Phuongphapanphugiaiphuongtrinhvoti1pdf

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ - Sưu tầm -. 1. √ √ Phương trình dạng u. m P + v. n Q = w (với u, v, w, P, Q là biểu thức chứa ẩn)1 √. √. Khi gặp phương trình có dạng u. m P + v. n Q = w (với u, v, w, P, Q là biểu thức chứa ẩn) mà ta nhẩm được các  hằng số e, f và các biểu thức chứa ẩn P0 , Q0 thỏa mãn. u.P0 + v.Q0 =w (∗) e.(P0 )m + f.(Q0 )n = e.P + f.Q √ √ thì ta có thể đặt a = m P , b = n Q, suy ra am = P , bn = Q và thu được hệ phương trình. n. u.a + v.b =w (∗∗). m n e.a + f.b = e.P + f.Q. Giải hệ phương trình (**) để tìm (a; b), từ đó tìm nghiệm của phương trình đã cho. Lưu ý. Từ (*) ta thấy (**) luôn có ngiệm (a; b) = (P0 ; Q0 ). Ví dụ 1.1. Giải phương trình. √. 2 + 4x − x2 +. √ 3 7 − 6x + 2x2 = x + 1.. Phân tích. Ta có (x − 1) + 2 = x + 1 và (x − 1)2 + 23 = (2 + 4x − x2 ) + (7 − 6x + 2x2 ) nên e = f = 1, P0 = x − 1, √ Q0 = 2. √ Lời giải. Ta đặt a = 2 + 4x − x2 , b = 3 7 − 6x + 2x2 . Suy ra a2 + b3 = x2 − 2x + 9 (1). Từ phương trình đã cho ta có a + b = x + 1 nên a = x + 1 − b (2). Thay (2) vào (1) ta được (x + 1 − b)2 + b3 = x2 − 2x + 9 ⇔ (b − 2)(b2 + 3b + 4 − 2x) = 0. • Với b = 2, thay vào (2) ta được a = x − 1. Suy ra  (p √ x − 1 ≥ 0 n 2 + 4x − x2 = x − 1. p 3. ⇔. 7 − 6x + 2x2 = 2. 2 + 4x − x2 = (x − 1)2 ⇔  7 − 6x + 2x2 = 8. 3 + 11 x≥1 ⇔x= . 2 2 2x − 6x − 1 = 0. • Với b2 + 3b + 4 = 2x (3), từ (2) có x = a + b − 1 thay vào (3) ta được b2 + b + 6 = 2a (4). q   √ √ 1 2 23 2 Do VT(4) = b + + > 5 và VP(4) = 2 2 + 4x − x = 2 6 − (x − 2)2 ≤ 2 6 < 5 2 4. nên (4) không xảy ra, dẫn đến (3) không xảy ra. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =. 3+. √. 11. . 2 √ √ Ví dụ 1.2. Giải phương trình 7x2 + 20x − 86 + x. 31 − 4x − x2 = 3x + 2.. . Phân tích. Ta có 2x+2+x.1 = 3x+2 và (2x+2)2 +3.12 = (7x2 +20x−86)+3.(31−4x−x2 ) nên e = 1, f = 3, P0 = √2x + 2, Q0 = 1. √ Lời giải. Ta đặt a = 7x2 + 20x − 86, b = 31 − 4x − x2 . Suy ra a2 +3b2 = 4x2 +8x+7 (1). Từ phương trình đã cho ta có a + xb = 3x + 2 nên a = 3x + 2 − xb (2). Thay (2) vào (1) ta được (3x + 2 − bx)2 + 3b2 = 4x2 + 8x + 7 ⇔ (b − 1)((x2 + 3)b − 5x2 − 4x + 3) = 0. • Với b = 1 thì a = 2x + 2. Ta có hệ phương trình (p 7x2 + 20x − 86 = 2x + 2. p. ⇔ x = −2 +. √. 34.. 31 − 4x − x2 = 1. 1 Vũ. Hồng Phong, GV.THPT Tiên Du 1, huyện Tiên Du, tỉnh Bắc Ninh (bài đăng trên Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ , số 459, tháng 9 năm 2015, trang 1). 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> • Với b =. √ 5x2 + 4x − 3 5x2 + 4x − 3 2 = ta có 31 − 4x − x x2 + 3 x2 + 3. √ x2 + 4x − 15 ⇔ x2 + 4x − 15 = 0 ⇔ x = −2 ± 19. 2 x +3 √ √ Thử lại x = −2 ± 19 vào phương trình trong đề bài √ ta chọn x =√−2 − 19. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = −2 + 34, x = −2 − 19.  ⇔. p. 16 − (x2 + 4x − 15) = 4 +. Ví dụ 1.3. Giải hệ phương trình  3. 20x − 11x = 4y 2 (1) p √ . 1 − 2xy + y. 3 x2 + y 2 = x (2). p √ Lời giải. Điều kiện: 1 − 2xy ≥ 0. Đặt a = 1 − 2xy , b = 3 x2 + y 2 . Suy ra a2 + b3 = x2 + y 2 − 2xy + 1 (3). Từ (2) có a + yb = x ⇒ a = x − yb (4). Thay (4)
vào (3) ta được (x − by)2 + b3 = x2 + y 2 − 2xy + 1 ⇔ (b − 1) b2 + b + 1 − 2xy + y 2 (b + 1) = 0.. p 3. x2 + y 2 = b ≥ 0. Ta có b2 + b ≥ 0, 1 − 2xy ≥ 0, y 2 (b + 1) ≥ 0 và không đồng thời bằng 0 nên b2 + b + 1 − 2xy + y 2 (b + 1) > 0. • Với b = 1 thì a = x − y . Ta có hệ phương trình. • Ta có. (p. 1 − 2xy = x − y. p 3. x2 + y 2 = 1. Từ đây kết hợp với (1) ta có  x ≥ y. ⇔.  x − y ≥ 0. . 2. 1 − 2xy = (x − y) ⇔  2 x + y2 = 1. x≥y . y 2 = 1 − x2. √ 3 1 , y = − x = −  2 2 2 2 . y 2 = 1 − x2 ⇔ y =1−x ⇔ 3 4   x = ,y = ± 20x3 − 11x = 4y 2 (2x + 1)2 (5 − 4) = 0 5 5  √    4 3 4 3 1 3 , ; ;− Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm − ; − , . 2 2 5 5 5 5. .  x ≥ y. . BÀI TẬP LUYỆN TẬP Bàirtập 1.1. Giải các phương r trình sau. 3 √ √ 12x2 + 12x + 9 4 4x − 2 =x+ . c) 3x2 − 5x + 6 = x + (x − 1) x2 + x − 4. 4 3 r r √ √ 3 1 b) − x − 6x2 −x. 3 7x2 + 2x + = 1. d) 2x2 + 48x − 27+x. 2x2 − 24x + 67 = 4x+6. 2 2. a). 3. Bàitập 1.2. Giải các hệ phương trình sau  3  x3 + y 3 = 65 3x + 3y 3 + x3 y 3 = 35 p p 8 a) . b) . p 2 + y2 − 4 = 2 − 2xy + 4 − y p 2 x x 2 x + y + 2 − y. 2xy − 1 = x  2  8xy − 2 = 1 r p 2 2 c)  3 + 4x − y 2 − x. 3 x + y + 2 = 2. 3. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Phương trình có chứa tam thức bậc hai trong căn2. 2. √ Phương trình có chứa ax2 + bx + c với a > 0 √ √ Cách giải. Đặt ax2 + bx + c = t ± a x. √ 16x + 153 = 0. Ví dụ 2.1. Giải phương trình (2x + 1)(x + x2 + 1) + 16x − 45 √ Lời giải. Đặt x2 + 1 = t − x ta có t − x ≥ 0 và 2xt = t2 − 1 (∗). Dễ thấy t = 0 không thỏa mãn (*). Với t 6= 0 thì 2.1.  t2 − 1  t − ≥0.  1 + t2   ≥0. (. 2t 2t ⇔ ⇔ 2−1   t t2 − 1 x =  , t 6= 0 x= , t 6= 0 2t 2t. t>0 t2 − 1 . x= 2t. Phương trình đã cho trở thành . t2 − 1 h + 153 t2 − 1 t +1 t+ = 0 ⇔ t(t − 2)(t − 5)(8t + 19) = 0 ⇔ t = 2 (do t > 0). 2 t=5 t t −1 8. − 45 t 8.. . t2 − 1 ta được x = 2t Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x =. 3 12 ,x= . 4 5 3 12 ,x= . 4 5 √ Ví dụ 2.2. Giải phương trình 16x3 + (8x2 − 1) 4x2 + 1 =. Thay t = 2, t = 5 vào x =. Lời giải. Điều kiện: x ≥ − . 2x +. p.  15 . 16x + 9. 9 . Phương trình đã cho tương đương với 16. 4x2. +1. 3. . − 3 2x +. p. 4x2. . +1 =. 30 . 16x + 9. √. Đặt t = 2x + 4x2 + 1 ta có p 4x2. . + 1 = t − 2x ⇔. n t − 2x ≥ 0 t − 2x ≥ 0 ⇔ . 4x2 + 1 = (t − 2x)2 4tx = t2 − 1. Dễ thấy t = 0 không thỏa mãn hệ trên. Với t 6= 0 ta có   2 ( t2 − 1 t +1   t − 2x ≥ 0, t 6= 0 t −  ≥ 0, t 6= 0 ≥ 0, t 6= 0 x=. t2. ⇔. −1 4t. 2t 2  x = t − 1 4t. ⇔. 2t. 2  x = t − 1. 4t. ( ⇔. t>0 t2 − 1 . x= 4t. Phương trình đã cho trở thành 30 3 ⇔ (t − 2)(t + 3)(4t2 + 5t + 3) = 0 ⇔ t = 2 (do t > 0) ⇒ x = . 8 −1 16. +9 4t 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = .  8 t3 − 3t =. t2. 2 Vũ. Hồng Phong, GV.THPT Tiên Du 1, huyện Tiên Du, tỉnh Bắc Ninh (bài đăng trên Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, số 468, tháng 6 năm 2016, trang 2). 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> √ ax2 + bx + c với c > 0 √ √ Cách giải. Khi x 6= 0 ta đặt ax2 + bx + c = tx ± c. 2.2. Phương trình có chứa. r Ví dụ 2.3. Giải phương trình. 1+. 7 2 2 x + x+1 3 3. !3. 11x3 + 70x2 = . 3. Lời giải. • Đễ thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình. r 7 2 2 7 2 • Xét x 6= 0. Đặt x + x + 1 = tx − 1 suy ra tx − 1 ≥ 0 và x2 + x + 1 = (tx − 1)2. 3 3 3 3 2 ⇔ = 6t + 2 (do x 6= 0). Ta thấy 3t − 7 = 0 không thỏa mãn (3t2 − 7)x = 6t + 2. 6t + 2 , thế vào phương trình đã cho ta Với 3t2 − 7 6= 0 thì (3t2 − 7)x = 6t + 2 ⇔ x = 2 3t − 7 √ −2 ± 43 2 được 6(t − 3)(t + 2)(3t + 4t − 13) = 0 ⇔ t = 3, t = −2, t = . Dẫn tới các giá 3 √ √ −3 − 3 43 −3 + 3 43 √ , x= √ . Thử lại thấy trị tương ứng của x là x = 1, x = −2, x = 13 + 2 43 13 − 2 43 √ −3 − 3 43 √ . phương trình đã cho có ba nghiệm x = 1, x = −2, x =  13 + 2 43 (3t2 − 7)x. 2.3. Phương trình có chứa. p a(x − x1 )(x − x2 ). Cách giải. Khi x 6= x1 ta đặt. p. a(x − x1 )(x − x2 ) = (x − x1 )t.. Ví dụ 2.4. Giải phương trình. 6x2 + 17x + 11 2+. p. (x + 1)(6x + 11). =. 27 41 x+ . 28 14. Lời p giải. Dễ thấy x = −1 không là nghiệm của phương trình. Với x 6= −1 ta đặt (x + 1)(6x + 11) = (x + 1)t (1). Bình phương hai vế của (1) và rút gọn ta nhận được √ √ 2 (t − 6)x = 11 − t2 (2). Thấy ngay t = ± 6 không thỏa mãn (2). Khi t 6= ± 6 thì p 11 − t2 5t (2) suy ra x = 2 (3), thay vào (1) ta được (x + 1)(6x + 11) = 2 ≥ 0 nên t −6 √t − 6
√  t ∈ − 6; 0 ∪ 6; +∞ (4). Phương trình đã cho trở thành  5t 2 " 27 11 − t2 41 t2 − 6 = . 2 + ⇔ (t − 1)(t − 3)(22t2 + 143t + 156) = 0 ⇔ 5t 28 t − 6 14 2+ 2 t −6. t=3 √ −143 + 6721 t= 44. (do t thỏa mãn (4)). √ 2 286 6721 − 5874 √ Thay t tìm được vào (3) ta có x = , x = . 3 15554 − 286 6721 √ 2 286 6721 − 5874 √ Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = , x = .  3 15554 − 286 6721 p √ √ √ (x + 1)(3x + 2) 3x + 2 6x + 21 − 5 2 √ Ví dụ 2.5. Giải phương trình + . = −1. x+1 x+1 4 2 − 12 p √ Lời giải. Với x 6= −1 ta đặt (x + 1)(3x + √2) = (x + 1)t (1). Bình phương √ hai vế 2 2 của (1) và rút gọn ta nhận được (t − 3)x = 2 − √ t (2). Thấy ngay t = ± 3 không √ 2 − t2 (3), thay vào (1) ta được thỏa mãn (2). Khi t 6= ± 3 thì (2) suy ra x = 2 t −3 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> p. (x + 1)(3x +. √. √ √
 √
( 2 − 3)t ≥ 0 nên t ∈ −∞; − 2) = 3 ∪ 0; 3 (4). Phương trình đã t2 − 3. cho trở thành  √. . √ 2 − t2  6. + 21 − 5 2   2 t − 3 2   = −1 ⇔ (t − 1)(t√+ 2) = 0 √ √ √ t + t . .  (15 − 5 2)t2 + (9 2 − 27)t + 6 2 − 18 = 0 4 2 − 12. Từ đây,√kết hợp với (4) ta tìm được t = 1, t = −2, thế vào (3) tính ra các giá trị x=. √ 1− 2 , x = 2 − 4. 2. √ √ 1− 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = , x = 2 − 4. 2. . BÀI TẬP LUYỆN TẬP Bài tập 2.1. Giải các phương trình sau. √ 891 1) 4x3 + 5x + (4x2 + 3) x2 + 1 = . 105 − 41x √ 20 + 25x √ 2) 10 + x2 ( x2 + 5 − x)3 = . x + x2 + 5 √ 3) 3(2 + 4 − 2x − x2 )2 = 5x3 + 22x2 . √ 20 + 25x √ 4) 10 + ( x2 + 5 − x)3 = . x + x2 + 5 √ 315x + 82 5) (2x + 4x2 + x + 2)3 = . 19 p 13x 7 6) (7x − 6)(x − 1) = x2 + − . 30 5 3 2 8x − 141x − 409x 105 √ 7) = . 4 (3 + 12x2 − 4x + 9)3 366x2 + 635x + 114 √ 8) = 28. (6x + 1) 6x2 + 17x + 11. 3. √ 9) (2x2 − 5x − 2) 6x2 − 17x + 11 = (2x − 2)2 . √ 4 −14x3 10) 4 3x2 + x + 4 − 15x − 8 = (√3x2x2 +x+4−2) 2. √ 24x − 13 . 11) 2x3 + (2x2 − 1) x2 + 1 = 5 √ 4 3 2 12) (2 + 2x2 + 3x + 4)3 + 581x = 8493x − 7425x . 47 94 94 √. 2. 2. 2. +3 . 13) ( √xx2+x+5−x) = 4204+3175x−1025x 504 +x+5−x+3 √ 3 √ 2 −x−1 2x2 −x−1 . 2xx−1 = 31 4x−4 − x. 14) 13 + 65 28 7 q q 3  15) 1 + 73 x2 + 23 x + 1 + x2 . 73 x2 + 23 x + 1 =. =−. 230 3 373 2 640 x + x + x. 27 27 27. √ Phương trình dạng ax2 + bx + c = k. dx + e (với a, b, c, d, e, k là hằng số)3. Cách giải. √ • Cách 1: Đặt t = dx + e và đưa phương trình đã cho về phương trình ẩn t bậc không quá 4. √ 2 + bx + c = k. dx + e đưa được về dạng • Cách 2: Trong trường hợp phương trình ax √ √ (mx + n)2 + k.(mx + n) = (dx + e) + k. dx + e, ta đặt v = dx + e và thu được hệ phương trình  ax2 + bx + c = kv . dx + e = v 2. Từ hệ phương trình này, cộng hai phương trình theo từng vế, ta thu được phương trình mới có dạng u2 + k.u = v 2 + k.v (với u là một biểu thức của x). 3 Tham khảo bài viết của các tác giả Lưu Văn Biền - Trần Văn Tới, GV.THPT Hiệp Hòa 3, tỉnh Bắc Giang (đăng trên Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ , số 442, tháng 4 năm 2014, trang 1), Hoàng Minh Quân, GV.THPT Ngọc Tảo, Hà Nội (đăng trên Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ , số 444, tháng 6 năm 2014, trang 1), Lý Văn Công, GV.THPT Thanh Bình, Thanh Hà, tỉnh Hải Dương (đăng trên Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ , số 445, tháng 7 năm 2014, trang 1), Trần Xuân Uy, Nam Định. (đăng trên Đặc san Toán học và Tuổi trẻ , số 14 THCS, tháng 10 năm 2014, trang 11). 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> √ • Cách 3: Đặt py + q = dx + e (với các hệ số p, q phù hợp) để thu được hệ phương trình hai ẩn x, y sao cho khi cộng hoặc trừ các phương trình của hệ này ta dẫn tới một. phương trình mới viết được ở dạng phương trình tích (hệ phương trình này có thể có dạng đối xứng loại II đối với các biến x, y ). √ Lưu ý. Phương trình ax3 + bx2 + cx + d = k. 3 ex + f (với a, b, c, d, e, f, k là hằng số) cũng có thể giải quyết theo những hướng tương tự. √. Ví dụ 3.1. Giải phương trình x2 − 3x − 1 = 2 x + 1. Lời giải. √ • Cách 1: Đặt t = x + 1 ≥ 0 thì x = t2 − 1, thế vào phương trình đã cho ta thu được (t2 − 1)2 − 3(t2 − 1) − 1 = 2t ⇔ t4 − 5t2 −√2t + 3 = 0 ⇔ (t√2 − t − 3)(t2 + t − 1) = 0. Từ đây, kết hợp với t ≥ 0 ta tìm được t = √ √ 5 + 13 1− 5 là x = ,x = . 2 2. 1+. 13. 2. ,t=. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x =. −1 + 2. 5+. √. 13. 2. 5. . Các giá trị tương ứng của x. √ 1− 5 ,x = . 2. Lưu ý. Có thể bình phương hai vế của phương trình đã cho, thu được phương trình hệ quả bậc 4. Biến đổi phương trình bậc 4 đó thành phương trình tích với các nhân tử là tam thức bậc 2. • Cách 2: Ta tìm cách đưa phương trình đã cho về dạng √ (mx + n)2 + k.(mx + n) = (dx + e) + k. dx + e (ở đó a = d = e = 1, b = −3, c = −1, k = 2). √ Ta viết phương trình đã cho ở dạng x2 − 2x = x + 1 + 2. x + 1 và xét đồng nhất thức (mx + n)2 + 2(mx + n) ≡ x2 − 2x ⇔ m2 x2 + (2mn + 2m)x + n2 + 2n ≡ x2 − 2x. ( ⇔. h m2 = 1 m = 1, n = −2 2mn + 2m = −2 ⇔ . m = −1, n = 0 2 n + 2n = 0. √. √. 2 2 Như vậy √ x − 3x − 1 = 2 x + 1 ⇔ (x − 2) + 2(x2 − 2) = (x2+ 1) + 2 x + 1. Đặt u = x − 2 và v = x + 1 ≥ 0 ta thu được phương√trình u + 2u = v + 2v√⇔ (u − v)(u + v + 2) = 0 ⇔ v =√ u hoặc v = √ −u − 2. Do đó x + 1 = x − 2 hoặc x + 1 = −x. Tìm được. x=. 5+. 13. 2. ,x =. 1− 5 . 2. √ 1− 5 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = ,x = . 2 2 √ • Cách 3: Đặt x + 1 = py + q ≥ 0 ⇒ x + 1 = p2 y 2 + 2pqy + q 2 . Ta có hệ phương trình 5+. . x + 1 = p2 y 2 + 2pqy + q 2 ⇔ x2 − 3x − 1 = 2py + 2q. . √. 13. p2 y 2 + 2pqy − x + q 2 − 1 = 0 . x2 − 3x − 2py − 2q − 1 = 0. Chọn q sao cho q 2 − 1 = −2q − 1 ⇔ q √ = 0 hoặc q = −2 (khi đó p có thể chọn tùy ý khác 0). Ta sẽ chọn p = 1 và q = −2. Vậy x + 1 = y − 2 ≥ 0 ⇒ x + 1 = y 2 − 4y + 4. Ta có hệ phương trình, với x, y thảo mãn x ≥ −1, y ≥ 2 √  5 + 13   x=y= 2 x + 1 = y 2 − 4y + 4  y − 4y − x + 3 = 0 √ 2 √ . ⇔ ⇔ 2 x − 3x − 1 = 2y − 4. (x − y)(x + y − 2) = 0. 1− 5 3+ 5 ,y = 2 2 √ √ 5 + 13 1− 5 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = ,x = . 2 2 6. x=. .

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Ví dụ 3.2. Giải phương trình x3 − 4x − 1 = Lời giải. Đặt 2y =  3. √ 3. 6x + 1.. √ 3 6x + 1 ta thu được hệ phương trình. 8x − 4x − 1 = 2y ⇔ 6x + 1 = 8y 3. . 8x3 + 2x = 8y 3 + 2y ⇔ 6x + 1 = 8y 3. x = y. nx = y 8x3 − 6x − 1 = 0. ⇔. 4x3 − 3x = cos. 5π 7π π hoặc x = y = cos hoặc x = y = cos . 9 9 9 π 5π 7π Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x = cos , x = cos , x = cos . 9 9 9. π 3. ⇔ x = y = cos. BÀI TẬP LUYỆN TẬP Bài tập 3.1.√Giải các phương trình sau 1) x2 − 2 = x + 2. √ 3) x2 + 4x + 5 = 2 2x + 3.. 2) 4x2 + x − 4 = 3 √x + 2. 4) 4x2 − 13x + 5 + 3x + 1 = 0.. Bài tập 3.2. Giải các phương √ trình sau 1) 8x3 − 36x2 + 53x − 25 = 3 3x − 5. √ 20 3) 9x3 + 9x2 + x + 1 = 3 1 − 2x.. 2) 4x3 + 6x2 + 4x + 1 = 3 2x + 1. √ 4) 4x3 − 18x2 + 30x − 17 + 3 2x − 1 = 0.. √. √. 3. 7. .

<span class='text_page_counter'>(8)</span>