Mot so pp giai PT vo ti

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ
TỈ
THÚ VỊ !
(Lê Phúc Lữ, lớp 12T, trường THPT Chuyên Bến Tre)
Phương trình vô tỉ là một dạng toán khó trong các kì thi Toán và
chúng ta cũng đã làm quen nhiều với nó cùng vài phương pháp giải
quen thuộc. Trong bài này, xin giới thiệu với các bạn thêmhai phương
pháp thú vò khác, xin tạm gọi là phương pháp “nhân lượng liên hợp”
và phương pháp “tam thức bậc hai”. Hy vọng rằng qua đó, các bạn sẽ
có thêm một vài kiến thức cần thiết, làm phong phú thêm kinh
nghiệm của mình.
1) Phương pháp nhân lượng liên hợp:
* Bài toán mở đầu: Giải phương trình sau: x + 1 + x + 4 + x + 9 + x + 16 = x + 100
Tuy phương trình này chỉ chứa các căn thức bậc hai và cũng ở
dạng đơn giản nhưng các phương pháp thông thường để giải phương trình
vô tỉ như bình phương để khử căn thức hoặc dùng bất đẳng thức đều
không có tác dụng, ta sẽ cùng tìm hiểu một cách giải độc đáo dựa
vào một kiến thức quen thuộc nhưng cho lời giải khá ấn tượng sau đây.
*Ý tưởng chính: Trong nhiều trường hợp, ta đã nhẩm được nghiệm
của một phương trình chứa căn thức và đoán được rằng đây là tất cả
các nghiệm của phương trình đã cho nhưng chưa chứng minh được. Khi đó,
ta hãy thử dùng phương pháp thêm bớt, nhân lượng liên hợp, đưa phương
trình đã cho về một tích, trong đó chắc chắn có một nhân tử dẫn đến
nghiệm ta đã nhẩm được (còn nhân tử còn lại thì thường là một phương
trình vô nghiệm).
*Lời giải bài toán mở đầu: Điều kiện: x ≥ −1 , ta nhẩm thấy x= 0 là
một nghiệm của phương trình, tiến hành biến đổi như sau:
( x + 1 − 1) + ( x + 4 − 2) + ( x + 9 − 3) + ( x + 16 − 4) = ( x + 100 − 10)
x
x
x

x
x
⇔
+
+
+
=
x +1 +1
x+4+2
x+9 +3
x + 16 + 4
x + 100 + 10
x = 0
⇔
1
1
1
1
1

+
+
+
=
x+4+2
x+9 +3
x + 16 + 4
x + 100 + 10
 x + 1 + 1
1

1
<
⇒ VT > VP , phương trình này vô
Ta có: x + 100 + 10 > x + 1 + 1 ⇒
x + 100 + 10
x +1 +1
nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0.
Ta hãy làm tìm hiểu thêm 3 ví dụ sau đây để thấy rõ hiệu quả của
phương pháp này:
VD1: Giải phương trình sau: x 2 + 15 = 3. 3 x 2 + x 2 + 8 − 2
Giải: PT đã cho tương đương với:
x 2 + 15 − 4 = 3( 3 x 2 − 1) + x 2 + 8 − 3

1


x −1
2

⇔

x + 15 + 4
2

=

 x2 = 1
3( x − 1)
x −1

+
⇔ 
1
4
3 2
2
=
x + x +1
x +8 +3
 x 2 + 15 + 4
2

3

2

2
2
Xét phương trình (*), ta có: x + 8 + 3 < x + 15 + 4 ⇒

3
3

x4 + 3 x2 + 1
1
<
2
x + 15 + 4

+

1
x2 + 8 + 3
1
x2 + 8 + 3

(*)
suy ra:

VTDo đó, (*) vô nghiệm.Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x=1, x= -1.
-Đôi khi việc chứng minh phương trình thứ hai vô nghiệm cũng không đơn
giản, cần kết hợp một vài bất đẳng thức để so sánh các vế:
VD2: Giải phương trình sau: 3 x 2 − 1 + x = x 3 − 2 .
Giải: Điều kiện: x ≥ 3 2 .Phương trình đã cho tương đương với:


x+3
x 2 + 3x + 9
( 3 x 2 − 1 − 2) + ( x − 3) = ( x 3 − 2 − 5) ⇔ ( x − 3) 1 +
 = ( x − 3).
 3 ( x 2 − 1) 2 + 2 3 ( x 2 − 1) + 4 
x3 − 2 + 5
x = 3

x+3
x 2 + 3x + 9
⇔
Ta sẽ chứng minh ở (*), VP >2 >VT
1+

=
(*)
2
2
2
3
 3 ( x − 1) + 2 3 ( x − 1) + 4
x −2 +5

VP =

x 2 + 3x + 9
x −2 +5
3

> 2 ⇔ x 2 + 3 x − 1 > 2 x 3 − 2 ⇔ ( x 2 + 3 x − 1) 2 − 4( x 3 − 2) > 0

⇔ x 4 + 2 x 3 + 7 x 2 − 6 x + 9 > 0 ⇔ ( x 2 + x) 2 + ( x − 3) 2 + 5 x 2 > 0, ∀x ≥ 3 2
x+3
VT = 1 +
< 2 ⇔ x < 3 ( x 2 − 1)2 + 2 3 ( x 2 − 1) + 1
2
2
2
3
3
( x − 1) + 2 ( x − 1) + 4
Đặt t= 3 ( x 2 − 1) > 0. Cần chứng minh: t 3 + 1 < t 2 + 2t + 1 ⇔ t 4 + 3t 3 + 6t 2 + 4t > 0, ∀t > 0 ,
đúng.
Vậy (*) vô nghiệm hay phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= 3.

100

VD3: Giải phương trình sau:

∑

3

x 2 + k 3 = x 2 + 5049 (*)

k =2

Giải: Ta nhẩm thấy x= 0 là nghiệm của phương trình nên cũng tiến
hành biến đổi như sau:
(chú ý rằng ta có thể chứng minh bằng quy nạp rằng
n
100
n(n + 1)
100.(100 + 1)
k
=
⇒
k=
− 1 = 5049 )
∑
∑
2
2
k =1
k =2

100

100

100

x2 + k 3 − k 3

k =2

(x + k ) + k x + k + k

(*) ⇔ ∑ ( 3 x 2 + k 3 − k ) = x 2 + 5049 − ∑ k ⇔ ∑
k =2

k =2

3

2

3 2

3

2

3

2

= x 2 + 5049 − 5049

x = 0

1
⇔∑
= x ⇔  100
2
3 2
3 2
3
2
= 1 (**)
3
∑
k =2
(x + k ) + k x + k + k
 k = 2 3 ( x 2 + k 3 )2 + k 3 x 2 + k 3 + k 2

100
100
1 100
1
1
1
1
= ∑(
− ) = 1−
< 1 = VP

Xét phương trình (**), ta có: VT < ∑ 2 < ∑
k
100
k =2 k
k = 2 k ( k − 1)
k =2 k − 1
Suy ra (**) vô nghiệm. Vậy (*) có nghiệm duy nhất là x= 0.
100

x2

2

2


* Bài tập áp dụng: Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
5
1
3 2
x −1 + 3 5x − 2 = x +
1/
2/
x + 2 + x = 3x + 49
4
2
3
x + 1 + 3 x + 8 + 4 x + 81 = ( x + 4)
3/
4/

2
9 2
x + x2 −1 =
( x − 1) x − 1
4
 x 2 + 21 = y − 1 + y 2
5/
 2
 y + 21 = x − 1 + x 2
2) Phương pháp tam thức bậc hai:
* Ý tưởng chính: Đặt một biểu thức nào đó trong phương trình ban
đầu về một ẩn khác (thường là biểu thức dưới dấu căn) nhưng ta chưa
đưa được hết phương trình đã cho về ẩn mới này mà chỉ viết được
phương trình về dạng một tam thức bậc hai theo một ẩn có tham số là
ẩn còn lại. Khi đó, ta hãy cứ tiếp tục tính ∆ của phương trình này và
thông thường ∆ tính được hoặc là một hằng số hoặc là bình phương của
một biểu thức chứa biến. Tiếp tục giải theo công thức tìm ra nghiệm
và đi đến các phương trình đơn giản hơn.
VD1: Giải phương trình sau: (4 x − 1) x 2 + 1 = 2 x 2 + 2 x + 1 (*)
Giải: Đặt: t = x 2 + 1 ≥ 1
(*) ⇔ 2( x 2 + 1) − (4 x − 1) x 2 + 1 + 2 x − 1 = 0 ⇔ 2t 2 − (4 x − 1)t + 2 x − 1 = 0
∆ = (4 x − 1) 2 − 4.2.(2 x − 1) = 16 x 2 − 24 x + 9 = (4 x − 3) 2
 (4 x − 1) − (4 x − 3)
 1
t =
t=
(1)
4
⇒
⇔ 2


t = (4 x − 1) + (4 x − 3)
(2)
t = 2 x − 1

4
(1) không có nghiệm do điều kiện của t.
2
2
3 x 2 − 4 x = 0
4
 x 2 + 1 = 2 x − 1  x + 1 = (2 x − 1)
(2) ⇔ 
⇔
⇔
⇔x=
3
 2 x − 1 ≥ 0
2 x − 1 ≥ 0
2 x − 1 ≥ 0
Phương trình đã cho có nghiệm là x =

4
.
3

VD2: Tìm nghiệm dương của phương trình sau: 2 x +
Giải: Điều kiện: x ≥ 1 .Đặt t = 1 −

x −1

1
1
= 1− + 3 x −
x
x
x

1
≥ 0 . Phương trình đã cho trở thành:
x

t 2 − (1 + 3 1 + x )t + 2 x = 0 .
t = 2( x + 1 + 1)
∆ = (1 + 3 1 + x ) 2 − 8 x = 9 + 6 1 + x + ( x + 1) = ( x + 1 + 3) 2 . Suy ra: 
t = x + 1 − 1

(*)
(**)

3


-Từ (*), suy ra:
1−

1−

1
= 2( x + 1 + 1) . Phương trình này vô nghiệm do:
x

1
< 1 < 2( x + 1 + 1) .
x

1
x −1
1
= x + 1 − 1, x ≥ 1 ⇔
= x + 2 − 2 x +1 ⇔ 2 x +1 = x +1+
x
x
x
1± 5
⇔ x 2 + x + 1 − 2 x x + 1 = 0 ⇔ ( x − x + 1) 2 = 0 ⇔ x = x + 1 ⇔ x =
2
1+ 5
Do x ≥ 1 nên phương trình đã cho có nghiệm dương là: x =
.
2
VD3: Giải phương trình sau: ( x 3 − 3 x + 1) x 2 + 21 + x 4 − 3 x 2 + x = 21 (*)
-Từ (**), suy ra:

1−

Giải: Đặt t = x 2 + 21 > 0 .
(*) ⇔ ( x 2 + 21) − ( x 3 − 3x + 1) x 2 + 21 − ( x 4 − 2 x 2 + x) = 0 ⇔ t 2 − ( x 3 − 3 x + 1)t − ( x 4 − 2 x 2 + x ) = 0
∆ = ( x 3 − 3 x + 1) 2 + 4.( x 4 − 2 x 2 + x) = x 6 − 2 x 4 + 2 x 3 + x 2 − 2 x + 1 = ( x 3 − x + 1) 2
Suy ra phương trình ẩn t có hai nghiệm là:
(1)

t = − x
( x 3 − 3 x + 1) ± ( x 3 − x + 1)
⇒t =
⇒
3
2
(2)
t = x − 2 x + 1
 x 2 + 21 = − x
 x 2 + 21 = x 2
(1) ⇔ 
⇔
 x < 0
x < 0

Phương trình này vô nghiệm.

(2) ⇔ x 2 + 21 = x3 − 2 x + 1 ⇔ x 2 + 21 − 5 = x 3 − 2 x − 4
x = 2
x2 − 4
2
⇔
= ( x − 2)( x + 2 x + 2) ⇔ 
x+2

2
= x2 + 2x + 2
x + 21 + 5
2
 x + 21 + 5

(3)

x+2
< x 2 + 2 x + 2 = VP . Suy ra (3) vô nghiệm.
5
Vậy phương trình (*) có nghiệm là x=2.
Xét (3) : VT ≤ VT <

*Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau:
]1/
2/

2 x2 − 3 − 3 x2 + 1 + x2 x2 + 1 = 0 .
2x −1− x x + 1 + x + 1 = 0 .

3/

x 2 − 3 x + 12 = (3 x − 2) x 2 + 11

4/

( 1 + x − 1)( 1 − x + 1) = 2 x

5/

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

4

5