SKKN: Phương pháp giải phương trình và hệ phương trình không mẫu mực

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
KHƠNG MẪU MỰC


A/ Đặt vấn đề:
Trong q trình học Tốn, các em học sinh có thể gặp các bài tốn mà
đầu đề có vẻ lạ, khơng bình thường, những bài tốn khơng thể giải trực tiếp
bằng các quy tắc, các phương pháp quen thuộc. Những bài toán như vậy
thường được gọi là “khơng mẫu mực”, có tác dụng khơng nhỏ trong việc rèn
luyện tư duy Toán học và thường là sự thử thách đối với học sinh trong các
kỳ thi HSG, thi vào cấp 3, các lớp chuyên toán,… Tuy nhiên quen thuộc hay
“khơng mẫu mực”, phụ thuộc vào trình độ của người giải Tốn. Tơi xin đưa
ra một số phương pháp giải một số phương trình và hệ phương trình “khơng
mẫu mực”, với phương pháp này tôi đã giúp đỡ các em học sinh luyện tập và
làm quen với phương trình và hệ phương trình “khơng mẫu mực” để từ đó
biết cách tư duy suy nghĩ trước những phương trình và hệ phương trình
“khơng mẫu mực” khác.
B. Giải quyết vấn đề
I. Phần I: Phương trình.
1. Phương trình một ẩn:
Với phương trình một ẩn có 4 phương pháp thường vận dụng là: Đưa
về phương trình tích, áp dụng các bất đẳng thức chứng minh nghiệm duy
nhất và đưa về hệ phương trình.
a. Phương pháp đưa về phương trình tích.
* Các bước:
- Tìm tập xác định của phương trình.
- Dùng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình về dạng
f(x).g(x)….h(x) = 0 (gọi là phương trình tích). Từ đó suy ra f(x) = 0; g(x) =

0; … h(x) = 0 là những phương trình quen thuộc. Nghiệm của phương trình
là tập hợp các nghiệm của các phương trình f(x) = 0, g(x) = 0, … h(x) = 0
thuộc tập xác định.
- Đôi khi dùng ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa ân đưa phương
trình về dạng tích (với ẩn phụ). Giải phương trình với ẩn phụ, từ đó tìm
nghiệm của phương trình đã cho.
- Dùng cách nhóm số hạng, hoặc tách các số hạng…để đưa phương
trình về dạng quen thuộc mà ta đã biết cách giải .
*Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Giải phương trình:
x 2  10 x  21  3 x  3  2 x  7  6


ĐK: x ≥ -3.

x 2  10 x  21  3 x  3  2 x  7  6
 ( x  3)( x  7)  3 x  3  2 x  7  6  0


x  3 ( x  7  3)  2( x  7  3)  0

 ( x  7  3)( x  3  2)  0
 x7 3 0


 x  3  2  0

 x7 3

 x  3  2

Vì 2 vế đều dương nên ta có:
x  7  9
 x  2(TM )


x  3  4
 x  1(TM )

Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là S = 1;2 .
Ví dụ 2: Giải phương trình:
3x+1 + 2x.3x - 18x - 27 = 0
TXĐ: x  R.
Giải
x+1
x
3 + 2x.3 - 18x - 27 = 0
x
 3 (3 + 2x) – 9(2x + 3) = 0
x
 (2x + 3) (3 - 9) = 0
2 x  3  0
 x
3  9  0
3

x


2


x  2

3
Vậy tập nghiệm của phương trình là S =  ;2
 2 

Ví dụ 3: Giải phương trình:
(x2 - 4x + 2)3 = (x2 - x - 1)3 - (3x - 2)3;
TXĐ: R.
3
3
3
áp dụng hằng đẳng thức (a - b) - (a - b ) = -3ab(a - b)
(x2 - 4x + 1)3 = (x2 - x - 1) - (3x - 2)3


x

2



 



3

3

3

2

2

 3( x  x  1)(3x  2)( x  4 x  1)  0
 x 2  x  1  0 (1)

 3x  2  0 (2)
 x 2  4 x  1  0 (3)


Giải (1):

x2 - x - 1 = 0
 = 1 + 4 = 5 > 0, Pt có 2 nghiệm
x1 



 x  1  3x  2  x 2  x  1  3 x  2   0

1 5
1 5
; x2 
2
2

Giải (2):
2
3

3x - 2 = 0  x  .
Giải (3):
x2 - 4x + 1 = 0
 ’ = 4 - 1 = 3 > 0, Pt có 2 nghiệm
x1  2  3; x 2  2  3 .
Vậy tập nghiệm của phương trình là:
1  5 1  5 2

;
; ;2  3 ;2  3 
2
3
 2


S= 

Ví dụ 4: Giải phương trình:
(x - 2)(x - 4)(x + 6)(x + 8) = -36TXĐ: R
  x  2  x  6  x  4( x  8)  36
 ( x 2  4 x  12)( x 2  4 x  32)  36(*)

Đặt y = x2 + 4x - 12  x 2  4 x  32  y  20
Phương trình (*) trở thành:

y ( y  20 )  36

 y 2  20 y  36  0
 ( y  18)( y  2)  0
 y  18  0  y  18

y  2  0  y  2
 x 2  4 x  12  18(1)
 2
 x  4 x  12  2( 2)


Giải (1) ta có:
x 2  4 x  12  18
 x 2  4 x  30  0
'  4  30  34  0

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
x1  2  34 ;
x 2  2  34

Giải (2) ta có:
x 2  4 x  12  2
 x 2  4 x  14  0
'  4  14  18  0

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
x1  2  18  2  3 2
x 2  2  18  2  3 2

Vậy tập nghiệm của phương trình là:
S =  34  2; 34  2;3 2  2;3 2  2

Ví dụ 5: Giải phương trình:
(x + 2)4 + x4 = 82
Đặt y = x + 1
(x + 2)4 + x4 = 82
4
4
 (y + 1) + (y - 1) = 82
4
2
 y + 6y - 40 = 0
Đặt y2 = t ≥ 0
2
 t + 6t - 40 = 0
 ’ = 9 + 40 = 49 > 0, Pt có 2 nghiệm phân biệt.
t1 = -3 + 7 = 4;
t2 = -3 - 7 = -10 (loại)
2
 y = 4,  y =  2.
Với y = 2  x + 1 = 2  x = 1.
Với y = -2  x + 1 = -2  x = -3.
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = {1;-3}.
Chú ý: Phương trình dạng (x + a)4 + (x + b)4 = c (a, b, c là hằng số)
đặt ẩn phụ y = x +

ab
, thì phương trình đưa được về dạng dy4 + ey2 + g =
2

0 (d, e, g là hằng số).

Ví dụ 6: Giải phương trình
1
1
1
1
 2
 2

x  9 x  20 x  11x  30 x  13 x  42 18
1
1
1
1




( x  4)( x  5) ( x  5)( x  6) ( x  6)( x  7) 18
2

ĐK: x  -4; x  -5; x  -6; x  -7.

1
1
1
1
1
1
1







( x  4) ( x  5) ( x  5) x  6 x  6 x  7 18
1
1
1



( x  4) x  7 18
 18( x  7)  18( x  4)  ( x  4)( x  7)


 x 2  11x  26  0
  x  13 x  2   0
 x  13  0  x  13

x  2  0  x  2

Thoả mãn điều kiện.
Vậy tập nghiệm của phương trình S = {-13; 2}.
b. Phương pháp áp dụng bất đẳng thức.
*Các bước:
- Biến đổi phương trình về dạng f(x) = g(x) mà f(x)  a; g(x)  a (a là
hằng số).
- Nghiệm của phương trình là các giá trị thoả mãn đồng thời f(x)=a và

g(x)=a.
- Biến đổi phương trình về dạng h(x)=m (m là hằng số), mà ta ln có
h(x)  m hoặc h(x)  m thì nghiệm của phương trình là các giá trị của x làm
cho dấu đẳng thức xảy ra.
- áp dụng các bất đẳng thức Cơsi, Bunhiacơpxki…
*Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Giải phương trình:


3x 2  6 x  7  5 x 2  10 x  14  4  2 x  x 2
 3( x  1) 2  4  5( x  1)2  9  5  ( x  1) 2 : x  R
2

3( x  1) 2  4  5  x  1  9  4  9  5

Mà:

2

5   x  1  5

Nên ta có: (x+1)2 = 0  x = -1.
Vậy nghiệm của phương trình là x = -1.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
x 2  6 x  11  x 2  6 x  13  4 x 2  4 x  5  3  2
 ( x  3)2  2  ( x  3)2  4  4 ( x  2) 2  1  3  2

Mà: ( x  3)2  2  ( x  3)2  4  4 ( x  2) 2  1  2  4  1  3  2
( x  3)2  0

Nên dấu “=”xảy ra  

x  2  0

Điều này không thể xảy ra. Vậy phương trình vơ nghiệm.
Ví dụ 3: Giải phương trình:
x 2  3x  3,5  ( x 2  2 x  2)( x 2  4 x  5)

Ta có:
x 2  2 x  2  ( x  1)2  1  0
x 2  4 x  5  ( x  2)2  1  0
x 2  3x  3,5 

( x 2  2 x  2)  ( x 2  4 x  5)
2

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ( x 2  2 x  2); ( x 2  4 x  5) ta
có:

( x 2  2 x  2)  ( x 2  4 x  5)
 ( x 2  2 x  2)( x 2  4 x  5)
2

Vậy x 2  3 x  3,5  ( x 2  2 x  2)( x 2  4 x  5)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
( x 2  2 x  2)  ( x 2  4 x  5)
 2x  3
x

3

2

3
2

Vậy nghiệm của phương trình là x= .


Ví dụ 4: Giải phương trình:
2
2
13  x 2  3 x  6  x 2  2 x  7   5 x 2  12 x  33





 







2

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 4 số :

a

2





 b 2 c 2  d 2  (ac  bd )2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a.d=b.c
Với a=2 ; b=3 ; c=x2-3x+6 ; d= x2-2x+7 ta có:
2
2
2
 32  x 2  3 x  6  x 2  2 x  7    2 x 2  3 x  6  3 x 2  2 x  7 


2
2
2
13  x 2  3 x  6  x 2  2 x  7   5 x 2  12 x  33



2



2



 

 









 





Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
3( x 2  3x  6)  2( x 2  2 x  7)
 3 x 2  9 x  18  2 x 2  4 x  14
 x2  5x  4  0
a  b  c  1 5  4  0
c
a

Phương trình có 2 nghiệm: x1  1; x2   4
Vậy nghiệm của phương trình là x1  1; x2  4

c. Phương pháp chứng minh nghiệm duy nhất.
*Các bước giải:
ở một số phương trình ta có thể thử trực tiếp để tìm nghiệm của chúng
rồi sau đó tìm cách chứng minh rằng ngồi nghiệm này ra chúng khơng cịn
nghiệm nào khác nữa.
*Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2x

2

3

 3x  9(1)

Giải:
+) x=0 là nghiệm của phương trình (1)
+) Nếu x  0 ta có: x 2  0
 2x

2

3

 3x  20 3  30  9

Do đó x  0 khơng thể là nghiệm của phương trình (1).
Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = 0.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
x x  10 x  x (2); Với x > 0.

Giải:
+Ta nhận thấy x=1 là nghiệm của phương trình(2).
2


+Với x>1 ta có : x x  1x  1
2

2

2

x  x nên x  x  0 do đó

10 x  x  100  1
2

 10 x  x  x x

Vậy x>1 không thể là nghiệm của phương trình

xx 1x 1
+Với 0
x2  x x  x2  0

2

2

Nên 10 x  x  100  1  10 x  x  x x
Vậy 0Vậy nghiệm của phương trình là x=1.
II. Phần II: Hệ phương trình.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của hệ:
2
2
 x  xy  3 y  9
 2
2
2 x  655 xy  660 y  1992

Giải:
 x 2  xy  3 y 2  9
 2
2
 x  656 xy  657 y  1983
 x 2  xy  3 y 2  9

( x  y )( x  657 y )  1983

Xét : (x+y)(x-657y)=1983=661.3
 x  y  661
 x  660
Không thoả mãn.


 x  657 y  3  y  1
 x  y  661
 x  660

Không thoả mãn.


 x  657 y  3  y  1
x  y  3
x  4
Thoả mãn.


 x  657 y  661  y  1
 x  y  3
 x  4
Thoả mãn.


 x  657 y  661  y  1

Vậy nghiệm của hệ là: (4;-1) và (-4;1).
Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun của hệ:
x  y  z  3
(2)

( z  y )( y  3)( z  3)  8

Giải:
y  z  3 x
(3  x)(3  y )(3  z )  8

(2)  

Ta có: 8 = 1.1.8 = -1.1.(-8) =(-1).(-1).8 = 2.2.2 = (-2).(-2).2 = 2.(-2).(-2).
Trong các bộ số trên chỉ có (-1)+(-1)+8 = 6 và 2+2+2=6.


Do đó:

3  x  1
x  4


3  y  1   y  4
3  z  8
 z  5


3  x  8
 x  5


3  y  1   y  4
3  z  1
z  4


3  x  1  x  4


3  y  8   y  5
3  z  1  z  4



3  x  2
x  1


3  y  2   y  1
3  z  2
z 1



Ví dụ 3: Tìm nghiệm ngun của hệ:
x  y  2

2
 xy  z  1
 x  y  2(1)

2
 xy  1  z (2)

Từ (2) ta có: xy  1  x, y cùng dấu. Mặt khác x+y=2 do đó x=y=1  z=0.
Vậy nghiệm của hệ là (x;y;z) = (1;1;0) .
Ví dụ 4: Tìm nghiệm ngun của hệ:
x  y  z  2

2
2 xy  z  4

Dễ thấy y  0 . Từ hệ phương trình ta có:

2(x+y+z)y - (2xy - z2) = 4y-4

 2 xy  2 y 2  2 yz  2 xy  z 2  4 y  4
 ( y  z ) 2  ( y  2) 2  0
y  z  0 y  2


x2
 y  2  0  y  z


Các giá trị tìm được nghiệm đúng với hệ đã cho.
Vậy nghiệm nguyên của hệ là (x;y;z) = (2;2;-2).
Ví dụ 5: Tìm nghiệm nguyên của hệ:
 x3  y 3  z 3  3

x  y  z  3

Giải:
Ta có cơng thức:
( x  y  z )3  ( x3  y 3  z 3 )  3( x  y )( y  z )( z  x )

Do đó ta có:
(3  x)  (3  y )  (3  z )  6

(3  x).(3  y ).(3  z )  8

Suy ra : 3-x ; 3-y ; 3-z chỉ có 1 số chẵn hoặc cả 3 cùng là số chẵn.
*Nếu chỉ có 1 số chẵn:
Do vai trị của x; y; z như nhau, khơng mất tính tổng qt nên giả sử 3-x là

số chẵn. Từ đó ta có: x = -5; y= 4; z = 4.
*Nếu cả 2 cùng chẵn thì x = y =z = 1.
Vậy nghiệm nguyên cần tìm của hệ là: (x;y;z) = (-5;4;4); (1;1;1) và các hốn
vị của chúng.
Ví dụ 6: Tìm nghiệm tự nhiên của hệ:
 x 2  2( y  z )
 6
6
6
2
2
 x  y  z  31( y  z )

Giải:
2

 x  2( y  z )(1)
 6
6
6
2
2
 x  y  z  31( y  z )(2)

Từ 1 suy ra x 2  2  x  2
Mặt khác từ phương trình thứ 2 ta có:
x 6  y 6  z 6  31( y 2  z 2 ) nên x>y và x>z.
Nên 4x > 2(y+z)= x2 vậy x=2  y=z=1.
Các giá trị này thoả mãn hệ phương trình .
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: x=2; y=1; z=1.

C/ Kết thúc vấn đề:
Trên đây là 1 số phương pháp giải phương trình và hệ phương trình
“Khơng mẫu mực” của bản thân tơi, trong q trình giải tốn tơi gặp phải và
đã vận dụng, một số ví dụ giải tốn để các đồng nghiệp cùng tham khảo.
Trong q trình vận dụng cũng cần nhiều đóng góp của đồng nghiệp.
Giao Hà, ngày 2 tháng 10 năm 2006
Người viết