Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (727.61 KB, 40 trang )

Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A
Page 1
LI NểI U:

Phng trỡnh l mt mng kin thc quan trng trong chng trỡnh
Toỏn ph thụng. Gii phng trỡnh l bi toỏn cú nhiu dng v gii rt linh
hot, vi nhiu hc sinh k c hc sinh khỏ gii nhiu khi cũn lỳng tỳng
trc vic gii mt phng trỡnh, c bit l phng trỡnh vụ t.
Trong nhng nm gn õy, phng trỡnh vụ t thng xuyờn xut hin
cõu II trong cỏc thi tuyn sinh vo i hc v Cao ng. Vỡ vy, vic
trang b cho hc sinh nhng kin thc liờn quan n phng trỡnh vụ t kốm
vi phng phỏp gii chỳng l rt quan trng. Nh chỳng ta ó bit phng
trỡnh vụ t cú nhiu dng v nhiu phng phỏp gii khỏc nhau. Trong bi
tp ln ny, tụi xin trỡnh by mt s phng phỏp gii phng trỡnh vụ
t, mi phng phỏp u cú bi tp minh ha c gii rừ rng, d hiu;
sau mi phng phỏp u cú bi tp ỏp dng giỳp hc sinh cú th thc hnh
gii toỏn v nm vng cỏi ct lừi ca mi phng phỏp.
Hy vng nú s gúp phn giỳp cho hc sinh cú thờm nhng k nng cn
thit gii phng trỡnh cha cn thc núi riờng v cỏc dng phng trỡnh
núi chung.

www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Rin Toán 3A Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ
Page 2
A. BI TON M U:
Gii phng trỡnh:
2
2

1 1 (*)
3
x x x x

(HQG HN, khi A-2000)
Gii:

iu kin:
0 1
x

Cỏch 1:

2
2
2
2
(*) 1 1
3
x x x x

2 2
4 4

1 ( ) 1 2 (1 )
3 9
x x x x x x

2 2
4( ) 6 0
x x x x

2 2
2 (2 3) 0
x x x x

2
2
0
3
2
x x
x x

2
2
0
9
0( )
4
x x
x x PTVN

0
1
x
x

(tha iu kin)
Vy nghim ca phng trỡnh l

0; 1
x x

.

Cỏch 2:
Nhn xột:
2
x x

c biu din qua
x
v
1
x

nh vo ng thc:

2
2
1 =1+2
x x x x

.
t
1
t x x

( 0)
t

.
2
2
1
2
t
x x

.
Phng trỡnh (*) tr thnh:
2
2
1
1
1 3 2 0
2
3
t
t
t t t
t

Vi
1
t

ta cú phng trỡnh:

2 2
0
1 1 2 0 0
1
x
x x x x x x
x

(tha iu kin).
Vi
2
t

ta cú phng trỡnh:
www.VNMATH.com

Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 3
2 2 2
9 9
1 2 2 3 0( )
4 4
x x x x x x x x PTVN
            
.
Vậy nghiệm của phương trình là
0; 1
x x
 
.


Cách 3:
Nhận xét:
x
và
1
x

có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể




2 2
1 1

x x
  
.
(*) 2 . 1 3 1 3 3
x x x x
     



1 2 3 3 3 (1)
x x x    
.
9
4
x

không thỏa mãn phương trình (1).
Do đó,
3 3
(1) 1 (2)
2 3
x
x
x

  

.
Đặt
3 3

( 0), (2) 1
2 3
t
t x t x
t

    

.
Ta có:




2 2
1 1
x x
  

2
2
3 3
1
2 3
t
t
t

 
  

 

 

2 2 2 2
(4 12 9) 9 18 9 4 12 9
t t t t t t t
        

4 3 2
4 12 14 6 0
t t t t
    

3 2
(2 6 7 3) 0
t t t t
    

2
( 1)(2 4 3) 0
t t t t
    

0
1
t
t







.
Với
0
t

ta có
0 0
x x
  
(thỏa điều kiện).
Với
1
t

ta có
1 1
x x
  
(thỏa điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là
0; 1
x x
 
.



Cách 4:
Nhận xét:
x
và
1
x

có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể




2 2
1 1
x x
  
.
Đặt
( 0); 1 ( 0)
a x a b x b
    
.
Ta có hệ phương trình:
2 2
2
1
3
1
ab a b
a b


  



 

2
3 2 3( )
( ) 2 1
ab a b
a b ab
  



  

2
2 3( ) 3
( ) 3( ) 2 0
ab a b
a b a b
  



    


www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 4
2 3( ) 3
1
2
ab a b
a b
a b
  



 




 


1
0
2
3
2
a b
ab
a b
ab

  








 












a, b là 2 nghiệm của phương trình
2
1
0
0
0
1
a

b
X X
a
b
 






  









.
(Trường hợp
2
3
2
a b
ab
 







loại vì
2
3
2 4. 0
2
 
).
Với
1
0
a
b





ta có
1
1
1 0
x
x
x




 

 


(thỏa điều kiện).
Với
0
1
a
b





ta có
0
0
1 1
x
x
x



 


 


(thỏa điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là
0; 1
x x
 
.


Cách 5:
Nhận xét: Từ




2 2
1 1
x x
  
, ta nghĩ đến đẳng thức:
2 2
sin os 1
a c a
 
.
Đặt
sin , 0 a
2

x a

  
.
Phương trình (*) trở thành:
2 2
2
1 sin . 1 sin sin 1 sin
3
a a a a
    

3 2sin .cos 3sin 3cos ( ì cos 0)
a a a a v a
    

2
(sin cos ) 3(sin cos ) 2 0
a a a a
     

sin cos 1
sin cos 2
a a
a a
 




 

sin cos 1
a a
  
2 sin( ) 1
4
a

  

2
1
4 4
sin( ) ( )
3
4
2
2
4 4
a k
a k
a k
 


 


  


    


  




2 0
( ) ( ì 0 )
2
2
2 2
a k a
k v a
a k a


 

 
 
 
    
 
  
 


Với
0
a

ta có
0 0
x x
  
(thỏa điều kiện).
www.VNMATH.com
Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A
Page 5
Vi
1
a

ta cú
1 1
x x

(tha iu kin).
Vy nghim ca phng trỡnh l
0; 1
x x

.

Qua bi toỏn m u, ta thy cú nhiu cỏch khỏc nhau gii mt phng
trỡnh vụ t. Tuy nhiờn, cỏc cỏch ú u da trờn c s l phỏ b cn thc v a
v phng trỡnh n gin hn m ta ó bit cỏch gii. Sau õy, tụi xin trỡnh by

mt s phng phỏp c th gii phng trỡnh vụ t.

B. MT S PHNG PHP GII PHNG TRèNH Vễ T
I. PHNG PHP BIN I TNG NG
Hai phng trỡnh c gi l tng ng nu chỳng cú cựng tp
nghim.
Mt s phộp bin i tng ng:
Cng, tr hai v ca phng trỡnh vi cựng biu thc m khụng
lm thay i tp nghim ca phng trỡnh.
Nhõn, chia hai v ca phng trỡnh vi cựng biu thc khỏc 0
m khụng lm thay i iu kin ca phng trỡnh.
Ly tha bc l hai v, khai cn bc l hai v ca phng trỡnh.
Ly tha bc chn hai v, khai cn bc chn hai v khi hai v
ca phng trỡnh cựng dng.

1. Ly tha hai v ca phng trỡnh:

2 1
2 1
( ) ( ) ( ) ( )
k
k
f x g x f x g x

.

2

2
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
k
k
g x
f x g x
f x g x

.

2 1 2 1
( ) ( ) ( ) ( )
k k
f x g x f x g x

.

2 2
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
k k

g x
f x g x
f x g x

.
Thụng thng nu ta gp phng trỡnh dng :
A B C D

, ta
thng bỡnh phng 2 v, iu ú nhiu khi cng s gp khú khn.
Vi phng trỡnh dng:
3 3 3
A B C
v ta thng lp phng hai v
a phng trỡnh v dng:

3 33
3 .
A B A B A B C

v ta s dng
phộp th :
3 3 3
A B C

ta c phng trỡnh h qu:
3
3 . .
A B A B C C

Bi 1:
Gii phng trỡnh:
1 10 2 5 (*)
x x x x

Gii:
iu kin:
1
x

.
www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 6
2 2
(*) 2 11 2 11 10 2 7 2 7 10
x x x x x x
         

2 2
2 11 10 7 10
x x x x

      

2 2 2
11 14 4 11 10 7 10
x x x x x x
        

2
11 10 1
x x x
     

2 2
1 0
11 10 2 1
x
x x x x
  



    


1
1
9 9
x
x
x

 

   

 

(thỏa điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là:

1
x
 
.

Bài 2: Giải phương trình:
3 3 3
1 2 3 0 (*)
x x x     

Giải:

3 3 3
(*) 1 2 3
x x x
      

3 3
3
2 3 3 ( 1)( 2)( 1 2) 3
x x x x x x

          

3 3
3
2 ( 1)( 2)( 1 2) 0
x x x x x
        



3
3
2 ( 1)( 2) 3 0
x x x x
       

3
( 1)( 2)( 3) 2
x x x x
     

3 2 3 2
6 11 6 6 12 8
x x x x x x
       

2
x
  

Thử lại,
2
x
 
thỏa mãn phương trình (*).
Vậy nghiệm của phương trình là:
2
x
 
.

Bài 3: Giải phương trình:
3 3 1 2 2 2
x x x x
     

Giải:
Điều kiện:
0
x


Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được:






1 3 3 1 2 2 1

x x x x x
     
, để giải phương trình này dĩ nhiên là không
khó nhưng hơi phức tạp một chút .
Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình :
3 1 2 2 4 3
x x x x
     

Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả :
2 2
6 8 2 4 12
x x x x
   

2
2( 1) 0 1
x x
    

Thử lại,
1
x

thỏa mãn phương trình.
Vậy nghiệm của phương trình là:

1
x


.


Nhận xét : Nếu phương trình :








f x g x h x k x
  

www.VNMATH.com
Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 7
Mà có :








f x h x g x k x
  
, thì ta biến đổi phương trình về dạng :









f x h x k x g x
  
sau đó bình phương hai vế, giải phương trình
hệ quả và thử lại nghiệm.

Bài 4:
Giải phương trình :
3
2
1
1 1 3 (1)
3
x
x x x x
x

      


Giải:
Điều kiện :
1

x
 

Bình phương 2 vế phương trình ?
Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào?
Ta có nhận xét :
3
2
1
. 3 1. 1
3
x
x x x x
x

    

, từ nhận xét này ta có lời giải
như sau :
3
2
1
(1) 3 1 1
3
x
x x x x
x

       


Bình phương 2 vế ta được phương trình hệ quả:
3
2 2
1 3
1
1 2 2 0
3
1 3
x
x
x x x x
x
x

 

       


 



Thử lại :
1 3, 1 3
x x   
là nghiệm của phương trình.



Nhận xét : Nếu phương trình :








f x g x h x k x
  

Mà có :








. .
f x h x k x g x

thì ta biến đổi phương trình về dạng:









f x h x k x g x
  
sau đó bình phương hai vế, giải phương trình
hệ quả và thử lại nghiệm.

Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1.
2 2
2 2 1 3 4 1
x x x x x
     
.
2.
3 1 4 1
x x
   
.
3.
1 6 5 2
x x x
     
.
4.
11 11 4
x x x x
     

.
5.
3 3
12 14 2
x x
   
.
6.
3 3 3
1 2 2 1
x x x
    
.

2. Trục căn thức:
2.1 Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung:
Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm
0
x
. Như vậy, phương trình
luôn đưa về được dạng tích




0
0
x x A x
 
ta có thể giải phương trình

www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 8


0
A x

hoặc chứng minh


0
A x

vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm
của phương trình để ta có thể đánh giá


0
A x

vô nghiệm.

Bài 1:
Giải phương trình:


2 2 2 2
3 5 1 2 3 1 3 4

x x x x x x x
         

Giải:

Điều kiện:
2
1 5
2
x
x

 






.
Ta nhận thấy :






2 2
3 5 1 3 3 3 2 2
x x x x x

       
và






2 2
2 3 4 3 2
x x x x
     
.


2 2 2 2
3 5 1 3 1 2 3 4
pt x x x x x x x
          

 
2 2
2 2
2( 2) 3( 2)
2 3 4
3 5 1 3 1
x x
x x x
x x x x
  

 
   
    
.
 
2 2
2 2
3 2
( 2) 0
2 3 4
3 5 1 3 1
x
x x x
x x x x
 
 
   
 
     
    
 
.
2
x
 
(thỏa).
Dễ dàng chứng minh được phương trình
 
2 2
2 2

3 2
0
2 3 4
3 5 1 3 1
x x x
x x x x
 
   
    
vô nghiệm vì

1 5
0, ; 2 ;
2
VT x
 


      




 
.
Vậy
2
x

là nghiệm của phương trình.

Bài 2: Giải phương trình:
2 2
12 5 3 5
x x x
    

Giải:
Để phương trình có nghiệm thì :
2 2
5
12 5 3 5 0
3
x x x x
       

Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể
phân tích về dạng




2 0
x A x
 
, để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :
2 2
12 4 3 6 5 3
pt x x x

       

www.VNMATH.com
Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 9
 
2 2
2 2
4 4
3 2
12 4 5 3
x x
x
x x
 
   
   

 
2 2
2 2
2 3 0
12 4 5 3
x x
x
x x
 
 
    
 

   
 

2
x
 

Dễ dàng chứng minh được :
2 2
2 2 5
3 0,
3
12 4 5 3
x x
x
x x
 
    
   
.
Vậy
2
x

là nghiệm của phương trình.

Bài 3: Giải phương trình :
2 33
1 2

x x x
   

Giải:
Điều kiện:
3
2
x 

Nhận thấy
3
x

là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình:
2 33
1 2 3 2 5
pt x x x
       

 
 
 
 
2
2 3
2 23
3
3 3 9
3

3 1
2 5
1 2 1 4
x x x
x
x
x
x x
 
  

 
   
 
 
   
 
 

 
2
2 3
2 23
3
3 3 9
( 3) 1 0
2 5
1 2 1 4
x x x
x

x
x x
 
  
 
    
 
 
   
 
 

 
2
3
2
2 2
3
3
3
3 9
3
(*)
1
2 5
1 2 1 4
x
x x
x

x
x x



 



 
 

   



Phương trình (*) vô nghiệm vì:
 
 
2
2
2 2 23 3
3
3 3
1 1 2
1 2 1 4 1 1 3
x x
x x x
 
   

      
2
3
3 9
2 5
x x
x
 

 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
3
x

.

2.2. Đưa về “hệ tạm”:
Nếu phương trình vô tỉ có dạng
A B C
 
, mà :
A B C

 

ở đây C có thể là hằng số, có thể là biểu thức của
x
.
Ta có thể giải như sau :

www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 10
A B
C A B
A B


   

, khi đó ta có hệ:
2
A B C
A C
A B



 

  

 



Bài 1:
Giải phương trình sau :
2 2

2 9 2 1 4
x x x x x
      

Giải:
Ta thấy:






2 2
2 9 2 1 2 4
x x x x x
      

Phương trình đã cho có nghiệm
4 0 4
x x
     

4
x
 
không phải là nghiệm của phương trình.
Xét
4
x
 

trục căn thức ta có :
2 2
2 2
2 8
4 2 9 2 1 2
2 9 2 1
x
x x x x x
x x x x

        
    

Ta có hệ phương trình:
2 2
2
2 2
0
2 9 2 1 2
2 2 9 6
8
2 9 2 1 4
7
x
x x x x
x x x
x
x x x x x




     


     



      




Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0; x=
8
7
.
Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau :

1.
 
2 2
3 1 3 1
x x x x
    

2.
4 3 10 3 2
x x

   

3.
23
4 1 2 3
x x x
    

4.
2 33
1 3 2 3 2
x x x
    

5.
2
3
2 11 21 3 4 4 0
x x x
    

6.
2 2
2 16 18 1 2 4
x x x x
     

7.
2 2
15 3 2 8

x x x
    

8.








2 2 5 2 10
x x x x x
     

2.3. Phương trình biến đổi về tích:

2.3.1 Sử dụng đẳng thức:




1 1 1 0
u v uv u v
      






0
au bv ab vu u b v a
      

2 2
A B


Bài 1: Giải phương trình :
23
3 3
1 2 1 3 2
x x x x
      

Giải:
3 3 3 3
1 2 1 1. 2
PT x x x x
       





3 3
1 1 2 1 0
x x
     

0
1
x
x




 


www.VNMATH.com
Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 11
Vậy nghiệm của phương trình là:
0; 1
x x
  
.

Bài 2: Giải phương trình :
2 23 3
3 3
1
x x x x x
    

Giải:

0

x

, không phải là nghiệm.

0
x

, ta chia hai vế cho
3
x
:
3 3
3
1
1 1
x
PT x x
x

    
 
3
3
3
3
1
1
1 1 0 1
1
1

x
x
x x
x
x
x


 


      
 



 



Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x

.

Bài 3: Giải phương trình:
2
3 2 1 2 4 3
x x x x x x

      

Giải:

Điều kiện:
1
x
 

3 2 1 2 ( 3)( 1)
PT x x x x x x
       





3 2 1 1 0
x x x
     
3 2
1 1
x x
x

 


 




2
0
1
4 3 0
0
1 1
x
x
x x
x
x
 





 
  






 

(thỏa).

Vậy nghiệm của phương trình là:
0; 1
x x
 
.
Bài 4: Giải phương trình :
4
3 4
3
x
x x
x
  


Giải:
Điều kiện:
0
x


Chia cả hai vế cho
3
x

ta được:
2
4 4 4
1 2 1 0
3 3 3

x x x
x x x
 
    
 
  
 

4
1 4 3 1
3
x
x x x
x
      

(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x

.

2.3.2 Dùng hằng đẳng thức:
Biến đổi phương trình về dạng :
k k
A B


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Rin Toán 3A Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ
Page 12
Bi 1: Gii phng trỡnh :
3 3
x x x

Gii:
iu kin:
0 3
x

Khi ú pt ó cho tng ng:
3 2
3 3 0
x x x

3
3
1 10 10 1
3 3 3 3
x x

(tha).
Vy nghim ca phng trỡnh l:
3

10 1
3
x

.
Bi 2:
Gii phng trỡnh sau :
2
2 3 9 4
x x x

Gii:

iu kin:
3
x

Phng trỡnh ó cho tng ng :

2
2
3 1 3
1 3 9
3 1 3
x x
x x
x x

2
2
1
3
1
9 7 2 0
5 97
1
18
3
9 5 2 0
x
x
x x
x
x
x x

(tha)
Vy nghim ca phng trỡnh l:

5 97
1;
18
x x

.
Bi 3:
Gii phng trỡnh sau :

2
2
3
3
2 3 9 2 2 3 3 2
x x x x x

Gii:

3
3 3 3 3
2 3 0 2 3 2 3 1
PT x x x x x x x

.
Vy nghim ca phng trỡnh l:
1
x

.

II. PHNG PHP T N PH:

1. Phng phỏp t n ph thụng thng:
i vi nhiu phng trỡnh vụ t, gii chỳng ta cú th t

t f x

v chỳ ý
iu kin ca
t
. Nu phng trỡnh ban u tr thnh phng trỡnh cha mt bin
t
v quan trng hn ta cú th gii c phng trỡnh ú theo
t
thỡ vic t n ph
xem nh hon ton .
Bi 1: Gii phng trỡnh:
2 2
1 1 2
x x x x

Gii:
www.VNMATH.com
Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 13

Điều kiện:
1
x


Nhận xét:
2 2
1. 1 1
x x x x
    

Đặt
2
1( 0)
t x x t
   
thì phương trình trở thành:
2 2
1
2 2 1 0 ( 1) 0 1
t t t t t
t
          

Với
1
t

ta có phương trình:
2 2

1 1 1 1 2 2 1
x x x x x x
          
(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x

.

Bài 2: Giải phương trình:
2
2 6 1 4 5
x x x
   

Giải:
Điều kiện:
5
4
x
 

Đặt
4 5( 0)
t x t
  
thì
2
5

4
t
x


. Thay vào ta có phương trình sau:
4 2
2 4 2
10 25 6
2. ( 5) 1 22 8 27 0
16 4
t t
t t t t t
 
        

2 2
( 2 7)( 2 11) 0
t t t t
     

1 2 2 1 2 2
1 2 3 1 2 3
t t
t t
 
     
 
 
   

 
 
(vì
0
t

).
Với
1 2 2
t   
ta có:
4 5 1 2 2 4 4(1 2) 1 2
x x x         

Với
1 2 3
t  
ta có:
4 5 1 2 3 4 4(2 3) 2 3
x x x        

Vậy nghiệm của phương trình là:
1 2; 2 3
x x   
.
Cách khác:
Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện
2
2 6 1 0
x x

  

Ta được:
2 2 2
( 3) ( 1) 0
x x x
   
, từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
Đơn giản nhất là ta đặt :
2 3 4 5
y x
  
và đưa về hệ đối xứng(Xem phần dặt
ẩn phụ đưa về hệ).

Bài 3: Giải phương trình:
5 1 6
x x
   

Điều kiện:
1 6
x
 

Đặt
1(0 5)
y x y   
thì phương trình đã cho trở thành:
2 4 2

5 5 10 20 0
y y y y y
       

2 2
( 4)( 5) 0
y y y y
     

www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 14
1 21
1 17
2
2
1 17
2
y
y
y




 

  

 




( vì
0 5
y 
)
Với
1 17
2
y
 

ta có phương trình
1 17 11 17
1
2 2
x x
  
   
(thỏa)
Vậy nghiệm của phương trình là:
11 17
2
x


.
Bài 4: Giải phương trình:
 



2
2004 1 1
x x x
   

Giải:
Điều kiện:
0 1
x
 

Đặt
1
y x
 
(
0 1
y
 
) phương trình trở thành:
2 2 2 2
(1 ) (2005 )(1 )
y y y
   

2 2 2 2
(1 ) (1 ) (2005 )(1 )
y y y y

     

2 2
2(1 ) ( 1002) 0
y y y
    

1
1
1 4009
2
y
y
y



  
 




( vì
0 1
y
 
)
Với
1

y

ta có phương trình
1 1 0
x x
   

Vậy nghiệm của phương trình là:
0
x

.
Bài 5:
Giải phương trình:
2
1
2 3 1
x x x x
x
   

Giải:
Điều kiện:
1 0
x
  

Chia cả hai vế cho x ta được phương trình:
1 1 1 1
2 3 2 3 0

x x x x
x x x x
         
(*)
Đặt
1
( 0)
t x t
x
  
phương trình (*) trở thành:
2
1
2 3 0 1
3
t
t t t
t


     

 


Với
1
t

ta có phương trình

1
1
x
x
 
2
1 0
x x
   
1 5
1 5
2
2
1 5
2
x
x
x






  






.
www.VNMATH.com
Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 15
Vậy nghiệm của phương trình là:
1 5
2
x


.

Bài 6: Giải phương trình :
2 4 23
2 1
x x x x
   

Giải:
0
x

không phải là nghiệm của phương trình.
Chia cả hai vế cho x ta được:
3
1 1
2
x x
x x
 

   
 
 
(*)
Đặt t=
3
1
x
x

phương trình (*) trở thành :
3
2 0
t t
   
1
t

.
Với
1
t

ta có phương trình
2
3
1 1 5
1 1 0
2
x x x x

x

       
.
Vậy nghiệm của phương trình là
1 5
2
x


.
Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1.
2 2
15 2 5 2 15 11
x x x x
    

2.
2
( 5)(2 ) 3 3
x x x x
   

3.
2
(1 )(2 ) 1 2 2
x x x x
    

4.
2 2
17 17 9
x x x x
    

5.
3
2 2
1 2 1 3
x x
   

6.
2 2
11 31
x x
  

7.
2 2 2
2 (1 ) 3 1 (1 ) 0
n
n n
x x x
     

8.
2

(2004 )(1 1 )
x x x
   

9.
( 3 2)( 9 18) 168
x x x x x
    

10.
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2
x x x x x
       

Nhận xét:
Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp
bài đơn giản, đôi khi phương trình đối với
t
lại quá khó giải.

2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :
Chúng ta đã biết cách giải phương trình:
2 2
0
u uv v
 
  
(1) bằng cách
 Xét

0
v

phương trình trở thành :
2
0
u u
v v
 
   
  
   
   


0
v

thử trực tiếp.
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1):









. .

a A x bB x c A x B x
 


2 2
u v mu nv
 
  

www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 16
Nếu thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được
phương trình vô tỉ theo dạng này .
2.1. Phương trình dạng :








. .
a A x bB x c A x B x
 
Như vậy phương trình





Q x P x


có thể giải bằng phương pháp trên nếu






     
.P x A x B x
Q x aA x bB x
 


 



Chú ý một số phân tích trước khi đặt ẩn phụ:





3 2
1 1 1
x x x x

    







4 2 4 2 2 2 2
1 2 1 1 1
x x x x x x x x x
          





4 2 2
1 2 1 2 1
x x x x x
     





4 2 2
4 1 2 2 1 2 2 1
x x x x x
     

Bài 1: Giải phương trình :


2 3
2 2 5 1
x x
  

Giải:
Điều kiện:
1
x
 

Đặt
2
1, 1
u x v x x
    

Phương trình trở thành:
 
2 2
2
2 5
1
2
u v
u v uv

u v



  




* Với
2
u v

ta có phương trình
2 2
1 2 1 4 5 3 0( )
x x x x x PTVN
       
.
* Với
1
2
u v

ta có phương trình
2 2
1
1 1 5 3 0
2
x x x x x

       
5 37
2
5 37
2
x
x











(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là
5 37
2
x


.
Bài 2: Giải phương trình sau :
2 3
2 5 1 7 1
x x x

   

Giải:
Điều kiện:
1
x


Nhận xét: Ta viết
 


 


2 2
1 1 7 1 1
x x x x x x
 
       

Đồng nhất ta được
     


2
3 1 2 1 7 1 1
x x x x x x
       

www.VNMATH.com
Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A
Page 17
t
2
1 0 , 1 0
u x v x x

, ta c phng trỡnh:
9
3 2 7
1
4
v u
u v uv
v u

Vi
9
v u

ta cú phng trỡnh
2 2

1 9( 1) 8 10 0 4 6
x x x x x x
.
Vi
1
4
v u

ta cú phng trỡnh
2 2
1
1 ( 1) 4 3 5 0( )
4
x x x x x PTVN

.
Vy nghim ca phng trỡnh l
4 6
x
.

Bi 3: Gii phng trỡnh :

3
3 2
3 2 2 6 0
x x x x

Gii:

Nhn xột: t
2
y x

phng trỡnh tr thnh thun nht bc 3 i vi x v y
3 2 3 3 2 3
3 2 6 0 3 2 0
2
x y
x x y x x xy y
x y

Vi
x y

ta cú phng trỡnh
2
0
2 2
2 0
x
x x x
x x

.
Vi
2
x y

ta cú phng trỡnh
2
0
2 2 2 3
2
4 8 0
x
x
x x
x x

.
Vy nghim ca phng trỡnh l
2; 2 2 3
x x

.

2.2 Phng trỡnh dng :
2 2
u v mu nv

Phng trỡnh cho dng ny thng khú phỏt hin hn dng trờn , nhng nu
ta bỡnh phng hai v thỡ a v c dng trờn.
Bi 1: Gii phng trỡnh :
2 2 4 2
3 1 1
x x x x

Gii:
Ta t :
2
2
( 0)
1 ( 0)
u x u
v x v

khi ú phng trỡnh tr thnh :
2 2 2 2 2
0
3 ( 3 ) 2 (5 3 ) 0
3
5
v
u v u v u v u v v v u
v u

(loaùi)
.
Vi
0
v

ta cú phng trỡnh
2
1 0 1
x x

.
Vy nghim ca phng trỡnh l

1
x

Bi 2: Gii phng trỡnh :
2 2
2 2 1 3 4 1
x x x x x

Gii:
www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Rin Toán 3A Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ
Page 18
iu kin:
1
2
x

.
Bỡnh phng 2 v ta cú :

2 2 2 2
2 2 1 1 2 2 1 2 2 1
x x x x x x x x x x

(*)
Ta cú th t :
2
2
2 1
u x x
v x

khi ú (*) tr thnh :
2 2
1 5
2
1 5
2
u v
uv u v
u v

(loaùi)

Vi
1 5
2
u v

ta cú phng trỡnh

2 2
1 5
2 2 1 2 (2 2 5) 1 5 0
2
x x x x x

(PTVN).
Vy phng trỡnh ó cho vụ nghim.

Bi 3: Gii phng trỡnh :
2 2
5 14 9 20 5 1

x x x x x

Gii:

iu kin:
5
x

.
Chuyn v bỡnh phng ta c:

2 2
2 5 2 5 20 1
x x x x x

Nhn xột : Khụng tn ti s
,

:

2 2
2 5 2 20 1
x x x x x

vy ta khụng th t
2
20
1
u x x
v x

.
Nhng may mn ta cú :

2 2
20 1 4 5 1 4 4 5
x x x x x x x x x

Ta vit li phng trỡnh:

2 2
2 4 5 3 4 5 ( 4 5)( 4)
x x x x x x

(*).
n õy bi toỏn c gii quyt .
t
2
4 5
4
u x x
v x

, khi ú phng trỡnh (*) tr thnh:
2 3 5
9
4

u v
u v uv
u v

.
www.VNMATH.com
Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A
Page 19
- Vi
u v

ta cú phng trỡnh
2 2
5 61
2
4 5 4 5 9 0
5 61
2
x
x x x x x
x

(loaùi)
.
- Vi
9
4
u v

ta cú phng trỡnh
2 2
8
9
4 5 ( 4) 4 25 56 0
7
4
4
x
x x x x x
x

(loaùi)
.
Vy nghim ca phng trỡnh l
5 61
8;
2
x x

.

3. Phng phỏp t n ph khụng hon ton:
Phng phỏp gii: a phng trỡnh ó cho v phng trỡnh bc hai dng:
( ). ( ) ( ) ( ).
f x Q x f x P x x

vi n l n ph hay l n ca phng trỡnh ó cho.
t
( ) , 0
f x t t

.
Phng trỡnh ó cho tr thnh
2
. ( ) ( ) 0
t t Q x P x

.
Sau ú, gii t theo x ri thay vo gii phng trỡnh
( )
f x t

v a ra kt lun.

Bi 1: Gii phng trỡnh :

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

(*)
Gii:
t
2
2
t x

phng trỡnh (*) tr thnh :

2
3
2 3 3 0
1
t

t x t x
t x

.
Vi
3
t

ta cú phng trỡnh
2 2
2 3 7 7
x x x
.
Vi
1
t x

ta cú phng trỡnh
2
1
2 1
2 1
x
x x x
x

.
Vy nghim ca phng trỡnh l
7
x .

Bi 2:
Gii phng trỡnh :

2 2
1 2 3 1
x x x x

Gii:
t
2
2 3, 2
t x x t

Khi ú phng trỡnh tr thnh :

2
1 1

x t x

2
1 1 0
x x t

www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû
Page 20
Bây giờ ta thêm bớt, để được phương trình bậc 2 theo t có

là một số chính
phương:
       
2 2
2
2 3 1 2 1 0 1 2 1 0
1
t
x x x t x t x t x
t x


             

 


Với
2
t

ta có phương trình
2 2
2 3 2 2 1 0 1 2
x x x x x         
.
Với
1
t x
 
ta có phương trình
2
1
2 3 1
0 2
x
x x x x
x


       



.
Vậy nghiệm của phương trình là

1 2
x  
.

Từ một phương trình đơn giản :




1 2 1 1 2 1 0
x x x x
       
, khai
triển ra ta sẽ được pt sau:

Bài 3: Giải phương trình:
2
4 1 1 3 2 1 1
x x x x
      

Giải:

Điều kiện:
1 1
x
  
.
Nhận xét: Đặt
1

t x
 
, phương trình trở thành:
4 1 1 3 2 1
x x t t x
     
(1)
Từ đó
2
1
x t
 
thay vào (1) ta được phương trình:




2
3 2 1 4 1 1 0
t x t x
      

Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t




2
2 1 48 1 1
x x

      
không có dạng bình phương .
Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo




2 2
1 , 1
x x
 

Cụ thể như sau :




3 1 1 2 1
x x x
     
thay vào pt (1) ta được:
2
4 1 2(1 ) 2 1
x t x t t x
       
2
(2 1 ) 4 1 2(1 ) 0
t x t x x
        
(*)

2
(3 1 2)
x   

2 1
(*)
2 1
t x
t x

 


  


.
Với
2 1
t x
 
ta có phương trình
1 1
3
1 2 1
5 3
5
x
x x x
x

  


     

 

.
Với
2 1
t x
  
ta có phương trình
2
1 1 2 2 2 (1 )(1 ) 4 1 1 0
x x x x x x
             
.
Vậy nghiệm của phương trình là
3
; 0
5
x x

 
.

www.VNMATH.com
Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Page 21

Bài 4: Giải phương trình:
2
2 2 4 4 2 9 16
x x x
    
(1)
Giải:
Điều kiện:
2
x


2 2
(1) 4(2 4) 16 2(4 ) 16(2 ) 9 16
x x x x
       

2 2 2
8(4 ) 16 2(4 ) 8
x x x x
     

Đặt
2
2(4 ); 0
t x t
  

Phương trình trở thành

2 2
4 16 8 0
t t x x
   
1
2
2
4
2
x
t
x
t






  


.
Vì
2
x

nên
2
0

t

không thỏa điều kiện
0
t

.
Với
2
x
t

thì
2
2 2
0
4 2
2(4 )
2 3
8(4 )
x
x
x x
x x


    

 


(thỏa đk
2
x

).
Vậy nghiệm của phương trình là
4 2
3
x 
.

4. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình:

4.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường:
 Đặt




,
u x v x
 
 
và tìm mối quan hệ giữa


x

và



x

.
Từ đó tìm được hệ theo u,v.
Bài 1: Giải phương trình:


3 3
3 3
25 25 30
x x x x
   

Giải:
Đặt
3
3 3 3
35 35
y x x y
    

Khi đó ta có hệ phương trình:
3 3
( ) 30
35
xy x y
x y
 




 



Giải hệ này ta được nghiệm
( ; ) (2;3);( ; ) (3;2)
x y x y
 
.
Vậy nghiệm của phương trình là
2; 3
x x
 
.

Bài 2:
Giải phương trình sau:
5 1 6
x x
   

Giải:
Điều kiện:
1
x


Đặt

1, 5 1( 0, 0)
a x b x a b
      
ta được hệ phương trình:
2
2
5
5
a b
b a

 


 


(1)
(2)
.
www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Rin Toán 3A Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ
Page 22
Ly (1)-(2) v theo v ta c phng trỡnh:
1
( )( 1) 0
a b
a b a b
a b

(loaùi)

Vi
1
a b

ta cú
2
5
11 17
1 1 5 1 1 5
2
11 26 0
x
x x x x x
x x

.
Vy nghim ca phng trỡnh l
11 17
2
x

.

4.2 t n ph a v h i xng loi I:
Bi 1:
Gii phng trỡnh:
2 3 1 (2 )(3 )
x x x x

Gii:
iu kin:
2 3
x

.
t
2 ( 0); 3 ( 0)
a x a b x b

.
Ta cú h phng trỡnh:
2 2 2 2
1 1 1

5 ( ) 2 5 (1 ) 2 5
a b ab a b ab a b ab
a b a b ab ab ab

2
1
1 3
2 2
( ) 4
a b ab
a b ab a b
ab ab
ab

2
, 3 2 0

laứ 2 nghieọm cuỷa phửụng trỡnh a b X X

1
2
2
1
a
b
a
b

.
Vi
1

2
a
b

ta cú
2 1
1
3 2
x
x
x

.
Vi
2
1
a
b

ta cú
2 2
2
3 1
x
x
x

.
Vy nghim ca phng trỡnh l
1; 2
x x

.

Bi 2: Gii phng trỡnh:
4 4
17 3
x x

Gii:
iu kin:
0 17
x

.
t
4 4
( 0); 17 ( 0)
a x a b x b

.
www.VNMATH.com
Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A
Page 23
Ta cú h phng trỡnh
2
4 4 2 2 2 2 2
2 2
17 ( ) 2 17
( ) 2 2( ) 17
3 3
3
a b a b a b
a b ab ab
a b a b
a b

2 2 2
(9 2 ) 2( ) 17 2( ) 36 64 0
3 3
ab ab ab ab
a b a b

2
3
2
3
3 4.16 0)
16

(loaùi vỡ
a b
ab
a b
ab

2
, 3 2 0
laứ 2 nghieọm cuỷa phửụng trỡnh a b X X

1
2
2

1
a
b
a
b

Vi
1
2
a
b

ta cú h phng trỡnh
4
4
1
1
17 2
x
x
x

.
Vi
2
1
a
b

ta cú h phng trỡnh
4
4
2
16
17 1
x
x
x

.
Vy nghim ca phng trỡnh l
1; 16
x x

.

Bi 3: Gii phng trỡnh:
3 3
3
5 2 (5 )(2 ) 1
x x x x

Gii:
t
3 3
5 ; 2
a x b x

ta cú h phng trỡnh:
3 3 3
1 1 ( )
7 ( ) 3 ( ) 7 0
a b ab ab a b
a b a b ab a b

3
( ) 3 1 ( ) ( ) 7 0
1 ( )
a b a b a b
ab a b

3 2
( ) 3( ) 3( ) 7 0
1 ( )
a b a b a b
ab a b

2
( 1) ( ) 4( ) 7 0
1 ( )
a b a b a b
ab a b

2
1 ( ( ) 4( ) 7 0)
1 ( )
vỡ a b a b a b
ab a b

2
, 2 0
laứ 2 nghieọm cuỷa phửụng trỡnh a b X X

1
2
2
1
a
b
a
b

www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Rin Toán 3A Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ
Page 24
Vi
1
2
a
b

ta cú h phng trỡnh
3
3
5 1
6

2 2
x
x
x

.
Vi
2
1
a
b

ta cú h phng trỡnh
3
3
5 2
3
2 1
x

x
x

.
Vy nghim ca phng trỡnh l
6; 3
x x

.

Bi 4:
Gii phng trỡnh
2 2
2 (2 )
x x

Gii:

iu kin:
0 2
x

t
( 0); 2 (2 2 2)
a x a b x b
.
Ta cú h phng trỡnh:
4 4
2 4
2
2
(*)
2
2
a b
b a
a b
a b

Ta cú

2 2 2 2
2 2 4 4
( ) ( )
2 2
2 2
vaứ
a b a b
a b a b

.
Do ú,
1
(*)
1
a
b

.
Vi
1
1
a
b

ta cú h phng trỡnh
1
1
2 1
x
x
x

.
Vy nghim ca phng trỡnh l
1
x

.

4.3 t n ph a v h i xng loi II:
4.3.1 Dng 1: Gii phng trỡnh
n
n

x b a ax b

Cỏch gii:
t
n
t ax b

ta cú h phng trỡnh i xng loi II:
n
n
x b at
t b ax

Bi 1: Gii phng trỡnh
3
3
1 2 2 1
x x

Gii:

t
3
2 1
t x

ta cú h phng trỡnh
3
3
1 2
1 2
x t
t x

3 3
3 3 2 2
1 2 1 2
2( ) ( )( 2) 0
x t x t
x t t x x t x t tx

3 2
3 3
2 2 2 2 2
2 1 0 ( 1)( 1) 0
1 2 1 2
( )
2 0 ( ) 4 0
x t x t
x x x x x
x t x t
VN
x t tx x t x t

1
1 5
2
x t
x
x

.

www.VNMATH.com
Một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ Nguyễn Văn Rin Toán 3A
Page 25
Vy nghim ca phng trỡnh l
1 5
; 1
2
x x

.

4.3.2 Dng 2: Gii phng trỡnh
x a a x

Cỏch gii:
t
t a x

ta cú h phng trỡnh i xng loi II:
x a t
t a x