Dung an phu de giai PT

Phần I:
Đặt vấn đề
Nói đến toán học, dù là Hình học hay Đại số thì việc giải đợc các phơng
trình là rất quan trọng và cần thiết.
Đối với học sinh nói chung, học sinh Trung học cơ sở nói riêng, đặc biệt là
học sinh lớp 9, thì việc hình thành và hoàn thiện kỹ năng giải phơng trình phải trở
thành mục tiêu có ý nghĩa và vai trò quyết định.
Trong khuôn khổ hạn hẹp của chuyên đề này, tôi chỉ xin đa ra một vài ý
kiến thảo luận về Tính u việt của ẩn phụ trong việc giải phơng trình đối với học sinh
lớp 9 THCS.
-------***-------

Phần II:
Nội dung cụ thể
Bản thân học sinh khi tiếp xúc với khái niệm phơng trình ở lớp 8 và giải phơng trình bậc hai ở lớp 9 vẫn còn có cảm giác trừu tợng và tơng đối lạ lẫm. Vì thế,
để hình thành kỹ năng giải phơng trình cho học sinh thì không gì tốt hơn là thông
qua các bài toán, ví dụ cụ thÓ.


Bài viết này chủ yếu đa ra những ví dụ minh hoạ từ đơn giản đến phức tạp,
bên cạnh đó có một vài phân tích đánh giá nhằm hình thành kỹ năng đặt ẩn phụ
khi giải phơng trình đối với ngời học toán nói chung và học sinh nói riêng.

A/ Giải phơng trình trùng phơng:
Phơng trình trùng phơng là phơng trình có dạng:
ax4 + bx2 + c = 0 (a
Cách giải: Đặt x2 = t (ĐK: t

0)

0)

Phơng trình trùng phơng trở thành phơng trình bậc hai với ẩn t:
at2 + bt + c = 0
Giải phơng trình này, ta tìm đợc t, từ đó suy ra x.
Bài toán 1: Giải phơng trình:
x4 13x2 + 36 = 0 (1)
Giải:
Đặt x2 = t (ĐK: t

0). Phơng trình (1) trở thành:
t2 13t + 36 = 0 (1.1)

∆t = (-13)2 – 4.1.36 = 25 > 0

( = 25=5 )

Phơng trình (1.1) cã hai nghiƯm t1 = 4, t2 = 9
+ Víi t = 4  x2 = 4  x1 = 2, x2 = -2
+ Víi t = 9  x2 = 9  x3 = 3, x4 = -3
VËy ph¬ng trình (1) có 4 nghiệm.

B/ giải phơng trình bậc cao:
Các phơng trình bậc cao thờng gây khó khăn cho học sinh khi giải, việc đặt
ẩn phụ sẽ giúp đơn giản hoá và đa các phơng trình đó về dạng quen thuộc.
Bài toán 2: Giải phơng trình:


3x4 + 6x3 + x2 – 2x – 1 = 0 (2)
Gi¶i:
(2)

 3(x4 + 2x3 + x2) – 2x2 – 2x – 1 = 0
 3(x2 + x)2 – 2(x2 + x) 1 = 0

Đặt x2 + x = t. Phơng trình (2) trở thành:
3t2 2t 1 = 0 (2.1)

1
Theo định lý Vi-ét, dễ thấy phơng trình (2.1) cã hai nghiÖm: t1 = 1, t2 = − 3
Suy ra:
x2 + x = 1  x2 + x – 1 = 0 (2.2)
hc x2 + x = − 1  3x2 + 3x + 1 = 0 (2.3)
3

+ Giải phơng trình (2.2) đợc nghiệm x1 = 1+ 5 , x2 = 1 5
+ Phơng trình (2.3) vô nghiệm
Vậy phơng trình (2) có hai nghiệm x1, x2 nh ë trªn.

2

2


C/ Giải phơng trình chứa ẩn ở mẫu:
Trên thực tế, có nhiều phơng trình chứa ẩn ở mẫu có thể giải bằng cách
bình thờng, nhng nếu chọn ẩn phụ hợp lý thì ta sẽ giải đợc phơng trình đó đơn
giản hơn.
Bài toán 3: Giải phơng trình:
x
x +1

10. x +1 = 3 (3)
x

Giải:
ĐKXĐ: x 0, x -1
x
Đặt
= t (ĐK: t
x +1

0). Phơng trình (3) trở thành:

t 10. 1 = 3  t2 – 3t – 10 = 0 (3.1)
t
Gi¶i phơng trình (3.1) đợc t1 = 5, t2 = -2
x
x
Suy ra:
= 5 hoặc
= -2
x +1

x +1

Từ đó giải đợc phơng tr×nh (3) cã hai nghiƯm x1 = − 5 , x2 = 2
4

3

D/ Giải phơng trình có hệ số đối xứng:
Phơng trình có hệ số đối xứng (PT HSĐX) là phơng trình có dạng:
anxn + an-1xn-1 + ... + a1x + a0 = 0
víi

ai = an-i (i = 0,n )

*Một số tính chất của phơng trình có hệ số đối xứng:
1
1) PT HSĐX nếu có nghiệm xO thì xO 0 và x O cũng là nghiệm.
2) PT HSĐX bËc lỴ n = 2k + 1 nhËn x = -1 làm nghiệm.
Suy ra: Nếu đa thức f(x) bậc lẻ có HSĐX thì f(x) = (x + 1).g(x), trong đó g(x) là
đa thức bậc chẵn có HSĐX.
Vậy PT HSĐX bậc lẻ có nghiệm x O = -1 và việc giải nó chuyển về giải PT
HSĐX bậc n 1 chẵn.


1) Phơng trình bậc 4 có HSĐX tỷ lệ:
ax4 + bx3 + cx2 + kbx + k2a = 0
Cách giải: Trớc hết thấy x = 0 không là nghiệm của phơng trình.
Với x

0, chia cả hai vế của phơng trình cho x2, ta đợc:
2
+ a. k 2 = 0

ax2 + bx + c + b. k
2

 a(x2 + 2k + k 2 ) + b(x +

a(x +
Đặt: x + k
x

x
k 2
) + b(x +
x

x
x
k
) + c – 2ka = 0
x

k
) + c 2ka = 0
x

= t. Phơng trình đà cho trở thành phơng trình bậc hai ẩn t:
at2 + bt + (c 2ka) = 0

Giải phơng trình trên đợc t, từ đó suy ra x.
Bài toán 4: Giải phơng trình:
x4 3x3 14x2 6x + 4 = 0 (4)
Giải:
+ Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phơng trình (4)
+ Với x

0, chia cả hai vế của phơng trình (4) cho x2, ta đợc:

x2 – 3x – 14 – 6 +
x

4
2
x

= 0 (4.1)

 (x + 2 )2 – 3(x + 2 ) – 10 = 0
x

x

Đặt: x + 2 = t. Phơng trình (4.1) trở thành:
x

t2 3t 10 = 0 (4.2)
Phơng trình (4.2) chính là phơng trình (3.1), có hai nghiệm t1 = 5, t2 = -2
Suy ra:

x + 2 = 5  x2 – 5x + 2 = 0 (4.3)
x

x + 2 = -2  x2 + 2x + 2 = 0 (4.4)
x


+ Giải phơng trình (4.3) đợc nghiệm x1 = 5+ 17 , x2 = 5 17
+ Phơng trình (4.4) vô nghiệm

2

2

Vậy phơng trình (4) có hai nghiệm.
2) Giải phơng trình bậc 4 có HSĐX lệch:
ax4 + bx3 + cx2 bx + a = 0
Cách giải: Trớc hết thấy x = 0 không là nghiệm của phơng trình.
Với x

0, chia cả hai vế của phơng trình cho x2, ta đợc:
1
2 1

x 2
x
x + b
x +c=0
a

x
Đặt ẩn phụ: t =

1
x

1
2
suy ra: t2 = x2 + x 2

Khi đó phơng trình đà cho trở thành:
at2 + bt + c + 2a = 0
Giải phơng trình trên đợc t, từ đó suy ra x.
Bài toán 5: Giải phơng trình:
3x4 4x3 5x2 + 4x + 3 = 0 (5)
+ Ta thÊy x = 0 không là nghiệm của phơng trình (4)
+ Với x

0, chia cả hai vế của phơng trình (4) cho x2, ta đợc:
1
2 1

x 2
x
x
x 5 = 0 (5.1)
3
x

Đặt t =

1
x

1
2
suy ra: t2 = x2 + x 2

Khi đó phơng trình (5.1) trở thành:

3t2 4t + 1 = 0 (5.2)
1
Phơng tr×nh (5.2) cã hai nghiƯm t1 = 1; t2 = 3


1 5
1 5
+ Víi t = 1  x2 – x – 1 = 0  x1 = 2 ; x2 = 2
1
1  37
1  37
2 ; x4 =
2
+ Víi t = 3  3x2 – x – 3 = 0 x3 =
Vậy phơng trình (5) có 4 nghiệm.
E/ Vận dụng ẩn phụ để giải hệ phơng trình đối xứng loại II bằng cách
giải phơng trình bậc hai:
Dựa theo định lý đảo của định lý Vi-ét, ta có thể giải đợc hệ phơng trình
đối xứng loại II thông qua giải phơng trình bậc hai.
Bài toán 6: Giải hệ phơng trình:

x 2 xy+ y 2=4
x + y + xy=0
{


(I)

Giải:
2

(I)

x+ y 3 xy=4

(x + y )+xy=0




Đặt: x + y = S, xy = P (§K: S2 ≥ 4P). Hệ phơng trình (I) trở thành:

S 2 3 P=4
S+ P=0
{


Giải hệ phơng trình (II) đợc:

(II)


S1=1
P1=1 ,
{



S 2= 4
P2=4

{


Cặp giá trị S2, P2 thoả mÃn điều kiện S2 4P. Khi đó, x, y là các nghiệm của
phơng trình:


X2 + 4X + 4 = 0 (6)
+ Phơng trình (6) cã nghiÖm kÐp X1 = X2 = -2
VËy hÖ phơng trình (I) có nghiệm x = y = -2.

G/ Giải phơng trình chứa dấu căn:
Tính u việt của ẩn phụ đặc biệt đợc thể hiện trong giải phơng trình chứa
dấu căn.
Ta xét một vài bài toán đơn giản:
Bài toán 7: Giải phơng trình:
x - x = 5 x + 7 (7)
Giải:
+ ĐKXĐ: x 0
(7) x 6 x 7 = 0

Đặt: x = t (ĐK: t 0). Phơng trình (7) trở thành:
t2 6t 7 = 0 (7.1)
Dễ thấy phơng tr×nh (7) cã hai nghiƯm: t1 = -1, t2 = 7
+ Giá trị t2 thoả mÃn điều kiện t 0.
Suy ra x = 7 Phơng trình (7) có nghiệm x = 49.
Bài toán 8: Giải phơng trình:
x + x 1 3 = 0 (8)
Giải:
+ ĐKXĐ: x 1

Đặt: x 1 = t (ĐK: t 0). Phơng trình (8) trở thành:
t2 + t 2 = 0 (8.1)


Phơng trình (8.1) có hai nghiệm: t1 = 1, t2 = -2
+ Giá trị t1 thoả mÃn điều kiện
Suy ra: x 1 = 1 Phơng trình (8) có nghiệm: x = 2.
Với đa số phơng trình chứa dấu căn thì không đơn giản nh trên, mà thờng
gây ra nhiều khó khăn, phức tạp vì nếu nâng lên luỹ thừa để làm mất dấu căn thì
dẫn đến phơng trình bậc cao, có thể không biết cách giải. Tuy nhiên, nếu biết
đặt ẩn phụ hợp lý thì việc giải phơng trình sẽ trở nên nhẹ nhàng hơn rất nhiều.
Bài toán 9: Giải phơng trình:
x2 x+5 = 5 (9)
Giải:
+ ĐKXĐ: x -5
a) Với bài toán này, chúng ta sẽ xem cách giải nâng lên luỹ thừa trớc để tiƯn so
s¸nh:
(9)  √ x+5 = x2 – 5 (9.1)
+ NÕu x2 – 5 < 0  - √ 5 < x < 5 thì phơng trình (9.1) vô nghiÖm.

+ NÕu x2 – 5 ≥ 0 

x ≥ √5
¿
−5 ≤ x ≤ − √ 5
¿
¿
¿
¿

(*) th× ta cã:

(9.1)  ( √ x+5 )2 = (x2 – 5)2
 x + 5 = x4 – 10x2 + 25
 x4 – 10x2 x + 20 = 0 (9.2)
Phơng trình (9.2) không thuộc các dạng phơng trình bậc cao đà biết, cũng
không rơi vào các trờng hợp đặc biệt để có thể nhẩm nghiệm. Vì thế, để giải phơng trình này, ta phải đa về phơng trình tích, mà để làm đợc điều đó, ta phải phân
tích vế trái (VT) của phơng trình (9.2) thành nhân tử bằng phơng pháp hệ số bất
định một phơng pháp lạ lẫm và khó khăn víi häc sinh – nh sau:
Gäi

f(x) = x4 – 10x2 – x + 20


f(x) nếu phân tích thành nhân tử sẽ có dạng:
f(x)

= (x2 + ax + b)(x2 + cx + d)
=

x4 + ax3 + bx2
+ cx3 + acx2 + bcx
+ dx2 + adx + bd

= x4 + (a + c)x3 + (b + ac + d)x2 + (bc + ad)x + bd
¿
a+c=0
b+ac +d= 10
bc+ad= 1
bd=20

{{{


Ta có:

Giải hệ phơng trình điều kiện trên (việc này cũng không dễ dàng), ta đợc:

a=1
b= 5
c=1
d= 4
{{{


hoặc


a=1
b= 4
c=−1
d=− 5
¿{{{
¿

Do ®ã: f(x) = (x2 – x – 5)(x2 + x – 4)
VËy (9.2)

 (x2 – x – 5)(x2 + x – 4) = 0
x 2 − x −5=0
¿

x 2+x 4=0







(9.3)
(9.4)

Giải các phơng trình (9.3) và (9.4), kiểm tra với điều kiện (*), ta suy ra đợc
các nghiệm của phơng trình (9) là:
x1 = 1+ 21 ,
x2 = 1 17
2

2

b) Sau đây, ta sẽ giải phơng trình (9) bằng cách đặt ẩn phụ:
Đặt: x+5 = y (§K: y ≥ 0)  x + 5 = y2
Khi đó, phơng trình (9) chuyển thành hệ phơng trình:


(9.5)
(9.6)


x y =5
y 2 x=5

{

2

(Hệ phơng trình đối xứng loại I)

Trừ theo từng vế (9.5) và (9.6) ta ®ỵc:
x2 – y2 + x – y = 0


(x – y)(x + y + 1)
2



x − y=0
¿
x+ y+ 1=0
¿
¿
¿
¿

(9.7)
(9.8)

+) (9.7) x = y 0, thay vào (9.5) đợc: x2 x 5 = 0 (9.9)
Giải phơng trình (9.9) đợc nghiệm: x1 = 1+ 21 , x2 = 1 − √ 21
2

2

+) (9.8)  x = y 0, thay vào (9.5) đợc: x2 + x 4 = 0 (9.10)
Giải phơng trình (9.10) đợc nghiệm: x3 = − 1+ √17 , x4 = − 1− √17
2

2

Ta thấy các giá trị x1, x4 thoả mÃn điều kiện BT.
Vậy phơng trình (9) có hai nghiệm.
Rõ ràng có thể thÊy tÝnh u viƯt cđa Èn phơ trong viƯc gi¶i phơng trình. Tuy
nhiên, cũng có thể thấy việc chọn ẩn phụ hợp lý lại không hề đơn giản. Vì thế,
yêu cầu đối với giáo viên là hớng dẫn học sinh nhận dạng đợc phơng trình để
chọn đặt ẩn phụ.
Bên cạnh các ví dụ đà nêu trên, có một số trờng hợp để giải đợc phơng trình
chứa dấu căn, ta phải đặt hai ẩn phụ, thậm chí phải đặt ẩn phụ nhiều lần hoặc phải
thay đổi vai trò của ẩn.
Bài toán 10: Giải phơng trình:
2(x2 3x + 2) = 3

x3 +8 (10)


Giải:
+ ĐKXĐ: x 2
Trớc hết ta phải thấy rằng phơng trình (10) nếu nâng lên luỹ thừa để làm
mất dấu căn thì sẽ trở thành một phơng trình bậc bốn, mà việc giải phơng trình đó
rất khó khăn. Bây giờ, ta sẽ giải phơng trình (10) bằng cách đặt Èn phơ.
§Ĩ ý r»ng: x3 + 8 = (x + 2)(x2 – 2x + 4)
x2 – 3x + 2 = (x2 2x + 4) (x + 2)

Đặt: a =

√ x2 −2 x+ 4

b = √ x+2

(10.1)
(§K: a ≥ 3 ; b 0) (**)

(10.2)

Phơng trình (10) chuyển thành hệ phơng trình:
2(a 2 b 2)=3 ab
b2 3 2=a2 3


{


(10.3)
(10.4)

Biến đổi (10.3) thành: 2a2 3ba 2b2 = 0
Giải phơng trình trên với ẩn a, tham số b, ta đợc: a1 = 2b, a2 = b
2
Kết hợp với điều kiện (**), ta thấy chỉ có giá trị a = 2b (10.5) thoả mÃn.
Đến đây, ta có thể giải tiếp theo hai hớng:
1) Kết hợp (10.1), (10.2) và (10.5) để đợc phơng trình:

x2 2 x+ 4 = 2 x+2

biến đổi đợc: x2 6x 4 = 0 (10.6)
2) Thế (10.5) vào (10.4) để tìm b, rồi kết hợp với (10.2) để tìm x.
+ Cả hai hớng trên đều cho ta hai nghiệm của phơng trình (10) là:
x1 = 3 + 13 ,

x2 = 3 – √ 13


*Một số bài tập đề nghị:
Các em học sinh và bạn đọc có thể vận dụng các cách đặt ẩn phụ đà đợc
giới thiệu ở trên để giải một số phơng trình sau:
1) x4 + 2x2 x + 1 = 15x2 – x – 35
2) 3(x2 + x)2 – 2(x2 + x) – 1 = 0

(11)
(12)

3) (x2 – 4x + 2)2 + x2 – 4x – 4 = 0
4) x –

(13)

x1 =5 x1 +8

(14)

2x 2
5x

2

x 1 + 3 = 0
5) (x  1)

(15)

2
6) 3 x  x  1 – x = x2 + 3

1 1 x

7)
3

1  2 1  x 
=x
2

2

(17)

x 1 = 3

(18)

9) 2x4 – 21x3 + 34x2 + 105x + 50 = 0

(19)

8)

x 2 +

(16)

-------***-------

*híng dÉn gi¶i:
1) x4 + 2x2 – x + 1 = 15x2 – x – 35

(11)

 x4 – 13x2 + 36 = 0
Đặt x2 = t (ĐK: t 0), phơng trình (11) trở thành:


t2 13t + 36 = 0 (11.1)
Phơng trình (11.1) cã nghiƯm: t1 = 9; t2 = 3
Tõ ®ã suy ra phơng trình (11) có 4 nghiệm: x1 = 81; x2 = -81; x3 = 9; x4 = -9
2) 3(x2 + x)2 2(x2 + x) 1 = 0

(12)

Đặt x2 = t (ĐK: t 0), phơng trình (12) trở thành:
3t2 2t 1 = 0 (12.1)
1
Phơng trình (12.1) cã nghiÖm: t1 = 1; t2 = 3
 1 5
1 5
2

2
Từ đó suy ra phơng trình ((12) có 4 nghiÖm: x1 =
; x2 =
;
 3  21
 3  21
6
6
x3 =
; x4 =
3) (x2 – 4x + 2)2 + x2 4x 4 = 0

(13)

Đặt (x2 4x + 2) = t, phơng trình (13) trở thành:
t2 + t 6 = 0 (13.1)
Phơng trình (13.1) có nghiƯm: t1 = 3; t2 = -2
Tõ ®ã suy ra phơng trình (13) có 2 nghiệm: x1 = 2 +
4) x –

x1 =5 x1 +8

5 ; x2 = 2 –

(14)

+ §KX§: x  1
§Ỉt

x  1 = t (§K: t 0), phơng trình (14) trở thành:

t2 6t 7 = 0 (14.1)

Phơng trình (14.1) có nghiệm: t1 = -1; t2 = 7
Từ đó suy ra phơng trình (14) cã 1 nghiÖm: x = 50

5


2x 2
5x

2
x 1 + 3 = 0
5) (x  1)

(15)

+ §KX§: x ≠ -1
t
x
§Ỉt x  1 = t (§K: t ≠ 1)  x = 1  t , phơng trình (15) trở thành:
2t2 5t + 3 = 0 (15.1)
3
Phơng trình (15.1) có nghiệm: t1 = 1; t2 = 2
Từ đó suy ra phơng trình (15) có 1 nghiÖm: x = -3
2
6) 3 x  x  1 x = x2 + 3

Đặt

(16)

x 2 x 1 = t (ĐK: t 0), phơng trình (16) trở thành:
3t2 t 2 = 0 (16.1)


Phơng trình (16.1) cã nghiƯm: t1 = 1; t2 =

2
3

Tõ ®ã suy ra phơng trình (16) có 2 nghiệm: x1 = 0; x2 = -1
7)

1  1  x2 = x

1  2 1  x 
2

(17)

+ §KX§: -1  x  1
2
Đặt 1 x = y (ĐK: y 0), phơng trình (17) trở thành hệ phơng trình:

1 y x(1  2y) (17.1)
 2
2
(17.2)
 x 1  y

3
Gi¶i hệ phơng trình trên ta đợc: y1 = 0; y2 = 2


1
Từ đó suy ra phơng trình (17) có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = 2
8)

3

x 2 +

Đặt

3

x 1 = 3

x  2 = a;

(18)

x  1 = b (§K: b 0), phơng trình (18) trở thành:

a b 3
(18.1)
3
2
a b 3 (18.2)
Giải hệ phơng trình trên ta đợc: a = 1; b = 2

Từ đó suy ra phơng trình (18) có 1 nghiệm: x = 3
9) 2x4 – 21x3 + 34x2 + 105x + 50 = 0
Với x 0, đặt

x

(19)

5
25
x = t t2 = x2 + x 2 10, phơng trình (19) trở thành:

2t2 21t + 54 = 0 (19.1)
9
Phơng trình (19.1) cã nghiƯm: t1 = 6; t2 = 2
Tõ ®ã suy ra phơng trình (19) có nghiệm: x1 = 3 + 14 ; x2 = 3 – 14 ;
9  161
9  161
4
4
x3 =
; x4 =


Phần III:
Kết luận
Qua các ví dụ trên có thể thấy râ “TÝnh u viƯt cđa Èn phơ trong viƯc gi¶i phơng
trình. Nhng xin nhấn mạnh một lần nữa, để áp dụng phơng pháp này, yêu cầu đầu
tiên mang tính đột phá chính là việc chọn ẩn phụ hợp lý vấn đề này đòi hỏi
học sinh ngoài sự thông minh còn cần có kinh nghiệm tích luỹ lâu dài.

Trong các ví dụ đà đa ra ở trên, có thể có cách giải khác hay hơn, đẹp hơn.
Ngay cả việc có thể đặt ẩn phụ hợp lý hơn để giải các phơng trình, mà ngời viết
chủ quan cha nhìn nhận đợc. Vì thế, rất mong có sự đóng góp ý kiến của các bạn
đồng nghiệp, của các thầy cô giáo cũng nh của các bạn đọc yêu toán.
Xin chân thành cảm ơn!

Ân Hoà, ngày 15 tháng 4 năm 2007./.
Xác nhận của nhà trờng:

Ngời viết SKKN:

Lê Trần Kiên


Tài liệu tham khảo:
1) Tạp chí Toán học và tuổi trẻ
2) Su tầm đề thi học sinh giỏi, đề thi tuyÓn sinh THPT.