Tài liệu Phương trình đại số doc

PHƯƠNG TRÌNH

A. CÁC PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN

Phần này đề cập đến các phương pháp giải các phương trình có bậc nhỏ hơn 5

I. Phương trình bậc nhất
Dạng tổng quát :
axbc+=

Biện luận :
•
0a ≠
: phương trình có nghiệm duy nhất
b
x
a
=−

•
0a =
: phương trình có dạng
0xb=−

0b ≠
: phương trình vô nghiệm
0b =
: phương trình có vô số nghiệm

II. Phương trình bậc hai
Dạng tổng quát :

( )
2
0 0axbxca++=≠ (1)
Biện luận : Ta xét
2
4bac∆=−

•
0∆<
: phương trình vô nghiệm.
•
0∆=
: phương trình có nghiệm kép :
12
2
b
xx
a
==−

•
0∆>
: phương trình có hai nghiệm phân biệt :
1
2
b
x
a
−+∆
=

,
2
2
b
x
a
−−∆
=

Ví d
ụ. Chứng minh rằng phương trình
( )
2
0xabcxabbcca++++++= vô nghiệm với
,,abc
là 3 cạnh của một tam giác .
Giả
i.
Ta có
()()()
2
222
42abcabbccaabcabbcca∆=++−++=++−++
Mà
0∆<
do
,,abc
là ba cạnh tam giác ( xem phần bất đẳng thức hình học)

Đònh lý Viet và một số ứng dụng

Giả sử
0∆≥
. Gọi
12
,xx là hai nghiệm của phương trình (1) thì :

12
12

.
b
S
a
c
P
a
xx
xx
−

==




==


+

Bằng
đònh lý Viet
chúng ta có thể xét dấu của các nghiệm như sau
- Phương trình có hai nghiệm dương
0⇔∆≥
và
0P >
và
0S >

- Phương trình có hai nghiệm trái dấu
0⇔∆≥
và
0P <

- Phương trình có hai nghiệm âm
0⇔∆≥
và
0P >
và
0S <


Thí du
ï . Tìm m sao cho phương trình
( )
2
22610xmxm−+++= (*) có hai nghiệm không
nhỏ hơn 2

Giải

Đặt
2tx=−
thì phương trình đã cho trở thành

2
2230tmtm−+−=
(**)
Phương trình (*) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng 2
⇔
phương trình (**) có hai nghiệm
không âm

'0
0
0
S
P
∆≥


⇔≥


≥


2
230

2 0
2 30
m
m
m
m
−+≥


⇔≥


−≥


3
2
m⇔≥

Vậy
3
2
m ≥
thì phương trình (*) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng 2

III. Phương trình bậc ba
Dạng tổûng quát :
( )
32
0 0axbxcxda+++=≠

Ta đưa về dạng :
32
0xaxbxc+++=
(2)
Đặt
3
a
xy=− thì phương trình (2) được viết lại dưới dạng
3
0ypyq−−= (2’) trong đó
2
3
a
pb=−
và
3
2
273
ab
a
qc
−
=+−
. Công thức nghiệm của phương trình (2’) là :
y =
3
32
3
32
27422742

pq
q
pq
q
+−−+++−
được gọi là công thức Cardano , lấy tên của nhà
toán học Italia. Cardan theo học trưòng đai học Pavie, rồi đại học Padoue và nhận bằng tốt
nghiệp Y khoa năm 1526
Cardan viết khá nhiều về Tốn, cũng như một số ngành khác. Ơng đặt vấn đề giải phương trình
bậc ba cụ thể là
3
620xx+=
. Bây giờ ta nói tổng qt là
3
xpxq+=
. Phương pháp của
Cardan như sau: thay xuv=− và đặt
,uv
như thế nào đó để tích
1
3
uv =
( hệ số của x trong
phương trình bậc ba đang khảo sát ). Nghĩa là
2 uv=
. Từ phương trình
3
620xx+=
ta có
( )

333
()320uvuvuvuv−+−=−=. Khử v từ
2uv=
và từ
33
20uv−=
ta có
633
208 10810uuu=+⇒=+
. Từ
xuv=−
và
33
20uv−=
, ta có
33
1081010810x =+−−
.
Cardan cho một cơng thức tương đương đối với phương trình
3
xpxq+= là:
2323
33
24272427
qq
qpqp
x =−−+++−−+

Các dạng phương trình bậc ba thường gặp và phương pháp giải

1. Giải phương trình khi biết một nghiệm của phương trình
Giả sử ta biết được nghiệm
0
x

của phương trình (2) bằng cách đoán nghiệm ( thường là
các nghiệm nguyên đơn giản từ –3 đến +3 ) tức là
32
000
0axbxcxd+++=. Khi đó phương
trình (2)
3232
000
axbxcxdaxbxcxd⇔+++=+++
( ) ( )
( )
()
22
0000
0
22
000
0
0

xxaxaxbxaxbxc
xx
axaxbxaxbxc
⇔−+++++=
=

⇔

+++++=


Xét
()
( )
2
2
000
4axbaaxbxc∆=+−++

i) Nếu
0∆<
thì phương trình (2) có nghiệm duy nhất
0
xx=

ii) Nếu
0∆≥
thì phương trình (2) có các nghiệm

0
0
()
2
xx
axb
x
a
=


−+±∆

=



Thí dụ. Giải phương trình
32
3100xxx−+−=
Giải
Nhận thấy 2x = là 1 nghiệm của phương trình
Phương trình
( )
( )
2
2502xxxx−++=⇔=

Vậy phương trình đã cho có duy nhất 1 nghiệm
2x =

2. Phương trình bậc ba đối xứng
Dạng tổng quát
( )
32
0 0axbxbxaa+++=≠
Phương trình bậc ba đối xứng luôn nhận
1x =−
làm nghiệm
Thật vậy, ta có phương trình
( ) ( )
( )
2
10xaxbaxa⇔++−+=

()
2
1
0
x
axbaxa
=−

⇔

+−+=


Mở rộng
Một số tính chất của phương trình hệ số đối xứng (PT HSĐX)
Dạng tổng quát của PT HSĐX
( )
1
110011
...0 , ,...
nn
nnnn
axaxaxaaaaa
−
−−
++++===

Tính chất 1. PT HSĐX nếu có nghiệm
0
x thì
0
0x ≠ và
0
1
x
cũng là nghiệm
Tính chất 2. PT HSĐX bậc lẻ (
21nk=+
) nhận
1x =−
là nghiệm
Tính chất 3. Nếu
( )

fx là đa thức bậc lẻ có hệ số đối xứng thì
( ) ( ) ( )
1fxxgx=+ , trong đó
( )
gx
là đa thức bậc chẵn có hệ số đối xứng
Thật vậy, ta xét đa thứ c bậc 5 làm thí dụ

( ) ( ) ( ) ( )
( )
5432432
1axbxcxcxbxaxaxbaxcabxbaxa+++++=++−++−+−+

Vậy việc giải một phương trình có hệ số đối xứng bậc n lẻ tương ứng với việc giải một
phương trình có hệ số đối xứng bậc
1n −
chẵn

3. Phương trình bậc ba hồi quy
Dạng tổng quát
( )
3233
0 ,0,axbxcxdadacdb+++=≠=

q Từ điều kiện ta thấy nếu
0c =
thì
0b = ⇒
phương trình (2b) có nghiệm
3

d
x
a
−
=
q Nếu
0c ≠
thì
0b ≠
, điều kiện
3
dc
ab

⇔=


.
Đặt
c
t
b
=−
thì
cbt=−
và
3
dat=−

khi đó phương trình trở thành

323
0axbxbtxat+−−=

( ) ( )
()
22
22
0
0
xtaxatbxat
xt
axatbxat

⇔−+++=

=

⇔

+++=


Vậy
c
x
b
=−
là 1 nghiệm của phương trình . Nếu
()
2

2
40atba∆=+−≥ thì phương trình có
thêm các nghiệm là
()
2
atb
x
a
−+±∆
=

Thí dụ. Giải phương trình
32
8210xxx−−+=

Đáp số.
1
2
x =−


IV. Phương trình bậc bốn
Dạng tổng quát
( )
432
0 0atbtctdtea++++=≠
Ta đưa về dạng
432
0tatbtctd++++=
(3)

Đặt
4
a
tx=−
thì phương trình (3) được đưa về dạng
42
xpxqxr=++
(3’) trong đó
()
2
3
42
3
8
1
82
1
31664256
256
a
pb
a
qabc
raabacd

=−



=−+−




=−+−



Phương trình (3’)
( )
( )
( )
42222
22 xxpxqxrRααααα++=++++∈

( )
()
( )
2
222
2xpxqxrααα⇔+=++++
(3*)
Ta tìm α thỏa hệ thức
( )
( )
22
42qprαα=++
để viết vế phải thành
( )
2p α+
2

2(2)
q
x
p α

+

+



Khi đó ta được
()
()
()
2
2
2
2
22
q
xpx
p
αα
α

+=++

+


(3**)
§ Nếu
20pα+=
thì phương trình (3*)
( )
2
22
xrαα⇔+=+
(Bạn đọc tự biện luận tiếp)
§ Nếu 20pα+< thì phương trình (3**) vô nghiệm ( do VT
≥
0 và VP < 0)
§ Nếu
20pα+>
thì phương trình (3**)
()
2
2
22
q
xpx
p
αα
α

⇔=±++−

+


Đây là phương trình bậc 2 theo x, các bạn tự biện luận

Thí dụ. Giải phương trình
42
2830xxx−−−=
(*)
Giải.
Phương trình (*)
42
283xxx⇔=++
Ta chọn α thỏa
()
( )
2
644223αα=++
. Dễ dàng nhận thấy α = 1 thoả
Phương trình (*)
422
21484xxxx⇔++=++
( cộng mỗi vế một lượng
2
21x+
)

()
()
()
()
2
2

2
2
2
141
121
121
xx
xx
xx
⇔+=+

+=+
⇔

+=−+



Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là
15x=±



Các dạng phương trình bậc bốn thường gặp và phương pháp giải

1. Phương trình bậc bốn trùng phương
:
Dạng tổng quát
()
42

0 0axbxca++=≠
Phương pháp giải rất đơn giản bằng cách đặt
2
0yx=≥
để đưa phương trình về dạng
phương trình bậc hai
2
0aybyc++=
và biện luận

2. Phương trình bậc bốn đối xứng
Dạng tổng quát
()
432
0 0axbxcxbxaa++++=≠
Do
0a≠
nên
0x=
không là nghiệm của phương trình, ta có thể chia cả 2 vế của phương
trình cho
2
0x≠
và được
2
2
0
ba
axbxc
xx

++++=

2
2
11
0axbxc
xx

⇔++++=


(*)
Đặt
1
yx
x
=+
( điều kiện :
2y≥
)
2222
22
11
22yxxy
xx
⇒=++⇒+=−

Khi đó phương trình (*) trở thành
2
20aybyca++−= và dễ dàng giải được

Lưu ý
Ngoài kiểu phương tình bậc bốn đối xứng như trên còn có phương trình bậc bốn có hệ số đối
xứng lệch
432
0axbxcxbxa++−+=
(
0a≠
)
Phương pháp giải tương tự như trên, xin giành cho bạn đọc

Thí dụ: Cho phương trình : 8x
4
– 5x
3
+ mx
2
+ 5x + 8 = 0.
a) Giải phương trình khi m = -16.
b) Tìm m để phương trình vô nghiệm .
Đáp số: a) x
1
= 1, x
2
= -1, x
3
=
16

2815 +
, x
4
=
16
2815 −

b) m
≤

32
487−
.

3.Phương trình bậc bốn hồi quy :
Dạng tổng quát : ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e = 0 , (a
≠
0) trong đó ad
2
= eb
2
(*)
q Nếu b = 0 thì d = 0 phương trình trở thành phương trình trùng phương :
ax

4
+ cx
2
+ e = 0 và ta giải quyết được theo phương pháp 1.
q Nếu b
≠
0 thì d
≠
0 , điều kiện ó
a
e
=
2
d
b




Đặt
b
d
= t thì e = at
2
và d = bt thì phương trình (*) trở thành:
ax
4
+ bx
3
+ cx

2
+ btx + at
2
= 0. (**)
Do x = 0 không là nghiệm của phương trình (**) nên ta chia 2 vế phương trình (**) cho
x
2
≠
0 ta được ax
2
+ bx + c +
x
bt
+
x
t
a
2
2
= 0
ó a(x
2
+
x
t
2
2
) + b(x +
x
t

) + c = 0 (***)
Đặt x +
x
t
= y (điều kiện : y
2

≥
4t)
⇒
x
2
+
x
t
2
2
+ 2t = y
2

⇒
x
2
+
x
t
2
2
= y
2

– 2t.
Phương trình (***) trở thành : ay
2
+ by + c – 2at = 0 là phương trình bậc hai theo y , ta sẽ
tìm được nghiệm y
⇒
tìm được x.
Thí dụ : giải phương trình 2x
4
– 21x
3
+ 34x
2
+ 105 x + 50 = 0.
Hứơng dẫn: Đặt x -
x
5
= y ta thu được phương trình : 2y
2
–21y + 54 = 0 có nghiệm
y
1
= 6, y
2
=
2
9

o Với y
1

= 6 thì ta thu được các nghiệm : x
1
=
143+
, x
2
=
143 −
.
o Với y
2
=
2
9
thì ta thu được : x
3
=
4
1619 +
, x
4
=
4
1619 −
.




4.Phương trình bậc bốn dạng (x +

a
)
4
+ (x + b)
4
= c , (c > 0) :
(3d)
Phương pháp giải phương trình loại này là đặt x = y -
2
ba +
. Khi đó phương trình (3d) trở
thành:

44
22
abab
yyc
−−

++−=


. Đặt α =
2
ba −
để được phương trình gọn hơn :

()()()()()()
2
442222

2yycyyyycαααααα

++−=⇔++−−+−=



( ) ( )
22
2222
4224
222
21220 (*)
yyc
yyc
αα
αα
⇔+−−=
⇔++−=

(*) là phương trình trùng phương theo y.
Ta giải quyết tiếp bài toán theo phương pháp 1.
Thí dụ : Giải phương trình (x – 2004)
4
+ (x – 2006)
4
= 2
Đáp số: x = 2005

5. Phương pháp hệ phương trình đối xứng

Khi ta gặp các phương trình dạng
( ) ( )
()
2
22
0aaxbxcbaxbxccxa++++++=≠
(4e)
thì ta chuyển về hệ phương trình bằng cách đặt
2
yaxbxc=++
. Lúc đó ta có hệ đối xứng
²
²
axbxcy
aybycx
++=


++=

Ta trừ vế theo vế hai phương trình của hệ và thu được
( )( ) ( ) ( )( )
10axyxybxyyxxyaxayb−++−=−⇔−+++=
()
()
( )
()
2
2
2

2
10
1
1
1
10
xy
xaxbxc
axbxc
b
b
bac
xy
axbx
xaxbxc
a
a
a
=


=++

+−+=



⇔⇔⇔
−+
−+

++



+=
+++=
+++=






Giải 2 phương trình bậc hai này ta thu được nghiệm của phương trình
Thí dụ. Giải phương trình
( )
2
22
24xxx+−+=

Giải
Phương trình
( ) ( )
2
22
222xxxxx⇔+−++−−=

Đặt
2
2yxx=+−

thì ta có hệ :
² -2
² -2
xxy
yyx
+=


+=


Trừ vế theo vế ta được
( )( )
20xyxy−++=
2
2
2
2
20
02
220
xyxxx
x
xy
xx
xxx


==+−


=±
⇔⇔⇔



++=
=∨=−
++−+=




Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm
{ }
2,2,0,2x∈−−


6. Phương trình bậc bốn dạng
( )( )( )( ) ( )
xaxbxcxdmabcd β++++=+++=

Phương trình
( )( )
22
xxabxxcdmββ⇔++++=

Đặt
2
xxyβ+= thì ta được phương trình
( )( )

yabycdm++=
( )
2
0yabcdyabcdm⇔+++−=
Giải ra ta tìm được
y
rồi thay vào phương trình ban đầu để tìm x

Thí dụ. Giải phương trình
( )( )( )( )
1357297xxxx−−++=
Giải
Để ý thấy (-1) + 5 = (-3) + 7 cho nên tabiến đổi lại như sau:
Phương trình
( )( )( )( )
1537297xxxx⇔−+−+=
( )( )
()()
()
22
2
2
12
45421297
521297 4
261920
32, 6
xxxx
yyyxx
yy

yy
⇔+−+−=
⇔−−==+
⇔−−=
⇔==−

7. Phương trình bậc bốn dạng
( )( )( )( ) ( )
2
xaxbxcxdmxadbc β++++===


Phương trình
( )( )( )( )
2
xaxdxbxcmx⇔++++=
( ) ( )
222
xadxxbcxmxββ

⇔++++++=


Ta chỉ quan tâm đến trường hợp
0β ≠
. Khi đó
0x =
không là nghiệm phương trình trên

Chia 2 vế phương trình trên cho

2
0x ≠
ta được
xabxcdm
xx
ββ

++++++=



Đặt yx
x
β
=+ ta thu được phương trình
( )( ) ( ) ( )( )
2
0yabycdmyabcdyabcdm++++=⇔+++++++−=
Giải phương trình trên ta thu được
y
từ đó tìm được x
Thí dụ. Giải phương trình
( )( )
222
32918168xxxxx++++=

Hướng dẫn.
Phương trình
66
75168xx

xx

⇔++++=



()()
2
12
6
75168
7
121330
19
6
71,6
619337
19
2
yyyx
x
y
yy
y
xxx
x
xx
x

⇔++==+



=

⇔+−=⇔

=−


+=⇔==


⇔
−±

+=−⇔=



Vậy các nghiệm của phương trình là
1933719337
1,6,,
22
x

−+−−

∈





B. CÁC PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC

Trong phần này tôi xin giới thiệu cùng bạn đọc một số phương trình thường gặp trong các kì
thi như : phương trình chứa dấu giá trò tuyệt đối , phương trình vô tỷ, phương trình chứa ẩn ở
mẫu.
I.Phương trình chứa dấu giá trò tuyệt đối :
Một số tính chất của A : A =



<
≥
0 A nếu A-
0 A nếu A

A∀ ∈
R
1) ABAB+≤+. Dấu “=” xảy ra
⇔
AB
≥
0.
Chứng minh : Bình phương 2 vế : A
2
+ 2AB + B
2

≤

A
2
+ 2 AB + B
2
ó AB
≤
AB : luôn
đúng.
2) BABA −≥− . Dấu “=” xảy ra
⇔
B(A – B)
≥
0
Chứng minh: Áp dụng tính chất 1 ta có : A = BB)-(A +
≤
BA − + B
⇔
BABA −≥− : đpcm.
Lưu ý:
A
2
= A
Thí dụ :giải phương trình
14412
22
=+−++− x
x
x
x

Giải: phương trình
⇔

()()
121
22
=−+− xx

⇔
xx −+− 21 = 1 . (Để ý 2−x = x−2 )
Áp dụng tính chất 1 ta có xx −+− 21
≥

( )
)2(1 xx −+−

⇔
xx −+− 21
≥
1. Dấu “=”
⇔
(x – 1)(2 – x)
≥
0
⇔
1
≤
x
≤
2

v Một số dạng thường gặp:
1.Phương trình dạng
A
=
B (5a)
Phương trình (5a)
AB
AB
=

⇔

=−


2.Phương trình dạng

A
=
B (5b)
Phương trình (5b)
⇔




==
≥
B- A hayB A
0B

hoặc
Phương trình (5b)
⇔




=
≥
B A
0A
hay



=
<
B- A
0A

3.Phương trình cứ nhiều dấu giá trò tuyệt đối :
Phương pháp thừơng dùng là xét nghiệm của phương trình trên từng khoảng giá trò của
TXĐ.
Thí dụ :giải phương trình 42533 −=−++ xxx (5c).
Giải: Nghiệm của các phương trình (3x + 3) , (x – 5), (2x – 4) lần lượt là –1, 5, 2.
o Khi x
≥
5 thì phương trình (5c) trở thành :(3x + 3) + (x – 5) = (2x – 4)
⇔
x = -1 (loại do

không thuộc khoảng đang xét )
o Khi 2
≤
x < 5 thì phương trình (5c) trở thành (3x + 3) + (5 – x) = (2x – 4)
⇒
vô nghiệm .
o Khi –1
≤
x < 2 thì phương trình (5c) trở thành (3x + 3) + (5 – x) = (4 – 2x) ⇔ x = -1
(thỏa)
o Khi x < -1 thì phương trình (5c) trở thành (-3x – 3) + (5 – x) = (4 – 2x) ⇔ x = -1 (loại do
không thuộc khoảng đang xét )
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất : x= -1

2.Phương trình vô tỷ:
Đây là phần quan trọng nhất trong các loại phương trình vì nó rất đa dạng và phức tạp
.Phương trình vô tỷ thường xuất hiện nhiều trong các kỳ thi, đặc biệt là kỳ thi học sinh giỏi,
thi vào các trường chuyên ...Trong mục này chúng ta chỉ chú trọng đến phương trình chứa
căn bậc hai và ba và các phương pháp giải chúng.
v Một số tính chất cơ bản:
•
2n
f(x) = g(x) ⇔



=
≥
[g(x)]f(x)
0g(x)

2n

•
12n
f(x)
+
= g(x)
⇔
f(x) =
[g(x)]
12n+

•
[f(x)]
2n
=
[g(x)]
2n

⇔
g(x)f(x) =
•
[f(x)]
12n+
=
[g(x)]
12n+
⇔ f(x) = g(x)
Lưu ý : Phép nâng lũy thừa với số mũ chẵn là phép biến đổi tương đương khi 2 vế cùng dấu.
v Một số dạng phương trình vô tỷ thường gặp và phương pháp giải:

1.Phương pháp giản ước :
Khi ta chia 2 vế của phương trình cho f(x) thì phải chú ý điều kiện f(x)
≥
0
Thí dụ : giải phương trình
)3()5( +=−+ xxxx2) - x(x
(6a).
Giải: Điều kiện : x
≥
5 hoặc x
≤
-3.
Xét x
≥
5: khi đó ta chia 2 vế phương trình (6a) cho
x
> 0 thì thu được :

3x5x2-x +=−+
. Bình phương 2 vế không âm cho ta phương trình :
2x – 7 + 2
5x2-x −
= x+3
⇔
2
5x2-x −
= 10 – x.

⇔




−
=−−
≥−
x)(10
5)2)(x4(x
0x10
2

⇔




=−−
≥
0608x
x
3x
10
2

⇔
x
1
= 6 (thoả), x
2
=
3

10−
(loại)
Xét x
≤
-3
⇒
-x > 0 : phương trình (6a)
⇔
)3)(()5)(()2)(( −−−=−−+−− xxxxxx
(6a1)
Chia 2 vế phương trình (6a1) cho )( x− ta được :
xxx −−=−+− 352
.
Rõ ràng VT > VP
⇒
vô nghiệm .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất :x = 6.

2.Phương pháp trò tuyệt đối hóa:
Trong một vài trường hợp ta có thểđưa biểu thức chứa ẩn dưới căn thức về được dạng
bình phương.
Khi đó ta được biểu thức chứa trong dấu giá trò tuyệt đối nhờ tính chất :
A
2
= A
Thí dụ : giải phương trình
12221610122 +−+=+−+++++ xxxxxx
(6b)
Hướng dẫn: (6b)
⇔

112)1(2916)1(112)1( ++−+=++−++++++ xxxxxx
⇔
1)1x(
2
3)1x(1)1x(
222
−+
=
−+
+
++


⇔
1123111 −+=−++++ xxx
Đặt 1+x = y thì ta được phương trình chứa dấu giá trò tuyệt đối quen thuộc:
1231 −=−++ yyy

3.Phương pháp hữu tỷ hoá:
Đây là phương pháp chuyển phương trình chứa căn thức về dạng phương trình hữu tỷ (có
bậc nguyên) bằng cách đặt ẩn phụ.
Thí dụ 1) giải phương trình : x
2
+ 8x + 12 - 2
88
2
++ x
x
= 3 (6c1)
Giải: Đặt 88

2
++ x
x
= y (y > 0) thì x
2
+ 8x + 12 = (x
2
+ 8x + 8) + 4 = y
2
+ 4. Phương trình
(6c1) trở thành: y
2
+ 4 - 2y = 3
⇔
y = 1 (thỏa điều kiện ).
⇒
x
2
+ 8x + 8 = 1
⇒
x
1
= -1,
x
2
= -7.
Vậy phương trình có 2 nghiệm :x
1
= -1, x
2

= -7.
Thí dụ 2) Giải phương trình
215
44
=−+− xx
(6c2)
Giải:
Điều kiện :1
≤
x
≤
5 .
Ta đặt
4
1−x
= y + m ( m là hằng số)
⇒
x = (y + m)
4
+ 1 .
Do 1
≤
x
≤
5 nên -m
≤
y
≤
-m +
2

.
Khi đó
4
5 x− =
4
4
m)(y
4
+
− , phương trình (6c2) trở thành:
y + m +
4
4
m)(y
4
+
− =
2
(6c3)
⇔

4
4
m)(y
4
+
− =
2
- y – m .
Do y

≤
-m +
2
nên
2
- y – m
≥
0 .
Phương trình (6c3)
⇔
4 – (y + m)
4
= (
2
- y – m)
4
.

⇔
(
2
- y – m)
4
+ (y + m)
4
= 4

⇔
[ (
2

- y – m)
2
+ (y + m)
2

]
2
- 2(
2
- y – m)
2
(y + m)
2

= 4. (6c4).
Đến đây ta chọn m tốt nhất sao cho phương trình (6c4) trở thành phương trình bậc bốn trùng
phương, nghóa là
2
- y – m và y + m phải là 2 lượng liên hợp
⇔

2
- m = m
⇔
m =
2
2

⇒
-

2
2
≤
y
≤

2
2

Phương trình (6c4) trở thành
[ (
2
2
- y )
2
+ (
2
2
+ y )
2

]
2
- 2(
2
2
- y )
2
(
2

2
+ y)
2

= 4
⇔
(1 + 2y
2
)
2
– 2(
2
1
- y
2
)
2
= 4
⇔
2y
4
+ 6y
2
-
2
7
= 0
⇔
y
1

= -
2
2
, y
2
=
2
2
.
• y
1
= -
2
2
thì x
1
= ( -
2
2
+
2
2
)
4
+1 =1
• y
2
=
2
2

thì x
2
= (
2
2
+
2
2
)
4
+ 1 = 5.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x
1
= 5, x
2
= 1.
Điều cần lưu ý ở các bài toán dạng này là chọn m thích hợp để làm bài toán gọn hơn, đơn
giản hơn.

Một số dạng phương trình thường gặp :
i)
ncx)cx)(b(adcxbcxa =−++−++
(c > 0, d
≠
0) (6c)
Phương pháp giải:
Điều kiện : a + cx
≥
0 và b – cx
≥

0
⇒
c
a−
≤
x
≤
c
b
và a + b
≥
0.
Đặt y =
cxbcxa −++
thì y
≥
0 và y
2

≤
2(a + b) (bạn đọc tự chứng minh !)
⇒
2 cx)cx)(b(a −+ = y
2
– a – b (6c1)
⇒
y
2

≥

a + b.
Phương trình (6c) trở thành
2y + d(y
2
– a – b) = n ó dy
2
+ 2y – (a + b + n). (6c2) .
Điều kiện của y là:
ba +

≤
y
≤
2
ba +
.
Giải phương trình (6c2) ta có y , thay y vào phương trình (6c1) rồi bình phương 2 vế ta tìm
được x .
Thí dụ : giải phương trình 1x)4)(1(x-x-14x =−+++
Đáp số: x = 0

ii)
2
2xabaxb+−+−
+
2
2xcbcxb+−+−
= dx + m . (a
≠
0) (6d)

Phương pháp giải:
Điều kiện : x
≥
b.
Phương trình (6d)
⇔

a)bx( +−
2
+
c)bx( +−
2
= dx + m

⇔

abx +−
+
c+− bx
= dx + m
Đặt
bx −
= y (y
≥
0) rồi giải phương trình chứ a dấu giá trò tuyệt đối theo y.
Từ đó suy ra x.

Thí dụ : giải phương trình
12168143 −=−−++−−+ xxxxx

Đáp số : x

= 2

4.Phương pháp hệ phương trình hóa:
Trong phần này tôi xin trình bày cách chuyển một phương trình vô tỷ về hệ phương trình
hữu tỷ cũng bằng cách đặt ẩn phụ.
i) Phương trình bậc hai chứa căn :
Dạng tổng quát :
edx
v)(ux
rbax
2
++
+
=+
(a, u , r
≠
0) (6e)
Phương pháp giải:
Điều kiện :ax + b
≥
0 .
Đặt
bax +
= uy + v (uy + v
≥
0) ó ax + b = (uy + v)
2
(6e1)

Phương trình (6e) trở thành