Giải phương trình

2x2 2 1

x x 1 x

3 3

     .

Phân tích tìm lời giải.

Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình ¹ x 1

3  . Phương trình đã cho có chứa ba dấu căn thức bậc hai và các biểu thức trong căn thức có bậc khác nhau. Trước hết ta viết lại phương trình đã cho thành

2x2 2 1

1 x x x

3 3

     . Quan sát phương

trình này ta nghĩ đến phép đánh giá hoặc phép nâng lên lũy thừa. Tuy nhiên để thoát khỏi căn hoàn toàn ta phải thực hiện hai lần nâng lên lũy thừa, khi đó phương trình thu được có bậc cao trong khi ta lại không nhẩm được nghiệm đẹp nào. Trong phương trình này ta cũng khó đặt ẩn phụ vì các biểu thức trong và ngoài các căn thức không có mối liên hệ nào đặc biệt cả. Như vậy ta đi sử dụng phương pháp đánh giá để xử lý.

 Hướng 1. Vì phương trình không nhẩm được nghiệm đẹp nên ta không chọn được điểm rơi trong các bất đẳng thức, do đó ta nghĩ đến đánh giá phương trình từ vế này sang vế kia. Chú ý rằng trong phương trình trên có 2x² 2 ^{2 x}



^{2 1}



3 3

 

 và

1 1

1 x x x 1. 1 x x. x

3 3

       nên ta sẽ sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng



^{2 2}



^{2 2}



ab cd  a c b d sao cho làm xuất hiện đại lượng x² 1. Khi đó ta có



_{2 2}



^{2 x}



^{2 1}



1 1 1

1 x x x 1. 1 x x. x 1 x 1 x x

3 3 3 3

  

             

 

Như vậy với đánh giá trên ta giải được phương trình.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Điều kiện xác định của phương trình là ¹ x 1

3  . Phương trình đã cho tương đương với

2x2 2 1

1 x x x

3 3

    

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng ^{ab cd }



^a2c2



^b2d2



^{ta được}



_{2 2}



^{2 x}



^{2 1}



1 1 1

1 x x x 1. 1 x x. x 1 x 1 x x

3 3 3 3

  

             

 

Như vậy

2

x 1

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

3 3 x 3

             . Ta có

 

 

3 2

2

3 3 3

3

x 0 x 0

x 1 x x 1 1

3 x 1 x x 3x 3x 3x 1 0 3

x 0 x 0 x 0

x 1 1 x 2x 1 x 2x

1 2

   

 

           

     

  

         Kết hợp với điều kiện xác định ta được

3

x 1

1 2

  là nghiệm duy nhất của phương trình.

 Hướng 2. Để loại bỏ căn thức ta cũng có thể sử dụng phép ẩn phụ hóa. Trước hết ta viết phương trình đã cho lại thành 2x²  2 3 3x x 3x 1   . Đến đây ta đặt

a 3 3x; b  3x 1 . Khi đó từ phép đặt ta được a² b² 2. Lúc này phương trình trở thành 2x²   2 a xb. Để thoát căn ta bình phương hai vế thì được

2 2 2 2

2x  2 a x b 2abx. Chú ý rằng a²b² 2 nên ta viết lại phương trình thành



^{a2b x2}



^{2a2b2 a22abx b x 2 2 a x2 22abx b 2  0}

^

^{ax b}

^

^{2 0}

Đến đây ta có lời giải cho phương trình.

Điều kiện xác định của phương trình là ¹ x 1

3  . Phương trình đã cho tương đương với

2x2 2 3 3x x 3x 1  

Đặt ^a ^{3 3x; b}  3x 1 a 0; b 0



 



. Khi đó ta được a²b² 2.

Phương trình đã cho trở thành 2x² 2 a² x b^{2 2}2abx. Chú ý đến a²b² 2 ta có



^{a2b x2}



^{2a2b2 a22abx b x 2 2 a x2 22abx b 2  0}

^

^{ax b}

^

^{2 0}

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Từ đó ta được

 

3 2

3 3 3

3

ax b x 3 3x 3x 1 x 0

3x 3x 3x 1 0 x 0 x 0 x 0

x 1 1 x 2x 1 x 2x

1 2

 

      

   



     

  

         Kết hợp với điều kiện xác định ta được

3

x 1

1 2

  là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 35. Giải phương trình

2 4 2

2x x 1 2x

2x x 1 4x 1 16x 4x 1

  

      .

Phân tích và lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x 0 . Quan sát phương trình ta thấy được sự phức tạp của nó. Ở đây ta không thể quy đồng phương trình vì mẫu số của các phân thức khá là phức tạp, ta cũng chưa thể ẩn phụ hóa phương trình vì chưa thấy được các mối liên hệ đặc biệt của các đại lượng trong phương trình. Do đó trước hết ta đi tìm mối liên hệ của các đại lượng trong phương trình trước.

Ta cũng có ^{16x44x2 1}



^{4x2 2x 1 4x}



^{2 2x 1}



. Từ phân tích đó ta nhận thấy

   

   

2 2 2

2 2

4x 2x 1 4x 2x 1 8x 2

4x 2x 1 4x 2x 1 4x

       



     



Từ đó ta phân tích vế phải phương trình lại thành

   

 

2 2 2 2

2 2 2

2 2

4x 2x 1 4x 2x 1 4x 2x 1 4x 2x 1

4x 2x 1 4x 2x 1 4x 2x 1 4x 2x 1

         

     

    

Như vậy ta viết được phương trình lại thành

2 2

2 2

2x x 1 4x 2x 1 4x 2x 1

2x x 1 4x 2x 1 4x 2x 1

       

       .

Quy đông và thu gọn thì ta được phương trình



^{2x 1}



^{4x22x 1  x 4x22x 1 .}

Đến đây thì bình phương hai vế và giải phương trình bậc 4. Ta có lời giải cho phương trình

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

 Lời giải 1. Điều kiện xác định của phương trình là x 0 . Biến đổi tương đương phương trình

 

    

 

     

  

 

     

 

 

 

2 4 2

2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2

2x x 1 2x

2x x 1 4x 1 16x 4x 1

2x 1 x 4x

2x 1 x 8x 2 2 4x 2x 1 4x 2x 1

4x 2x 1 4x 2x 1

2x 1 x

2x 1 x 4x 2x 1 4x 2x 1 2 4x 2x 1 4x 2x 1

4x 2x 1 4x 2x 1

2x 1 x

2x 1 x 4x 2x 1 4x 2x 1

2x 1 x 4

2x 1 x

 

      

   

       

    

   

           

    

   

      

   

 

2 2

2 2

x 2x 1 4x 2x 1

4x 2x 1 4x 2x 1

    

    

Đến đây ta nhân chéo hai vế của phương trình thì thu được



^{2x 1  x}

 

^{4x22x 1  4x22x 1}



^



^{2x 1  x}

 

^{4x22x 1  4x22x 1}



Khai triển và thu gọn ta được



^{2x 1}



^{4x22x 1  x. 4x2 2x 1} . Phương trình trên tương đương với

     

  

2 2 2 4 3 2

2 2

2x 1 0 2x 1 0

16x 28x 14x 7x 1 0 2x 1 4x 2x 1 x 4x 2x 1

2x 1 0 3 5

4x 6x 1 4x x 1 0 x 4

     

 

 

    

      



     

  

        

Kết hợp với điều kiện xác định ta được 3 5

x 4

  là nghiệm duy nhất.

Để ý đến phân tích

 

 

2x 1 x 2x x 1

2x x 1 2x 1 x

   

     . Nếu ta chia cả tử và mẫu cho x thì

ta thu được biểu thức

2x 1 1 x 2x 1 1

x

 

 

. Như vậy nếu ta biến đổi được vế phải thành biểu thức

chứa các đại lượng dạng 2x 1 x

 thì ta đặt được ẩn phụ 2x 1

t x

  .

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có các biến đổi sau

 

 

2 2

2 2

4x 2x 1 2x 1 2x 4x 2x 1 2x 1 6x

     



    

 . Khi đó vế phải của phương trìn được viết lại thành

 

²

 

^{2 2}

4x

2x 1 6x 2x 1 2x

      

 

 

. Đến đây thì chia cả tử và mẫu cho x thì ta

đặt được ẩn phụ. Để ý rằng ta cần xét các trường hợp x 0 và x0. Đến đây ta có lời giải thứ hai cho bài toán.

 Lời giải 2. Điều kiện xác định của phương trình là x 0 .

+ Dễ thấyx 0 không thỏa mãn phương trình. Xét x 0 , khi đó biến đổi tương đương phương trình

 

    

 

     

2 4 2

2 2 2 2

2 2 2

2

2x x 1 2x

2x x 1 4x 1 16x 4x 1

2x 1 x 4x

2x 1 x 4x 2x 1 4x 2x 1 2 4x 2x 1 4x 2x 1

2x 1 x 4x

2x 1 x

2x 1 6x 2x 1 2 2x 1 1

x 4

2x 1 1 2x 1 2x 1

6 2

x x x

  

     

   

           

   

        

 

 

         

   

Đặt t ^{2x 1} x

  , khi đó ta có phương trình

 

    ^{ }  

 

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 4 2 2

t 1 4 t 1 t 6 t 2

t 1 t 6 t 2 t 1 t 6 t 2

t 1 t 6 t 2 t 1 t 6 t 2

t 0 t 0 t 0

t 6 t t 2 t 2

t 6 t t 2 t t 6 0 t 2

       

       

         

     

  

               

Khi đó ta được

 

²

2x 1 0

2x 1 3 5

2 2x 1 2x x

2x 1 2x 4 x

  

        

 

 .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x ^{3 5} 4

  là nghiệm duy nhất.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

 Nhận xét. Không có gì để nói thêm về hình thức phương trình, nó dễ làm cho ta cảm thấy nản chí khi đi tìm hướng giải quyết nó. Lời giải thứ nhất sử dụng phép nhân liên hợp thông thường khi phát hiện mỗi liên hệ giữa các đại lương trong căn. Lời giải thứ hai cho thấy sử biến đổi tinh tế nhằm mục đích ẩn phụ hóa phương trình. Tuy nhiên hai hướng đi trên đòi hỏi có sự quan sát kỹ càng và sự tư duy linh hoạt

Bài 36. Giải phương trình ^{2x27x 4 2x 29x 10 10  }



^{3x 2 2 x 2}

 

^{  2x 5}



^.

Phân tích và lời giải

Quan sát phương trình ta thấy phương trình chứa đến ba dấu căn thức bậc hai nên để loại bỏ căn thức bậc hai ta không nên sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa. Khi tìm mỗi liên hệ giữa các biểu thức trong căn ta nhận thấy ^{2x29x 10 }



^{x 2 2x 5}



^



^{. Do}

đó ta viết phương trình đã cho lại thành

      

2x2 7x 4 x 2 2x 5  10 3x 2 2 x 2   2x 5 . Quan sát phương trình ta thấy có các hướng sử dụng phương pháp phân tích thành tích hoặc ẩn phụ hóa để xử lý phương trình. Nhẩm một số giá trị đặc biết ta thấy phương trình có nghiệm đẹp là

x 2; x  2.

 Hướng 1. Quan sát phương trình ta thấy có các căn thức



x 2 2x 5 ; x 2; 2x 5







  nên ta viết phương trình về dạng tích. Trước hết ta tìm cách phân tích 2x²7x 10 sao cho có xự xuất hiện của các căn thức x 2; 2x 5  . Để ý ta có

     

x 4 x 2   2x 5 x 2x 3 nên ta có phép biến đổi

     

2x2 7x 10 x 4 x 2     2x 5 2 2x 5 . Mặt khác ta lại thấy

      

      

4 x 2 2x 5 2 x 2 2x 5 2 x 2 2x 5

2 2x 5 4 x 2 2x 5 2 2x 5 2 x 2 2x 5

         

        

Như vậy phương trình đã cho phân tích được thành tích và chứa nhân tử chung 2 x 2  2x 5 . Đến đây ta có lời giải cho phương trình.

Điều kiện xác định của phương trình là x 2. Phương trình đã cho tương đương với

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

   

     

         

    

   

   

2 2

2

2

2x 7x 4 2x 9x 10 10 3x 2 2 x 2 2x 5 0

x 2x 3 4x 10 4 2x 9x 10 10 3x 2 2 x 2 2x 5 0

x 4 x 2 2x 5 2 2x 5 4 2x 9x 10 10 3x 2 2 x 2 2x 5 0 x 2 x 2 2x 5 2 x 2 2x 5 2 2x 5 2 x 2 2x 5

3x 2 2 x 2 2x 5 0 2 x 2 2x 5 x 2 x 2 2x 5

          

             

 

                

           

     

        2 2x 5 3x 2   0

+ Với ^{2 x 2 2x 5 0 2 x 2 2x 5 4 x 2}

 

^{2x 5 x 3}

              2.

+ Với ^{x 2 x 2}



  ^{2x 5}



2 2x 5 3x 2 0    . Ta thấy phương trình có chứa hai căn thức và lúc trước ta nhẩm được hai nghiệm x 2; x  2, như vậy hai nghiệm này chính là hai nghiệm của phương trình trên. Do đó ta sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp để làm xuất hiện nhân tử chung.

 

       

      

 

x 2 x 2 2x 5 2 2x 5 3x 2 0

2 x 2 x 2 x 2 2x 5 1 2 x 2 x 2 2 0

2 x 2 x 2 2 x 2 x 2

2 x 2 x 2 0

2x 5 1 x 2 2

x 2 1

2 x 2 x 2 1 0

2x 5 1 x 2 2

       

           

   

     

   

  

      

   

 

 

Ta có x 2 1 x 2 x 2 1

1 0

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

   

    

       .

Do đó từ phương trình trên ta được



^{x 2}



^{x 2    0 x}



^{2; 2}



, thỏa mãn điều kiện xác định.

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là 3 S ; 2; 2

2

 

   

 .

 Hướng 2. Phương trình có sự lặp lại của các căn thức x 2; 2x 5  nên ta có hai ý tưởng đặt ẩn phụ cho phương trình.

+ Đặt t2 x 2  2x 5 , khi đó ta được ^{t2 6x 13 4 }



^{x 2 2x 5}



^



. Từ đó phương trình được viết lại thành ^{t2 }



^{3x 2 t 2x}



^{ 2  x 2 0}. Xem phương trình bên là phương trình bậc hai ẩn t thì ta cần kiểm tra xem phương trình có  chính phương không.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Ta có ^{ }



^{3x 2}



^{24 2x}



^{2 x 3}



^



^{x 4}



². Khi đó phương trình có hai nghiệm là t2x 3 và t x 1.

Với t2x 3 ta có phương trình 2 x 2  2x 5 2x 3 .

Chú ý rằng 2 x 2  2x 5 0 nên phương trình trên tương đương với

   ^{ }  

       

   

2 x 2 2x 5 2 x 2 2x 5 2x 3 2 x 2 2x 5

4 x 2 2x 5 2x 3 2 x 2 2x 5

2x 3 0 2x 3 2x 3 2 x 2 2x 5

2 x 2 2x 5 1

          

        

  

        

   



Khi 2x 3 0 x ³

    2, thỏa mãn điều kiện xác định.

Khi ^{2 x 2  2x 5  1 6x 12 2 }



^{x 2 2x 5}



^



^0.

Do x 2 nên 6x 12 0  và



^{x 2 2x 5}



^



^0.

Do đó

     

6x 12 0

6x 12 2 x 2 2x 5 0 x 2

x 2 2x 5 0

  

        

  

 , thỏa mãn.

Với t x 1 ta có phương trình 2 x 2  2x 5  x 1. Với phương trình này ta thực hiện giải hoàn toàn tương tự như trường hợp trên thì thu được nghiệm x 2 .

Bài 37. Giải phương trình ^{1 2x 31 3x 41 4x 3 x 1}



^



Phân tích và lời giải

Phương trình chứa ba căn thức có bậc khác nhau và các biểu thức trong căn thức không có mối liên hệ đặc biệt nào nên ta không thể ẩn phụ hóa để thoát khỏi căn thức. Để có hướng đi đúng đắn trước hết ta thay một số giá trị đặc biệt thì thấy rằng phương trình có một nghiệm là x 0 . Khi đó với x 0 thì ta thấy được

4

1 2x 31 3x  1 4x   x 1 1, do đó ta hướng đến phép nhân liên hợp để giải phương trình. Ngoài ra với phương trình có cấu trúc đặc biệt ta thường nghĩ đến phương pháp đánh giá để xử lý phương trình.

 Hướng 1. Để sử dụng phép nhân lương liên hợp ta chú ý đến phương trình có nghiệm là x 0 nên khi nhân lượng liên hợp thì xuất hiện nhân tử x.

+ Nếu ta nhóm liên hợp với hằng số thì ta có các phép nhóm liên hợp như sau

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

 

 

   

   

     

3

2 3 2 3

3 3

4 4

4

4 4

1 2x 1 2x

1 2x 1

1 2x 1 1 2x 1

1 3x 1 3x

1 3x 1

1 3x 1 3x 1 1 3x 1 3x 1

1 4x 1 1 4x 1 1 4x 1 4x

1 4x 1

1 4x 1 1 4x 1 1 4x 1 1 4x 1

 

   

   

 

   

       

     

   

       

Như vậy sau khi nhân lương liên hợp ta thu được phương trình

 

^{2 3}



⁴

 

3

2 3 4

x 3 0

1 2x 1 1 3x 1 3x 1 1 4x 1 1 4x 1

 

    

           

 

 

Ta cần xử lý được

 

^{2 3}



⁴

 

3

2 3 4

1 2x 1 1 3x 1 3x 1 1 4x 1 1 4x 1 3 0

   

          .

Ta thấy quá khó khăn để giải phương trình trên. Do đó hướng nhân liên hợp với hằng số không khả quan

+ Nếu ta nhóm liên hợp với biểu thức thì ta có các phép nhóm liên hợp như sau

     

     

 

 

 

   

  ^{ }

2 2

3 2

3

2 3 2 3

3 3

2 2

4

4 2

1 2x x 1 x

1 2x x 1

1 2x 1 1 2x 1

1 3x x 1 x x 3

1 3x x 1

1 3x 1 3x 1 1 3x 1 3x 1

x x 4x 6 1 4x x 1

1 4x x 1 1 4x x 1

   

    

   

    

    

       

  

   

 

        Như vậy sau khi nhân lương liên hợp ta thu được phương trình

 

 

 

  ^{ }

2 2

2 2

2 3 4 2

3

x x 4x 6 x x 3

2x 0

1 2x 1 1 3x 1 3x 1 1 4x x 1 1 4x x 1

  

 

   

 

              Như vậy ta cần xử lý được phương trình

 

 

 

  ^{ }

2

2 3 4 2

3

x 4x 6 2 x 3

1 2x 1 1 3x 1 3x 1 1 4x x 1 1 4x x 1 0

  

  

  

 

              Rõ ràng với điều kiện x ¹

 4 thì vế trái của phương trình luôn âm, do đó phương trình vô nghiệm.

Như vậy ta có lời giải cho phương trình.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Điều kiện xác định của phương trình là x ¹

 4. Phương trình đã cho tương đương với

 

³

 

⁴

 

1 2x   x 1 1 3x   x 1 1 4x   x 1 0 Dễ thấy với x ¹

 4 thì ta có

 

^{2 3}



⁴

 ^{ }

²

1 2x 1 0;   3 1 3x  1 3x 1 0;   1 4x x 1    1 4x  x 1 0 Do đó ta có biến đổi nhân liên hợp như sau

     

     

 

 

 

   

  ^{ }

2 2

3 2

3

2 3 2 3

3 3

2 2

4

4 2

1 2x x 1 x

1 2x x 1

1 2x 1 1 2x 1

1 3x x 1 x x 3

1 3x x 1

1 3x 1 3x 1 1 3x 1 3x 1

x x 4x 6 1 4x x 1

1 4x x 1 1 4x x 1

   

    

   

    

    

       

  

   

 

        Do đó phương trình đã cho tương đương với

 

 

 

  ^{ }

2 2

2 3 4 2

3

x 4x 6 2 x 3

x 0

1 2x 1 1 3x 1 3x 1 1 4x x 1 1 4x x 1

 

  

  

   

              

  

 

Dễ thấy

 

 

 

  ^{ }

2

2 3 4 2

3

x 4x 6 2 x 3

1 2x 1 1 3x 1 3x 1 1 4x x 1 1 4x x 1 0

  

  

  

 

             

với

điều kiện x ¹

 4.

Do đó phương trình có nghiệm duy nhất là x 0 .

 Hướng 2. Từ điều kiện x ¹

 4 ta thấy các biểu thức dưới dấu căn đều không âm do đó để loại bỏ các dấu căn ta có thẻ sử dụng phép đánh giá bằng bất đẳng thức Cauchy. Chú ý rằng phương trình có nghiệm là x 0 , khi đó ta có 1 2x 1;1 3x 1;1 4x 1      và dấu đẳng thức xẩy ra tại x 0 nên ta có các đánh giá sau

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

 

 

 

3 3

4 4

1 1 2x

1 2x 1. 1 2x x 1

2

1 1 1 3x

1 3x 1.1. 1 3x x 1

3

1 1 1 1 4x

1 4x 1.1.1. 1 4x x 1

4

       

  

     

   

     

Từ đó ta được ^{1 2x 31 3x 41 4x 3 x 1}



^



. Như vậy phương trình đã cho tương đương với dấu đẳng thức của các bất đẳng thức trên xẩy ra. Từ đó ta có nghiệm x 0 và ta trình bày lời giải như sau

Điều kiện xác định của phương trình là x ¹

 4. Khi đó 1 2x 0;1 3x 0;1 4x 0      .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

 

 

 

3 3

4 4

1 1 2x

1 2x 1. 1 2x x 1

2

1 1 1 3x

1 3x 1.1. 1 3x x 1

3

1 1 1 1 4x

1 4x 1.1.1. 1 4x x 1

4

       

  

     

   

     

Từ đó ta được ^{1 2x 31 3x 41 4x 3 x 1}



^



^.

Như vậy phương trình đã cho tương đương với dấu đẳng thức của các bất đẳng thức trên xẩy ra hay ra được 1 2x  ³1 3x  ⁴1 4x   1 x 0.

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 38. Giải phương trình x x ²  x x ²  x 1. Phân tích và lời giải

Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là 0 x 1  . Phương trình đã cho có chứa hai căn thức bậc hai và để ý là x x ² x x² 2x. Do đó để loại bỏ bớt căn thức bậc hai ta có thể sử dụng phép nâng lên lũy thừa. Ngoài ra với cách bố trí các căn thức kết hợp với điều kiện của phương trình ta thấy có thể sử dụng phương pháp đánh giá.

 Hướng 1. Do x x ² x x² 2x như vậy khi nhân vào hai vế của phương trình ta có 2x được thay bằng x x ² x x² và phương trình lúc này được viết lại thành

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

2 2 2 2

2 x x 2 x x  x x  x x 2

Quan sát phương trình ta thấy có hai đại lượng 2 x x ; 2 x x ²  ² làm ta liên tương đến hằng đẳng thức. Điều này làm ta nghĩ đến viết phương trình về dạng A² B² 0. Với tư tưởng như vậy ta viết phương trình về thành

  

²



²

2 2 2 2 2 2

x x 2 x x   1 x x 2 x x   1 0 x x 1  x x 1 0 Đến đây ta trình bày được phương trình đã cho như sau

Điều kiện xác định của phương trình là 0 x 1  . Phương trình đã cho tương đương với

   

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

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

x x 1 x x 1 0 x x 1 x x 1 0

x x 1 0 x x 1

           

          

      

 

        

  

  

 



Dễ thấy hệ trên vô nghiệm. Do đó phương trình đã cho vô nghiệm.

 Hướng 2. Chú ý rằng ta có x x ²  x x² 2x nên 1 x x  ²  1 x x²2x 2 . Như vậy nếu áp dụng bất đẳng thức a b 2 ab  thì ta có

   

2 2 2 2 2 2

2x 2 1 x x      1 x x 2 1. x x 2 1. x x 2 x x 2 x x Như vậy đến đây ta có lời giải cho phương trình

Điều kiện xác định của phương trình là 0 x 1  . Phương trình đã cho tương đương với

2 2

2 x x 2 x x 2x 2

Áp dụng bất đẳng thức dạng a b 2 ab  cho hai số không âm ta có

   

2 2 2 2 2 2

2 x x 2 1 x x   1 x x ; 2 x x 2 1 x x   1 x x Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được 2 x x ² 2 x x ² 2x 2 . Như vậy ta có

2

2 2

2

x x 1

2 x x 2 x x 2x 2

x x 1

  

      

 

 , hệ vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

 Hướng 3. Sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa ta được

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

     

2 2 2 4 2

2 2

2 4 2 2 4 4 2 2 2 2

4

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

x 1 0

2 x x x 1 4 x x x 2x 1 x 1 4x 0

4x 0

          

  

              

 

 Rõ ràng phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 39. Giải phương trình



^{x 1}



^{2 1 8x24x 5}

Phân tích và lời giải

Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là x R . Phương trình đã cho chứa một căn thức bậc hai và các đại lương trong và ngoài căn thức là các tam thứ baach hai nên ta có các hướng tiếp cận phương trình như phép nâng lên lũy thừa, phép phân tích phương trình thành tích, phép đặt ẩn phụ, hay phép nhân lượng liên hợp. Ta đi phân tích các hướng cận phương trình trên.

 Hướng 1. Chú ý đến đại lượng 8x²4x 5 ta nghĩ đến việc đưa phương trình về dàng

2 2

A B . Như vậy ta cần nhân vào hai vế của phương trình với cùng một hệ số chẵn. Khỉa sử rằng ta nhân hao vế với k chắn, khi đó ta có kx² và ta cần tách được

 

2 2 2

kx 8x  8 k x và để viết vế còn lại thành bình phương thì ta cần có 8 k là số chính phương. Do đó ta chọn k 4 . Đến đây ta viết được phương trình đã cho thành

2 2 2

8x 4x 5 4 8x  4x 5 4 4x   4x 1 . Như vậy ta thấy hai vế có dạng bình phương đúng nên ta giải được phương trình.

Điều kiện xác định của phương trình là x R . Phương trình đã cho tương đương với

  ^{ }

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

2

2

x 2x 2 8x 4x 5 4x 8x 8 4 8x 4x 5 8x 4x 5 4 8x 4x 5 4 4x 4x 1

8x 4x 5 2 2x 1 8x 4x 5 2 2x 1

8x 4x 5 2 1 2x

          

         

     

      

     



+ Với 8x²4x 5 2 1 2x     8x²4x 5  3 2x. Phương trình tương đương với

 

^{2 2}

2

2x 3 0 2x 3 0

x 2 5 4x 16x 4 0

8x 4x 5 2x 3

     

     

 

  

    



+ Với 8x²4x 5 2 2x 1     8x²4x 5 2x 1 . Phương trình tương đương với

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

 

^{2 2}

2

2x 1 0 2x 1 0

4x 4 0 8x 4x 5 2x 3

     

 

       



Hệ trên vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là ^{S  }



^{2 5; 2  5}



^.

 Hướng 2. Để ý rằng



^{x 1}



^{2 1 0} với mọi x nên tat a sử dụng phương pháp bình phương hai vế của phương trình. Khi đó phương trình thu được có bậc bốn. Chú ý rằng hai nghiệm của phương trình đã cho là hai nghiệm của phương trình x² 4x 1 0  do đó phương trình bậc bốn chi phân tích thành tích thì chứa nhân tử x²4x 1 . Do đó phương trình đã cho giải được bằng phương pháp nâng lên lũy thừa. Ta có lời giải cho phương trình như sau.

Điều kiện xác định của phương trình là x R . Do



^{x 1}



^{2 1 0} nên phương trình đã cho tương đương với

 

  

2 2 4 3 2 2

4 3 2 2 2

x 2x 2 8x 4x 5 x 4x 8x 8x 4 8x 4x 5 x 4x 4x 4x 1 0 x 4x 1 x 1 0

            

          

Dễ thấy x² 1 0. Do đó từ phương trình trên ta được x²4x 1 0     x 2 5. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là ^{S  }



^{2 5; 2  5}



^.

 Hướng 3. Chú ý đến đai lượng 8x²4x 5 ta viết phương trình đã cho về dạng

2 2 2

8x 4x 5 4 8x  4x 5 4x  4x 3 0 

Khi đó đặt t 8x²4x 5 thì ta có phương trình t²  4t 4x²4x 3 0  . Xem phương trình là phương trình bậc hai ẩn t nên ta có ^{' 22 }



^{4x2 4x 3}



^



^{2x 1}



^{2. Như}

vậy phương trình phân tích được thành tích và ta có lời giải cho phương trình.

Điều kiện xác định của phương trình là x R . Phương trình đã cho tương đương với

2 2 2 2

2 2 2

x 2x 2 8x 4x 5 4x 8x 8 4 8x 4x 5

8x 4x 5 4 8x 4x 5 4x 4x 3 0

          

         

Khi đó đặt t 8x² 4x 5 thì ta có phương trình t² 4t 4x²4x 3 0  . Xem phương trình là phương trình bậc hai ẩn t nên ta có ^{' 22}



^{4x24x 3}



^



^{2x 1}



^2.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Như vậy phương trình có hai nghiệm là

2 2

t 2x 1 8x 4x 5 2x 1 t 3 2x 8x 4x 5 3 2x

       

   

     

+ Với 8x²4x 5  3 2x. Phương trình tương đương với

 

^{2 2}

2

2x 3 0 2x 3 0

x 2 5 4x 16x 4 0

8x 4x 5 2x 3

     

     

 

  

    



+ Với 8x²4x 5 2x 1 . Phương trình tương đương với

 

^{2 2}

2

2x 1 0 2x 1 0

4x 4 0 8x 4x 5 2x 3

     

 

 

      



Hệ trên vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là ^{S  }



^{2 5; 2  5}



^.

 Hướng 4. Chú ý rằng phương trình có chứa nhân tử x²4x 1 , do đó khi sử dụng đại lượng liên hợp ta cần tạo ra nhân tử như trên. Do đó ta có biến đổi phương trình như sau

   

 

  ^{ }

     

 

 

2 2 2 2

2 2

2 2 2

2 2 2

2 2

2

x 1 1 8x 4x 5 x 1 8x 4x 5 2x 1

4x 4 4 8x 4x 5 2x 1

8x 4x 5 4x 4x 1 4 8x 4x 5 2x 1

8x 4x 5 2x 1 8x 4x 5 2x 1 4 8x 4x 5 2x 1

8x 4x 5 2x 1 0 8x

8x 4x 5 2x 1 4

           

 

        

 

            

     

                  

      

 

     

 ²

4x 5 2x 1 8x 4x 5 3 2x

   

    



+ Với 8x²4x 5  3 2x. Phương trình tương đương với

 

^{2 2}

2

2x 3 0 2x 3 0

x 2 5 4x 16x 4 0

8x 4x 5 2x 3

     

     

 

  

    



+ Với 8x²4x 5 2x 1 . Phương trình tương đương với

 

^{2 2}

2

2x 1 0 2x 1 0

4x 4 0 8x 4x 5 2x 3

     

 

 

      



Hệ trên vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là ^{S  }



^{2 5; 2  5}



^.

Bài 40. Giải phương trình x²3x 6  2x² 1 3x 1 Phân tích và lời giải

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là 2x² 1 0. Phương trìn đã cho chứa hai căn thức bậc hai và các biểu thức trong căn không có mối liên hệ với nhau.

Do đó để tìm được mối liên hệ giữa các đại lượng ta nên loại bớt căn thức bậc hai. Để thực hiện được điều này ta sử dụng phép nâng lên lũy thừa. Tuy nhiên trước khi nâng lên lũy thừa ta biến đổi phương trình trước

   

2 2 2 2

2 2 2 2 2

x 3x 6 2x 1 3x 1 x 3x 6 3x 1 2x 1

x 3x 6 11x 6x 2 3x 1 2x 1 10x 3x 6 2 3x 1 2x 1

            

             

Phương trình trên chỉ chứa một căn thức bậc hai nên ta hoàn toàn có thể nâng lên lũy thừa một lần nữa để tao ra phương trình bậc 4, tuy nhiên do không nhẩm được nghiệm đẹp nên việc phân tích khá là khó khăn. Do đó ta không nên sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa trong trường hợp này. Để xử lý phương trình trên ta hướng đến phép đặt ẩn phụ. Quan sát phương trình trên ta có thể thực hiện các ý tưởng đặt ẩn phụ như sau

Để thoát khỏi căn thức bậc hai ta có thể đặt t 2x²1 và viết phương trình về dạng phương trình bậc hai có ẩn t.

Ta viết phương trình lại thành ^{4 2x}



^{2 1}



^{2 3x 1}

^

^

^

^{2x2  1 2x23x 2 0  hay}

phương trình bậc hai ẩn t có dạng ^4t2 2 3x 1 t 2x







 ² 3x 2 0  .

Với phương trình trên ta có ^{ '}



^{3x 1}



^{24 2x}



^{23x 2}



^{x26x 9 }



^{x 3}



^2.

Đến đây xem như phương trình phân tích được thành tích và ta có lời giải cho bài toán.

Điều kiện xác định của phương trình là 2x² 1 0. Phương trình đã cho tương đương với

   

2 2 2 2

2 2 2 2 2

x 3x 6 2x 1 3x 1 x 3x 6 3x 1 2x 1

x 3x 6 11x 6x 2 3x 1 2x 1 10x 3x 6 2 3x 1 2x 1

            

             

Ta viết phương trình trên lại thành ^{4 2x}



^{2 1}



^{2 3x 1}

^

^

^

^{2x2 1 2x23x 2 0 }

Đặt ^{t 2x2 1 t 0}



^



, khi đó ta có phương trình ^4t22 3x 1 t 2x







 ²3x 2 0  . Xem phương trình có ẩn t, khi đó ^{ '}



^{3x 1}



^{24 2x}



^{23x 2}



^{x26x 9 }



^{x 3}



²

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Do đó phương trình có hai nghiệm là

3x 2 x 3 2x 1

t 4 2

3x 2 x 3 x 2

t 4 2

      



   

  



.

+ Với t ^{2x 1} 2

  ta được

  ^{ }

2 2 2

2x 1 0

2x 1 1 6

2x 1 x

2 4 2x 1 2x 1 2

  

   

        .

+ Với t ^{x 2} 2

  ta được ^{2x2 1 x 22 x 2 04 2x}



^{2 1}

 ^

^{x 2}

^

^{2 x 2 2 57}

  

  

    

  

 .

Kết hợp với điều kiện xác định và thử vào phương trình ta được tập nghiệm 1 6 2 2 5

S ;

2 7

   

 

  

 

 .

Bài 41. Giải phương trình 2 x 1 6 9 x   ² 6



x 1 9 x

 

 ²



x³2x²10x 38 0  . Phân tích và lời giải

Quan sát phương trình ta thấy hình thức phương trình khá là rắc rối, tuy nhiên phương trình chỉ xoay quang hai căn thức là x 1 và 9 x ² , khi lập tích thì biểu thức trong căn là đa thức bậc ba. Do đó để thoát bớt các căn thức ta nghĩ đến phép đặt ẩn phụ.

Chú ý đến hệ số trước các căn thức bậc hai ta nghĩ đến phân tích bình phương.

 Ta có x 1 2 x 1 1    



x 1 1 ; 9 x 



²  ²6 9 x ²  9



9 x ² 3



². Mặt khác ta lại có



^{x 1 9 x}

 

^{ 2}



^{  x3 x29x 9} . Như vậy với cách tính các bình phương như trên thì ta có ^{ x3 x29x 9 6   x3 x29x 9 9  }



^{ x3 x29x 9 3 }



²

Cộng các hằng đẳng thức trên ta được

     

   

2 2

2 2 3 2

2 2 3 2

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

2 x 1 6 9 x 6 x 1 9 x x 2x 10x 38

          

           

Chú ý rằng từ phương trình đã cho ta có

   

2 2 3 2

2 x 1 6 9 x 6 x 1 9 x x 2x 10x 38 0

           

Điều này có nghĩa là ta giải được phương trình và lời giải được trình bày như sau Điều kiện xác định của phương trình là   1 x 3. Phương trình đã cho tương đương với

Trong tài liệu Tuyển tập các bài toán Phương trình vô tỷ hay và khó (Trang 71-95)