Phương trình vô tỷ và cách giải một số dạng toán về phương trình vô tỷ

LỜI CẢM ƠN
Trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành khóa luận, em nhận được
sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo hướng dẫn khoa học Tiến sĩ Hoàng
Ngọc Anh, giảng viên khoa Toán-Lý-Tin, trường Đại học Tây Bắc. Em
xin bày tỏ sự cảm ơn chân thành tới thầy.
Ngoài ra, trong quá trình thực hiện khóa luận em còn nhận được sự
giúp đỡ nhiệt tình của: Ban giám hiệu Trường Đại Học Tây Bắc, các thầy
cô trong khoa Toán-Lý-Tin, các bạn sinh viên K53-ĐHSP Toán cũng như
gia đình và bạn bè đã tạo những điều kiện thuận lợi, động viên và giúp đỡ
em hoàn thành khóa luận tốt nghiệp này.
Trong quá trình thực hiện, khóa luận này không tránh khỏi những thiếu
xót, rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các
bạn sinh viên để khóa luận được hoàn thiện hơn.
Cuối cùng em xin chúc các thầy cô giáo sức khỏe, công tác tốt, chúc
các bạn sinh viên mạnh khỏe thành công trong học tập.
Sơn La, tháng 05 năm 2016
Người thực hiện khóa luận

Nguyễn Lệ Quyên


Mục lục
MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1. Lý do chọn khóa luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

2. Mục đích nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

3. Nhiệm vụ nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

4. Đối tượng nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

5. Phương pháp nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

6. Đóng góp khóa luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

7. Cấu trúc khóa luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

NỘI DUNG KHÓA LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

Chương 1.MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1. Phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2. Các phép biến đổi tương đương phương trình . . . . . . . . . . . . .

1.1.

2. Phương trình vô tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Định nghĩa. Định lý cơ bản về căn số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2. Các định lý tương đương cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3. Các bước giải phương trình vô tỉ (dạng chung) . . . . . . . . .
2.1.

4
6

9
9
10
11

Chương 2.CÁCH GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ PHƯƠNG
TRÌNH VÔ TỶ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

1. Các dạng phương trình vô tỉ cơ bản và cách giải . . . . .

12

Dạng
1.2. Dạng
1.3. Dạng
1.4. Dạng
1.5. Dạng
1.6. Một số
1.1.

f (x) = g(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
f (x) + h(x) = g(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
f (x) + h(x) = g(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
f (x) + h(x) = g(x) + k(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
f (x) + h(x) + n f (x).h(x) = g(x) . . . . . . . . . . . . . . . .
bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2

12
13
14
15
16
17


2. Phương pháp giải phương trình vô tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . .
Phương pháp hữu tỷ hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2. Phương pháp đưa về hệ đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.3. Phương trình giải bằng phương pháp so sánh . . . . . . . . . . . .
2.4. Phương pháp ứng dụng các tính chất của hàm số . . . . . .
2.5. Một số bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.

19
19
31
36
40
42

3. Một số phương pháp để giải phương trình vô tỷ chứa tham
số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương . . . . . . . . . . . . .
3.2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3. Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4. Sử dụng phương pháp hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5. Một số bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.

44
44
45
47
48
51

KẾT LUẬN CHUNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

54

3


MỞ ĐẦU

1.

Lý do chọn khóa luận
Toán học là một trong những môn khoa học cơ bản mang tính trừu

tượng, nhưng mô hình ứng dụng của nó rất rộng rãi và gần gũi trong mọi
lĩnh vực của đời sống. Tuy nhiên, nó là một môn học khó, khô khan và đòi
hỏi ở mỗi học sinh phải có nỗ lực rất lớn để chiếm lĩnh những tri thức đó.
Phương trình là một mảng kiến thức quan trọng trong chương trình
Toán phổ thông. Giải phương trình là bài toán có nhiều dạng và giải rất
linh hoạt, với nhiều học sinh kể cả học sinh khá, giỏi nhiều khi còn lúng
túng trước việc giải một phương trình, đặc biệt là phương trình vô tỷ.
Phương trình vô tỷ là một lớp các bài toán có vị trí đặc biệt quan
trọng trong chương trình toán học bậc phổ thông. Trong những năm gần
đây, phương trình vô tỷ thường xuyên xuất hiện nhiều trong các kì thi học
sinh giỏi cũng như kì thi tuyển sinh vào đại học. Học sinh phải đối mặt
với rất nhiều dạng toán về phương trình vô tỷ mà phương pháp giải chúng
lại chưa được liệt kê trong sách giáo khoa. Nó là một trở ngại không nhỏ
khiến cho nhiều học sinh không ít ngỡ ngàng và bối rối khi giải các loại

phương trình này. Vì vậy, việc trang bị cho học sinh những kiến thức liên
quan đến phương trình vô tỷ kèm với phương pháp giải chúng là rất quan
trọng.
Như chúng ta đã biết, phương trình vô tỷ có nhiều dạng và phương
pháp giải khác nhau. Việc tìm phương pháp giải phương trình vô tỷ là
niềm say mê của không ít người, đặc biệt là những người đang trực tiếp
dạy toán. Chính vì vậy, để đáp ứng nhu cầu giảng dạy, học tập và mong
muốn tìm hiểu, nghiên cứu sâu về vấn đề này, tôi đã chọn đề tài khóa luận:
"Phương trình vô tỷ và cách giải một số dang toán về phương trình vô tỷ"
1


2.

Mục đích nghiên cứu
- Xây dựng tài liệu tham khảo chuyên để phương trình vô tỷ.
- Giúp học sinh có được hướng tiếp cận dễ dàng hơn, nắm bắt nhanh

và hiểu sâu hơn khi gặp các dạng toán về phương trình vô tỷ.
- Nâng cao sự hiểu biết và hiệu quả học tập của bản thân.

3.

Nhiệm vụ nghiên cứu
- Nghiên cứu một số kiến thức cơ bản về phương trình vô tỷ.
- Hệ thống các phương pháp giải cơ bản lớp các phương trình vô tỷ.
- Trình bày phương pháp giải và biện luận phương trình vô tỷ có chứa

tham số.

4.

Đối tượng nghiên cứu
Phương trình vô tỷ và cách giải một số dạng phương trình vô tỷ.

5.

Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu tài liệu.
- Phân tích, tổng hợp kiến thức.
- Trao đổi, thảo luận với giáo viên hướng dẫn.

6.

Đóng góp khóa luận
Khóa luận sau khi hoàn thành có thể làm tài liệu tham khảo tốt cho

các bạn sinh viên Toán Trường Đại học Tây Bắc và những bạn yêu thích
về môn Toán.

2


7.

Cấu trúc khóa luận
Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo,. . . nội dung của

khóa luận gồm 2 chương:
Chương 1: Một số kiến thức cơ sở

Nội dung của chương này là nhắc lại các kiến thức cơ bản nhất về
phương trình, phương trình vô tỷ.
Chương 2: Cách giải một số dạng toán về phương trình vô tỷ
Đây là nội dung chính của khóa luận. Trong chương này, tôi trình bày
về thuật toán của mỗi phương pháp trong từng dạng toán cụ thể, đưa ra
các ví dụ minh họa và các bài tập áp dụng.

3


Chương 1
MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ
1.

Phương trình

1.1.

Định nghĩa
Cho hai hàm số của n biến thực x1 , ..., xn là f (x1 , ..., xn ) và g(x1 , ..., xn ).

Ta gọi bộ n số thực x = (x1 , ..., xn ) ∈ Rn là một điểm trong không gian
thực n chiều Rn . Khi đó, các hàm số
f (x1 , ..., xn ) và g(x1 , ..., xn )
được xem là các hàm một biến f (x), g(x) trong Rn .
Ta định nghĩa phương trình ẩn x là mệnh đề chứa biến dạng
f (x) = g(x)

(1)

trong đó, f (x) và g(x) là những biểu thức chứa x. Ta gọi f (x) là vế
trái, g(x) là vế phải của phương trình (1). Nếu coi f và g là hàm của n
biến trong không gian thực R thì (1) là phương trình của n ẩn x1 , ..., xn .
• Giả sử f (x), g(x) có tập xác định lần lượt là D1 , D2 thì D = D1 ∩ D2
gọi là tập (miền) xác định của phương trình (1).
• Nếu x0 ∈ D sao cho f (x0 ) = g(x0 ) là một mệnh đề đúng, thì x0 được
gọi là một nghiệm của phương trình (1).
• Giải phương trình (1) là tìm tất cả các nghiệm của nó, tập hợp các
nghiệm của phương trình kí hiệu là S.
S = {x0 ∈ D : f (x0 ) = g(x0 })
Khi đó, ta nói phương trình (1) là:
4


a) Phương trình vô nghiệm nếu tập nghiệm S của phương trình (1)
là tập rỗng, tức là S = ∅;
b) Phương trình có nghiệm duy nhất nếu có ít nhất một giá trị x0 ∈ D
thỏa mãn phương trình (1), tức là S chỉ gồm một phần tử;
c) Phương trình có vô số nghiệm nếu bất kỳ giá trị x0 ∈ D nào cũng
thỏa mãn phương trình (1), tức là S = D (có vô số phần tử).
Giải một phương trình là tìm tập hơp nghiệm S của nó. Nếu S được
biểu thị một hay nhiều công thức thì chúng được gọi là nghiệm tổng quát
của phương trình. S có thể là một tập hữu hạn hay vô hạn.
Trong tất cả các định nghĩa trên, thay cho trường R, ta có thể lấy một
trường số K bất kỳ (có thể là Q, C) làm trường cơ sở. Khi đó cần chú ý
rằng tập hợp nghiệm của phương trình phụ thuộc vào trường cơ sở.
Ví dụ 1.1. Phương trình (x2 − 3)(x2 + 4) = 0
• Vô nghiệm trên Q
√
√

• Có tập nghiệm trên R là { 3, − 3}
√
√
• Có tập nghiệm trên C là { 3, − 3, 2i, −2i}.
Chú ý: 1) Trong một phương trình (một hoặc nhiều ẩn), ngoài các chữ
đóng vai trò là các ẩn số, còn có thể có các chữ khác được xem như những
hằng số và được gọi là tham số.
2) Giải và biện luận phương trình chứa tham số, nghĩa là xem xét với
giá trị nào của tham số thì phương trình vô nghiệm, có nghiệm và tìm các
nghiệm đó.
Chẳng hạn, (m2 + 1)x + 5 = 0 và x2 + (m + 1)x + 2 = 0 là các phương
trình ẩn x, chứa tham số m.

5


1.2.

Các phép biến đổi tương đương phương trình

1.2.1.

Các định nghĩa

a) Phương trình tương đương
Định nghĩa 1.1. Hai phương trình được gọi là tương đương với nhau khi
chúng có cùng tập nghiệm.
Khi hai phương trình f (x) = g(x) và f1 (x) = g1 (x) tương đương với
nhau ta dùng kí hiệu
f (x) = g(x) ⇔ f1 (x) = g1 (x).

Ví dụ 1.2. Hai phương trình x − 2 = 0 và

√

3 − x = x − 1 tương đương

với nhau vì cùng có nghiệm duy nhất là x = 2.
Chú ý 1.1.

1. Nếu theo định nghĩa trên thì hai phương trình vô nghiệm

cũng được coi là tương đương với nhau vì có cùng tập hợp nghiệm đó
là tập hợp rỗng.
2. Sự tương đương của hai phương trình có tính chất phản xạ, đối xứng,
bắc cầu, nghĩa là thỏa mãn các tính chất của một quan hệ tương đương
trên tập tất cả các phương trình.
3. Sự tương đương của các phương trình phụ thuộc vào trường cơ sở.
b) Phương trình hệ quả
Định nghĩa 1.2. Nếu mọi nghiệm của phương trình f (x) = g(x) đều là
nghiệm của phương trình f1 (x) = g1 (x) thì phương trình f1 (x) = g1 (x)
được gọi là phương trình hệ quả của phương trình f (x) = g(x).
Khi phương trình f1 (x) = g1 (x) là hệ quả của phương trình f (x) = g(x)
ta dùng kí hiệu
f (x) = g(x) ⇒ f1 (x) = g1 (x).
6


Ví dụ 1.3. Phương trình (x2 − 1)(x − 2) = 0 là phương trình hệ quả của
phương trình x2 − 1 = 0.
1.2.2.

Các định lý về phương trình tương đương

Định lý 1.1. Cho phương trình f (x) = g(x). Nếu biểu thức h(x) có nghĩa
trong tập xác định của phương trình đã cho thì
f (x) = g(x) ⇔ f (x) + h(x) = g(x) + h(x)

(1.1)

Chứng minh. Trong (1.1) thay x bằng một giá trị a nào đó thuộc tập xác
định của phương trình f (x) = g(x) thì ta có
f (a) = g(a) ⇔ f (a) + h(a) = g(a) + h(a)
là một mệnh đề luôn luôn đúng, là một tính chất của đẳng thức.
Vậy (1.1) là hằng đẳng đúng.
Hệ quả 1.1. Có thể chuyển các hạng tử từ vế này sang vế kia của phương
trình, nhưng phải đổi dấu của nó, tức là:
f (x) + h(x) = g(x) ⇔ f (x) = g(x) − h(x)
Nói cách khác, chuyển vế và đổi dấu một biểu thức của một phương
trình ta được một phương trình tương đương.
Hệ quả 1.2. Mọi phương trình đều có thể đưa về dạng mà vế phải bằng
không. Vì vậy, ta luôn có thể ký hiệu phương trình là F (x) = 0.
Chú ý 1.2. Điều kiện h(x) có nghĩa trên tập xác định của phương trình
f (x) = g(x)
chỉ là điều kiện đủ nhưng không cần.
Nói khác đi, nếu có điều kiện ấy thì các phương trình trong (1.1) là
phép biến đổi tương đương, còn nếu không có điều kiện ấy thì hai phương
trình trên có thể tương đương hoặc có thể không.
7

Chẳng hạn, các phương trình
x2 = 1 và x2 −

1
1
=1−
x−2
x−2

là tương đương vì cùng có tập nghiệm {1, −1}, dù tập xác định của chúng
khác nhau.
Nhưng phương trình x2 = 1 không tương đương với phương trình
x2 −

1
1
=1−
x−1
x−1

vì không có cùng tập nghiệm, h(x) =

1
không xác định tại x = 1.
x−1

Định lý 1.2. Cho phương trình f (x) = g(x). Nếu biểu thức h(x) có nghĩa
và khác không trong tập xác định của phương trình đã cho thì
f (x) = g(x) ⇔ f (x)h(x) = g(x)h(x)

(1.2)

Chứng minh. Trong (1.2) thay x bằng một giá trị a nào đó thuộc tập xác
định của phương trình f (x) = g(x) thì ta có
f (a) = g(a) ⇔ f (a)h(a) = g(a)h(a)
là một mệnh đề luôn luôn đúng, là một tính chất của đẳng thức.
Vậy (1.2) là hằng đẳng đúng.
Hệ quả 1.3. Có thể nhân hai vế của một phương trình với một số khác
không tùy ý.
Ví dụ 1.4. Hai phương trình x2 − 5x + 6 = 3x − 1
(x2 − 5x + 6)(x2 + x + 1) = (3x − 1)(x2 + x + 1)
là hai phương trình tương đương trên R vì h(x) = x2 + x + 1 có nghĩa và
khác 0 với mọi x ∈ R.
Hai phương trình này có cùng một tập nghiệm là x = 1 và x = 7.
8


Định lý 1.3. Nếu nâng hai vế của một phương trình lên một lũy thừa
bậc lẻ thì ta được một phương trình tương đương với phương trình đã cho
(trên trường số thực).
Chứng minh.
Thật vậy, nếu a là nghiệm của phương trình f (x) = g(x), tức là
f (a) = g(a) là đúng thì ta có:
[f (a)]2k+1 = [g(a)]2k+1 , k ∈ N
nghĩa là a cũng là nghiệm của phương trình
[f (x)]2k+1 = [g(x)]2k+1
Đảo lại, nếu a là nghiệm của phương trình [f (x)]2k+1 = [g(x)]2k+1
thì

[f (a)]2k+1 = [g(a)]2k+1

là đẳng thức đúng

Do đó, f (a) = g(a) cũng là đẳng thức đúng, hay a là nghiệm của
phương trình f (x) = g(x).
Chú ý 1.3. Nếu ta nâng hai vế của phương trình trên R lên một lũy thừa
bậc chẵn thì nói chung ta chỉ được phương trình hệ quả của phương trình
đã cho mà không thu được phương trình tương đương.
Ví dụ 1.5. Phương trình x − 3 = 2 có nghiệm là x = 5;
Phương trình (x − 3)2 = x2 có nghiệm là x = 5 và x = 1.
Suy ra, hai phương trình không có chung tập nghiệm nên không tương
đương với nhau.

2.
2.1.

Phương trình vô tỷ
Định nghĩa. Định lý cơ bản về căn số

Định nghĩa 2.1. Ta gọi mọi phương trình có chứa ẩn dưới dấu căn thức
là các phương trình vô tỷ.
9


Hay nói khác đi, đó là một phương trình dạng f (x) = 0 trong đó:
• f (x) là hàm số đại số vô tỷ (thực sự có chứa căn thức của biến số);
• x có thể là một biến (khi đó phương trình có một ẩn);
• x có thể xem là n biến với x = (x1 , ..., xn ) ∈ C (khi đó phương trình
có n ẩn).
Trong lý thuyết căn số có định lý cơ bản sau đây:

Định lý 2.1. Căn số bậc n của một số phức (a ∈ C, a = 0) có n giá trị
phức phân biệt.
• Mọi số thực âm (a ∈ R, a < 0) không tồn tại căn thức thực bậc chẵn
bất kỳ.
• Mọi số thực dương (a ∈ R, a > 0) có hai căn thức thực bậc chẵn đối
nhau, trong đó giá trị dương của căn thức được gọi là căn số số học
√
và được kí hiệu bởi 2k a.
• Mọi số thực khác không đều có một căn bậc lẻ thực duy nhất cùng
dấu với nó. Căn bậc n bất kỳ của số 0 trên mọi trường đều bằng 0.
Như vậy,
√

2k

A phải thỏa mãn



A ≥ 0 để có nghĩa
√

 2k
A ≥ 0 (Định nghĩa căn số số học)

trong đó, A có thể là một số thực bất kỳ, hoặc một biểu thức tùy ý.
(Với k là số tự nhiên khác không).
2.2.

Các định lý tương đương cơ bản

Các định lý sau dùng làm cơ sở cho việc giải các phương trình vô tỷ.
10


Định lý 2.2.
f (x) = g(x) ⇔ f (x) = g 2k+1 (x)

2k+1

Định lý 2.3.
2k+1

f (x) =

2k+1

g(x) ⇔ f (x) = g(x)

Định lý 2.4.
2k

f (x) = g(x) ⇔



g(x) ≥ 0

f (x) = g 2k (x)

Định lý 2.5.

2k

f (x) =

2k

g(x) ⇔



g(x) ≥ 0 hoặc g(x) ≥ 0

f (x) = g(x)

(Với k là số tự nhiên khác không).
2.3.

Các bước giải phương trình vô tỉ (dạng chung)
Để giải phương trình vô tỷ ta tìm cách khử dấu căn. Cụ thể:

Bước 1: Tìm điều kiện (tập xác định) của phương trình.
Bước 3: Biến đổi đưa phương trình về dạng phương trình đã học.
Bước 3: Giải phương trình vừa tìm được.
Bước 4: So sánh kết quả với điều kiện (tập xác định) và kết luận.

11


Chương 2

CÁCH GIẢI MỘT SỐ DẠNG
TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH VÔ
TỶ
1.

Các dạng phương trình vô tỉ cơ bản và cách giải

1.1.

Dạng

f (x) = g(x)

Đây là dạng đơn giản nhất của phương trình vô tỉ.
Sơ đồ cách giải:

f (x) = g(x) ⇔



g(x) ≥ 0

(1)


f (x) = [g(x)]2

(2)

Giải phương trình (2) đối chiếu với điều kiện (1) chọn nghiệm thích

hợp suy ra nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 1.1. Giải phương trình.
√

x+1=x−1

Giải.
(1.1) ⇔

(1.1)



x − 1 ≥ 0

x + 1 = (x − 1)2

⇔



x ≥ 1

x2 − 3x = 0

12


⇔



x ≥ 1

⇔x=3


x = 0 hoặc x = 3
Vậy x = 3 là nghiệm của phương trình (1.1).
1.2.

Dạng

f (x) +

h(x) = g(x)

Sơ đồ cách giải:



f (x) ≥ 0




Tìm điều kiện có nghĩa của phương trình: g(x) ≥ 0






h(x) ≥ 0

(1)

Với điều kiện (1) hai vế của phương trình không âm nên ta bình
phương hai vế, ta có:
f (x).h(x) =

1
[g(x)]2 − f (x) − h(x)
2

Phương trình (2) là dạng

(2)

f (x) = g(x) nên có điều kiện mới:

[g(x)]2 − f (x) − h(x) ≥ 0

(3)

Bình phương hai vế của phương trình (2) được phương trình mới đã
biết cách giải.
So sánh nghiệm với điều kiện (1) và điều kiện (3) rồi kết luận.
Ví dụ 1.2. Giải phương trình.
√

x+3+

√

x−2=5

(1.2)

Giải:
Điều kiện:


x + 3 ≥ 0

⇔x≥2


x − 2 ≥ 0
13

(∗)


Với điều kiện (*) phương trình có hai vế không âm nên ta bình phương
hai vế ta có:
(1.2) ⇔ 2x + 1 + 2 (x + 3)(x − 2) = 25
(1.2∗ )

⇔ 2 (x + 3)(x − 2) = 24 − 2x

Điều kiện để (1.2*) có nghĩa: 12 − x ≥ 0 ⇔ x = 12

(∗∗)

Bình phương hai vế của (1.2*) ta được:
(1.2∗ ) ⇔ x2 + x − 6 = 144 − 24x + x2 ⇔ 25x = 150 ⇔ x = 6
Ta thấy, x = 6 thoả mãn điều kiện (*) và (**).
Vậy nghiệm của phương trình là x = 6.
1.3.

Dạng

f (x) +

h(x) =

g(x)

f (x) +

Dạng này chỉ khác dạng

h(x) = g(x) ở vế phải là

g(x)

nên cách giải tương tự như dạng trên.
Ví dụ 1.3. Giải phương trình.
√

x+1=

√




x+1≥0




Giải. Điều kiện: 12 − x ≥ 0





x − 7 ≥ 0

12 − x +

√

x−7

⇔ 7 ≤ x ≤ 12

(1.3)

(∗)

Với điều kiện (*) phương trình (1.3) có hai vế không âm nên ta bình
phương hai vế, ta có:
(1.3) ⇔ x + 1 = 12 − x − 7 + (12 − x)(x − 7)
√
⇔ 2 −x2 + 19x − 84 = x − 4
(1.3∗ )

14


Với (*) thì hai vế của phương trình (1.3*) không âm ta bình phương
hai vế, ta được:
(1.3∗ ) ⇔ 4(−x2 + 19x − 84) = x2 − 8x + 16
(1.3∗∗ )

⇔ 5x2 − 84x + 352 = 0
∆ = 1764 − 1760 = 4 > 0 ⇒

√
∆ =2

44
, x2 = 8
55
Ta thấy, x2 = 8 thỏa mãn điều kiện (*).
Phương trình (1.3**) x1 =

Vậy phương trình (1.3) có nghiệm: x = 8

1.4.

f (x) +

Dạng

h(x) =

g(x) +

k(x)

Sơ đồ lời giải:
Điều kiện: f (x) ≥ 0; h(x) ≥ 0, g(x) ≥ 0; k(x) ≥ 0
Bình phương hai vế ta có:
f (x) + h(x) + 2

g(x)h(x) = g(x) + k(x) + 2

g(x)k(x)

Tuỳ theo từng trường hợp để giải tiếp.
Ví dụ 1.4. Giải phương trình.
√

x+3+

√

3x + 1 =

√

√
2x + 2 + 2 x

(1.4)

Giải. Điều kiện: x ≥ 0 (*)
Với điều kiện (*) thì phương trình (1.4) có hai vế không âm, biến đổi
và bình phương hai vế, ta được:
(1.4) ⇔

√

3x + 1 −

√

2x + 2 =

√

4x −

√

x+3

⇔ 5x + 3 − 2 (3x + 1)(2x − 2) = 5x + 3 − 2 4x(x + 3)

√
√
⇔
6x2 + 8x + 2 = 4x2 + 12x
(1.4∗ )

15


Với điều kiện (*) phương trình (1.4*) có hai vế không âm nên ta bình
phương hai vế, ta có:
⇔ 6x2 + 8x + 2 = 4x2 + 12x
⇔ 2x2 − 4x + 2 = 0
⇔ x2 − 2x + 1 = 0
⇔ x=1
Thử lại, thấy x = 1 thỏa mãn phương trình (1.4)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 1
Nhận xét 1.1.

1. Nếu phương trình

f (x) +

h(x) =

g(x) +

mà có f (x) + g(x) = h(x) + k(x) thì ta biến đổi về dạng
f (x) −

g(x) =

f (x) +

2. Nếu phương trình

h(x) =

k(x) −

h(x)

g(x) +

k(x)

mà có f (x)g(x) = h(x)k(x) thì ta biến đổi về dạng
f (x) −
1.5.

Dạng

f (x) +

g(x) =

h(x) + n

k(x) −

h(x)

f (x).h(x) = g(x)

Sơ đồ lời giải:
Điều kiện: f (x) ≥ 0, h(x) ≥ 0.
Đặt ẩn phụ t =

f (x) +

h(x)

Ví dụ 1.5. Giải phương trình sau:
√

x+1+

√

x−2+2

Giải. Điều kiện: 2 ≤ x ≤

x2 − x − 2 = 13 − 2x

13
(*)
2

16

(1.5)

k(x)


Đặt t =

√

x+1+

√

x − 2( t > 0). Khi đó:

t2 = x + 1 + x − 2 + 2 (x + 1)(x − 2)
√
⇔ t2 − 2x + 1 = 2 x2 − x − 2 (1.5∗ )
(1.5) ⇒ t2 − 2x + 1 = 13 − 2x − t
⇔ t2 + t − 12 = 0

(1.5∗∗ )

Phương trình (1.5**) có hai nghiệm là t1 = 3; t2 = −4.
Vì t = 3 thoả mãn t > 0 thay vào phương trình (1.5*) , ta được:
2 x2 − x − 2 = 9 − 2x + 1
⇔

x2 − x − 2 = 5 − x

Điều kiện của (1.5***): x ≤ 5

(1.5∗∗∗ )

(∗∗)

Giải phương trình (1.5***) ta có x = 3 thoả mãn điều kiện (*) và (**).
Vậy nghiệm của phương trình là x = 3.
1.6.

Một số bài tập tự luyện

Giải các phương trình sau:
1.
2.

√
√

x−1=x−3
3x2 − 9x + 1 = x − 2

√
3. 3x − 3 3x − 1 = 5
4.
5.
6.
7.
8.

√
√
√
√
√

x2 − 6x + 9 = 3(x − 1)
3x + 1 −
x+1=

√

√

x2 + 9 −
x − 14 −

x−1=2

x+9−2

√

x2 − 7 = 2

√

12 − x = 0
17

9.
10.
11.
12.
13.
14.

√
3

x − 16 + 1 =

√
√
√
3

x+3−

5x − 1 −

x+5+

√
√

√

x+3

7−x=

√

√
3

√
3

√

3x − 2 −

x+6=

3x2 + 6x + 16 +
x2 + 3x + 2 +

√

√
3

√

2x − 8
√

x−1=0

2x + 11

√
x2 + 2x = 2 x2 + 2x + 4

x2 + 6x + 5 =

√

2x2 + 9x + 7

√
√
√
x + 1 + x + 10 = x + 2 + x + 5
√
√
√
x2 + 1 √
16. √
+ x + 1 = x2 + x + 1 + x + 3
x+3
√
√
17. 1 + x + 8 − x − (1 + x)(8 − x) = 3
15.

18.
19.
20.

√

√
√
√

7x + 7 +
3x − 2 +
x−1+

√

√
7x − 6 + 2 49x2 + 7x − 42 = 181 − 14x

√

√

√
x − 1 = 4x + 9 + 2 3x2 − 5x + 2

x + 3 + 2 (x − 1)(x + 3) = 4 − 2x.

18

2.

Phương pháp giải phương trình vô tỷ
Không phải bất cứ một phương trình vô tỷ nào cũng có thể đưa về

được một trong 5 dạng trên nên sau đây tôi sẽ cung cấp thêm các phương
pháp giải phương trình vô tỉ.
2.1.

Phương pháp hữu tỷ hóa
Nhìn chung để giải phương trình vô tỷ ta thường quy về phương trình

hữu tỷ để giải. Ta thường dùng các phương pháp sau đây để đưa các phương
trình vô tỷ về phương trình hữu tỷ mà ta có thể gọi các phương pháp này
là "hữu tỷ hoá".
2.1.1.

Sử dụng các phép biến đổi tương đương

Nội dung chính của phương pháp này là luỹ thừa hai vế với số mũ phù
hợp. Để làm mất căn bậc n thì ta nâng cả hai vế lên luỹ thừa n. Nếu chẵn
thì chỉ thực hiện được khi hai vế của phương trình là không âm.
Một số phép biến đổi tương đương thường gặp.


f (x) ≥ 0 hoặc g(x) ≥ 0
2k
2k
[1]

f (x) =
g(x) ⇔

f (x) = g(x)

[2]

2k

f (x) = g(x) ⇔



g(x) ≥ 0

f (x) = g 2k (x)

[3]

2k+1

f (x) = g(x) ⇔ f (x) = g 2k+1 (x)

Ví dụ 2.1. Giải phương trình
1+

2
3

x + x2 =

√

x+

19

√

1 − x.

(2.1)





x + x2 ≥ 0




Giải. Điều kiện x ≥ 0





1 − x ≥ 0

⇔ 0 ≤ x ≤ 1.

Để giải phương trình này, ta thường nghĩ đến việc bình phương hai vế
không âm của một phương trình để được phương trình tương đương.
√
(2.1) ⇔ 2(x − x2 ) − 3 x − x2 = 0
√
√
⇔
x − x2 (2 x − x2 − 3) = 0
√
x − x2 = 0

⇔
√
2 x − x2 = 3

x − x2 = 0
⇔ 
4x2 − 4x + 9 = 0 (Vô nghiệm)
Suy ra

x = 1 hoặc x = 0.

Kết hợp với điều kiện bài ra, ta có x = 0; x = 1 là nghiệm phương
trình.
Ví dụ 2.2. (Hoc sinh giỏi quốc gia năm 2000). Giải phương trình
√
4 − 3 10 − 3x = x − 2

(2.2)

Giải. Ta có
(2.2) ⇔



x ≥ 2


4 − 3√10 − 3x = x2 − 4x + 4


x ≥ 2
⇔

4x − x2 = 3√10 − 3x


2 ≤ x ≤ 4
⇔

x4 − 8x3 + 16x2 + 27x − 90 = 0

20


⇔

⇔



2 ≤ x ≤ 4

(x − 3)(x3 − 5x2 + x + 30) = 0


2 ≤ x ≤ 4

(x − 3)(x + 2)(x2 − 7x + 15) = 0

⇔

x=3

Vậy x = 3 là nghiệm của phương trình.
2.1.2.

Thực hiện phép nhân liên hợp để đơn giản việc tính toán

Ta đã biếtnếu x = x0 là nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì điều

x0 ∈ Df
đó có nghĩa là

f (x ) = 0
0
Nếu x = a là nghiệm của đa thức P (x) thì P (x) = (x − a)P1 (x), trong
đó P1 (x) là đa thức với degP1 = degP − 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 phương trình f1 (x) = 0
Ví dụ 2.3. Giải phương trình
√
√
3(2 + x − 2) = 2x + x + 6.


x − 2 ≥ 0
Giải. Điều kiện
⇔ x ≥ 2.

x + 6 ≥ 0

(2.3)

Ta thấy x = 3 là một nghiệm của phương trình đã cho. Nhận xét rằng
khi x = 3 thì x − 2 và x + 6 là những số chính phương. Do đó ta tìm cách
đưa phương trình đã cho về dạng (x − 3)f1 (x) = 0.
√
√
Biến đổi phương trình về dạng sau 2(x − 3) + ( x + 6 − 3 x − 2) = 0.
√
√
Vấn đề còn lại của chúng ta là phải phân tích x + 6 − 3 x − 2 = 0
21


để có thừa số (x − 3). Ta có (x + 6) − 9(x − 2) = −8(x − 3), điều này giúp

ta liên tưởng đến hằng đẳng thức a2 − b2 = (a + b)(a − b). Ta biến đổi
√
√
√
√
√
√
( x + 6 − 3 x − 2)( x + 6 + 3 x − 2)
√
√
x+6−3 x−2=
x+6+3 x−2
=√

−8(x − 3)
√
x+6+3 x−3

Suy ra phương trình đã cho tương đương với phương trình

(x − 3)(2 − √

8
√
)=0
x−6+3 x−3

Đến đây ta chỉ cần giải phương trình
2− √

8
√
=0
x−6+3 x−3

hay
√

√
x−6+3 x−3=4

√
√
11 − 3 5
11 + 3 5
Phương trình này có một nghiệm x =
,x =
2
2
√
√
11 − 3 5
11 + 3 5
Vậy phương trình có nghiệm là x = 3 và x =
,x =
.
2
2
Nhận xét 2.1. Qua ví dụ trên ta thấy để khử căn thức ta có thể sử dụng
hằng đẳng thức

an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + ... + abn−2 + bn−1 ).
Ta gọi hai biểu thức a−b và an−1 +an−2 b+...+abn−2 +bn−1 là các biểu thức
liên hợp của nhau. Nên phương pháp trên thường được gọi tắt là phương
pháp nhân liên hợp.
Ví dụ 2.4. (Đề thi đề nghị Olympic 30-4 THPT Thái Phiên, Đà Nẵng).
Giải phương trình
√
1+3 x
√
− 1 = 0.
4x + 2 + x
22

(2.4)