giảng dạy khóa học, cùng toàn thể
các học viên khóa 2013-1015 đã tạo mọi điều kiện, giúp đỡ tác giả trong suốt
quá trình học tập và nghiên cứu.
Luận văn gồm phần mở đầu, ba chương, phần kết luận và danh mục tài liệu
tham khảo.
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị.
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn.
Chương 3. Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn.
Mặc dù đã cố gắng rất nhiều và nghiêm túc trong quá trình nghiên cứu,
nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên kết quả đạt được trong luận
văn còn rất khiêm tốn và không tránh khỏi thiếu xót. Vì vậy tác giả mong nhận
được nhiều ý kiến đóng góp, chỉ bảo quý báu của quý thầy cô, các bạn học viên
để luận văn được hoàn thiện hơn.
Hà Nội, tháng 08 năm 2015.
Học viên thực hiện
Mai Thị Thu Nhàn

3


Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị
1.1
1.

2.
3.
4.

Một số công thức cần nhớ
√
√

A=B⇔

A=

√
3
√
3

A=

√
B⇔
√
3

B≥0
A = B2.
A≥0
A = B.

B ⇔ A = B.

A = B ⇔ A = B3.

5. Phương trình tương đương
Hai phương trình (cùng ẩn) được gọi là tương đương nếu chúng có cùng
một tập nghiệm. Nếu phương trình f1 (x) = g1 (x) tương đương với phương
trình f2 (x) = g2 (x) thì ta viết
f1 (x) = g1 (x) ⇔ f2 (x) = g2 (x).

Như vậy, phép biến đổi tương đương biến một phương trình thành phương
trình tương đương với nó.Chẳng hạn, việc thực hiện các phép biến đổi đồng
nhất ở mỗi vế của một phương trình và không thay đổi tập xác định của
nó là một phép biến đổi tương đương.
6. Hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến.
Định lý. Giả sử hàm số y = f (x) có đạo hàm trong (a,b). Khi đó :
- Hàm số y = f (x) đồng biến trong (a,b) ⇔ f , (x) ≥ 0, ∀x ∈ (a, b) và f , (x) = 0
chỉ xảy ra tại một số hữu hãn điểm trong (a,b).
- Hàm số y = f (x) đồng biến trong (a,b) ⇔ f , (x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, b) và f , (x) = 0
chỉ xảy ra tại một số hữu hãn điểm trong (a,b).
- Nếu f , (x) > 0, ∀x ∈ (a, b) và f liên tục trên [a, b] thì y = f (x) đồng biến trên
4


Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị

[a, b].

- Nếu f , (x) < 0, ∀x ∈ (a, b) và f liên tục trên [a, b] thì y = f (x) nghịch biến
trên [a, b].
7. Hệ phương trình đối xứng loại I

f (x, y) = 0
(I) với f (x, y) = f (y, x) và g(x, y) = g(y, x)
g(x, y) = 0

Phương pháp giải.
S =x+y
đưa hệ phương trình mới với ẩn
P = xy

Biến đổi về tổng, tích và đặt
S,P.

8. Hệ phương trình đối xứng loại II
f (x, y) = 0
f (y, x) = 0

(1)
(2)

Phương pháp giải.
Trừ (1) và (2) vế cho vế ta được hệ phương trình mới
f (x, y) − f (y, x) = 0
f (x, y) = 0

(3)
(1)

Biến đổi (3) về phương trình tích (x − y).g(x, y) = 0 ⇔

x=y

g(x, y) = 0.

9. Một số công thức lượng giác hay dùng.
cos 2x = cos2 x − sin2 x = 2 cos2 x − 1 = 1 − 2 sin2 x
sin 2x = 2 sin x cos x
cos 3x = 4 cos3 x − 3 cos x
sin 3x = 3 sin x − 4 sin3 x
1 + cos 2x
cos2 x =
2
1 − cos 2x
2
sin x =
.
2

1.2

Ví dụ mở đầu

Ví dụ 1.1. Giải phương trình
1+

2
3

x − x2 =
5

√

x+

√

1 − x.


Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị

Nhận xét. Trước hết có điều kiện 0 ≤ x ≤ 1.
Cách 1. Bình phương hai vế để thu được phương trình tương đương sau

√
√
2√
x − x2 = x + 1 − x
3
2
√
√
2√
2
⇔ 1+
x − x2 =
x+ 1−x
3
√
4√
9

⇔1+
x − x2 = 1 + 2 x − x2
x − x2 +
3
√4
⇔ 27(x − x2 ) − 8 x − x2 = 0
√
√
⇔ x − x2 27 x − x2 − 8 = 0

x = 0 (thỏa mãn)
√
 x = 1 (thỏa mãn)
x√− x2 = 0
√
⇔
⇔
27 x − x2 − 8 = 0
27 ± 473
x=
(thỏa mãn)
54
√
27 ± 473
Vậy phương trình có nghiệm là x = 0, x = 1, x =
.
54
√
√
√

y2 − 1
.
Cách 2. Đặt y = x + 1 − x2 . Suy ra, ta sẽ tính được x − x2 =
2
Phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai ẩn y là
1+

y2 − 1
= y ⇔ y 2 − 3y + 2 = 0 ⇔
3
√
√
√
2
x + √1 − x2 = 1
√x − x = 0
√
⇔
2 x − x2 − 3 = 0.
x + 1 − x2 = 2
1+

Suy ra

y=1
y = 2.

Cách 3. Ta có

√

√
2√
x − x2 = x + 1 − x
3 √
√
√
⇔ 3 + 2 x − x2 = 3 x + 3 1 − x
√
√
√
⇔ x 2 1−x−3 =3 1−x−3
√
√
3 1−x−3
⇔ x= √
.
2 1−x−3
√
√
2
Mặt khác ta có ( x)2 + 1 − x = 1.
√
√
3y − 3
Đặt y = 1 − x thì x =
. Khi đó
2y − 3
√
√ 2
2

y=0
1 − x = 1 ⇔ y(y − 1)(2y 2 − 4y + 3) = 0 ⇔
( x) +
y = 1.
1+

Từ đó ta tìm được nghiệm của phương trình đã cho.
√
√
Cách 4. Ta cũng có thể đặt y = x, z = 1 − x với y ≥ 0, z ≥ 0.
Khi đó ta có hệ phương trình

2
1 + yz = y + z
3
y2 + z2 = 1

Đây là hệ phương trình đối xứng loại I. Ta giải tìm ra y, z và tìm được
nghiệm x của phương trình đã cho.
6


Chương 2

Một số phương pháp giải phương
trình chứa ẩn dưới dấu căn
2.1

Phương pháp 1: Biến đổi tương đương

Nội dung chính của phương pháp này là lũy thừa hai vế với số mũ phù hợp.
Một số phép biến đổi tương đương thường gặp

f (x) = g(x)
2n
2n
f (x) ≥ 0
f (x) =
g(x) ⇔
1.
 g(x) ≥ 0.
f (x) = g(x) ⇔

2.

2n

3.

2n+1

f (x) = g 2n (x)
g(x) ≥ 0.

f (x) = g(x) ⇔ f (x) = g 2n+1 (x).

Ví dụ 2.1. Giải phương trình
√
√
√

3
3x − 1 − 3 2x − 1 = 3 5x + 1.

Giải. Phương trình đã cho tương đương
3x − 1 + 2x − 1 +
⇔

3

3

√
√
(3x − 1)(2x − 1)( 3 3x − 1 + 3 2x − 1) = 5x + 1

(3x − 1)(2x − 1)(5x + 1) = 1

⇔ (3x − 1)(2x − 1)(5x + 1) = 1
x=0
19
⇔ 30x3 − 19x2 = 0 ⇔
x= .
30
Thay x = 0 vào phương trình đã cho ⇒ −2 = 1 (vô lý) .
19
Thay x =
vào phương trình đã cho thỏa mãn.
30
19
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = .

30

7


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

2.2

Phương pháp 2: Nhân liên hợp

an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + ... + abn−2 + bn−1 ).

Nếu x0 là một nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì ta có thể đưa phương
trình f (x) = 0 về dạng (x − x0 )f1 (x) = 0 và khi đó việc giải phương trình f (x) = 0
quy về giải phương trình f1 (x) = 0.
Ví dụ 2.2. (Toán học Tuổi trẻ số 454, tháng 4 năm 2015)
Giải phương trình
√

3x + 1 +

√
5x + 4 = 3x2 − x + 3.

−1
. Ta thấy x = 0, x = 1 la nghiệm của phương trình trên.
3
Mà x = 0, x = 1 la nghiệm của đa thức x2 − x = 0 hoặc −x2 + x = 0.
√

Cách 1. Ta cần xác định a, b sao cho 3x − 1−(ax+b) = 0 có nghiệm x = 0, x = 1.

Giải. Điều kiện x ≥

Thay x = 0, x = 1 vào ta được hệ phương trình
1−b=0
⇔
2 − (a + b) = 0

Tương tự, tìm được c = 1, d = 2 sao cho
x = 0, x = 1.
Nên ta có lời giải sau.

a=1
b = 1.

√
5x + 4 − (cx + d) = 0 có 2 nghiệm là

√

√
3x + 1 + 5x + 4 = 3x2 − x + 3
√
√
3x + 1 − (x + 1)] + [ 5x + 4 − (x + 2) = 3(x − 1)x
⇔
−x2 + x
−x2 + x
⇔√

+√
= 3(x2 − x)
3x + 1 + (x + 1)
5x + 4 + (x + 2)
1x
1
⇔ (−x2 + x) √
+√
+3
3x + 1 + (x + 1)
5x + 4 + (x + 2)
−x2 + x = 0
1
1x
⇔ √
+√
+3=0
3x + 1 + (x + 1)
5x + 4 + (x + 2)
x = 0 (thỏa mãn)
⇔
x = 1 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 0, x = 1.

2.3

Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ

Với phương pháp này ta tiến hành theo các bước sau.
Bước 1. Chọn ẩn phụ và tìm điều kiện xác định của ẩn phụ.

8

=0


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

Bước 2. Chuyển phương trình ban đầu về phương trình (hệ phương trình) theo
ẩn phụ vừa đặt và giải phương trình (hệ phương trình ) này.
Bước 3. Giải phương trình (hệ phương trình) với ẩn phụ đã biết để xác định
nghiệm của phương trình đã cho.
2.3.1

Đặt ẩn phụ đưa về phương trình theo ẩn phụ mới

Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ thường gặp.
• Nếu bài toán có chứa
⇒ f (x) =

f (x) và f (x) có thể đặt

f (x) = t; t ≥ 0

t2 .

• Nếu bài toàn có chứa

f (x),

g(x) và

f (x).g(x) = c với c là hằng số.
c
g(x) = .
t

f (x) = t, t ≥ 0 khi đó

Có thể đặt

• Nếu bài toán có chứa

Có thể đặt t =

f (x) ±

f (x) ±

g(x) ,

g(x), khi đó

f (x).g(x) = c với c là hằng số.
t2 − c
f (x).g(x) =
.
2

√
• Nếu có dạng au + bv = c uv với u = u(x) ≥ 0, v = v(x) > 0; a, b, c là hằng số.

u
u
Chia cả 2 vế cho v ta được a( ) + b = c
.
v
v
u
Đặt t =
⇒ at2 − ct + b = 0.
v

Ví dụ 2.3. (Đề nghị Olympic 30-4, năm 2007)
Giải phương trình
2x2 + 5x − 1 = 7

x3 − 1.

Giải. Điều kiện x ≥ 1.

√
2x2 + 5x − 1 = 7 x3 − 1

⇔ 3(x − 1) + 2(x2 + x + 1) = 7
⇔3+2

x2 + x + 1
=7
x−1

(x − 1)(x2 + x + 1)

x2 + x + 1
x−1

x2 + x + 1
, t ≥ 0.
x−1
Suy ra, ta có 3 + 2t2 = 7t

Đặt t =

⇔ 2t2 − 7t + 3 = 0 ⇔

t=3
1
t= .
2

x2 + x + 1
=3
x−1
⇔ x2 + x + 1 = 9x + 9

TH1. t = 3, suy ra
⇔

x2

√
x = 4 − √ 6 (thỏa mãn)

− 8x + 10 = 0 ⇔
x = 4 + 6 (thỏa mãn).
9


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

x2 + x + 1
1
=
x−1
2
1
x2 + x + 1
=
⇔
x−1
4
⇔ 4x2 + 4x + 3 = 0 (vô nghiệm).
√
√
Vậy phương trình có 2 nghiệm : x = 4 − 6, x = 4 + 6.
1
2

TH2. t = , suy ra

2.3.2

Đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích, phương trình đẳng cấp bậc

hai, bậc ba.

Xuất phát từ 1 số hằng đẳng thức cơ bản khi đặt ẩn phụ.
x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1).
√
√
x4 + 1 = (x2 − 2 x + 1)(x2 + 2 x + 1).
x4 + x2 + 1 = (x4 + 2x2 + 1) − x2 = (x2 + x + 1)(x2 − x + 1).
4x4 + 1 = (2x2 − 2x + 1)(2x2 + 2x + 1).

Chú ý. Khi đặt ẩn phụ xong ta cố gắng đưa về những dạng cơ bản như
u + v = 1 + uv ⇔ (u − 1)(v − 1) = 0.
au + bv = ab + uv ⇔ (u − b)(v − a) = 0.
Ví dụ 2.4. (Đề nghị Olympic 30/4, năm 2007)
Giải phương trình
2(x2 + 2) = 5

(x3 + 1).

Giải. Điều kiện x ≥ −1. Phương trình đã cho tương đương
2(x2 − x + 1) + 2(x + 1) = 5

(x + 1)(x2 − x + 1).

√
a = √ x2 − x + 1 > 0
Đặt
b= x+1≥0
Suy ra (2.1) ⇔ 2a2 + 2b2 − 5ab = 0.

Do b = 0 không là nghiệm, ta chia cả 2vế phương trình cho b2 = 0
a
=2
a2
a
b

2( ) − 5( ) + 2 = 0 ⇔ a
1
b2

b

a
TH1. = 2 ⇔ a = 2b.
b√
√
Suy ra x2 − x + 1 = 2 x + 1

b

⇔ x2 − x + 1 = 4x + 4
⇔ x2 − 5x −
√3 = 0
5 ± 37
⇔x=
(thỏa mãn).
2
a
1

TH2. = ⇔ b = 2a.
b
2
10

=

2

(2.1)


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

Suy ra

√

√
x + 1 = 2 x2 − x + 1

⇔ x + 1 = 4x2 − 4x + 4
⇔ 4x2 − 5x + 3 = 0 (vô nghiệm).

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x =
2.3.3

5+

√

√
5 − 37
37
,x =
.
2
2

"Ẩn phụ không hoàn toàn"

Đặt ẩn phụ không hoàn toàn là khi ta đặt ẩn phụ mới t thì phương trình
nhận được hệ số của nó vẫn chứa x. Khi đó nếu phương trình bậc 2 (ẩn t) có
biệt thức ∆t có dạng ∆t = (px+q)2 thì bài toán có thể giải theo phương pháp này.

Ví dụ 2.5. Giải phương trình
2(2

1 + x2 −

1 − x2 ) −

1 − x4 = 3x2 + 1.

√

√

Giải. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1. Đặt a = 1 + x2 ≥ 0, b = 1 − x2 ≥ 0.
Suy ra 3x2 + 1 = 2(1 + x2 ) − (1 − x2 ) = 2a2 − b2 .
Khi đó

(2.2) ⇔ 2(2a − b) − ab = 2a2 − b2
⇔ 2a2 + a(b − 4) + 2b − b2 = 0.

Ta có
∆a = (b − 4)2 − 8(2b − b2 ) = (3b − 4)2 ⇒
b
2

TH1. a = .

√
1 − x2
Suy ra 1 + x2 =
(vô nghiệm).
2
TH2. a = 2b.
√
√
Suy ra 1 + x2 = 2 − 1 − x2
√
√
⇔ 1 + x2 + 1 − x2 = 2
√
⇔ 2 + 2 1 − x4 = 4
√
⇔ 1 − x4 = 1 ⇔ x = 0 (thỏa mãn).
√

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.
2.3.4

Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình.

Ví dụ 2.6. Giải phương trình
√
4

5−x+

√
4

x−1=

11

√
2.

b
a=
2
a = 2 − b.

(2.2)


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

Giải. Điều kiện 1 ≤ x ≤ 5. Đặt

√
4
5−x=a≥0
√
4
x−1=b≥0

Khi đó, ta có hệ phương trình

√
√
a+b= 2
a+b= 2
⇔
2
a4 + b4 = 4
(a + b)2 − 2ab − 2a2 b2 = 4
√
√
a+b= 2
a+b= 2
⇔
⇔
(2 − 2ab)2 − 2a2 b2 = 4
2a2 b2 − 8ab = 0
√
a+b= 2
⇔
2ab(ab − 4) = 0.


a =√
0
√

b= 2
√
TH1. a + b = 2 ⇔ 

2ab = 0
a= 2
b=0

√
4
5−x=√
0
√
4

x−1= 2
x = 5 (thỏa mãn)
√
√
⇔
Suy ra 
4

x = 1 (thỏa mãn).
5−x= 2

√
4
x−1=0
√
√
a√= 2 − b
2
a
+
b
=
⇔
TH2.
ab = 4
( 2 − b)b = 4 (vô nghiệm).
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 0, x = 5.

Nhận xét. Qua các ví dụ trên nhận thấy rằng, nếu phương trình có dạng
α n a − f (x) + β

ta đặt

u=
v=

n
m

m

b + f (x) = c.

a − f (x)
b + f (x).

Hay nói một cách khác là nếu gặp những bài toán có chỉ số căn lệch bậc hoặc chỉ
số căn cao, thì ta đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ phương trình dạng

αu + βv = c
un + v m = a + b.

Nhận xét.
√
√
Nếu phương trình có dạng xn + a = b n bx − a đặt y = n bx − a.
Khi đó, ta có hệ phương trình đối xứng loại II dạng

xn − by + a = 0
y n − bx + a = 0.

Ví dụ 2.7. (Đề 73/II2 - Bộ đề thuyển sinh Đại học và Cao đẳng)
Giải phương trình
√
x3 + 1 = 2 3 2x − 1.

√

Giải. Đặt y = 3 2x − 1. Suy ra y 3 + 1 = 2x.
Khi đó, ta có hệ phương trình
x3 + 1 = 2y

⇔
y 3 + 1 = 2x

x3 + 1 = 2y
x3 − y 3 = 2(y − x)

12


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

x3 + 1 = 2y
x3 + 1 = 2y
⇔
x−y =0
(x − y)(x2 + xy + y 2 ) = 0
x = 1 (thỏa
√ mãn)
x3 − 2x + 1 = 0
⇔
⇔
−1 ± 5
x=y
x=
(thỏa mãn).
2√
−1 ± 5
Vậy phương trình có 3 nghiệm là x = 1, x =
.
2

⇔

Nhận xét.
√
√
• Nếu phương trình có dạng x = a + a + x thì đặt y = a + x.
√
x = a +√ y
Khi đó, ta có hệ phương trình y = a + x.
• Nếu phương trình có dạng
√
1
ax + b = cx2 + dx + e với a = 0, c = 0, a = .
c

Xét tam thức bậc hai f (x) = cx2 + dx + e ⇒ f , (x) = 2cx + d.
Giải phương trình f , (x) = 0 ⇔ x =
√

−d
.
2c

Từ đó đặt ax + b = 2cy + d ta sẽ thu được hệ phương trình đối xứng loại
II (trừ 1 số trường hợp đặc biệt).
• Nếu phương trình có dạng
√

1
ax + b = x2 + cx + d với a = 0.

a

1
2
a
a
−ac
,
.
Giải phương trình f (x) = 0 ⇔ x =
2
√
ac
Từ đó đặt ax + b = y +
ta sẽ thu được hệ phương trình đối xứng.
2

Xét tam thức bậc hai f (x) = x2 + cx + d ⇒ f , (x) = x + c.

• Nếu phương trình có dạng
√
3

1
ax + b = cx3 + dx2 + ex + m với a = 0, c = 0, a = .
c

Xét f (x) = cx3 + dx2 + ex + m
⇒ f , (x) = 3cx2 + 2dx + e
⇒ f ,, (x) = 6cx + 2d.

Giải phương trình f ,, (x) = 0 ⇔ x =
Từ đó đặt

−d
.
3c

√
d
3
ax + b = y +
ta sữ thu được hệ phương trình đối xứng.
3c

• Nếu phương trình có dạng
13


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

√
3

1
ax + b = cx3 + dx2 + ex + m với a = 0, c = 0, a = .
c

Xét f (x) = cx3 + dx2 + ex + m.
⇒ f , (x) = 3cx2 + 2dx + e.

⇒ f ,, (x) = 6cx + 2d.

Giải phương trình f ,, (x) = 0 ⇔ x =
Từ đó đặt

−d
.
3c

√
3
ax + b = 3cy + d ta sẽ thu được hệ phương trình đối xứng.

Ví dụ 2.8. (Toán học và tuổi trẻ, tháng 6 năm 2001)
Giải phương trình
√
3

4
81x − 8 = x3 − 2x2 + x − 2.
3

Giải. Phương trình đã cho tương đương
√
27 3 81x − 8 = (3x − 2)3 − 46.
√
3

81x − 8 = 3y − 2. Suy ra (3y − 2)3 = 81x − 8.
(3y − 2)3 = 81x − 8

Kết hợp đề bài ta có hệ phương trình
(3x − 2)3 = 81y − 8

Đặt

Trừ vế cho vế ta được phương trình
81(x − y)[(3y − 2)3 − (3x − 2)3 ] = 0 ⇔ x = y.

Suy ra

√
3
81x − 8 = 3x − 2

⇔ (3x − 2)3 = 81x − 8
x = 0 (thỏa
√ mãn)
3±2 6
(thỏa mãn).
x=
3
√
3±2 6
Vậy phương trình có 3 nghiệm là x = 0, x =
.
3
⇔ 3x3 − 6x2 − 5x = 0 ⇔

2.3.5

Phương pháp lượng giác hóa

Một số phương pháp lượng giác hóa thường gặp.
• Nếu bài toán chứa

√

a2

− x2

có thể đặt

π
π
x = |a| sin t, − ≤ x ≤
2
2
x = |a| cos t, 0 ≤ t ≤ π.

|a|
π
π
,− ≤ x ≤ ,t = 0
x=
√
sin t 2
2
• Nếu bài toán có chứa x2 − a2 có thể đặt 
|a|

π
, 0 ≤ t ≤ π, t = .
x=
cos t
2
π
π
√
x = |a| tan t, − < x <
• Nếu bài toán có chứa a2 + x2 có thể đặt
2
2
x = |a| cos t, 0 < t < π.



14


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn



• Nếu bài toán có chứa 

• Nếu bài toán có chứa

2.4

a+x

a−x
có thể đặt x = a cos 2t.
a−x
a+x
(x − a)(x − b) có thể đặt x = a + (b − a) sin2 t.

Phương pháp 4 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.

Tính chất:
• Nếu hàm số y = f (x) đồng biến (hoặc nghịch biến) và liên tục trên D thì số

nghiệm trên D của phương trình f (x) = a không có nhiều hơn một nghiệm
và ∀u, v ∈ D : f (u) = f (v) ⇔ u = v .
• Nếu hàm số f (x) và g(x) đơn điệu ngược chiều nhau và liên tục trên D thì

số nghiệm trên D của phương trình f (x) = g(x) không nhiều hơn một.
• Nếu hàm số f (x) luôn đồng biến (hay nghịch biến ) trên D thì
f (x) > f (a) ⇔ x > a (hay x < a ),với ∀x, a ∈ D.

Ví dụ 2.9. (Đề thi Trung học phổ thông Quốc gia năm 2015)
Giải phương trình
√
x2 + 2x − 8
= (x + 1)( x + 2 − 2).
2
x − 2x + 3

Giải. Điều kiện x ≥ −2. Phương trình đã cho tương đương
(x + 4)(x − 2)
(x + 1)(x − 2)

= √
2
x − 2x + 3
x+2+2
x = 2 (thỏa mãn)
x+4
x+1
⇔
=√
.
2
x − 2x + 3
x+2+2
x+1
x+4
Xét 2
=√
x − 2x
x+2+2
√+ 3
⇔ (x + 4)( x + 2 + 2) = (x + 1)(x2 − 2x + 3)
√
⇔
x + 2 + 2 (x + 2)2 + 2 = [(x − 1) + 2] (x − 1)2 + 2 .

Xét hàm đặc trưng f (t) = (t + 2)(t2 + 2).
Ta có f , (t) = 3t2 + 4t + 2, suy ra f , (t) > 0, ∀t ∈ R. Vậy f (t) đồng biến trên R.
√
Do đó f ( x + 2) = f (x − 1)
⇔

√

x+2=x−1
√
3 + 13
x≥1
⇔
⇔x=
(thỏa mãn).
x2 − 3x − 1 = 0
2
√
3 + 13
.
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 2, x =
2
15


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

2.5

Phương pháp 5: Sử dụng bất đẳng thức

2.5.1

Sử dụng bất đẳng thức lũy thừa

Một số bất đẳng thức lưu ý.

1. Với A, B > 0 ta có

√
√
n
A+ nB
≤
2

A+B
2

n

(2.3)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A = B .
2. Với A, B, C > 0 ta có
√
√
√
n
A+ nB+ nC
≤
3

n

A+B+C
3

(2.4)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A = B = C .
Ví dụ 2.10. Giải phương trình
4x2 + x − 4 +

Giải. Điều kiện

6 − 4x2 − x = 2.

4x2 + x − 4 ≥ 0
6 − 4x2 − x ≥ 0.

Áp dụng bất đẳng thức (2.3) ta có
4x2 + x − 4 +

2
= 2.
2

6 − 4x2 − x ≤ 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
√

4x2 + x − 4 =

√
6 − 4x2 − x

⇔ 4x2 + x − 4 = 6 − 4x2 − x ⇔

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 1, x =
2.5.2

−5
.
4

x = 1 (thỏa mãn)
−5
x=
(thỏa mãn).
4

Sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc so sánh các vế của phương
trình.

1. Bất đẳng thức Cauchy.
Với mọi bộ số (xi , yi ) ta luôn có bất đẳng thức sau
2

n

xi y i

n

≤

i=1

i=1

16

n

x2i

yi2 .
i=1


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

Dấu đẳng thức xảy ra khi bộ số xi và yi tỉ lệ nhau, tức là tồn tại cặp số
thực α, β không đồng thời bằng 0, sao cho
αxi + βyi = 0 với mọi i = 1, 2, 3, ...n.
Áp dụng cho các số a, b, c, d ta có
(ac + bd)2 ≤ a2 + b2

Dấu đẳng thức xảy ra khi

c2 + d 2 .

a

b
= .
c
d

2. Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân.
Cho n số dương x1 , x2 , ..., xn ta có
√
x1 + x2 + ... + xn
≥ n x1 .x2 ...xn
n

Dấu đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = ... = xn .
Áp dụng cho hai số dương a, b ta có

a+b √
≥ ab.
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b.
Ví dụ 2.11. (Đề dự bị Olympic 30/4 Chuyên Hùng Vương )
Giải phương trình
4x =

30 +

1
4

30 +

1
4

30 +

1√
x + 30.
4

√
1
30 + 14 x + 30 = u, u ≥ 0.
4 

1√

 4x = 30 +
30 + u
4
Ta thu được hệ phương trình

1√

4u = 30 +
30 + x.
4
1√
1√
Giả sử x ≥ u, suy ra 4u = 30 +

30 + x ≥ 30 +
30 + u = 4x.
4
4
1√
Vậy x = u và ta có phương trình 4x = 30 +
30 + x.
4
√
1√
4x = √ 30 + v
Đặt v =
30 + x, ta có hệ phương trình
4v = 30 + x.
4
√
√
Giả sử x ≥ v , suy ra 4v = 30 + x ≥ 30 + v = 4x.

Giải. Điều kiện x > 0. Đặt

Vậy x = v ta thu được phương trình
√
1 + 1921
x>0
⇔x=
4x = 30 + x ⇔
(thỏa mãn).
16x2 − x − 30 = 0
32

√
1 + 1921
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =
.
32
√

17


Chương 3

Một số cách xây dựng phương trình
chứa ẩn dưới dấu căn
Con đường sáng tạo những phương trình vô tỷ là dựa trên cơ sở các phương
pháp giải đã được trình bày. Ta tìm cách "che đậy" và biến đổi đi một chút ít
để dấu đi bản chất, sao cho phương trình thu được dễ nhìn về mặt hình thức và
mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia trong phương trình càng khó nhận ra
thì bài toán càng khó. Ta tìm hiểu một số các xây dựng sau.

3.1

Xây dựng theo phương pháp biến đổi tương đương

Xây dựng phương trình vô tỷ từ phương trình dạng
√
√
√
√
A + B = C + D.

Gán các biểu thức chứa x cho A, B, C, D ta sẽ thu được các phương trình vô tỷ
được giải bằng cách bình phương hai vế.
Ví dụ 3.1. Gán A = x + 3, B = 3x + 1, C = 4x, D = 2x + 2 ta được bài toán giải
phương trình sau
√

x+3+

√

√
√
3x + 1 = 2 x + 2x + 2.

Tương tự ra cũng có một dạng sau
√
√
Dạng 1. Phương trình A = B .
√

B≥0
A = B2.
A≥0
√
√
√
B
≥
Dạng 3. A + B = C ⇔

√0
A + B + 2 AB
= C.
√
√
√
√
√
√
3
3
3
3
Dạng 4. A + B = C suy ra A + B + 3 AB( 3 A + 3 B) = C .
√
√
√
Đối với dạng này thường sử dụng phép thế 3 A + 3 B = 3 C ta được phương

Dạng 2. Phương trình

A=B⇔

18


Chương 3. Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

√

trình A + B + 3 3 ABC = C .
Từ các dạng toán này gán cho A, B, C các biểu thức chứa x ta sẽ được các phương
trình vô tỷ tuy nhiên mức độ khó hay dễ phụ thuộc vào việc chọn các biểu thức
cho A, B, C sao cho sau khi lũy thừa hai vế lên ta thu được một phương trình
có thể giải được.

3.2

Xây dựng từ các nghiệm chọn sẵn và phương pháp nhân
liên hợp

Phương pháp nhân liên hợp là một phương pháp thường dùng khi giải các
phương trình chứa căn. Việc sáng tác bài toán mới dựa trên phương pháp này
cũng rất đơn giản, ta chỉ cần chọn sẵn một nghiệm rồi xây dựng các biểu thức
thỏa mãn đẳng thức xảy ra.
Ví dụ 3.2. Với x = 2, ta có
√

√
√
√
5x − 1 = 3, x + 2 = 2, 5x − 1 + x + 2 = 5 = 7 − x.

Khi đó, ta được bài toán sau.
Bài toán. Giải phương trình
√

5x − 1 +

√

x + 2 = 7 − x.

Ví dụ 3.3. Với x = 3, khi đó
√
√
x − 2 = 1, 4 − x = 1, 2x − 5 = 1, 2x2 − 5x = 3.
√
√
√
Vậy x − 2 + 4 − x + 2x − 5 = 2x2 − 5x, ta thu được bài toán sau.
√

Bài toán. Giải phương trình
√

x−2+

√

4−x+

√

2x − 5 = 2x2 − 5x.

Ví dụ 3.4. Xét ba hàm f, g, h như sau
f (x) = x(x + 1)(x − 3) + 3 có f (0) = f (3) = 3.
g(x) =

√

√
4 − x, h(x) = 1 + x, có

g(0) + h(0) = 3
g(3) + h(3) = 3.

Vậy x = 0, x = 3 là nghiệm của phương trình
x(x + 1)(x − 3) + 3 =

√
√
4 − x + 1 + x.

Ta được bài toán sau.
Bài toán. Giải phương trình
x(x + 1)(x − 3) + 3 =
19

√
√
4 − x + 1 + x.


Chương 3. Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

3.3

Xây dựng từ phương trình bậc hai

Từ phương trình dạng at2 + bt + c = 0 ta thay thế t = f (x) ta sẽ nhận được

một phương trình vô tỷ đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai dễ giải.
Ví dụ 3.5. Từ phương trình 2t2 − 7t + 3 = 0, ta chọn t =

x2 + x + 1
x−1

ta được phương trình vô tỷ sau
2

x2 + x + 1
−7
x−1

x2 + x + 1
+ 3 = 0.
x−1

hoặc biến đổi để bài toán trở nên khó hơn bằng cách nhân cả hai vế của phương
trình trên với x − 1 ta được phương trình sau
3(x − 1) + 2(x2 + x + 1) = 7

x3 − 1.

Từ phương trình này ta xây dựng lêm một bài toán giải phương trình vô tỷ như
sau.
Bài toán. (Đề thi đề nghị Olympic 30/4/2007)
Giải phương trình
2x2 + 5x − 1 = 7

3.4

3.4.1

x3 − 1.

Xây dựng từ phương trình tích, các đẳng thức
Xây dựng từ phương trình tích

Phương trình dạng au + bv = ab + uv hay (u − b)(v − a) = 0 suy ra u = b, v = a.
Chọn u, v là các biểu thức chứa căn a, b bằng các số thực cho trước ta sẽ xây
dựng được các phương trình vô tỷ.
Ví dụ 3.6. Chọn a = 1, b = 5, u =
trình
√
x−1+5

√

x − 1, v =

√

x2 + 1. Ta thu được phương

x2 + 1 −

x3 − x2 + x − 1 = 5.

x2 + 1 −

x3 − x2 + x − 1 = 5.

Vậy ta có bài toán sau.
Bài toán. Giải phương trình
√
x−1+5

20


Chương 3. Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

3.4.2

Xây dựng từ các đẳng thức

Xuất phát từ một đẳng thức nào đó, chúng ta có thể sáng tác lên các phương
trình chứa ẩn dưới dấu căn thức. Chẳng hạn từ hằng đẳng thức
(a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c)(c + a)

ta có (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 ⇔ (a + b)(b + c)(c + a) = 0.
Bằng cách chọn a, b, c sao cho (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 ta sẽ tạo ra được phương
trình vô tỷ chứa căn bậc ba. Sau đây ta sẽ xây dựng một số phương trình từ các
hằng đẳng thức như
(a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c)(c + a).
a3 + b3 − ab(a + b) = (a + b)(a − b)2 .
a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 ).
a4 + 4 = (a2 − 2a + 2)(a2 + 2a + 2).

Ví dụ 3.7. Từ hằng đẳng thức
(a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c)(c + a)

chọn a =

√
3

1990x + 1999, b =

√
√
3
25x + 8, c = 3 8 − x thì ta có

a3 + b3 + c3 = 2014x + 2015.

Ta được bài toán sau.
Bài toán. Giải phương trình
√
3

3.5

1990x + 1999 +

√
√
√
3
25x + 8 + 3 8 − x − 3 2014x + 2015 = 0.

Xây dựng từ phép "đặt ẩn phụ không hoàn toàn"

Ta xét bài toán xây dựng phương trình dạng At2 + Bt + C = 0, trong đó t là
biểu thức chứa căn của x, còn A, B, C là các biểu thức hữu tỷ chứa x, sao cho
∆ = B 2 − 4AC luôn luôn là một biểu thức chính phương.
Thường để thuận tiện trong tính toán ta chọn

−B
C
= f (x)+g(x) còn = f (x)g(x),
A
A

khi đó t = f (x) hoặc t = g(x).
√

Ví dụ 3.8. Ta chọn t = x2 + 2, f (x) = 3, g(x) = x − 1.
Ta có bài toán giải phương trình vô tỷ như sau.
Bài toán. Giải phương trình
x2 + 3 −

x2 + 2 x = 1 + 2
21

x2 + 2.


Chương 3. Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

3.6

Xây dựng từ hệ phương trình.

• Xét hệ phương trình tổng quát dạng bậc hai
(αx + β)2 = ay + b
(αy + β)2 = ax + b

Ta sẽ xây dựng lên một phương trình.
√
Từ phương trình thứ hai trong hệ ta có αy + β = ax + b, khi đó thay vào
phương trình đầu tiên của hệ ta có phương trình
(αx + β)2 =

βa
a√
ax + b + b −
.
α
α

Vậy để có một phương trình vô tỷ bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II, ta
chỉ cần chọn α, β, a, b phù hợp với mức độ khó dễ của bài toán.
• Nếu xét hệ

(αx + β)3 = ay + b
(αy + β)3 = ax + b.

Từ phương trình dưới ta được
√
3

αy + β = ax + b ⇔ y =

√
3

ax + b β
− .
α
α

Thay vào phương trình trên của hệ, ta được
√
a 3 ax + b aβ
(αx + β) =
−
+ b.
α
α
3

Ví dụ 3.9. Chọn α = 1, β = 1, a = 3, b = 5 ta được
√
(x + 1)3 = 3 3 3x + 5 + 2

Ta có bài toán sau.
Bài toán. (Đề nghị Olympic 30/04/2009)
Giải phương trình

√
x3 + 3x2 − 3 3 3x + 5 = 1 − 3x.

3.7

Xây dựng dựa vào hàm số lượng giác và phương trình
lượng giác

Từ một phương trình lượng giác đơn giản nào đó, kết hợp với các phép biến
đổi lượng giác thì sẽ tạp ra được các phương trình chứa ẩn dưới dấu căn hay.
Như từ công thức lượng giác cos 3t = sin t, ta có thể tạo ta được các phương trình

22


Chương 3. Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

vô tỷ.
Từ cos 3t = 4cos3 t − 3 cos t ta có phương trình vô tỷ
4x3 − 3x =

1 − x2 .

(3.1)
1
x

Ta có thể thay x trong phương trình (3.1) bởi các biểu thức ví dụ như (x−1), , ...
ta sẽ có các phương trình khó hơn.
Tương tự như vậy từ các công thức sin 3x, sin 4x... ta cũng có thể xây dựng phương
trình vô tỷ theo kiểu lượng giác .

3.8
3.8.1

Xây dựng dựa theo hàm đơn điệu
Dựa theo tính chất của hàm đơn điệu

Dựa vào tính chất "Nếu hàm số y = f (x) đồng biến (hoặc nghịch biến) và
liên tục trên D thì số nghiệm trên D của phương trình f (x) = a không vó nhiều
hơn một nghiệm và ∀u, v ∈ D : f (u) = f (v) ⇔ u = v ". Ta có thể xây dựng được
các phương trình chứa ẩn dưới dấu căn thức.
Ví dụ 3.10. Xét hàm số f (t) = t3 + 2t đồng biến trên R. Cho
f

3

−x3 + 9x2 − 19x + 11 = f (x − 1) .

Ta được

√
−x3 + 9x2 − 19x + 11 + 2 3 −x3 + 9x2 − 19x + 11 = (x − 1)3 + 2(x − 1).

Khai triền và rút gọn ta được bài toán sau.
Bài toán. (Đề nghị Olympic 30/04/2009)
Giải phương trình
x3 − 6x2 + 12x − 7 =
3.8.2

3

−x3 + 9x2 − 19x + 11.

Dựa vào các ước lượng của hàm đơn điệu

Để dễ sử dụng và kết hợp nhiều ước lượng chúng ta xây dựng một số các ước
lượng cơ bản như:
√

√

√

√

1. −1 ≤ x − 1 − x ≤ 1.
√
√
Hàm số f (x) = x − 1 − x là hàm đơn điệu tăng trên [0; 1].
Nên ta có −1 = f (0) ≤ f (x) ≤ f (1) = 1.
2. −1 ≤ 4 x − 4 1 − x ≤ 1.
√
√
Hàm số f (x) = 4 x − 4 1 − x là hàm tăng trên [0; 1].
Nên ta có −1 = f (0) ≤ f (x) ≤ f (1) = 1.
23