Phương trình vô tỷ của thầy Phạm Kim Chung | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>Chương 4 TUYỂN CHỌN NHỮNG BÀI TOÁN HAY VÀ NHỮNG LỜI GIẢI ĐẸP</b>
<b>A. TUYỂN CHỌN MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ HAY – LỜI GIẢI ĐẸP.</b>

Cuộc tranh luận về “cái đẹp” vốn khơng có hồi kết giữa các trường phái trong triết, và quả thực khi ta
cảm nhận rằng một ai đó hay một thứ gì đó là đẹp, ta cũng rất khó diễn tả ra. Trong ca dao Việt Nam có
rất nhiều bài nhắc về phép đẹp, như: “Thân em như miếng cau khô. Người thanh tham mỏng, người thô
tham dày”, hay như câu nói bóng bẩy của nhà triết học duy tâm Kant: “Cái đẹp khơng ở gị má hồng của
người thiếu nữ mà ở cặp mắt của kẻ si tình”… Nó đã phần nào thể hiện sự đánh giá về cái đẹp là mn
hình, mn vẻ. Vì vậy thật khó lịng để chúng tơi làm một chương về phương trình vơ tỷ…có liên quan về
cái đẹp.

Nhưng cứ suy ra trong những cách nghĩ thông thường, chúng tôi mạnh dạng đề xuất những tiêu chí về vẻ
đẹp của một phương trình vơ tỷ theo những quan điểm của riêng mình, đó là:

- Một phương trình vơ tỷ quen thuộc về mặt hình thức, nhưng có những đột phá trong lời giải.

- Một phương trình vơ tỷ đơn giản về mặt hình thức nhưng chứa đựng nhiều ý đồ sâu xa trong quá trình
tìm lời giải.

- Một phương trình vơ tỷ sáng tác hay được giải quyết trên những ý tưởng táo bạo hoặc rất ít thấy.
<b>1. Tuyển chọn một số phương trình có một dấu căn thức.</b>

<b>Bài 1. Giải phương trình </b>



x 1



x2 4x 4  x 2
<b>Lời giải</b>
Điều kiện x24x 4 0. _

Đặt x 1  x2 4x 4 t 





2

2 t 5

x x 1 x 4x 4

2


       

Phương trình đã trở thành

2

t 5
2
2




t 3

t 3



  _


+ Với t 3 : x2 4x 4  2 x  x 0._

+ Với t3 : x2 4x 4  4 x  x 3 3.

Kết luận. Tập nghiệm của phương trình đã cho là T



0; 3  3 .



<b>- Bình luận. Nếu ta đặt câu hỏi là: “Giải phương trình sau như thế nào?” thì chắc là chúng ta sẽ nhận </b>
được nhiều câu trả lời bởi dạng toán này quá quen thuộc với nhều người và cũng được nhắc lại khá nhiều
lần trong các chương trước. Song cái tư duy tưởng như là cũ ở lời giải trên lại cho chúng ta một bất ngờ
thú vị.

<b>Bài 2. Giải phương trình </b>





x 3
2x x 2

2


 

<b>Lời giải</b>
Điều kiện x3.

Viết lại phương trình đã cho dưới dạng





2 x 1 2

2 x 1 2

2
 

  

Đặt y x 1,  ta được phương trình

2 y 2

2y 2 .

2


 

Bây giờ, tiếp tục đặt

y 2

z .

2



Từ đó ta thu được phương trình 2z2 2 y

Suy ra hệ phương trình

2

2

2y 2 z

2z 2 y

  




 




Trừ vế theo vế hai phương trình ta được



y z 2y 2z 1

 

 



0

y z

2y 2z 1 0




  _ _{ }

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

- Xét trường hợp y z. Ta có 2y2 y 2 0 

1 17

y
4


 

(ta loại nghiệm y 0 vì tương ứng z 0 ),

suy ra

3 17

x .

4
 


- Xét trường hợp 2y 2z 1 0,   ta có 4y22y 3 0 

1 13

y

4
 

 

(ta loại nghiệm

1 17

y
4



vì

khi đó z 0 ), suy ra

5 13

x .

4
 


Vậy ta có

5 13

x ,

4
 

 x 3 17

4
 


là hai nghiệm của phương trình.

<b>- Bình luận. Nếu khơng được phép sử dụng máy tính bỏ túi, suy nghĩ đầu tiên chắc hẳn sẽ dành cho </b>
phương pháp đưa về hệ đối xứng kiểu II. Tuy nhiên, điều thú vị và cũng là khác biệt lớn nhất trong lời
giải này đó là vấn đề sử dụng liên tiếp các ẩn phụ để đưa về hệ đối xứng kiểu II một cách rất tự nhiên.

<b>Bài 3. Giải phương trình </b>

3

2 1 2

8x 13x 7 1 3x 2

x

 

  _  _ 

 

<b>Lời giải</b>
Điều kiện x 0

Nhận thấy x 0 không là nghiệm của phương trình, ta nhân hai vế của phương trình cho x ta được





3

 

3 2 2

8x 13x 7x x 1 3x  2 *

Phương trình

 

* đã được biến đổi thành



_{2x 1}_



3_



_x2_ _{x 1}_



_



_{x 1}_

 

3 _{x 1 2x 1}_

 

_



__x2_ _{x 1}_

Đặt 3 2

u 2x 1

v 3x 1

 





 



 _{, đưa bài toán về giải hệ đối xứng sau}

















3 2

3 2

u x x 1 x 1 v

v x x 1 x 1 u

     




    




Trừ vế theo vế hai phương trình đã cho ta được:









2 2

u v u uv v  x 1 0

2 2

u v

u uv v x 1 0



 

    



3 2

2 2

2x 1 2x 1

u uv v x 1 0

 _ _ _

 

    



3 2

2 2

8x 14x 6x 0

u uv v x 1 0

   

 

    



Ta lại để ý rằng u2uv v 2_{   vô nghiệm}x 1 0

Vậy, ta có 8x314x26x 0_

x 0
x 1
3
x

4

 

 _ 







Thử lại, nhận thấy x 0; x 1;

3
x

4


là nghiệm của phương trình.

Vậy phương trình có 3 nghiệm là x 0; x 1;

3
x

4


.

<b>- Bình luận. Nét đặc sắc trong lời giải trên chính là sự táo bạo khi quyết định chọn con đường đưa </b>
phương trình về hệ đối xứng kiểu II và rõ ràng để tìm được điều này tác giả đã rất tinh ý trong những biến
đổi của mình.

<b>Bài 4. Giải phương trình </b>





2

4 3 2 3 1 x

x 2x 2x 2x 1 x x .

x


     

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Ta có









2 2

4 3 2 2

x 2x 2x  2x 1  x x  x 1 0 _x3 _{x 0}

 _{ } x 0.

Điều kiện

2

x 0
1 x

0
x




 




  0 x 1. _

Lúc này phương trình đã cho được viết lại thành:





2

4 3 2 3 1 x

x 2x 2x 2x 1 x x

x


     

_

_x2 ₁

_

2 _{2 x x}

_

3

_{ }

_x2 ₁

_

_{x x}3

      



3

 

2



3



2



2

2 x x x 1 x x x 1 0

       

2

3 3

2 2

x x x x

2 1 0

x 1 x 1

 _  _

     

 

 

 

Đặt

3

2

x x

a 0

x 1



 

 _{ta có phương trình}2a2 _{  }a 1 0

a 1

.
1
a

2





 


Do a 1 nên

1
a

2


3

2

x x 1

x 1 2



 





3



4 2

4 x x x 2x 1

     _x4 _4x3 _2x2 _{4x 1 0}

    _{ }



_x2 _{2x 1}



2 ₀

   

x 1 2

x 1 2

 _{ }
 

 


Thử lại với điều kiện, ta nhận x 2 1_
Vậy x 2 1_{ là nghiệm của phương trình.}

<b>Lời giải 2</b>

Điều kiện

2

x 0
1 x

0
x



 





  0 x 1. _

Phương trình đã cho được biến đổi thành















 



2 2

2 2

x x 1  1 x  x   x 1 x 1 x x x 1 

Đặt x x 1







a; b 1 x;  a, b 0.

Từ đó dễ dàng suy ra a2b2 



a b



ab









 

2

a b 2ab a b ab 0 *

     

Nhận thấy x 0; x không phải là nghiệm của phương trình, nên chia hai vế của 1

 

* cho ab ta được

phương trình

2

a b a b

2 0

ab ab

 

 

  

 

 

a b
1
ab
a b

2
ab

















a b
2
ab


  _

_

_a_ _b

_

2 _₀





x x 1 1 x

   

x 1 2

x 1 2

  
 

 


Thử lại với điều kiện, ta nhận x 2 1_{ .}
Vậy x 2 1_{ là nghiệm của phương trình.}

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

<b>Bài 5. Giải phương trình </b> 2 2

x 1 x 1

2 x x 1

x 5x 12x 4 2


 

 

   

<b>Lời giải</b>

Điều kiện

2
x

5


hoặc x 2._{Ta xét ba trường hợp:}

Trường hợp 1: x  2

Ta có





2

x 5x 12x 4 2   x 2 5x 2  x 2 0 _ _{VT 0 VP}_{ }

Trường hợp 2:

2

x 0
5

  

Ta có

2 2

x 5x 12x 4 2 0 2 0

5


       

VT 0 VP

  

Trường hợp 3: x 0

Ta có



 







2

5x 2 x 2 5x 2 x 2

x 1

.

4 _{x 2} _{5x 2} _{x 2}

x 5x 12x 4 2

     



   

   





5 x 2

1 5x 2 1 1 1 1

VP

4 x 2 4 4 x 2 4 2




     

 

Từ đó suy ra phương trình đã cho vơ nghiệm.

<b>- Bình luận. Cái tinh tế của lời giải này chính là sự chia nhỏ các miền xác định để xử lý phương trình vơ </b>
tỷ.

<b>Bài tập tương tự</b>

1) Giải phương trình

3

3 2 3

1

x 1 x x 8x 2 x 20

2

      

2) Giải phương trình





2 2

x x 6x x  2 x 1

.

<b>Bài 6. Giải phương trình </b>





3
2

8x 4 2 x 17 24x 3 2 x.  

<b>Lời giải</b>

Điều kiện x 2. Đặt t 2 x _{với t 0.}_{ Phương trình trở thành:}

4 3 2

8t 4t  8t  3t 1 0_{ }





 

2

2 3

2 2t 1 1 4t 3t 0 2

     

Từ

 

2 suy ra 3t 1 4t  3 _0 _{ }t 1.
Với 0 t 1,  đặt t cos _{ với} 



0; .



Từ phương trình

 

2 ta có cos 4 cos 3_{ }0

2
k

,

7 7

k2

 



  





   

 _{k  }

Vì  



0;



3 5

; ; ; .

7 7 7

  

 

  _ _

 

Vậy phương trình

 

2 có tối đa 4 nghiệm suy ra bốn nghiệm phân biệt của phương trình

 

2 là:

1 2 3 4

3 5

t cos ; t cos ; t cos ; t 1 .

7 7 7

  

 

   

 

 

Do t 0 nên chỉ có t1 cos ;7



 t₂ cos3

7



thảo mãn.

Với t t 1

2 x cos

7



   x 1 sin2

7


</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Với t t 2

3

2 x cos

7


   x 1 sin23

7


  

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là

2

1 sin ;

7



 1 sin23 .

7



<b>- Bình luận. Cái hay của bài tốn ở chỗ sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình khép chặt miền </b>
nghiệm để thực hiện phương pháp lượng giác hóa.

Thực ra tác giả đã tinh ý khi nhận biết phương trình

 

2 chỉ có nghiệm t 



1;1



.
<b>Bài tập tương tự.</b>

1) Giải phương trình 3 x312x227x 8 2x  3 x3 3x.

2) Giải phương trình 2 2 2 x  3 2 2 2 x 2x.
<b>2. Tuyển chọn một số phương trình có chứa hai dấu căn thức.</b>

<b>Bài 1. Giải phương trình </b>

1 2 x x x 1 x x

2 .

1 x

3 x 2 x

 

  

 _ _



   _ _

<b>Lời giải 1</b>

Đặt

a x

;

b 2 x

 



 



 _{a, b 0}  a2b2 _2.

Phương trình đã cho biến đổi thành

3 3

2

1 2a a a 1

2

3 a b a 1

  



  _







2







2

2 2

a 1 a a 1 a 1

1

a b 3 a 1

   _

  

  





 

2

2 2

a 1 a b 2

*

a 1 b b 1

  

 

  

Từ giả thiết a2b2 2





2 2

a b 2 a b 2.

    

Do đó vế trái

 

*  vế phải

 

* . Nên phương trình đã cho có nghiệm tương đương
a 1
a b






  x 1._{ Vậy}
x 1 là nghiệm của phương trình.

<b>- Bình luận. Sự tinh tế trong nhận xét </b>a2b2 2





2 2

a b 2 a b 2

    

đã đưa bài toán đẹp về một
lời giải đẹp.

Bài tập tương tự.

1) Giải phương trình

2

4 4 4 4

2

x x 2

x 1 2x 4 2 x 3 2x 3

x x 2

   

    _ _   

 

 

2) Giải phương trình













2 3 3

x 1  x 1  2x 1 3

<b>Lời giải 2</b>

Đặt

a x

;

b 2 x

 



 



 _{a, b 0}

Từ phép đặt trên cho ta a2b2 _2

Ta viết lại phương trình đã cho thành









2 ₃

2
2

1 2a a 2 b _{1 a}

2

1 a

3 2 b b

   _




  

2 3

2 2

1 ab 1 a

2

b b 1 1 a

 

 

    1 ab2a2a b3 2 2b2 2b 2 2a b  3 2 2a b 2a3  3





3 2 2 2 2 3 2

a b 2b 1 b 2b 1 b ab a a 0

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>



a3 1 b 1







2



a 1 a





2 b2



0

       



a31 b 1



_



_

22 a 1 a

_



_



21



0



_a3 _{1 b 1}







2 _{2 a 1}



 

2 _{a 1}



₀

      

Mà từ điều kiện a, b 0 nên ta có
a 1
b 1






  x 1._
Vậy x 1 là nghiệm của phương trình.

<b>- Bình luận.</b>

Cái hay của lời giải trên là một cách giải hoàn toàn tự nhiên khi thực hiện phép biến đổi và đưa về dạng

phân tích bình phương

 

 

2 2

a f x_ _ b g x_ _ 0

; a, b 0 .
Bài tập tương tự.

1) Giải phương trình









2

4 x 1 3 x   13 x 1 8 x 4 x 1 3 0.     

2) Giải phương trình





4 3 2 3 2

x 14x 88x 197x 163  x 9 x 16x 55x 84 .

<b>Lời giải</b>
Điều kiện 0 x 2. 

Phương trình đã cho được biến đổi tương đương thành phương trình:



 



2 1 x x x 1

x x x x x x 1

1 x

2 x x 3

  

    




  



x 1 x

 

x 1



2



x 1 x

 

x 1



1 x
2 x x 3

     

 


  

 

x x 1 2x 2 x 2

1 .
1 x

2 x x 3

   

 



   _{Để ý rằng} 2 x x 3 0,     x



0; 2 .



Mặt khác, ta có

x x 1

1,
2 x x 3

 



    x



0;2



 

2 _{. Thật vậy, ta có}

 

2 _{tương đương với}
x x 1  2 x x 3    2 x  x 2 3

 

Dễ thấy rằng

 

3 ln đúng vì theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:



2 2







2 x  x  1 1 2 x x  2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2 x  x  x 1._

Lại có

2x 2 x 2
1,
1 x

 



  x



0;2



 

4

Thật vậy,

 

4 tương đương với 2x 2 x 2 1 x _{  }





2

x 1 0.

  

Dấu đẳng thức ở

 

4 xảy ra khi và chỉ khi x 1.

Vậy ta có

x x 1

1

2 x x 3 _;

2x 2 x 2
1
x 1

 _ _




   



 






   x



0; 2



_nên

 

1 _{xảy ra khi và chỉ khi x 1.}_
Vậy x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

<b>- Bình luận. </b>

Một bài toán đẹp nhận được những lời giải đẹp. Và lời giải này cũng chứa đựng sự khéo léo trong đánh

giá

x x 1 2x 2 x 2

1

1 x
2 x x 3

   

 



</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

cần ta dự đoán được nghiệm x 1 thay vào nhận thấy f 1

 

g 1

 

1 nên nghĩ ngay đến việc thực hiện
phép đánh giá như trên. Nhưng nếu ta không biết đến việc f x

 

 a g x

 

mà nghĩ là f x

 

 a g x

 

thì chắc hẳn dễ nhận thấy khơng thể xảy ra được vì

2x 2 x 2 2 x 2 x

2 2 1

1 x 1 x 2 x

 

    

 

<b>Bài 2. Giải phương trình </b>









2

4 x 1 x 2

x 1 3

3 x 2 1

  

  

 

<b>Lời giải</b>
Điều kiện x 2. Phương trình đã cho tương đương với:













2

4 x 1 1 ₄

3 x 1 1 6.

x 2 1
x 2 1

 

    

 
 

Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

















2

4 x 1 1

2

6 2 x 1 1 x 1 1

x 2 1 _{x 2 1}

 _{ } 

  _ _

 _    _   

 

 

  _ _

 

 _

x 1 1 x 1 1

4 2 4

x 2 1 x 2 1

   

 

   _

Nên

x 1 1 1

2
x 2 1

 



 





2

x 3 0.

  

Vậy ta có x 3 là nghiệm của phương trình.
<b>- Nhận xét. </b>

Ta có thể giải bất phương trình

x 1 1 1

2
x 2 1

 


  _{như sau. Đặt}

a x 1 0

,

b x 2 0

   




  



 _{ta có}

2 2

a b 3

2a b 3

  



 


2

2

a b 3

2 b 3 b 3

  


 

  


  4 b



23



b26b 9  3 b 1







2 0

Bài tập tương tự. Giải phương trình





2 2 2 1 2

3x 1 x x x x 1 7x x 4

2 2

       

<b>Bài 3. Giải phương trình </b>





2

x 2 x 2

1

x 1 _{x 2} _{x 2}

 

 

 _{ } _

<b>Lời giải 1</b>

Đầu tiên ta sẽ chứng minh

x 2 2 x 2

2

x 1 x 2 x 2

 

 

    _{bất đẳng thức biến đổi thành}









x 2 x 2 x 2 2 x 1

0

x 1 x 2 x 2

     



   

đúng với x 2.

Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có





2

x 2 x 2

1

x 1 _{x 2} _{x 2}

 

 

 _{ } _





2

x 2 x 2 x 2 2 x 2

1 1 1 1

x 1 _{x 2} _{x 2} x 1 x 2 x 2

   

       

 _{ } _    

Dấu đẳng thức xảy ra khi x 2.

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

Phương trình đã cho tương đương với

2

x 2

4 ₁

x 2 ₁

x 2 _{x 2}

3 1 ₁

x 2 _{x 2}



 _ _

 _ _



 _

 





 

Đặt

x 2

t ,

x 2







t 0



_{ta được phương trình}



2



2

2t 1

1
1 t

3t _1  

_

_

2

2
2

2t t 2t

t 1
3t 1



 












2
2
2

4
2

t 2t
4t

3t 1 t 1



 

 _





3 3 2

t t 4t 11t 12 0

     _ _{t 0}



Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 2.

<b>- Bình luận. Linh hoạt trong việc sử dụng liên tiếp các phương pháp giải tốn (kết hợp nhiều phương </b>
pháp giải tốn) ln tạo ra những lời giải ấn tượng, đẹp mắt và bất ngờ.

Bài tập tương tự. Giải phương trình





2

x 2 2

.

x 1 x 2 x 1

x x 4





   

</div>

<!--links-->