Bài 21. 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>Ví dụ 34. Giải phương trình </b> x2 2 3x 51  x24 3x 87 3 30. 

<b>- Phân tích hướng giải. Quan sát phương trình ta thấy muốn thốt căn thức của phương trình ta chỉ có </b>
thể nghĩ các hướng nâng lũy thừa và đặt ẩn phụ. Tuy vậy, nếu nâng lũy thừa ta sẽ gặp phương trình bậc
bốn có thể sẽ gây khó khăn cho chúng ta do hình thức phương trình (cố gắng thì có thể chúng ta vẫn tới
đích được), cịn nếu đặt ẩn phụ thì ta sẽ chọn ẩn phụ thế nào đây khi mà cả hai đại lượng trong căn bậc hai
chẳng có liên quan gì đến nhau. Vậy ta thoát căn thức bài toán này bằng cách nào?

Nhận xét rằng ta có: x2 2 3x 51 0;  x24 3x 87 0. 

Do đó theo suy nghĩ tự nhiên ta sẽ tách hai đại lượng này về hình thức:





2

ax b k.

Cụ thể ta có:





2
2

x  2 3x 51  x 3 48



x 3

 

2 4 3



2





2

2

x 4 3x 87  x 2 3 75



x 2 3

 

2 5 3 .



2

Khi đó phương trình đã cho sẽ được biến đổi thành phương trình sau:



x 3

 

2 4 3



2 



x 2 3

 

2 5 3



2 3 30 1

 

Mỗi căn thức ở vế trái của phương trình

 

1 gợi cho hình ảnh cơng thức của độ dài một véc tơ.

Thật vậy nếu ta có: u



x; y



 ₂ ₂

u x y

   

Vậy ta sẽ xét hai véc tơ: u



x 3;4 3 ,









v x 2 3;5 3


.

Khi đó ta có:



 



2 2

u  x 3  4 3 ; v 



x 2 3

 

2 5 3



2

Tới đây, ta áp dụng bất đẳng thức véc tơ sau đây: u  v  u v
   

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u, v

 

cùng phương.

Nhưng chúng ta thấy bên vế phải của phương trình

 

1 khơng cịn chứa biến x do đó ta cần u v  _phải
khơng cịn chứa x và có độ dài bằng vế phải của phương trình

 

1 . Muốn vậy, ta cần điều chỉnh lại hai
vec tơ như sau:

<b>- Trường hợp 1:</b>





u x 3;4 3 ; v



x 2 3;5 3



 u v 



3 3;9 3



 u v  3 30
<b>- Trường hợp 2: </b>





u x 3;4 3 ; v 



x 2 3;5 3



 u v   



3 3;9 3



 u v 3 30.
Vậy ta có hai trường hợp thỏa mãn. Do đó ta đi vào lời giải chi tiết sau:

+ Phương trình đã cho được biến đổi thành phương trình:



x 3

 

2 4 3



2 



x 2 3

 

2 5 3



2  30 *

 

Xét các vec tơ:





u x 3;4 3 ; v



x 2 3;5 3



 u v 



3 3;9 3



 u v  3 30

Khi đó phương trình

 

* trở thành: u  v  u v .
   

Ta lại có: u v  u v .
   

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u, v

 

cùng phương.

Từ đó ta có: 5 3



x 3



4 3 x 2 3







3

x .

3

 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

3

x .

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

<b>- Bình luận. Hướng đi trong bài tốn chính là hướng giải phương trình vơ tỷ bằng bất đẳng thức hình học,</b>
hướng giải của phương pháp này cần độ khéo léo trong biến đổi véc tơ và chọn véc tơ thích hợp để dấu
bằng bất đẳng thức xảy ra và nghiệm đúng phương trình đã cho.

<b>Ví dụ 35. Giải phương trình </b>









4 4

4_{3 x 5}_ _ _{11 x}_ _ _{13 x}_ _ 4_{3 3 x .}_

<b>- Phân tích hướng giải. Quan sát phương trình ta nhận thấy muốn thốt căn phương trình này thì ta </b>
khơng thể dùng phép nâng lũy thừa được vì các căn thức đều là căn bậc cao. Vì vậy, đường hướng thoát
căn hiệu quả trong lúc này chính là đặt ẩn phụ. Có hai hướng đặt ẩn phụ.

<b>- Hướng 1: Đặt 4 ẩn phụ cho tất cả các đại lượng có trong bài tốn. </b>
Phương trình đã cho ta sẽ biến đổi phương trình về phương trình.









4 4

 

4_{3 x 5}_ _4_{3 3 x}_ _ _{13 x}_ _ _{11 x 1}_

Đặt: a43 x 5 ;







b4 3 3 x ;







c413 x; d411 x,



a, b,c,d 0



Khi đó

 

1 trở thành:

 

4 4 4 4

a b c d

*
a b c d

  




  


Sử dụng hằng đẳng thức:





4 4 3 2 2 3 4

m n m 4m n 6m n 4mn n .

Ta có: a4b4 c4d4

















4 ₂ ₂ 4 ₂ ₂

a b 2ab 2a 3ab 2b c d 2cd 2c 3cd 2d

         





2





2

ab 2 a b ab cd 2 c d cd

     

   



ab cd

 

 a b



2 ab



c d



2 cd 0 2

 

       

 

Có được tất cả các phép biến đổi đó là nhờ sử dụng a b c d.  

Tới đây ta chú ý rằng:





2

a b 4ab ab;



c d



24cd cd.

Do đó ta có

 

2 tương đương với:

ab cd
a 0
b 0










_ 

  ab cd _vì
a 0
b 0






 _{vơ nghiệm}
Tới đây ta có thể giải quyết trọn vẹn bài toán như sau:

<b>+ Cách 1: Điều kiện: 5 x 3.</b>  

Đặt: a43 x 5 ;







b4 3 3 x ;







c413 x; d411 x ,



a, b,c,d 0



Từ điều kiện đặt ẩn phụ ta có: a4b4 c4d .4

Kết hợp điều này với phương trình đã cho ta có hệ phương trình: 4 4 4 4
a b c d
a b c d

  




  


Từ: a4b4 c4d4



_{a b}



4 _{2ab 2a}



2 _{3ab 2b}2





_{c d}



2 _{2cd 2c}



2 _{3cd 2d}2



         





2





2

ab 2 a b ab cd 2 c d cd

     

   



ab cd

 

 a b



2 ab



c d



2 cd 0 2

 

       

 

Ta ln có:





2

a b 4ab ab;

_

c d

_

24cd cd.

Do đó từ

 

2 ta có:

ab cd
a 0
b 0










_ _

  ab cd _vì
a 0
b 0






 _{vơ nghiệm.}

Với ab cd  4 9 x 5 3 x





 





4



13 x 11 x

 





2 2

9x 18x 135 x 2x 143

      





2

x 1 0

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

Kiểm tra lại ta thấy phương trình có nghiệm duy nhất x1.

<b>- Hướng 2: Đặt hai ẩn phụ do có nhận thấy </b>



13 x

 

 11 x



24 hoặc



3x 15

 

 9 3x



24.

Đặt:
4
4

a 15 3x
b 9 3x
  




 




4
4

a 15 3x

b 9 3x

  


 

 


  a4b4 24

Ta để ý rằng:





4 4

1 2a b

x 13 2 15 3x 9 3x

3 3


  _    _ 





4 4

1 a 2b

11 x 15 3x 2 9 3x

3 3


  _    _ 

Kết hợp với phương trình ta có hệ phương trình:

4 4

2 4 4 4

4 4

a b 24

2a b a 2b

a b

3 3

  



 _ _

  




Hệ này giải trực tiếp rất không khả thi với các biến đổi đại số thơng thường nên thử tìm tịi một hướng đi
khác xem sao?

Bắt đầu từ nhận xét:2a4b4 a4a4b ;4 a42b4 a4b4b4
Ta liên tưởng đến một bất đẳng thức cơ bản rất quen thuộc:





2

2 2 2 1

m n p m n p .

3

    

Từ đó:





2

4 4 4 1 2 2 2

a a b a b b

3

    









2

2 4

1 1 1

a a b 2a b

3 3 27

 

 _   _  

 

Hay:





4 4

4
2a b 1

2a b

3 81



 





4 4

4 2a b 1 2a b

3 3



  

Đánh giá tương tự ta có:





4 4

4 a 2b 1 a 2b

3 3



 

Từ đó ta có:

4 4 4 4

4 2a b 4 a 2b a b

3 3

 

  

.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b. Và tới đây bài toán được giải quyết, do đó ta có lời giải thứ hai
như sau:

<b>+ Cách 2: Điều kiện: 5 x 3.</b>  

Đặt:
4
4

a 15 3x
b 9 3x
  




 





4
4

a 15 3x

b 9 3x

  


 

 


  a4b4 24_,



a, b 0 .



Ta có:





4 4

1 2a b

x 13 2 15 3x 9 3x

3 3


  _    _ 





4 4

1 a 2b

11 x 15 3x 2 9 3x

3 3


  _    _ 

Kết hợp từ điều kiện và phương trình đã cho ta có hệ phương trình:

4 4

2 4 4 4

4 4

a b 24

2a b a 2b

a b

3 3

  



 _ _

  




Ta có với mọi số thực m, n, p ta ln có:





2

2 2 2 1

m n p m n p

3

    

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



2 2 2







2

3 m n p  m n p   2 m



2n2p2



 2 mn np mp



 



0



m n



2



n p



2



p m



2 0

      

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: m n p 
Áp dụng bất đẳng thức này ta có:





4 4 4 4 4 ₂

2 2 2

2a b a a b 1 1

. a a b

3 3 3 3

  

   









2

2 4

1 1 1

a a b 2a b

9 3 81

 

 _   _  

 

Hay ta có:





4 4

4 2a b 1 2a b .

3 3



 

Thiết lập tương tự ta có:





4 4

4 a 2b 1 a 2b

3 3



 

Từ đó ta có:

4 4 4 4

4 2a b 4 a 2b a b

3 3

 

  

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a b.
Khi đó ta có hệ phương trình:

4 4

a b 24
a b
  





2
2
a 2 3

b 2 3
 

 





15 3x 2 3
9 3x 2 3

  


 

 



  x1.

Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x1.

Bây giờ ta sẽ nhìn bài tốn với một cách nhìn khác ngồi ẩn phụ xem bài tốn có thể đi theo hướng giải
quyết nào nữa khơng?

Ta quan sát phương trình và để ý thấy rằng:





13 x 15   x 2 ; 11 x 9  

_

x 2

_

Khi đó ta biến đổi phương trình đã cho trở thành phương trình:







  

4_{15 3x} 4_{9 3x} ₄₁₅ _{x 2} ₄₉ _{x 2} ₃

        

Qua hình thức của phương trình

 

3 ta thấy ngay bài tốn có thể sử dụng phương pháp hàm số đặc trưng
để giải quyết bài tốn. Từ đó ta đưa ra một lời giải khác cho bài toán như sau:

<b>+ Cách 3: Điều kiện: 5 x 3.</b>  

Phương trình đã cho được biến đổi về phương trình sau:







  

4_{15 3x} 4_{9 3x} ₄₁₅ _{x 2} ₄₉ _{x 2} ₃

        

Xét hàm số f t

 

415 t 49 t ,   t



15;9



Ta có:

 



4

 

3 4



3

1 1

f ' t ,

15 t 9 t

 

  _{f ' t}

_{ }

_₀



4

 

3 4



3

1 1

15 t 9 t

 

  _t _3.

 

Khi đó ta có: f ' t

 

0,   t



15; 3



, f ' t

 

0,   t



3;9



Mặt khác: 3x, x   2



15; 3



khi x 



5; 1 ,



3x, x 2   



3;9



khi x 



1;3



Từ đó từ

 

3 ta có: f 3x





f x 2







 3x x 2   x1.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x1.

<b>- Chú ý: Ta có thể biến đổi phương trình về phương trình:</b>

















4_{12 3 x 1}_ _ _4_{12 3 x 1}_ _ _4₁₂_ _{x 1}_ _4₁₂_ _{x 1}_

Và từ đó dẫn đến xét hàm số đặc trưng: f t

 

412 t 412 t

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

thể biến đổi trực tiếp đại số vì sẽ gặp những khó khăn nhất định và trong bài tốn có sự xuất hiện dấu hiệu
để sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc. Ở cách 3 thì phương hướng đi đã quen thuộc và khơng khó để
có thể nhận thấy hàm số đặc trưng, tuy nhiên trong cách 3 nó có sự khó khăn riêng nếu ta không quen với
việc chia khoảng (đoạn) để thấy rõ tính đơn diệu. Đặc biệt hình thức bài tốn và dấu hiệu chỉ có nghiệm
duy nhất hay đưa chúng ta về việc suy nghĩ dùng phương pháp liên hợp nhưng rõ ràng phương pháp này
hoàn tồn thất bại trong phương trình này vì q khó khăn.

<b>Ví dụ 36. Giải phương trình </b> x 2 3 x 1 43x 5 2 3x 26  5 

<b>- Phân tích hướng giải. Bài tốn này về hình thức thật sự ấn tượng bởi bậc của các căn thức. Cũng chính </b>
sự đặc biệt này nên để giải quyết bài tốn này chúng ta khơng cần tính đến vệc phải thốt căn thế nào là
hiệu quả. Với hình thức phương trình này, ta sẽ có bước đầu tìm nghiệm của phương trình bằng máy tính
và có nghiệm duy nhất là x 2 . Và có lẻ con đường có thể giải quyết tốt bài tốn này là dùng tính đơn
điệu của hàm số để giải. Do đó ta sẽ khơng phân tích sâu các bước giải mà trực tiếp vào lời giải cho bài
toán như sau:

+ Điều kiện:

5

x .

3


Phương trình đã cho được biến đổi về phương trình sau:

3 4 5

x 2  x 1  3x 5 2 3x 26 0   _

Xét hàm số f x

 

 x 2 3 x 1 43x 5 2 3x 26,  5 

5

x .

3
 

Ta có:

 





2





3





4

3 4 5

1 1 3 6

f ' x

2 x 2 3 x 1 4 3x 5 5 3x 26

   

 _ _ _

Tới đây ta sẽ tìm cách đánh giá cho f ' x

 

.

Quan sát thấy giữa hai đại lượng 3x 26 _{và x 2}_{ liên quan đến nhau và về bậc căn thức ta cũng thấy dễ}
kết hợp hơn nên ta sẽ xét hiệu sau:





4

5

1 6

A

2 x 2 5 3x 26

 

 _

Để xét dấu biểu thức A thì ta cần chuẩn quy về một căn thức để có thể tiện lợi so sánh và vì trong biểu
thức A chứa căn bậc hai và căn bậc năm nên ta sẽ chuẩn quy về căn bậc mười. Do đó ta biến đổi như sau:

















8 5

10 10

10 10

4 4

5 5

5 3x 26 12 x 2

1 6

A

2 x 2 5 3x 26 10 x 2. 3x 26

  

  

 _ _ _

Vậy để xét dấu của A ta chỉ cần xét dấu của hiệu:









8 5

10 10

10_{5 3x 26}_ _ 10₁₂ _{x 2}_

Ta có:

5
x

3


3x 26 31.

  

Lại có:







 







8 5 3 5

10 10 10 3

5 3x 26 5 3x 26 . 3x 26  5 3x 26 .31

Từ đó ta có:

















8 5 5 5

10 10 5 3 10 5 3 10

5 3x 26 5 .3 x 12 .31 5 .3 x 2 .31 12 x 2

Do đó : A 0  f ' x

 

0. Vậy hàm số f x

 

liên tục và luôn đồng biến với

5

x ; .

3

 

_ _

  _{Mặt khác ta}

có f 2

 

0 nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2.

<b>- Bình luận. Đây là một bài toán hay, tuy đường lối giải quyết có sự hạn chế do đặc điểm đặc biệt của </b>
hình thức phương trình nhưng rõ ràng để giải trọn vẹn bài tốn thì chúng ta sẽ khơng có những đánh giá
nhàm chán quen thuộc mà lồng vào đó có những đánh giá khéo léo và thú vị.

<b>Ví dụ 37. Giải phương trình </b>









2

2 2

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

<b>- Phân tích hướng giải. Quan sát bài tốn này dùng máy tính ta bấm được nghiệm duy nhất x 1,</b> ta thấy

bài toán chỉ chứa một căn thức nên rõ ràng theo hướng suy nghĩ thốt căn thức của phương trình ta sẽ ẩn
phụ hóa cho căn thức.

Cụ thể ta đặt t 4x 5

2
t 5

x .

4


 

Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình:

 

2

2 2

2 2 2 2

t 5 t 5 t 5 t 5

2 1 2 3 t 1

4 4 4 4

_ _ _ _  _ _ _ _ 

     

_ _  _ _ 

     

   

Phương trình

 

1 là phương trình bậc 8 đối với t thì cho dù biết trước nghiệm của t 3 đi chăng nữa thì
thật sự để giải nó là cả một sự liều lĩnh không cần thiết đến lúc này. Vậy ta khơng thể ẩn phụ hóa bài tốn
để thốt căn nên ta cần phải định liệu lại hướng đi khác cho bài toán.

Một điều dễ gây nhiễu cho cách nhìn của bài tốn này chính là cách sắp xếp phương trình khá độc đáo.
Thật vậy, bằng phép biến đổi đưa nhân tử ta có thể đưa phương trình về phương trình đẹp mắt sau:



2



2



2



 

2 x  x 1 2 x  x 1  1 4x 5 2

Tới phép biến đổi này ở vế trái của phương trình

 

2 và suy nghĩ nghiệm duy nhất dễ gây ra cho chúng ta
ấn tượng là bài tốn có thể giải theo hướng phương pháp hàm số bằng cách chọn một hàm số đặc trưng.
Điều này là không thể vì vế phải của

 

2 khơng cho phép tạo được một dáng điệu giống vế trái.

Vậy hai hướng đi xem chừng như có thể giải quyết bài toán lại cho chúng ta vào đường cụt. Tuy nhiên cái
thú vị ở bài tốn này vẫn cịn, cụ thể ta sẽ khai triển bình phương có trong bài tốn ta vẫn thu được một

phương trình đẹp mắt tiếp theo như sau:









2

2 2

2 x x 1 2 x x  3 4x 5

 



2



2



2



 

2 x x 2 x x 1 4x 5 3

      

Phương trình

 

3 cũng gây được một ấn tượng về hướng giải giống phương trình

 

2 và kết quả không
khả thi của hai phương trình là như nhau.

Tới đây, xem như ta chưa tìm được lối thốt của phương trình, vậy bây giờ ta bắt buộc phải tính đến việc
bắt nhân tử



x 1



bằng phương pháp liên hợp.

Muốn vậy ta xử lí căn thức như các ví dụ trên đã đề cập thì ta có hai hướng tách như sau:

<b>+ Hướng 1: </b>





4 x 1
4x 5 3

4x 5 3


  

 

<b>+ Hướng 2: </b>





4 1 x
3 4x 5

3 4x 5


  

 

Rõ ràng kết quả hướng hai cho phép ta sử dụng tốt nhất vì đơn giản là 3 4x 5 0_{ }
Do đó ta biến đổi phương trình đã cho về phương trình:



2



2



2



2 x x  2 x x  3 1 3   4x 5 0 



2

 

2 2



2 x x x x 2 3 4x 5 0

        

 

 



2

 

2



4 1 x





2 x x 1 x x 2 0

3 4x 5


      

 

Tới đây bài toán xem như được giải quyết. Bây giờ sẽ đi vào lời giải cụ thể hơn.

Điều kiện:

5

x .

4


Phương trình đã cho được biến đổi thành phương trình:



2



2



2



2 x x  2 x x  1 4x 5



2



2



2



2 x x 2 x x 3 1 3 4x 5 0

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



2

 

2 2



2 x x x x 2 3 4x 5 0

        

 

 



2

 

2



4 1 x





2 x x 1 x x 2 0

3 4x 5


      

 



_{x 1}

 

_{x 2 x}





2 _{x 1}



2 ₀

4x 5 3

 

  _     _ 

 

 







2



x 1 0

2

x 2 x x 1 0

4x 5 3
 





     

  







3
x 1

2

x 1 1 0

3 4x 5






    

  



Ta có:





3 2

x 1 1 0,

4x 5 3

   

 

5

x .

4
 

Thật vậy ta có

5

x .

4
 

thì



x 1



3 1 1 1 2

64 3

2 5

.
3
4x 5 3


    





 _

  



Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1.

<b>- Bình luận. Qua lời giải chính thức của bài tốn các bạn độc giả sẽ có cảm nhận là phương trình vơ tỷ </b>
này cách tiếp cận là đưa ra hướng giải cũng rất quen thuộc nhưng vì sao chúng tơi khơng đi vào trực tiếp
phân tích ngay lời giải theo hướng liên hợp? Câu trả lời của chúng tơi chính là do cách sắp xếp hình thức
phương trình khá độc đáo và đại lượng căn thức chỉ có một nên sẽ dễ gây tác động “ảo” cho người giải về
định hướng tư duy giải bài tốn này. Đó chính là mục đích chính của chương này để giúp cho cách nhìn
tư duy giải một bài tốn theo hướng hồn thiện hơn và mở ra nhiều sự suy nghĩ hơn logic cũng như chưa
logic khi đứng trước một lời giải cho bài tốn phương trình vơ tỷ. Chú ý rằng bài tốn sẽ vẫn giải quyết

tốt nếu ta biến đổi phương trình đã cho về phương trình

 

2 và nếu áp dụng liên hợp dưới hình thức





4 x 1
4x 5 3

4x 5 3

  

  _{sẽ dễ sai lầm nếu khơng có điều kiện 4x 5 3 0}  _

<b>Ví dụ 38. Giải phương trình </b>



2 x



1 x 



4x 2 1 x 3x x.



 

<b>- Phân tích hướng giải. Quan sát bài tốn ta thấy có sự xuất hiện cả ba căn thức nên ta cần giảm đi số </b>
lượng căn thức càng ít càng tốt. Đặc biệt vế phải của phương trình cí chứa đơn biến x ngồi căn và khơng
có hệ số nào nên suy nghĩ tự nhiên đó là kiểm tra phương trình với x 0 .

Cụ thể thấy ngay x 0 thỏa phương trình đã cho. Lúc đó ta sẽ xét x 0 và kết hợp với những điều kiện
có trong bài tốn thì ta sẽ chia hai vế phương trình x x và phân phối hợp lí ta thu được phương trình
sau:

2 x 1 x 4 2x 1 x

. . 3

x x x x

   

   

 

   

   

 

2 1 2 1

1 1 4 1 3 1

x x x x

   

_  _  _  _  

   

Phương trình

 

1 so với phương trình đã cho đã có số lượng căn thức ít hơn và hình thức cũng gọn gàng
hơn, đường lối tư duy đi cũng theo đó sẽ thống hơn rất nhiều. Thật vậy, khơng q khó nghĩ với phương
trình này thì có vẻ ý tưởng đưa đến đầu tiên chính là đặt ẩn phụ và biểu diến các đại lượng còn lại theo ẩn
phụ mới để thu được phương trình (thường là phương trình đẳng cấp có hệ số tự do bằng 0 hoặc phương
trình đẳng cấp có thể đưa về dạng A3 B3_{) hoặc hệ phương trình (thường là giải hệ bằng phương pháp}
thế hoặc đối xứng, đẳng cấp). Chính vì lí do đó ta thử với hai lối tư duy ẩn phụ đó là đặt 2 ẩn phụ hoặc 1
ẩn phụ.

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

Đặt:

1

u 1

x
1

v 1

x


 





 _ _


  v2 u2 _2.

Ta sẽ biểu diễn hai đại lượng

2
1;
x

2
4

x


thông qua hai ẩn phụ bằng cách tìm cặp số



m;n



sao cho:

2 1 1

1 m 1 n 1

x x x

   

  _  _ _  _

   

m n 2
m n 1

 


 

  


3
m

2
1
n

2





 

 



2 1 1

4 m 1 n 1

x x x

   

  _  _ _  _

   

m n 2

m n 4

 


 

  


m 3

n 1


 



Khi đó

 

1 trở thành:





2 2 2 2

3 1

u v u 3u v v 3

2 2

 

    

 

 









 

2 2 2 2

3u v u 2 3u v v 6 2

     

Từ

 

2 kết hợp với các hệ số tìm được ta thấy ngay được phương trình

 

2 ta khơng thể nào đưa về
phương trình đẳng cấp có hệ số tự do bằng 0 hoặc phương trình đẳng cấp có thể đưa về dạng A3B3_{. Do}
đó ta buộc phải đưa về hệ phương trình bằng cách kết hợp

 

2 và điều kiện.

Cụ thể ta có hệ phương trình:

 

2 2

3 2 2 3

v u 2

*

3u 6u v uv 2v 6

  




   




Hệ

 

* là một hệ phương trình chứa 2 phương trình đẳng cấp nhưng có bậc ở 2 phương trình trong hệ
lệch nhau nên ta không thể sử dụng cách giải hệ đẳng cấp thông thường để giải quyết, do đó để giải hệ
phương trình

 

* ta cần tìm hiểu thật kỷ càng trước khi đưa ra một hướng giải quyết nhất định. Quan sát
các hệ số 3; 6;1;2 ta có 3 



6



  1 2 0 nên phương trình 3u3 6u v uv2  22v3_{ phải có một}0
nghiệm u v . Kết hợp với nhận định v2 u2 _{ cũng có một nghiệm u v}0 _

Mặt khác khi u v ta khơng tìm được x do đó ta có u v nên rõ ràng từ các điều này ta có quyền nghĩ

đến biến đổi hai phương trình trong hệ về một phương trình sau:





3 2 2 3 2 2

3u  6u v uv 2v 3 v  u



_{u v 3u}





2 _{3uv 2v}2



_{3 u v u v}



 



       _3u2 _{3uv 2v}2 _{3u 3v 0.}

     _

Với phương trình vừa biến đổi được ta sẽ có một hệ phương trình mới gọn đẹp hơn như sau:

 

2 2

2 2

v u 2

*'

3u 3uv 2v 3u 3v 0

  




    




Hệ

 

*' về hình thức nhìn dễ thở hơn và quen thuộc hơn so với hệ

 

* .

Ta có:



 



2 2 2 2

2 v  u  2  3u  3uv 2v 3u 3v 0 

_

u 1 u 3v 4

_{ }

 

_

0

</div>

<!--links-->