Bài 2. Phương trình vô tỷ của Phạm Kim Chung | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

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

<b>Ví dụ 2. Giải phương trình </b>4 2x 1  4 x 1 4 4x 3.

- Phân tích. Đặt
4
4
4

2x 1 a
x 1 b
4x 3 c
 _ _




 




 






a, b, c 0



Ta tìm mối liên hệ giữa các ẩn phụ:









2x 1 m x 1   n 4x 3

m 4n 2
m 3n 1

 


 

 


m 2
n 1



 



 _{, hay:}a4 2b4c4
Từ đó ta cần giải quyết hệ phương trình:

4 4 4

a b c
a 2b c

 




 







4 4 4

b c 2b c

    _b4 _{2b c 3b c}3 2 2 _2bc3 ₀

    _



3 2 2 2



b b 2b c 3bc 2bc 0

     _ _{b 0}

 (do a,b,c 0 )
Ở phương trình này chúng ta cần chú ý đến lợi thế (a, b,c 0)

<b>Lời giải</b>

Điều kiện x 1. Đặt
4
4
4

2x 1 a
x 1 b
4x 3 c
  




 




 






a, b,c 0



 a4 2b4 c4

Từ đó ta có hệ:

4 4 4

a b c
a 2b c

 




 







4 ₄ ₄

b c 2b c

    _b4 _{2b c 3b c}3 2 2 _2bc3 ₀

    



3 2 2 2



b b 2b c 3bc 2bc 0

     _ _{b 0}

 (do a, b,c 0 )

Với b 0 , cho ta x 1 . Thử lại ta thấy nghiệm của phương trình đã cho là x 1 .
<b>- Bình luận.</b>

- Phương pháp dùng nhiều ẩn phụ đặc biệt hiệu quả với những phương trình chứa nhiều căn thức mà biểu
thức dưới dấu căn thức là bậc nhất, đơn giản vì một nhị thức bậc nhất bất kỳ luôn biểu diễn được qua hai
nhị thức bậc nhất khác.

- Chúng ta cũng cần lưu ý với những phương tình như trên được cho dưới dạng bậc nhất trá hình, ví dụ:

1) Giải phương trình:



 



3_x2 ₁ 3_3x2 ₁ ₃ _{x 1 x 1}

     

Thực ra phương trình này cũng giống ví dụ 1, nhưng đã được thay x bởi x 2
2) Giải phương trình: 4 2x2 2x 1  4 x2 x 1 44x2 4x 3

Thực ra phương trình này cũng giống với với dụ 2, nhưng đã được thay x bởi x2 x

- Tóm lại: Khi chúng ta quyết định sử dụng nhiều ẩn phụ cho việc giải phương trình vơ tỷ, chúng ta cần
đảm bảo rằng sẽ tìm được một biểu thức liên hệ giữa các ẩn phụ đó. Việc giải quyết phương trình nhiều
ẩn phụ tùy thuộc vào mức độ khó dễ của bài tốn được cho.

<b>Ví dụ 3. Giải phương trình </b>

1 1 1 1

.
2x 1  2x 1  x 1  3x 1

<b>Lời giải</b>

Điều kiện

1

x .

2



Đặt

a 2x 1
b 2x 1
c x 1
d 3x 1
  


 




 




 





a, b,c,d 0



 a2b2 c2d2

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

2 2 2 2
1 1 1 1
a b c d
a b c d


  




 _ _ _










2 2 2 2

cd a b ab c d

a b c d

   


 

  








2





2

2 2 2 2

2 2 2 2

c d a b a b c d
a b c d

 _ _ _


 

  




Suy ra:









2 2 2 2 2 2 2 2

c d a b 2ab a b c d 2cd



_a2 _b2

 

_{a b}2 2 _{c d}2 2



_{2abcd ab cd}





₀

     



ab cd







a2 b2





ab cd



2abcd 0

     

 

ab cd

  _{(do a, b,c,d 0} )

Với ab cd _{, ta có: 2x 1. 2x 1}   x 1. 3x 1 



 



2
1
x

2

4x 1 x 1 3x 1




 

 _ _ _ _

  x 2._

Thử lại ta thấy, nghiệm của phương trình đã cho là x 2.
<b>- BÀI TẬP RÈN LUYỆN.</b>

<b>Bài 1. Giải phương trình </b> x2 3x 2  x2 4x 3 2 x  2 5x 4. _{Đáp số: x 1.}_

<b>Bài 2. Giải phương trình </b> x2 1 x2 2x 4  9 6x. _{Đáp số: x 0;}
2

x .

3


<b>Bài 3. Giải phương trình </b>2 x 13  33x 2 35x 4. _{Đáp số: x 1.}_

<b>Bài 4. Giải phương trình </b>3 7x 1  3 x2 x 8 3 x2 8x 1 2.  _{Đáp số: x 0;} x_{ , x 9.}₁ _

<b>Bài 5. Giải phương trình </b>

4 1 5

x x 2x .

x  x    x _{Đáp số: x 2.}_

<b>Bài 6. Giải phương trình </b>









4 4

43 x 5_ _43 3 x_ _ 11 x_ _ x 13._

Đáp số: x1.

<b>Bài 7. Giải phương trình </b>

1 1 1 1

3 .

x 2x 1 4x 1 5x 2

 

  _  _

    _ _{Đáp số: x 1.}_

<b>Bài 8. Giải phương trình </b>

1 1 1

4x 30 30 30 x 30 .

4 4 4

    

Đáp số:

1 1921

x .

32



<b>Bài 9. Giải phương trình x</b> 2 x. 3 x   3 x. 5 x   5 x. 2 x.  _{Đáp số:}

239

x .

120


<b>4. Vận dụng các hằng đẳng thức trong giải phương trình vơ tỷ. </b>

Nhắc đến đại số người ta thường nghĩ ngay tới những hằng đẳng thức đáng nhớ, hằng đẳng thức theo suốt
chiều dài tốn học từ bậc THCS. Với phương trình vơ tỷ, dáng dấp của hằng đẳng thức đáng nhớ trải đều
khắp nơi, tuy nhiên trong mục này ta nhắc đến sự vận dụng linh hoạt các hằng đẳng thức để mang đến
một cách nhìn tuy khơng mới nhưng chưa hẳn đã quen!

<b>Ví dụ 1. Giải phương trình </b>

9x

x 8 6 x 0.

x 8

   



<b>Lời giải</b>
Điều kiện x 0. Phương tình đã cho tương đương với:



x 8



2 2. 3 x





x 8 



3 x



2 0 



x 8 3 x 



2 0
x 8 3 x

    x 1._

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1.
<b>- Nhận xét.</b>

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

- Nếu đặt x 8 a,  3 x , ta nhận thấy rằng thực ra phương trình trên được khai triển từ hằng đẳng b

thức





2

a b 0

.
<b>Bài tập tương tự.</b>

1) Giải phương trình

4x

5x 1 4 x.

5x 1

  



2) Giải phương trình
2

2

2x 1

x 1 2 2x 1.

x 1



   



3) Giải phương trình



 



2

x 2  1 x 2 x 1  x 1 1 x . 

<b>Ví dụ 2. Giải phương trình </b>









2 2

x  6x 29 2 3x  10x 3 10 2x x 3  3x 1

<b>Lời giải</b>

Điều kiện

1

x .

3


Phương trình đã cho tương đương với:



x 5



2



x 3

 

 3x 1



2



x 3 3x 1

 





2 x 5







x 3 2 x 5 







3x 1 0 

Đặt

x 3 a
3x 1 b
x 5 c
  




 


  






a, b 0



_{. Phương trình đã cho trở thành}

2 2 2

a b c 2ab 2bc 2ca 0  _





2

a b c 0

    _ _{a b c 0}_{   .}

Thay trở lại ta có phương trình x 3  3x 1 x 5 0   



x 3 2

 

3x 1 2





x 1



0

        









3 x 1
x 1

x 1 0
x 3 2 3x 1 2




    

   



x 1



1 3 1 0

x 3 2 3x 1 2

 

  _   _

   

   x 1._

Do

1 3

1 0,
x 3 2   3x 1 2   

1

x .

3

 

- Kết luận. Nghiệm của phương trình đã cho là x 1.

<b>- Nhận xét. Thực ra bài toán được khai triển từ hằng đẳng thức </b>



_{a b c}



2 _a2 _b2 _c2 _{2ab 2bc 2ca.}

       

với a x 3, b 3x 1 ; c x 5  _.
<b>Bài tập tương tự.</b>

1) Giải phương trình









2 2

x  3x 14 2 2x  9x 4  6 2x x 4  2x 1 .

KQ. x 0 .

2) Giải phương trình









2 2

16x 19x 7 4  3x 5x 2  8x 2 2 x 2 3x 1 .  

KQ. x 1.

<b>Ví dụ 3. Giải phương trình </b>



26 x



5x 1 



13x 14



5 2x 12 5x 1 5 2x 





 





18x 32
(Chọn ĐT dự thi VMO 2013 – Lương Thế Vinh, Đồng Nai).

<b>Lời giải</b>

Điều kiện x 0 . Đặt

a 5x 1
b 5 2x
  




 






a, b 0



_{. Phương trình đã cho trở thành}



_a2 _3b2 _{12 a}





_3a2 _b2 _{12 b 12ab 6 a}





2 _b2



₈

        

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

Thay trở lại ta có 5x 1  5 2x _2 



5x 1 1 

 

 1 5 2x



0









5 x 2 2 x 2

0
5x 1 3 1 5 2x

 

 

   





5 2

x 2 0

5x 1 3 1 5 2x

 

  _  _

   

 

x 2.
 _{ Do}

5 2

0,
5x 1 3 1    5 2x 

1 5

x ;

5 2

 

  _ _

Kết luận. Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2.

<b>- Nhận xét. Ta nhận thấy rằng, bản chất thực sự của bài tốn là q trình khai triển hằng đẳng thức</b>



a b 2 



3 0

với a 5x 1; b 5 2x.
<b>Bài tập tương tự.</b>

1) Giải phương tình



x 17



4 x 



20 x



x 1 9 4 x x 1 





 





36. KQ.T



0;3



2) Giải phương trình



x 16 1 2x



 



16 5x



1 x 6x 12 1 2x 1 x  





 





20. KQ.

8

T ;0

9

 

 _ _

 _.

<b>Ví dụ 4. Giải phương trình </b>





2 2

4x  8x 4 x 1 3x 2 2x   5x 3.

<b>Lời giải</b>

Điều kiện

1

x .

2


Phương trình đã cho tương đương với:



2x 1



22 2x 1 2 x











4x



2x 1



2 2x 1 x 3





 



 

 x 3





2x 1 2 x

 

2 2x 1 x 3



2

      





2x 1 2 x 2x 1 x 3
2x 1 2 x 2x 1 x 3

      




      



+ Với 2x 1 2 x   2x 1  x 3 1

 

, ta có:

 

1  2x 1



2x 1 1 

 

 2 x x 3



0









2 x 1 2x 1 3 x 1

0

2x 1 1 2 x x 3

  

  

   



x 1



2 2x 1 3 0

2x 1 1 2 x x 3

  

  _  _ 

   

 

x 1.
 _{ Do}

2 2x 1 3

0
2x 1 1 2 x x 3



 

    _,

1

x .

2
 

+ Với 2x 1 2 x  



2x 1  x 3



 

2 , ta có:
2x 1 2 x   2x 1  x 3 0_{  vô nghiệm, do}





2x 1 2 x   2x 1  x 3  2x 1 2 x 2x 1  x 3 0_{  ,}

1

x .

2
 

Kết luận. Phương trình có nghiệm duy nhất là x 1.

<b>- Nhận xét. Ta nhận thấy rằng, bản chất thực sự của bài tốn là q trình khai triển hằng đẳng thức</b>

2 2

A  B _{ với}0 A



2x 1 2 x ; 



B



2x 1  x 3 .



<b>Bài tập tương tự.</b>

1) Giải phương trình x22x 2x x 3 6 1 x 7.     Đáp số: x 1.
2) Giải phương trình







 



2

x 5x 4  2x 4 x 5 2 3 x x 2   

. Đáp số: x1.

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

Điều kiện

2x 1 a
x 3 b
x 1 c
 _ _




 




 






a, b,c 0



_{. Phương trình đã cho trở thành:}



_a2 _{3b a}





_b2 _{3a b 27 27c 9c}



2 _c3

       

_

a b

_

3 

_

3 c

_

3

a b 3 c

     a b c 3 0   _

Thay trở lại ta có: 2x 1  x 3  x 1 3 0  _



2x 1 1

 

x 3 2



x 1 0

        





2 x 1 x 1

x 1 0
2x 1 1 x 3 2

 

    

   

2 x 1 x 1

x 1 1 0

2x 1 1 x 3 2

 _ _ 

  _   _

   

 

x 1 0

  _ x 1._{ Do}

2 x 1 x 1

1 0,
2x 1 1 x 3 2

 

  

    _{ }x 1.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 1.

<b>- Nhận xét. Ta nhận thấy rằng, bản chất thực sự của bài toán là quá trình khai triển hằng đẳng thức</b>

3 3

A  B _{ với}0 A



2x 1 2 x 3 ;  



B



3 x 1 .



<b>Bài tập tương tự </b>

1) Giải phương trình



7x 19



x 1 



9 5x



2x 6 27x 63   



3x 31 3x 4.



 KQ. x1.

2) Giải phương trình









3 2 2

64x 36x 33x 7  48x 23x 5 2 x  24x 8 3x 1.

KQ. x 1.
<b>- Bình luận. </b>

Qua các ví dụ trên, ta có thể nhận thấy rằng một bài toán với lời giải sử dụng hằng đẳng thức luôn cho
những điều bất ngờ và thú vị.

- Một bài tốn tưởng chừng rất khó, lại được giải quyết một cách đơn giản và tự nhiên từ việc đốn nhận
rằng phương trình đó được triển khai từ hằng đẳng thức. Nhưng cũng có những bài tốn nhìn rất khó với
cách làm này lại được giải một cách đơn giản bằng một phương pháp khác.

- Tuy nhiên khi sử dụng khai triển hằng đẳng thức để “chế đề” ta có thể gửi gắm được nhiều ý đồ giải
tốn trong đó. Và chung quy lại, một bài tốn nói riêng và một phương trình vơ tỷ nói chung thường có
nhiều cách giải quyết (Chúng ta sẽ tìm hiểu thêm ở chương 2) và để giải quyết nó chúng ta cần có những
cái nhìn bao quát nhất về các phương pháp giải toán.

<b>D. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ</b>

Khi đoán biết được một số nghiệm của một phương trình vơ tỷ, cũng như so sánh được các đại lượng ở
hai vế của phương trình đó. Ta thường lựa chọn phương pháp đánh giá để giải quyết phương trình.

Một bài tốn phương trình vơ tỷ được giải bằng phương pháp đánh giá thường cho ta một lời giải bất ngờ,
đẹp mắt và thể hiện được tư duy linh hoạt của người giải toán. Sau đây là một số kỹ năng cần thiết giúp

chúng ta cùng nhìn nhận phương pháp đánh giá một cách gần gũi hơn.

<b>1. Làm chặt miền nghiệm để đánh giá.</b>

<b>Ví dụ 1. Giải phương trình </b>347x 15 x   2x.
<b>- Phân tích. </b>

- Do x 3 , là một nghiệm của phương trình. Nên khi đó: 4

3 x

7x 15 2x






 




- Ta viết lại phương trình thành









 

4

x 3  7x 15  2x 0 *

- Ta tìm nghiệm chung của các hệ bất phương trình:

+ 4

3 x 0

7x 15 2x 0

 





  






 



x 0

x 3 4x 5 0

x 0




 _   




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

+ 4

3 x 0

7x 15 2x 0

 





  






 



x 3

x 3 4x 5 0

x 0




 _   

 _

  x 3_

<b>- Như vậy:</b>

+ Nếu 0 x 3  thì









4

3 x  7x 15  2x 0

hay (*) vơ nghiệm.

+ Nếu x 3 thì









4

3 x  7x 15  2x 0

hay (*) vơ nghiệm.
Hay phương trình (*) có nghiệm duy nhất x 3.

<b>Lời giải</b>
Điều kiện x 0 .

Phương trình đã cho tương đương với:









 

4

x 3  7x 15  2x 0 *

+ Nhận thấy x 3 là nghiệm của phương trình (*).
+ Xét các hệ bất phương trình:

- 4

3 x 0

7x 15 2x 0

 





  






 



x 0

x 3 4x 5 0

x 0





 _   

 _

  0 x 3 

- 4

3 x 0

7x 15 2x 0

 





  






 



x 3

x 3 4x 5 0

x 0




 _   




  x 3

Suy ra:

+ Nếu 0 x 3  thì









4

3 x  7x 15  2x 0

hay (*) khơng có nghiệm x



0;3 .



+ Nếu x 3 thì









4

3 x  7x 15  2x 0

hay (*) không có nghiệm x



3;



Vậy PT có nghiệm duy nhất là x 3.

<b>Ví dụ 2. Giải phương trình </b>47x211x 6  3x  x 6.

<b>Lời giải</b>
Điều kiện x 0.

Phương trình đã cho tương đương với:









2

4

7x 11x 6  3x  6 x 0

+ Nhận thấy x 6 là nghiệm của phương trình (*).
+ Xét các hệ bất phương trình:

- 4 2

6 x 0

7x 11x 6 3x 0

 





   






 



x 6

x 6 2x 1 0

x 0




 _   




  0 x 6_{ }

- 4 2

6 x 0

7x 11x 6 3x 0

 






   






 



x 6

x 6 2x 1 0

x 0




 _   

 _

  x 6_

Suy ra:

+ Nếu 0 x 6  thì









2

4_7x _{11x 6} _3x _{6 x} ₀

     

hay (*) khơng có nghiệm x



0;6



+ Nếu x 6 thì









2

4_7x _{11x 6} _3x _{6 x} ₀

     

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

<b>Ví dụ 3. Giải phương trình </b>













 

2 3 3

x 1  x 1  2x 1 3 *

<b>Lời giải</b>

Điều kiện

1

x .

2


+ Nhận thấy x 0 là nghiệm của phương trình (*).
+ Xét các hệ bất phương trình:

-

















3
3

x 1 x 1

2x 1 2x 1

 _ _ _




 _ _ _



















x 1 x 1 1 0

2x 1 2x 1 1 0
1

x
2


   





 _    


 











x 1 x
0
x 1 1
2x 1 x

0
2x 1 1

1
x

2






 


 



 _ 

 







  x 0_

-

















3
3

x 1 x 1

2x 1 2x 1

 _ _ _




   



















x 1 x 1 1 0

2x 1 2x 1 1 0
1

x
2


   





 _    


 











x 1 x
0
x 1 1
2x 1 x

0

2x 1 1

1
x

2






 


 



 _ 

 








1

x 0
2

   

Suy ra:

+ Nếu x 0 , ta có:

VT

  

















 



2 3 3 2

*  x 1  x 1  2x 1  x 1  x 1  2x 1

2

x x 3 3

 _{   VP (*) hay (*) khơng có nghiệm}x



0;



+ Nếu

1

x 0
2

  

, ta có:

VT

  

















 



2 3 3 2

*  x 1  x 1  2x 1  x 1  x 1  2x 1





3 x x 1 3

    _{VP (*) hay (*) khơng có nghiệm}x



0;



</div>

<!--links-->