PHƯƠNG PHÁP đặt ẩn PHỤ để GIẢI một số PHƯƠNG TRÌNH vô tỉ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG BÌNH
KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN

LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP
Đề tài: PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG
TRÌNH VÔ TỈ.

Giảng viên hướng dẫn: Lê Thị Bạch Liên
Sinh viên thực hiện : Nguyễn Thị Kiều Oanh
Lớp
: CĐ sư phạm Toán - Tin K56

Đồng hới, 5/2017


Khóa luận tốt nghiệp

Lời cảm ơn
Được sự cho phép của Khoa Khoa Học Tự Nhiên Trường Đại Học Quảng
Bình, và sự đồng ý của Cô giáo hướng dẫn TS. Lê Thị Bạch Liên em đã thực
hiện đề tài “ Phương pháp đặt ẩn phụ để giải một số phương trình vô tỉ ”.
Để hoàn thành khóa luận này. Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và
lòng kính trọng sâu sắc đối với cô, người đã tận tình chỉ dẫn và động viên
em trong quá trình thực hiện và hoàn thành khóa luận.
Em xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo trong khoa Khoa Học Tự
Nhiên đã tận tình hướng dẫn, giảng dạy trong suốt quá trình học tập.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng để thực hiện đề tài một cách hoàn chỉnh nhất.
Song do buổi đầu mới làm quen với công tác nghiên cứu khoa học củng như
hạn chế về kiến thức và kinh nghiệm nên không thể tránh những thiếu sót
nhất định mà bản thân chưa thấy được. Em rất mong được sự góp ý của quý
thầy, cô giáo để khóa luận được hoàn chỉnh hơn.

Em xin chân thành cảm ơn!
Quảng Bình, tháng 4 năm 2017
Sinh viên
Nguyễn Thị Kiều Oanh


MỤC LỤC
Mở đầu
1.
2.
3.
4.
5.

Lí do chọn đề tài
Mục tiêu nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu
Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Thời gian nghiên cứu

Nội dung
Chương 1 Phương trình vô tỉ
1.1 Định nghĩa
1.2 Các kiến thức cơ bản về căn thức
1.3 Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
Chương 2 Phương pháp đặt ẩn phụ để giải một số phương trình vô tỉ
2.1 Phương pháp dùng một ẩn phụ đưa về phương trình theo ẩn phụ
2.2 Phương pháp dùng hai ẩn phụ đưa về hệ phương trình
2.3 Phương pháp dùng ẩn phụ không hoàn toàn
Kết luận

Tài liệu tham khảo


MỞ ĐẦU
1.Lí do chọn đề tài
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 xã hội, trong khoa học lí thuyết và khoa học ứng dụng. Toán
học là một môn học giữ một vai trò quan trọng trong suốt bậc học phổ
thông. Tuy nhiên, nó là một môn học khó, khô khan và đòi hỏi ở mỗi học
sinh phải có một sự nỗ lực rất lớn để chiếm lĩnh những tri thức cho mình.
Chính vì vậy, đối với mỗi giáo viên dạy toán việc tìm hiểu cấu trúc của
chương trình, nội dung của sách giáo khoa, nắm vững phương pháp dạy
học. Để từ đó tìm ra những biện pháp dạy học có hiệu quả trong việc truyền
thụ các kiến thức Toán học cho học sinh là công việc cần phải làm thường
xuyên. Dạy học sinh học Toán không chỉ là cung cấp những kiến thức cơ
bản, dạy học sinh giải bài tập sách giáo khoa, sách tham khảo mà điều quan
trọng là hình thành cho học sinh phương pháp chung để giải các dạng toán,
từ đó giúp các em tích cực hoạt động, độc lập sáng tạo để dần hoàn thiện kĩ
năng, kĩ xảo, hoàn thiện nhân cách. Giải toán là một trong những vấn đề
trung tâm của phương pháp giảng dạy, bởi lẽ việc giải toán là một việc mà
người học lẫn người dạy thường xuyên phải làm, đặc biệt là đối với những
học sinh bậc THCS thì việc giải toán là hình thức chủ yếu của việc học
toán. Trong chương trình Toán bậc THCS, chuyên đề về phương trình là
một trong những chuyên đề xuyên suốt 4 năm học của học sinh, bắt đầu từ
những bài toán “Tìm x biết ...” dành cho học sinh lớp 6, 7 đến việc cụ thể
hóa vấn đề về phương trình ở cuối năm học lớp 8 và hoàn thiện cơ bản các
nội dung về phương trình đại số ở lớp 9. Đây là một nội dung quan trọng
bắt buộc học sinh bậc THCS phải nắm bắt được và có kĩ năng giải phương
trình một cách thành thạo. Trong những vấn đề về phương trình, phương

trình vô tỉ lại 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. Thực ra, đây cũng
là một trong những vấn đề khó. Đặc biệt, với những học sinh tham gia các
kì thi học sinh giỏi thì đây là một trong những vấn đề quan trọng mà bắt
buộc những học sinh này phải vượt qua. Như chúng ta đã biết có nhiều
trường hợp giải một phương trình vô tỉ mà ta biến đổi tương đương sẽ ra
một phương trình phức tạp, có thể là bậc quá cao…Có lẽ phương pháp hữu
hiệu nhất để giải quyết vấn đề này chính là đặt ẩn phụ để chuyển về một
phương trình đơn giản và dễ giải quyết. Để nâng cao chất lượng giáo dục
toàn diện các nhà trường nói chung, các giáo viên trực tiếp giảng dạy nói
riêng cần phải có giải pháp tích cực để nâng cao chất lượng môn đại số của
học sinh trung học cơ sở củng như trung học phổ thông.
Nhằm mục đích nâng cao chất lượng học sinh khi học môn đại số nói
chung và phương trình vô tỉ nói riêng, với mong muốn cung cấp thêm cho


học sinh một số kĩ năng đặt ẩn phụ trong giải phương trình vô tỉ, cùng với
lòng đam mê nghiên cứu và sự gợi ý của giáo viên hướng dẫn em đã quyết
định chọn đề tài “PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ”.
2. Mục tiêu nghiên cứu
Xây dựng hệ thống bài tập về phương trình vô tỷ sử dụng phương pháp đặt
ẩn phụ . Giúp học sinh nâng cao trách nhiệm trong học tập, khắc phục tính
chủ quan tự mãn, đặc biệt là phát triển năng lực tự đánh giá. Giúp người
thầy tự điều chỉnh hoạt động dạy và học cho phù hợp.
3. Phương pháp nghiên cứu
Sử dụng phương pháp phân tích, nghiên cứu tài liệu trên cơ sở đó tổng
hợp, chứng minh các vấn đề nghiên cứu, đồng thời trình bày các bài tập có
liên quan.
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Đối tượng: Học sinh THCS và THPT
Phạm vi nghiên cứu: Đề tài tập trung nghiên cứu các dạng bài tập cơ
bản và phương pháp giải phương trình vô tỉ bằng cách đặt ẩn phụ.
5. Thời gian nghiên cứu
Năm học 2016-2017.


B. Nội dung.
Chương 1 . Một số khái niệm về phương trình vô tỉ.
1.1 Định nghĩa phương trình vô tỷ.
Khái niệm phương trình là một trong những khái niệm quan
trọng của toán học. Khi nói đến phương trình ta hiểu rằng đó là
hai biểu thức chứa biến số nối với nhau bởi dấu “ = ” mà ta phải
tìm giá trị của biến số để giá trị tương ứng của hai biểu thức bằng
nhau.
Có thể định nghĩa cơ bản về phương trình vô tỷ như sau:
“Phương trình vô tỉ là phương trình chứa ẩn ở dưới dấu căn”.
Ví dụ:
a)

n

b)

n

c)

f ( x) =a.
f ( x) =g(x).

n

f ( x) = n g ( x) .

Trong đó: f(x), g(x) là các đa thức.

Các kiến thức cơ bản về căn thức.

1.2

 Căn bậc 2:
Ta có các công thức cơ bản sau:
1. A2 = A .
A . B với

2.

AB =

3.

A
B

4.

A2 B = A

5. A

=

B=

A
B

với A
.

A2 B



A,B



0.

0 và B > 0.

B.

với A,B



0.

6.

A
B

=

AB
B

7.

A
B

=

A B
B

8.

C
= C ( A 2B) với
A B
AB

9.

C
A B

=

với AB



0 và B  0.

với B > 0.
A

C( A  B )
với
A B



0 và A

A,B



 B2 .

0 và A



B.

Đó là những căn thức cơ bản chúng ta cần nhớ, sau đây là
một số căn thức còn gọi là “Căn thức tạp”.
1.

a b 

a  a2  b
a  a2  b

2
2

.

2.

a b 

a  a2  b
a  a2  b

2
2

.

 Căn bậc 3 và bậc n:
Am  nk Amk

với A > 0 và k,m là số tự nhiên.

1.

n

2.

m n

3.

n

AB  n A. n B

4.

n

A

B

5.

 A

n

1.3

A  mn A với

m

n
n

A
B

A > 0, m > 2.

với A,B > 0.

với A,B > 0.

 n Am

với A > 0 và m là số tự nhiên khác 0.

Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ.

 Phương pháp 1: Biến đổi về dạng cơ bản.
Ví dụ 1: Giải phương trình sau:

3x 2  9 x  1  x  2  0.

Ví dụ 2: Giải phương trình sau:
2 x  1  x 2  3x  1  0.

Ví dụ 3: Giải phương trình sau:
x  2  2 x  1  x  1  4.

2

 Phương pháp 2: Đặt điều kiện (nếu có) và nâng lên lũy
thừa để khử căn thức.
Ví dụ 1: Giải phương trình sau:
2 x  9  4  x  3x  1.

 Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ.
Phương pháp:
Bước 1: Đặt ẩn phụ, nêu điều kiện của ẩn phụ ( nếu có).
Bước 2: Chuyển phương trình đã cho về phương trình chứa
ẩn phụ. Giải phương trình chứa ẩn phụ. Đối chiếu với điều
kiện ẩn phụ đã nêu để tìm nghiệm thích hợp của phương
trình này.
Bước 3: Tìm nghiệm của phương trình ban đầu theo hệ
thức khi đặt ẩn phụ.

Ví dụ 1: Giải phương trình sau:
1.
2.

( x  5)(2  x)  3 x 2  3x .

x  1  4  x  ( x  1)(4  x)  5.


Ví dụ 2: Giải phương trình sau:
3

2  x  6 2  x  4 4  x 2  10  3x

( x  R ).

Ví dụ 3: Giải phương trình sau:
(x+4) 2 - 6

x3  3x  13.

 Phương pháp 4: Biến đổi phương trình về dạng tích số
A.B=0 hoặc A.B.C=0.
Ví dụ 1: Giải phương trình sau:
1.
2.

x2
 3x  2  1  x.
3x  2

x  2 7  x  2 x  1   x 2  8x  7  1.

Ví dụ 2: Giải phương trình sau:
1.

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

2.

3x  1  6  x  3x2  14 x  8  0.

3.

x2  2 x  22  x  x 2  2 x  3.


Chương 2. Phương pháp đặt ẩn phụ để giải một số phương trình vô tỷ.
2.1 Phương pháp dùng một ẩn phụ đưa về phương trình theo ẩn phụ.
Phương pháp: Đối với phương trình vô tỷ, để giải chúng ta có thể đặt t=
f(x) và chú ý điều kiện của t nếu phương trình ban đầu trở thành phương
trình chứa biến t quan trọng hơn, ta có thể giải được phương trình đó theo t
thì việc đặt ẩn phụ xem như “hoàn toàn”.
Ví dụ 1: Giải phương trình:

x  x 2  1  x  x 2  1  2.(1)

Hướng dẫn:
Điều kiện: x  0.
Nhận xét: x  x2  1 . x 
Đặt t = x  x2  1
Thì phương trình có dạng:

x 2  1 =1.
1

t   2  t 2  2t  1  0  t  1.
t

Thay t=1 vào phương trình (1) tìm được x=1.
Ví dụ 2: Giải phương trình 2 x2  6 x 1  4x  5.(2)
Hướng dẫn:
Điều kiện: x   4 .
5

Đặt

t  4x  5

(t  0 ) thì

t2  5
x
4

Thay vào phương trình (2), ta có phương trình sau:
2.

t 4  10t 2  25 6 2
 (t  5)  1  t.
16
4

 t 4  22t 2  8t  27  0.
 (t 2  2t  7).(t 2  2t  11)  0.

Ta tìm được 4 nghiệm là:

t  1  2 2

t  1  2 2

t  1  2 3

t  1  2 3

Do t  0 nên chỉ nhận các giá trị

t  1  2 2

t  1  2 3


Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình là:
Ví dụ 3: Giải phương trình

 x  1  2

 x  2  3

x  5  x  1  6.

Hướng dẫn:
Điều kiện: 1  x  6.
Đặt y  x  1  y  0 thì phương trình trở thành:
y 2  y  5  5  y 4  10 y 2  y  20  0 (với y  5 )

 ( y 2  y  4)( y 2  y  5)  0

1  21
1  17
(loại) ; y 
(nhận).
2
2
11  17
Từ đó ta tìm được các giá trị của x 
2
 y

Ví dụ 4: Giải phương trình x  (2004  x ).(1  1  x )2 .

Hướng dẫn:
Điều kiện:
Đặt

0  x  1.

y  1 x

PTTT  2(1  y) .( y

2

Thay y=1 vào pt

 x  0.

2

 y  1002)  0.

 y  1.

Vậy x=0 là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 5: Giải phương trình

x2  2x x 

1
 3x  1.
x

Hướng dẫn:
Điều kiện:

1  x  0.


Chia cả hai vế cho x ta nhận được:
Đặt

t  x

1
,

x

x2 x

1
1
 3 .
x
x

ta giải được .

Ví dụ 6: Giải phương trình

x 2  3 x 4  x 2  2 x  1.

Hướng dẫn:
x=0 không phải là nghiệm.
Chia cả hai cho x ta được:
Đặt

t  3 x

Ta có:
Vậy

1
1

 x    3 x   2.

x
x


1
x

t3  t  2  0  t  1  x 

x

1 5
2

1 5
.
2

là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 7: Giải phương trình

2 2 x  4  4 2  x  9 x 2  16.(1)

Hướng dẫn:
Điều kiện: x  2.
Đặt t  2(4  x2 ).
Lúc đó:

(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.

Phương trình trở thành: 4t 2  16t  x2  8x  0.
Giải phương trình trên với ẩn t, ta tìm được:
x  2 nên t 

Với

t

kiện

thì

x  2. )

x
và t   x  4.
2
2

x
 4  0 không thỏa điều kiện t  0.
2
x  0
x
4 2
2(4  x 2 )   
x
(thỏa

2
2
2
3
8(4  x )  x

Do

x
2

t

mãn điều


Ví dụ 8: Giải phương trình

x2  x  12 x  1  36.

Hướng dẫn:
Điều kiện: x  1.
Đặt t  x  1  0 , phương trình đã cho trở thành:
xt 2  12t  36  0  t 



6  6t
.
x

Với

t

6  6t
,
x

ta có:

(6  x)t  6

ta có:

(6  x)t  6 .

(vô nghiệm vì

VT  0, VP<0).


Với

t

6  6t
,
x

Do x=6 không là nghiệm của phương trình nên:
t

6
6
 x 1 
.
6 x
6 x

Bình phương hai vế và rút gọn ta được: x=3(thõa mãn).
Ví dụ 9: Giải phương trình

3( 2 x2  1  1)  x(1  3x  8 2 x2  1).

Hướng dẫn:
Đặt 2 x2  1  t  1.
Phương trình đã cho viết thành:
3(t  1)  x  3(t 2  1)  3x 2  8xt
 3t 2  (8x  3)t  3x2  x  0

t 

x
3

hoặc

t  1  3x  x  0.

Ví dụ 10: Giải phương trình

2008x2  4 x  3  2007 x 4 x  3.

Hướng dẫn:
3
x .
4
4x  3  t  0 .

Điều kiện:

Đặt
Phương trình đã cho viết thành:
2008x2  2007 xt  t 2  0.

Giải ra , ta được:

xt

hoặc

x

t
(loại)
2008




Vậy

xt
x  1, x  3

ta có:

x  1
x2  4x  3  0  
x  3

là nghiệm phương đã cho.

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. Nói chung những phương trình mà có thể đặt
hoàn toàn t  f ( x) thường là những phương trình dễ.
2.2 Pương pháp dùng hai ẩn phụ đưa về hệ phương trình.
- Phương pháp: Đặt u   ( x), v   ( x) và tìm mối quan hệ giữa
 ( x) và  ( x) từ đó tìm được hệ theo u,v.
Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 x  34  3 x  3  1 *
Hướng dẫn

Đặt:

3

u  x  34
 u 3  v3  37


3

v  x  3

*  u  v  1
Ta có hệ:

u 3  v3  37 1

 2
u  v  1

 2  u  v  1  3 , sau đó thay vào 1 ta có:
 v  1

3

 v3  37

v  3

v  4
 v  3  3 x  3  3  x  30
 v  4  3 x  3  4  x  61


Ví dụ 2: Giải phương trình:
7 4 x 2  5x  1  14 x 2  3x  3  17 x  13

*

Hướng dẫn:

*  7

4  x 2  3x  3  17 x  13  14 x 2  3x  3  17 x  13

Đặt:
u  13

x

u  17 x  13
17



2
2
2
v  x  3x  3  v  0 
v 2   u  13   3  u  13   3  u  25u  373





289
 17 
 17 

* trở thành

Ta có hệ:

7 4v 2  u  14v  u

7 4v 2  u  14v  u 1

 2 u 2  25u  373
v 
 2
289


1  49  4v 2  u   14v  u 
 49u  28uv  u 2
 u  u  28v  49   0
u  0

u  49  28v
u0 x

13
17

 u  49  28v

Thay vào  2  :

2


 25  49  28v   373
289
2
2
 289v  784v  2044v  1549

v

2

 49  28v 


2

 495v 2  2044v  1549  0


v  1


 
v  1549

495


 x  1

2
 x  2
x  3x  3  1

   x   746
1549

x 2  3x  3 
495

495

2231
 x 
495


Thay các giá trị vào phương trình đầu ta nhận nghiệm:
x  2, x  

746
495

Vậy S  

746 13 
; ;2 .
 495 17 

Ví dụ 3: Giải phương trình

x 3 35  x3 ( x  3 35  x3 )  30.

Hướng dẫn:
Đặt y  35  x  x  y  35.
Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau:
3

3

3

3

 y ( x  y )  30
 3
3
 x  y  35

Giải hệ này ta tìm được: ( x; y)  (2;3)  ( x; y)  (3;2).
Vậy nghiệm của phương trình là x  (2;3).
Ví dụ 4: Giải phương trình

2 1  x  4 x 

Hướng dẫn:
 2 1  x  u

Đặt  4

 x  v

0u

2  1;0  v  4 2  1.

1
.
2

4


Ta đưa về hệ phương trình sau:
1

u  4 v
1


2
u  v  4

2


2
u 2  v 2  2  1  1  v   v 4  2  1



 4 2


Giải phương trình thứ 2:



2

1 

v  1   v  4   0.
2

2



2

Từ đây ta tìm được v rồi thay vào tìm nghiệm của phương trình.

Ví dụ 5: Giải phương trình

x  5  x  1  6.

Hướng dẫn:
Điều kiện: x  1.

Đặt u  x 1; v  5  x  1(u  0, v  0)
Khi đó ta đưa về hệ phương trình sau:
x  v  5
 2
v  u  5
  u  v  u  v  1  0  u  v  1  0  u  v  1

Vậy
x

x 1  1  5  x 1  x 1  5  x

11  17
.
2

Ví dụ 6: Giải phương trình:

3x2  6 x  1  2 x 2  4 x  3  1.

(1.1)
Hướng dẫn:
Đặt
u  3x 2  6 x  1


2
v  2 x  4 x  3
u, v  0


Khi đó, phương trình trở thành


u  v  1
u  v  1

 2
2
2
2
2u  3v  11 2(v  1)  3v  11

u  v  1
 2
5u  4v  9  0
u  2

v  1

4

u


5

 v  9

5



(loại vì u,v  0 ).

Thay u=2 vào ta giải ra được nghiệm của phương trình ban đầu là:
X= -1± 2

Bây giờ chúng ta xét bài toán tổng quát: Giải phương trình
m

ax2  bx  c  m a ' x2  b ' x  c '  d

(1.2)

(m  N , a, a ', b, b '  0)

u  m ax 2  bx  c
Đặt 
v  m a ' x 2  b ' x  c '

Khi đó ta có u  v  d
Vấn đền đặt ra là tìm nghiệm thêm một biểu thức liên hệ giữa u và v không
thuộc vào x. Ta có:
kum + lvm = (ka+la’)x2 + (kb+lb’)x + kc + lc’.
Biểu thức này không phụ thuộc vào x khi và chỉ khi:

ka  la '  0

kb  lb '  0

Từ đó ta có

a a'

b b'


Như vậy những phương trình dạng (1.2) có

a a'

b b'
thì có thế đưa về hệ:

u  v  d
 m
m
ku  lv  kc  lc '

ka  la '  0
(*) với kb  lb '  0


Với m≤3 hệ (*) hoàn toàn giải được bằng phương pháp thay thế.

Đối với m≥4, ta đưa về giải hệ phương trình bậc cao trong một số trường
hợp đặc biệt.
3
3
2

2
Ví dụ 7: Giải phương trình 2 4  x  5 x  11  1 .

Hướng dẫn:
TXĐ: R

3
2

u  4  x
Đặt 
phương trình trở thành
3
2
v

x

11



2u  5v  1
 3 3
u  v  7
2u  5v  1

  1  5v 3

  v3  7



2

2u  5v  1
3
2
 
117v  75v  15v  57  0


2u  5v  1

2
(v  1)(117v  42v  57)  0

2u  5v  1
2u  5v  1

(*)  
(**)
2
v

1

0
117
v


42
v

57

0


Dễ thấy (**) vô nghiệm
u  2
suy ra nghiệm của phương trình là: x   12 .
v  1

Hệ (*) có nghiệm 

Tổng quát, xét phương trình dạng

 m f ( x)  

Với

f(x) + g(x) = k

m

u   f ( x)

Đặt 

n


v   g ( x )

n

g ( x)  a.(m, n  N  ) (1.5)

(k ϵ R).

ta có hệ phương trình mới

 u   v  a
 m
n
u  v  k
Với m,n≤3, hệ này hoàn toàn giải được bằng phương pháp thế. Trong
trường hợp ngược lại, ta đưa về giải phương trình bậc cao trong một số
trường hợp đặc biệt.
Trường hợp đặc biệt, m=n, phương trình (1.5) trở thành

 m f ( x)   n g ( x)  a


Ví dụ 8: . Giải phương trình:

3

x  1  3 x  1  3 5x

(2.1)

(Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên toán THPT chuyên Lam Sơn- Thanh
Hóa 2003).
Hướng dẫn:
Ta nhận thấy x=0 là một nghiệm của phương trình.
Xét với x≠0, chia cả hai vế của phương trình cho
trình tương đương


u 

Đặt 

v



3

3

5x , ta được phương

x  1 3 x 1

 1.
5x
5x

3

x 1
5x

3

x 1
5x

u  v  1
3
Phương trình trở thành  3
u  v  2 / 5
u  v  1
 2
2
u  v  uv  2 / 5
u  v  1

uv  1 / 5

Ta suy ra u,v là nghiệm của phương trình 5X2 - 5X+1 = 0.
Giải phương trình này ta được hai nghiệm X =
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x =

5 5
10

2
; x = 0.

3 5


Ta xét bài toán tổng quát: Giải phương trình
a n f ( x)  b n g ( x)  c n h( x)(n 

(2.2)

; n  4)

Với
f(x) +g(x) = kh(x).

(2.3)

Phương pháp giải: xét trường hợp h(x)≠0
(2.2)  a n


u  n
Đặt 

v  n



f ( x)
g ( x)
 bn
c

h( x )
h( x )

f ( x)
h( x )
g ( x)
h( x )

au  bv  c

phương trình trở thành: 

n
n
u  v  k

Ví dụ 9: Giải phương trình:

3

x2 

3

x3 

Hướng dẫn:
Cách 1: Ta thấy x=-1/2 là 1nghiệm của phương trình.

Do đó (2.4) 

3

x2 3 x3

1
2x 1
2x 1

3

2 x  1 (2.4)



u 

Đặt 
v 



3

x2
2x 1

3

x3

2x 1

u  v  1
Phương trình trở thành  3
3
u  v  1
u  1
u  0
Giải hệ này ta được 
hoặc 
v  0
v  1
Thay vào ta được nghiệm của (2.4) là x=2 hoặc x=-3; x 

1
.
2

u  3 x  2

3
Cách 2: Đặt 
v  x  3 phương trình trở thành

3

w  2 x  1

u  v  w
u  v  w

 3

3
3
3
3
3
u  v  w  (u  v)  (u  v )  0
u 3  v 3  5
u 3  v 3  5



u  v  w

 (u  v)uv  0
u 3  v3  5

Giải hệ này rồi thay vào ta cũng sẽ được ba nghiệm là x=2 hoặc x=-3 ,x=1/2


Như vậy, những phương trình dạng (2.2) với n=3 thỏa mãn
 f ( x)  g ( x)  k

 f ( x )  g ( x )  h( x )

(2.5)

Thì ta có thêm cách giải:

Đặt

u  3 f ( x)

v  3 g ( x )

3
 w  h( x)

Lúc đó ta đi giải hệ :

u  v  w
 3 3
3
u  v  w
u 3  v 3  k


Ví dụ 10: Giải phương trình:
3

x2  7 x  8  3 x 2  6 x  7  3 2 x 2  13x  12  3

(Đề thi đề nghị Olympic 30.4 THPT chuyên KonTum).

Hướng dẫn:
u  3 x 2  7 x  8


3 2

Đặt v  x  6 x  7

3
2
 w  2 x  13 x  12

u  v  w  3
 3 3
3
u  v  w  27

phương trình trở thành

(2.6)


u  v  w=3
 3 3
3
3
u  v  w  (u  v  w)
u  v  w=3

3(u  v)(v  w)(w  u )  0
Giải hệ này và thế vào ta được nghiệm của phương trình là:
3
75 5
x  ; x  5; x 
; x  3  29.
2

2

Nhận xét. Ta có thể tổng quát hóa bài toán trên thành bài toán:
Giải phương trình:
3

f ( x) 

3

g ( x)  3 h( x)  a
(2.7)

Với
f(x) + g(x) + h(x) = a3

(2.8)

Ví dụ 11: Giải phương trình

8 x  1  3x  5  7 x  4  2 x  2
Hướng dẫn:

u 


v 

Đặt  z 



t 

8x  1  0
3x  5  0
7 x  4  0 Khi đó, phương trình trở thành
2x  2  0

(3.1)