Một số định hướng giải phương trình vô tỉ - TOANMATH.com

(1)

M Ộ T S Ố ĐỊNH HƯỚ NG GI Ả I PT VÔ T Ỉ - PH Ầ N 1

U

I. Gi ả i p hương trình đa thứ c b ậ c 4

U

1. Sơ lượ c cách gi ả i

^U

:

Phương trình bâc 4 dạ ng: ax

⁴

+ bx

³

+ cx

²

+ dx + = e 0 (1), (a, b, c, d, e nguyên).

Nhìn chung phương trình có hai nghiệm (trườ ng h ợ p vô nghi ệ m ta nói sau) , do đó mụ c tiêu và thường hay làm là đưa về phương trình tích c ủ a hai tam th ứ c b ậ c hai:

( )

¹ ^⇔

(

^mx² ⁺^nx⁺ ^{p m x}

)(

^' ² ⁺^{n x}^' ⁺ ^p^'

)

⁼⁰

(2).

Trong đó ta chú ý mm ' = a pp , ' = e và các s ố m, m’, p, p’ nguyên và thườ ng là nh ẩm để th ử tính, kết hợp máy tính cầm tay Casio fx 570 ES, VN.

Đặ c bi ệ t n ế u h ạ n ch ế s ử d ụ ng máy tính Casio thì ta ch ỉ phân tích t ự lu ậ n. N ế u a khác 1 thì ta chia cả hai vế cho a để đưa về a = 1. Phương trình (2) là mục tiêu cuối và để giải, bước trung gian là dựa vào hằng đẳng thức M

²

− N

²

= ⇔ 0 ( M + N )( M − N ) = 0 .

C ụ th ể hơn ta xét dạ ng sau: ( x

²

+ Bx + C )

²

− ( Dx + E )

²

= 0 . Xét ví d ụ

 Ví d ụ 1: Giải phương trình x

⁴

− 10 x

²

− + x 20 = 0 (1).

Hướ ng phân tích:

Đầu tiên ta định hướng đưa về d ạ ng: ( x

²

+ Bx + C )

²

− ( Dx + E )

²

= 0 .

Nhưng vì hệ số bậc 3 bằng 0 nên B = 0, còn lại là: ( x

²

+ C )

²

− ( Dx + E )

²

= 0 (*).

Để ý số e = 20 ta có C

²

− E

²

= 20 ⇒ = ± E C

²

− 20 , và ta có thể chọn C để E hữu tỉ.

20 ≈ 4.47 nên ch ọ n C h ữ u t ỉ ch ẳ ng h ạ n 9 11

; 5; ;...

2 2

± ± ± và 9 1

2 2

C = ± ⇒ = ± E (đẹ p) Hay như C = ± ⇒ = ± 6 E 4 . Bây gi ờ ta th ử tr ừ và nh ẩ m tr ự c ti ế p:

( ) ( )

2

2 4 2

2

2 2 4 2

9 10 20

2

6 10 20

x x x x

Dx E

x x x x

 ±  − − − +

 

 

+ = 

 ± − − − +



Ta được ( )

²

1

²

Dx + E =   x + 2  

  ứ ng v ớ i 9 C = − 2 .

Hướ ng d ẫ n gi ả i:

( ) 1

²

9

²

1

²

0 (

²

4 )(

²

5 ) 0

2 2

x x x x x x

   

⇔   −   −   −   = ⇔ + − − − = …

(2)

 Ví d ụ 2: Gi ải phương trình 2 x

⁴

− 10 x

³

+ 11 x

²

+ − = x 1 0 (2).

Đầ u tiên ta chia hai v ế cho 2 đưa về a = 1, ta có:

⁴ ³

11

²

1 1

5 0

2 2 2

x − x + x + x − = . Tiếp theo định hướng đưa về phương trình sau:

²

5

²

( )

²

⁰

x 2 x C Dx E

 − +  − + =

 

  .

Để ý 1

² ²

1

²

1

2 2 2

e = − ⇒ C − E = − ⇒ = ± E C + . Cho C h ữ u t ỉ ch ạy để tìm E h ữ u t ỉ , ch ẳ ng

hạn 1 3

4 4

C = ± ⇒ = ± E . Ta trừ thử trực tiếp xem sao:

2 2

2 4 3 2

3 5 1 11 1 1

4 2 4 5 2 2 2

Dx x x x x x x

 ±  =  − ±  −  − + + − 

     

      .

Ứng với 1 ( )

²

1 3

²

4 2 4

C = − ⇒ Dx + E =    x +    .

PT ( ) 2

²

5 1

²

1 3

²

⁰

2 4 2 4

x x x

   

⇔  − −  −  +  =

    ⇔   x

²

− 2 x + 1 2   ( x

²

− 3 x − = 1 ) 0

  …

 Ví d ụ 3: Gi ải phương trình x

⁴

+ 6 x

³

+ 6 x

²

+ 1 1 x + = 2 0 (3).

Ở đây là ( x

²

+ 3 x + C )

²

− ( Dx + E )

²

và ta thử chọn C = 2 và tiếp theo là

2 2 2

4 2 2

C − E = ⇔ − e E = ⇔ = ± E .

Nói cách khác (

^Dx⁺^E

)

²

hoặc là bình phương đúng hay hằng số và ta thử trừ trực tiếp :

( Dx + E )

²

= ( x

²

+ 3 x + 2 ) (

²

− x

⁴

+ 6 x

³

+ 6 x

²

+ 11 x + 2 ) =

²^x² ⁻⁴^x^{+ =}²

(

²^x⁻ ²

)

²

( ) ( )

2 2 2

4 3 2

2 0

6 6 11 3 2 2 2 0

x + x + x + x+ = ⇔ x + x+ − x− =

( ) ( )

2 2

3 2 2 2 3 2 2 2 0

x + + x+ − x + − x+

   + 

⇔    =

…

U

Nh ậ n xét

^U

:

Cách làm cũng không quá khó khăn khi mà hạn chế hay cấm Casio trong phòng thi!

(3)

U

2. Bài luy ệ n t ậ p

^U

:

Bài 1: Gi ải phương trình

^x⁴⁻¹⁰^x²^{− +}^x ²⁰⁼⁰

.

x⁴ ^{– 25}x²+ 60 – 36 x = 0

. Bài 3: Giải phương trình

x⁴+ 8x³+ 7x² – 26x+ =7 0

.

U

3. Xét trườ ng h ợ p vô nghi ệ m

^U

:

T ừ cách gi ải phương trình có nghi ệm thì ta cũng có hướ ng khái quát trong trườ ng h ợ p phương trình vô nghiệm là:

( Ax

²

+ Bx + C )

²

+ A x '

²

+ B x ' + C ' = 0

Trong đó A x '

²

+ B x ' + C ' là tam thức luôn dương hoặc cả hai không đồng thời bằng 0.

 Ví d ụ 4: Giải phương trình x

⁴

+ 6 x

³

+ 15 x

²

+ 10 x + = 7 0 (4).

Cũng như trên ta nh ẩ m và tr ừ tr ự c ti ế p:

( ) ( )

2 4 3 2 2 2 2

' ' ' 6 15 10 7 3 2 2 2 3

A x + B x + C = x + x + x + x + − x + x + = x − x + .

Ta thấy số 3 = 7 – 2

^P²^P

= C’ là cố định, vậy thì để khỏi bình phương và trừ lâu ta làm như sau :

( A x ' B ' ) (

⁴

6

³

15

²

1 0 7 ) ( x

²

3 2 )

²

3

x + = x + x + x + x + − + x + −

Ta cho x = 1 hai v ế ta đượ c

A'+B'=0

, cho x = 2 ta có 2 2 ' ( A + B ' ) = ⇔ 4 2 ' A + B ' = 2

Và d ễ dàng tìm đượ c

A'=2; 'B = −2

.

( )

3 2 2 2 2

4

6 15 10 7 0 3 2 2 2 3 0

x + x + x + x + = ⇔ x + x + + x − x + = …

U

Nh ậ n xét

^U

:

Các phương trình bậc 4 vô nghiệm thì ít khi gặp. Phương trình bậc 4 cũng đa dạng nên ta

không thể khái quát và nói hết được. Trên đây chỉ là mẹo nhỏ để các bạn tham khảo.

(4)

U

II. Gi ả i m ộ t s ố phương trình vô t ỉ ch ứa căn bậ c hai

U

1. D ạ ng 1

^U

:

Ta để ý đế n m ộ t s ố phương trình có thể áp d ụng phép khai căn mở r ộ ng:

( )

²

( )

u x = u x

 

 

 Ví d ụ 1: Giải phương trình

x + 4x² −12x+ =9 4

. Hướ ng d ẫ n gi ả i:

PT ⇔ x + 2 x − 3 = 4 ⇔ 2 x − 3 = 4 –x ⇔

4 0

2 3 4

x

x x

 − ≥

  − = −

 

  − = −



⇔

⁷₃ 1 x x

 =

 = −



.

V ậy phương trình có hai nghiệ m là 7

, 1

x = 3 x = − .

⁵⁶ ⁸

( )

¹

16 8

x x

+ x

+ − =

PT ( ) 1 ⇔ 56 16 8

2 x + + x − = x ⇔

8

2

8

8 8

2

x x − +

− + = (2).

Đặ t x − = ≥ 8 t 0 khi đó (2) ⇒ − − = ⇔ − t

²

2 t 8 0 ( t 4 )( t + 2 ) = ⇒ = 0 t 4 (vì

t≥0

) Thay tr ở v ề

^x= +^t² ⁸

suy ra phương trình (1) có mộ t nghi ệ m

x=24

.

U

Nh ậ n xét

^U

:

Có th ể đặt điề u ki ệ n

x≥8

r ồi bình phương hai vế để kh ử căn theo phương pháp thông thườ ng, cùng l ắm là đưa về b ậ c 4.

U

1.1. Luy ệ n t ậ p

^U

:

Bài 4: Giải phương trình .

Bài 5: Giải phương trình .

Bài 6: Giải phương trình

¹ ¹

2 4

x+ x+ + x+ =a

(với a > 0).

U

2. D ạ ng 2

^U

:

Do trong căn không có hướng như dạ ng 1 nên ta bi ến đổi ngoài căn theo trong căn. Nghĩa là phương trình có một căn thức

^{u x}

( ) thì ta biến đổi các biểu thức ngoài căn theo

hướng: ( u )

^P²^P

, ( u )

^P³^P

, ( u )

^P⁴^P

, …đưa về “dạng đa thức”.

1 2 6 11 2

4

6− + + + − + =

+ x x x

x

1 1 6 10

1 4

5+x− x+ + +x− x+ =

(5)

 Ví d ụ 3: Gi ải phương trình

⁷⁻^x² ⁺^{x x}^{+ =}⁵ ³⁻²^x⁻ ^x²

. Hướ ng d ẫ n gi ả i:

Điều kiện:

³⁻²^x⁻^x² ^{≥ ⇔ ∈ −}⁰ ^x

[

^1;3

]

⁼^D

.

Bình phương hai vế ta được phương trình

( ) ( )

2 2

7 − x + x x + = − 5 3 2 x − x ⇔ x + − 5 5 x + + 5 2 x + − = 5 6 0 (*).

Đặt

x+ =5 t x, ∈ ⇒ ≤ ≤D 2 t 2 2

thì từ (*) ta có phương trình:

( ) ( )

3 2 2

5 2 6 0 2 4 3 0 2

t − +t t − = ⇔ −t t + t+ = ⇒ =t

(Vì t ≥ 2 ) Thay tr ở v ề x = − t

²

5 s uy ra phương trình có 1 nghiệ m x = - 1.

²

+ x + = 1 1 .

Ở đây ta biến đổi trước rồi đặt ẩn phụ sau.

( ) ( )

2 2

1 1 2 1 2 1 1 1 1

x + x+ = ⇔ x + x+ − x+ + + x+ =

(*).

Đặ t x + = ≥ 1 t 0 thì t ừ (*) ta có phương trình:

( ) ( ) ( )

4 2 3 2

2 1 1 0 2 1 0 1 1 0

t − t + + − = ⇔t t t − + = ⇔t t t− t + − =t

0, 1, 5 1

t t t 2 −

⇒ = = = (lo ạ i m ộ t nghi ệ m t < 0 ).

Thay trở về x = − t

²

1 suy ra phương trình có 3 nghiệm x = - 1, x = 0, x = 1 5 2

− .

²

− 2 x = 2 2 x − 1 . Hướ ng d ẫ n gi ả i:

Ở đây ta th ấy trong căn có hệ s ố 2 nên nhân c ả hai v ế v ớ i 4 và bi ến đổ i.

( ) ( )

2 2

2 2 2 1 4 4 1 2 2 1 3 8 2 1

x − x= x− ⇔ x − x+ − x− − = x−

(*).

Đặt 2 x − = ≥ 1 t 0 thì từ (*) ta có phương trình:

( )( )

4 2 4 2 2 2

2 3 8 2 8 3 0 2 1 2 3 0

t − t − = ⇔ −t t t − − = ⇔t t − −t t + t+ =

(Với

t≥0

)

2

2 1 0 1 2

t t t

⇔ − − = ⇒ = + (lo ạ i t < 0).

Thay trở về

² ¹ 2

x= t +

suy ra phương trình có một nghiệm x = 2 + 2 .

(6)

3 ² 3 ⁴ ⁵ 12 x + x= x+

.

Nhân cả hai vế của phương trình với 6 ta có: 18 x

²

+ 18 x = 12 x + 15 tiếp tục nhân cả hai vế với 8 thì 144 x

²

+ 144 x = 8 12 x + 15 . Đặt 12 x + 15 = ≥ ⇒ t 0 12 x = − t

²

15 ta có phương trình: ( t

²

− 15 )

²

+ 12 ( t

²

− 15 ) = ⇔ − 8 t t

⁴

18 t

²

− + 8 t 45 = 0 .

(

^t² ²^t ⁵

)(

^t² ²^t ⁹

)

⁰ ^t ^{6 1,}^t ¹⁰ ¹

⇔ + − − − = ⇒ = − = +

(lo ạ i các nghi ệ m âm).

Thay trở về

² ¹⁵ 12

x=t −

suy ra phương trình có 2 nghiệm

⁴ ⁶, ² ¹⁰

6 6

x = − + x= − +

.

U

Nh ậ n xét

^U

:

Vi ệ c gi ải phương trình bậ c 4 góp ph ầ n quan tr ọ ng khi gi ải phương trình vô tỉ .

 Các ví d ụ trên đề u có d ạ ng chung khái quát là: ax

^P²^P

+ bx + c = d px + q .

Nếu không có hướng giải theo cách trên thì bình phương để giải phương trình bậc 4 như phần I.

U

2.2. Luy ệ n t ậ p

^U

:

Bài 7: Giải phương trình x

²

+ x + = 5 5 .

Bài 8: Gi ải phương trình 4 x

²

− 13 x + + 5 3 x + = 1 0 . Bài 9: Gi ải phương trình

2 ² 4 ³

2 x + x= x+

.

U

3. D ạ ng 3

^U

:

T rong căn có chứa tam thức bậc hai nhưng không phải bình phương đúng như dạng 1.

Ngoài căn cũng là tam thức bậc hai, ta g ọi là đặt ẩn phụ không hoàn toàn . Nhìn chung ta đều đưa phương trình về (

^u ⁻^ax⁻^b

)(

^u ⁻^cx⁻^d

)

⁼⁰

.

Tuy nhiên ở đây ta giải hơi khác, xét ví dụ sau

^x² ⁺⁶^x^{+ =}¹

(

²^x⁺¹

)

^x² ⁺²^x⁺³

.

Dễ thấy PT xác định với mọi x.

PT

^⇔ ^x² ⁺⁶^x^{+ −}^{1 2(2}^x^{+ =}¹⁾

(

²^x⁺¹

) ( x2 +2x+ −3 2)

(7)

( )

² ²

2

2 2

2 1 0 (a) 2 1

2 1 2 1

2 3 2 2 3 2 1 (b)

x x

x x x

x x x x x

 + − = + −

⇔ + − = + ⇔ 

+ + +  + + = −

+ Giải (a) ta được các nghiệm: x = − − 1 2, x = − + 1 2

+ Với 1

x ≥ 2 , PT (b) ⇒ 3 x

²

− 6 x − = 2 0 giải ra lấy nghiệm

³ ¹⁵ x= +3

Kết luận: phương trình có 3 nghiệm x = − − 1 2, x = − + 1 2 ,

³ ¹⁵ x = +3

.

U

Nh ậ n xét

^U

: Phương trình có dạng

^ax² ⁺ ^px^{+ =}^q

(

^mx⁺ⁿ

)

^ax² ⁺^bx⁺^c

.

Ta có PP khái quát: Trừ thêm vào hai vế biểu thức trước căn là α ( mx + n ) nhằm trục căn vế phải: PT

^⇔^ax² ⁺ ^px^{+ −}^q

α (

^mx⁺ⁿ

) (

⁼ ^mx⁺ⁿ

)

^_ ^ax²⁺^bx^{+ −}^c

α

^_

S ố

^α

làm nháp th ỏa điề u ki ệ n sau:

p m b ₂ p b, ² 0 n q c

q n c m

α α α α

α α

− =

 −

⇔ = − + − =

 − = −



.

Ở Ví d ụ 7 có

^{6 2} 2 α = 2⁻ =

.

²^x² ⁺²^x^{+ =}¹

(

⁴^x⁻¹

)

^x² ⁺¹

.

Làm nháp ta có

^{2 0} ¹

4 2

p b

α = m⁻ = ⁻ =

và ta th ử :

PT

² ² ² ¹ ¹

(

⁴ ¹

) (

⁴ ¹

)

²

2 2

1 1 x

x x x x

⇔ + + − − = −  + − 

quy đồ ng s ố 2 cho đẹ p ta có

PT

^⇔⁴^x² ⁺⁴^x^{+ −}²

(

⁴^x⁻¹

) (

⁼ ⁴^x⁻¹

) ( 4x2 +4 1− )

( )

² ² ²

2

4 3

4 4 1 1 2 1

4 3 4

4 1

1 1

4

x x

x

x x ⇔ + + = x + = −

+ +

⇔ + = − + − ⇔ …

Lạy trời sự may mắn đã đến.

U

Nh ậ n xét

^U

:

Bình phương hai vế ta cũng đưa về phương trình bậc 4, tuy nhiên đó chỉ là biện pháp cuối

cùng. Để củng cố ta xét thêm ví dụ

(8)

^x² +⁴^x−²⁰=⁽^x+²⁾ ^x² −²^x+⁴

. Hướ ng phân tích:

Làm nháp ta có

⁴

( )

²

1 6 p b

α = m⁻ = ^{− −} =

và ta th ử :

PT

^⇔ ^x² ⁺⁴^x⁻²⁰⁻⁶

(

^x⁺²

)

⁼⁽^x⁺²⁾

(

^x²⁻²^x^{+ −}⁴ ⁶

)

2 2 2

2 2

2 32 0 2 32

2 32 ( 2)

2 4 6 2 4 6 2

x x

x x x

x x x x x

 − − =

− −

⇔ − − = + ⇔ 

− + +  − + + = +

… Ồ, sự may mắn lại đến lần nữa!.

U

3.2. Luy ệ n t ậ p

^U

:

²^x² ⁺³^x^{+ =}⁷

(

^x⁺⁵

)

²^x² ⁺¹

.

^x²+³^x− =¹ ⁽^x+²⁾ ^x²+²

. Bài 12: Giải phương trình

^x² ^{+ =}¹

(

^x⁺¹

)

^x² ⁻²^x⁺³

.

²^x² ⁺⁴^x⁺¹⁼

(

⁴^x⁻¹

)

^x² ⁺^x⁺¹

.

^x² ⁺⁵^x^{− =}⁴

(

²^x⁺¹

)

^x² ^{+ −}^x ²

.

x²− =1 2x x² −2x

.

U

Nh ậ n xét:

Qua các ví dụ 7, ví dụ 8, ví dụ 9 ta lại thấy: sau khi biến đổi thì xuất hiện một phương trình liên hệ căn thức và biểu thức trước căn, dạng ban đầu là: (

^mx⁺ⁿ

)

^ax²⁺^bx⁺^c

Sau biến đổi thì

ax² +bx+ =c mx+n'

Hay là

n'= ax² +bx+ −c mx

là s ố h ữ u t ỉ .

Kết hợp máy tính cho ta thêm một hướng nhẩm nghiệm để phân tích thành nhân tử ! + Xét phương trình

^x² ⁺⁴^x⁻²⁰⁼⁽^x⁺²⁾ ^x² ⁻²^x⁺⁴

Dùng máy tính tìm được hai nghiệm của phương trình:

x² −2x+ =4 6

.

Như thế ta th ử phương trình

x² −2x+ + = + ⇔4 6 x 2 x² −2x+ = −4 x 4

(VN)

Nếu x là nghiệm thì phép trừ

x² −2x+ −4 x

phải cho ta kết quả

−4

.

(9)

+ Xét phương trình

^x² ⁺⁶^x^{+ =}¹

(

²^x⁺¹

)

^x² ⁺²^x⁺³

B ằng máy tính ta tìm đượ c các nghi ệ m: x = 2,29 ; x = -2,414 ; x = 0,414.

Không cần gán, ta tính xấp sĩ xem sao:

x² +2x+ −3 2x≈ −0.9989≈ −1

và như thế ta có

^x² ⁺²^x^{+ −}³ ²^x^{= − ⇔}¹

(

^x² ⁺²^x^{+ −}³ ²^x^{+ =}¹

)

⁰

là một nhân tử ứng với

x = 2.29.

U

Lưu ý :

N ế u H ội đồ ng thi c ấ m s ử d ụ ng máy tính thì cách “tính bo” v ẫ n t ốt hơn cả .

Phương trình vô tỉ c ực kì đa dạ ng và phong phú không kém gì b ất đẳ ng th ứ c. Ngoài ra

phương trình vô tỉ s ẽ là khâu quan tr ọ ng th ứ hai trong gi ả i h ệ phương trình. Vì v ậ y

vi ệ c gi ả i PT vô t ỉ h ế t s ứ c c ầ n thi ết trướ c khi gi ả i h ệ PT (nâng cao).

(10)

M Ộ T S Ố ĐỊNH HƯỚ NG GI Ả I PT VÔ T Ỉ - PH Ầ N 2

U

II. Gi ả i m ộ t s ố phương trình vô tỉ ch ứa căn bậ c ba

U

1. Cơ sở và định hướ ng gi ả i:

Đố i v ớ i h ọ c sinh l ớ p 10, 11 và h ọ c sinh THCS thì chúng ta không s ử d ụng đạ o hàm, nên có m ộ t ki ế n th ứ c quan tr ọng và hay thườ ng s ử d ụng là "Bình phương thiế u":

( ) ( )

3 3 2 2

A −B = A−B A +AB+B

Như thế biểu thức A

²

+ AB + B

²

là không âm và nếu cộng thêm số dương thì luôn dương.

Mở rộng hơn khi giải một số phương trình vô tỉ thì ta sẽ định hướng đưa về dạng hàm số b ậ c ba l ẻ như:

^{f t}

( )

⁼^at³⁺^{bt a b}^,

(

^, ^>⁰

) . N ếu dùng đạo hàm thì đây là hàm đồ ng bi ế n trên R. Như trên đã nói, chúng ta đưa về phương trình f u ( ) = f v ( ) và sau đó là chuyển vế đưa về bình phương thiếu:

(

^u⁻^{v au}

) (

² ⁺^auv⁺^av² ⁺^b

)

^{= ⇔ =}⁰ ^u ^v

.

Chúng ta cũng lưu ý là: không phải bài nào cũng đưa về hàm số kiểu trên!

U

2. Các ví d ụ gi ả i toán:

U

Ví d ụ 1:

^U

Giải phương trình x

³

+ = 1 2 2

³

x − 1 (1).

Ta th ấ y h ệ s ố trước căn là 2, hay nói như trên ta đoán b = 2 và v =

³

2 x − 1 như thế còn thiếu av

³

, mà hệ số vế trái của x

^P³^P

là 1 nên khả năng a = 1, như vậy ta thêm bớt để tạo ra

3

2 1

v = x − . Ta có (1)

⇔ x³ +2x=(2 x 1)− +2 2³ x−1

Ta có (1)

⇔ x³+2x=(2 x 1)− +2 2³ x−1

. Đặ t v =

³

2 x − 1 ta có phương trình:

( ) ( )

3 3 2 2

2 2 2 0

x x v v x v x xv v x v

⇔ + = + ⇔ − + + + = ⇔ =

.

Thay trở về thì

³ ³

1 5 1 5

2 1 2 1 0 1, ,

2 2

x = x − ⇔ x − x + = ⇔ = x x = − x = + .

U

Lưu ý 1:

Không ch ỉ phương trình chứa căn bậc 3 mới chuyển được về dạng bậc 3 vì

t t =( t)³

.

(11)

U

Ví d ụ 2:

^U

Gi ả i phương trình

x³ +3x²+4x+ =2 (3x+2) 3x+1

Ta thấy hệ số trong căn là 3, ở ngoài căn cũng là 3. Như thế ta tách số 2 và biến đổi vế trái thành h ằng đẳ ng th ứ c:

PT ⇔ ( x

³

+ 3 x

²

+ 3 x + + 1) ( x + = 1) ( 3 x + + 1 1 ) 3 x + 1

3 3

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

⇔ + + + = + + +

. Đặ t u = + x 1; v = 3 x + 1 và ta có phương trình:

^u³ ^{+ =}^u ^v³ ^{+ ⇔}^v

(

^u⁻^{v u}

) (

² ⁺^uv⁺^v² ^{+ = ⇔ =}¹

)

⁰ ^u ^v

...

U

Lưu ý 2:

Đối với một số bài không phải là có ngay để biến đổi như trên.

U

Ví d ụ 3:

^U

Giải phương trình sau:

⁻²^x³⁺¹⁰^x²⁻¹⁷^x^{+ =}⁸ ²^x²³ ⁵^x⁻^x³

Rõ ràng ta phát hiện có dạng trên rồi, ở đây có thể b = 2, gần giống ví dụ 1, nhưng vướng mắc x

^P²^P

trước căn. Ta nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm, nên chia cả hai vế cho x

^P³^P

, ta có:

2 3 3 2

10 17 8 5

2 2 1

x x x x

− + − + = −

. Để cho gọn ta đặt

^t ¹

= x

thì ta có:

3 2 3 2

8t −17t +10t− =2 2 5t −1

. Đến đây ta biến đổ i v ế trái thành h ằng đẳ ng th ứ c b ậ c 3, v ế phải cần thêm

^a

(

⁵^t² ⁻¹

) , hệ số a phụ thuộc t vế trái, nói các khác có dạng:

( 2 .. )

³

2 2 ( ... ) ( 5

²

1 ) 2 5

³ ²

1

a t − + t − = a t − + t − . Như thế a = 1 và th ử s ố trong ngo ặ c d ấ u ba chấm là 1, ta có PT

^⇔

(

²^t⁻¹

)

³ ⁺^{2 2}

(

^t^{− =}¹

) (

⁵^t² ^{− +}¹

)

^{2 5}³ ^t² ⁻¹

.

Ti ế p t ục đặ t u = − 2 t 1; v =

³

5 t

²

− 1 thì ta có

⇔u³+2u=v³ +2v

(

^u ^{v u}

) (

² ^uv ^v² ²

)

⁰ ^u ^v

⇔ − + + + = ⇔ =

... ĐS: 17 97 x = ± 12 Lời bình:

Đây là bài khó vì qua hai lần ẩn phụ mới đưa được về phương trình cần giải. Nhưng ít ra có dạng thì cũng có hướng để mò.

Sau đây ta xét thêm một số ví dụ mà người ra đề cố ý lái đi để cho người giải phải mò.

(12)

U

Ví d ụ 4:

^U

³ ²⁴^x^{− −}^{11 16}^x ²^x^{− − =}^{1 1} ⁰

(4).

Hướ ng phân tich:

Ta nh ậ n th ấ y phương trình có chứ a hai căn thức nên trướ c h ế t chuy ể n v ế PT

⇔ ³ 24x−11 1 16= + x 2x−1

sau đó cộng thêm một lượng v

^P³^P

xem thế nào

( )

324x 11 24x 11 16x 2x 1 24x 10

⇔ − + − = − + −

, ta cần giảm hệ số trước căn nên đưa bớt vào căn:

^⇔ ³²⁴^x^{− +}¹¹

(

²⁴^x⁻¹¹

) (

⁼ ⁸^x^{− +}^{4 4}

)

⁸^x^{− +}⁴ ²⁴^x⁻¹⁰

, rõ ràng xu ấ t hi ệ n s ố 4 nên tách ra theo hằng đẳng thức:

^⇔ ³ ²⁴^x^{− +}¹¹

(

²⁴^x⁻¹¹

) (

⁼ ⁸^x^{− +}^{4 3}

)

⁸^x^{− +}⁴ ^{3 8}

(

^x^{− +}⁴

)

⁸^x^{− +}⁴ ²

. Đặt

^v⁼³ ²⁴^x⁻^11,^u⁼ ⁸^x^{− +}^{4 1}

ta có phương trình:

^v³^{+ =}^v ^u³⁺^u

. Mò được rồi!

L ờ i gi ả i:

PT (4)

^⇔ ³ ²⁴^x^{− +}¹¹

(

²⁴^x⁻¹¹

)

⁼¹⁶^x ²^x^{− +}^{1 24}^x⁻¹⁰⁼⁸^x ⁸^x^{− +}⁴ ^{3 8}

(

^x^{− +}⁴

)

²

( ) ( ) ( )

( ) ( )

324 11 24 11 8 4 3 1 8 4 3 8 4 2

8 4 8 4 3 8 4 3 8 4 1 8 4 1

x x x x x

⇔ − + − = − + + − + − +

= − − + − + − + + − +

Đặ t

v=³ 24x−11,u= 8x− +4 1

ta có phương trình:

^v³^{+ =}^v ^u³^{+ ⇔}^u

(

^u⁻^{v u}

) (

²⁺^uv⁺^v²^{+ =}¹

)

⁰

3 24 11 8 4 1

u v x x

⇔ = ⇔ − = − +

. Đặt

⁸^x^{− = ≥}⁴ ^y ⁰

suy ra

³ 3y²+ = +1 y 1

lập phương hai vế ta có

³^y²^{+ =}¹ ^y³⁺³^y²⁺³^y^{+ ⇔}¹ ^{y y}

(

²⁺³

)

^{= ⇔ =}⁰ ^y ⁰

.

Thay tr ở v ề ta đượ c

¹

x=2

là nghi ệ m duy nh ấ t c ủa phương trình đã cho .

Như thế ta gặp hai bài khó gặm rồi! Sau đây ta xét bài dễ một ít.

U

Ví d ụ 5:

^U

8x³−13x²+7x=2³ x² +3x−3

Đặt

³ x² +3x− =3 v

trước hết ta cộng thêm hai vế một lượng v

^P³^P

xem sao:

3 2 2 3 3 2 3

8x −13x +7x+x +3x− = +3 v 2v⇔8x −12x +10x− = +3 v 2v

Bây giờ ghép hằng đẳng thức: ⇔ ( 2 x − 1 )

³

+ 2 2 ( x − = 1 ) v

³

+ 2 v ...

ĐS:

1, ⁵ ⁸⁹

x= x= ±16

.

U

Ví d ụ 6:

^U

^{2 2}³ ^x^{− =}¹ ²⁷^x³⁻²⁷^x²⁺¹³^x⁻²

.

(13)

Đặt

^v⁼³ ²^x⁻¹

như thế vế trái là

2v

và ta thử cộng thêm vào lượng

^v³ =²^x−¹

vào hai vế, ta có PT

⇔v³+2v=2x− +1 27x³−27x²+13x− =2 27x³−27x²+15x−3

Tiếp tục biến đổi vế phải

^v³⁺²^v⁼

(

³^x⁻¹

)

³⁺^{2 3}

(

^x^{− =}¹

)

û³⁺²û^{⇒ ⇒ = ⇒}^... û ^v û³ ⁼^v³

.

Cuối cùng ta được phương trình bậc ba đối với x. Đs: x = 0 . Sau đây ta xét bài bậ c ch ẵ n th ử xem

U

Ví d ụ 7:

^U

Giải phương trình sau:

²^x³⁺⁷^x²⁺⁵^x^{+ =}⁴ ^{2 3}

(

^x⁻¹

)

³^x⁻¹⁽⁵⁾

Để tạo hằng đẳng thức vế trái hệ số nguyên thì ta nhân hai vế với 4, ta có:

( )

3 2

8x 28x 20x 16 8 3x 1 3x 1

⇔ + + + = − −

để gi ả m b ớ t h ệ s ố 8 thì đưa vào trong ngoặ c và trong căn:

⁸^x³⁺²⁸^x²⁺²⁰^x⁺¹⁶⁼

(

¹²^x⁻⁴

)

¹²^x⁻⁴

. Đặt

¹²^x− = ≥⁴ ^v ⁰

thì vế phải là

v³

và ta cần thêm vào vế trái một lượng

^v²

để xem thử:

( ) (

³

)

²

3 2 2 3 3 2

8x 28x 20x 16 12x 4 v v 2x 2 2x 2 v v

⇔ + + + + − = + ⇔ + + + = +

(*).

Đặ t

2x+ = >2 u 0

thì (*)

^⇔^u³⁺^u² ⁼^v³⁺^v² ^⇔

(

^u⁻^{v u}

) (

²⁺^v²⁺^uv^{+ +}^u ^v

)

^{= ⇔ =}⁰ ^u ^v^.

Thay tr ở v ề ta có

2x+ =2 12x− ⇔ + =4 x 1 3x− ⇒1 x²− + =x 2 0

(vô nghi ệ m).

U

Nh ậ n xét

^U

:

Biểu thức chứa căn bậc ba (hoặc căn bậc hai) là ẩn phụ mới đặ t là

^v ⁼^{k Q x}³

( ) (Ho ặ c

^v⁼^{k Q x}

( ) ).

Trong đó k = 1; 2 hoặc 3 mà ta có thể thêm vào (nhân thêm).

Tiếp theo đưa vào căn hay ra căn (nếu có):

( ) ( )

3 2

3

;

v = k   Q x   v = k   Q x   .

Sau đó là cộng thêm cả hai vế một lượng av av

³

;

²

để biến đổi vế trái (vế còn lại) theo hằng đẳ ng th ứ c b ậ c ba, h ệ s ố a này cũng là hệ s ố c ủ a au

³

.

U

Ví d ụ 8:

^U

^x³⁻⁶^x² ⁺¹²^x^{− = − +}⁷ ³ ^x³ ⁹^x²⁻¹⁹^x⁺¹¹

Hướ ng phân tích:

Rõ ràng n ế u ta c ộ ng thêm (- x

^P³^P

) thì v ế trái tri ệ t tiêu m ấ t x

³

.

Ta nhân cả hai vế với 2 rồi cộng sau thì sử lí được trường hợp này. Cụ thể là:

PT

⇔ 2x³−12x²+24x−14=2³ − +x³ 9x²−19x+11=2v

. C ộ ng thêm hai v ế

^v³

ta có

(14)

PT

^⇔ ²^x³⁻¹²^x²⁺²⁴^x⁻¹⁴^{+ − +}

(

^x³ ⁹^x²⁻¹⁹^x⁺¹¹

)

⁼^v³⁺²^v

( )

³

( )

3 2 3 3

3 5 3 2 1 2 1 2

x x x v v x x v v

⇔ − + − = + ⇔ − + − = +

. Đặ t

u= −x 1

. . .

⇒u³ =v³

. Việc còn lại là giải phương trình bậc ba:

x³−3x²+5x− = − +3 x³ 9x²−19x+11

3 2

6 12 7 0

x x x

⇔ − + − =

. Đs: x = 1.

U

3. H ỗ tr ợ Casio trong gi ả i toán:

Từ các ví dụ và nhận xét trên ta có thể sử dụng Casio hỗ trợ trong giải toán. Ta thấy các phương trình dẫn đế n:

³ ^{Q x}

( )

⁼

α

^x^{+ =}

β

^u

v ớ i 1 1

1;2;3; ;

α = 2 3 do v ậ y ta ti ế n hành tìm nhanh u hơn bằng cách: Tìm X trước, sau đó tính

³ ^{Q x}

( )

⁻

α

^x⁼

β (th ử α tìm đượ c β ) Trở về quá khứ xem nào

U

Ví d ụ 5:

^U

Gi ải phương trình sau:

⁸^x³⁻¹³^x²⁺⁷^x⁼²³ ^x² ⁺³^x⁻³

+ Nhập phương trình

8X³−13X² +7X =2³ X² +3X −3

dùng Shift Solve ta tìm X = 1.

+ S ử a thành

³ X² +3X − −3 2X

b ấ m = thì k ế t qu ả b ằ ng - 1 (đẹ p). Nên u = 2x -1.

(lấy số 2X từ 8X

^P³^P

để thử cho nhanh)

U

Ví d ụ 6:

^U

Giải phương trình sau: 2 2

³

x − = 1 27 x

³

− 27 x

²

+ 13 x − 2 . Hướ ng phân tích:

+ Nh ập phương trình 2 2

³

X − = 1 27 X

³

− 27 X

²

+ 13 X − 2 dùng Shift Solve ta tìm X = 0

+ S ử a thành

³ 2X − −1 3X

b ấ m = thì k ế t qu ả b ằ ng - 1 (đẹ p). Nên u = 3x -1.

U

Ví d ụ 8:

^U

^x³⁻⁶^x² ⁺¹²^x^{− = − +}⁷ ³ ^x³ ⁹^x²⁻¹⁹^x⁺¹¹

+ Nh ập phương trình

X³ −6X²+12X − = −7 ³ X³ +9X² −19X +11

dùng Shift Solve ta tìm X = 1.

+ Sửa thành

³ −X³+9X² −19X +11−X

bấm = thì kết quả bằng -1 (đẹp). Nên u = x -1.

(Nhi ệ m v ụ còn l ạ i là thêm b ớt để n bi ến đổ i các v ế trái theo u)

(15)

U

Ví d ụ 9:

^U

Giải phương trình

3 3 3

3 3

2 2 2

x x x x

 −  = x+ +

 

  ^.

Quy đồng số 2 cho đẹp: (

^x³⁻^x

)

³ ⁼¹⁶^x⁺^{4 4}³ ^x³⁺¹²^x

.

+ Làm nháp ta d ự đoán đượ c ngay

x³− =x u

(n ếu không lũy thừ a và khai tri ể n thì m ệ t l ắ m) D ễ th ấ y x = 0 là m ộ t nghi ệ m, ta th ử nghi ệ m khác 0 (n ế u có)

(

^X³⁻^X

)

³ ⁼¹⁶^X ⁺^{4 4}³ ^X³⁺¹²^X

Shift Solve 2 = kết quả 1.732 (bạn nào làm nhiều với căn thì đoán đây là

³

)

S ử a thành (

^X³⁻^X

)

⁻³⁴^X³⁺¹²^X

b ấ m = ta có k ế t qu ả 0.

+ Trở về phân tích ta có: Đặt

^x³− =^x ^u

,

³ 4x³+12x =v

và cộng cả hai vế với 4u ta có:

^u³⁺⁴^u⁼¹⁶^x⁺⁴

(

^x³⁻^x

)

⁺⁴^v^⇔^u³⁺⁴^u⁼^v³⁺⁴^v^⇔

(

^u⁻^{v u}

) (

²⁺^uv⁺^v²⁺⁴

)

^{= ⇔ =}⁰ ^u ^v

+ Thay trở về

^x³^{− =}^x ³ ⁴^x³⁺¹²^x

, đây lại là phương trình chứa căn bậc 3.

N ế u l ập phương khử căn thì cũng giải được (Vì đã đoán đượ c nghi ệ m ở bướ c nháp) tuy nhiên ta có cách sau:

- Xét x = 0 là nghi ệ m

- Xét x khác 0, chia c ả hai v ế cho x thì

x² 1 ³ 4 ¹²₂

− = +x

. Đặ t

x² = >t 0

khi đó ta có

^t ¹ ³ ⁴ ¹² ^{t t}

(

³ ³^t² ³^t ¹

)

⁴^t ¹² ^t⁴ ³^t³ ³^t² ⁵^t ¹² ⁰

− = + t ⇒ − + − = + ⇒ − + − − =

đây là phương trình bậc 4 có nghiệm t = 3 nên ta có (

^t⁻³

) (

^t³^{+ +}³^t ⁴

)

^{= ⇒ =}⁰ ^t ³

ĐS:

^x⁼^0,^x^{= ±} ³

.

U

Lưu ý :

^U

Trên đây là mẹo nhỏ để tìm u và tính nghiệm cho việc giải sau này, chỉ áp dụng được với một số phương trình nhất định.

U

4. M ộ t s ố bài toán khác:

Phần trước ta giải phương trình vô tỉ đưa về dạng đa thức, nhưng ở đây ta xét phương trình

"đa thức" nhưng để giải ta lại đi "khai căn"!

U

Ví d ụ 10:

^U

Giải phương trình sau: (

^x³ ⁺¹

)

³ ⁼⁸¹^x⁻²⁷

.

(16)

Rõ ràng đây là phương trình đa thứ c b ậ c 9 , như thế ta h ạ b ậ c b ằng cách khai căn b ậ c 3 PT

⇔ x³+ =1 ³81x−27 =3 3³ x−1

(Đưa hệ số 3 ra ngoài căn trái ngược VD 7).

Đặt

³³^x^{− = ⇒}¹ ^v ³^x^{− =}¹ ^v³

và cộng vào hai vế ta có:

3 3 3 3 3

1 3 1 3 3 3 ... 3 1 0

x x v v x x v v x v x x

⇔ + + − = + ⇔ + = + ⇔ ⇔ = ⇔ − + =

.

Giả sử phương trình có nghiệm

^x^{∈ −}

[

^{2; 2}

] thì ta đặt

^x⁼^{2 sin ,}^{α α}^∈

[

^{0; 2}^π

] và có:

3 1 2 5 2

8sin 6 sin 1 0 sin 3 ,

2 18 3 18 3

k k

π π π π

α− α+ = ⇔ α = ⇒ =α + α = +

. Cho

^α^∈

[

^{0; 2}^π

] thì có k = 0, 1, 2 ta đượ c

;¹³ ;²⁹

18 18 18 π π π

α =

và phương trình bậ c ba ch ỉ có t ố i đa 3 nghiệ m nên PT có nghi ệ m là:

2 sin , 2 sin¹³ , 2 sin²⁹

18 18 18

x₌ π x₌ π x₌ π

. Sau đây ta sử lí trường hợp b < 0.

U

Ví d ụ 11:

^U

Giải phương trình (

⁴ ³ ³

)

³ ³ ³

− + − = 2

x x x

.

PT

4 ³ 3 ³ ³ ³ 2 ³ 2 ³ ³ ³ ³ ³

2 2 2

 

⇔ x − + =x x + ⇔ x − = −x x + + x +

Đặt

³ ³ ³

x + = −2 t

ta có phương trình

²^x³^{− =}^x ²^t³^{− ⇔}^t

(

^{x t}⁻

) (

²^x²⁺²^xt⁺²^t²^{− =}¹

)

⁰

.

+ TH1: x = t

⇔

x

^P³^P

= t

^P³^P

3

3 3 3 6

( )

2 2

⇔ x = − x + ⇔ = −x

;

+ TH2: Ta có h ệ

₂³ ₂³ ^{3 / 2} ⁽ ⁾³ ^{3 (x t)}₂ ^{3 / 2}

1 / 2 ( ) 1 / 2

 + = −  + − + = −

 ⇔

+ + = + − =

 

x t x t xt

x t xt x t xt

.

Đặ t x + t = S, xt = P,

S² ≥4P

ta có h ệ

³ ₂³ ^{3 / 2} ⁴ ³ ³₂ ^{3 (*)}

1 / 2 1 / 2

 − = −  − =

 ⇔

− = = −

 

S SP S S

S P P S

Ta có

² ¹ ¹ ² ² ² 1

2 4 3

= − ≤ ⇒ ≤ ⇒ <

P S S S S

. Khi đó đặ t

^S ⁼^c^{os ,}^{α α}^∈

( )

^0;^π

thay vào (*) ta được

^{4 os}^c ³^α⁻^{3 os}^c ^α ^{= ⇔}³ ^c^os3^α ⁼³

(Vô nghiệm).

V ậy phương trình đã cho có nghiệ m duy nh ấ t

36

= − 2

x

.

Dưới đây ta xem một ví dụ đặt ẩn phụ đưa về dạng đa thức.

(17)

U

Ví d ụ 12:

^U

Gi ải phương trình 6 x

²

+ 2 x +

³

3 x

²

+ + − = x 4 18 0 . Hướ ng phân tích:

Ta quan sát bộ (6; 2) và bộ (3; 1) tỉ lệ nên biến đổi sơ lược

PT ⇔ 2 3 ( x

²

+ + + x 4 )

³

3 x

²

+ + − x 4 30 0 = . Đặ t

³

3 x

²

+ + x 4

⁼^t

ta có phương trình

3 3 1

2 15

2t + −t 30= ⇔0 t = − t+

. Nhận xét vế trái tăng theo t, vế phải giảm theo t nên phương trình có nghi ệ m dương duy nh ấ t 2 < t < 3. Gi ả s ử t = a + b thì ta có:

( )

³ ¹

( )

¹⁵ ³ ³

( )

³ ¹ ¹⁵

2 2

a b+ = − a b+ + ⇔a + +b a b+  ab+ =

, đến đây ta chọ n a, b th ỏ a mãn:

3 3

15 15

1

3 1 0

216 2

a b a b

a b ab

 + =  + =

 ⇔

 

= −

 + = 

 

như thế

^{a b}³^; ³

là nghi ệ m c ủ a phương trình

2 1 12151

216 2 216

15 0 15

y

− y − = ⇔ = y ± suy ra

³ ¹²¹⁵¹, ³ ¹²¹⁵¹

2 216 2 216

15 15

a

=

+

b =

− .

Tiếp đó

³ ¹²¹⁵¹ ³ ¹²¹⁵¹

2 216 2 216

15 15

t = +

+ −

. Bây giờ ta còn phải sử lí phương trình ẩn x

2

2 3 1 1 1 133 1 133 1

3 4 15

2 6 6 36 6 36 6

x + + = = −x t t+ ⇔x+  = − t+ ⇔ = − ±x − t

.

Vậy phương trình có hai nghiệm:

¹ ¹³³ ¹ ³ ¹²¹⁵¹ ³ ¹²¹⁵¹

6 36 6 2 216 2 216

15 15

x

 

 

= − ± − + −

 

 

+ .

U

Nh ậ n xét

^U

: Nghi ệ m "kh ủ ng quá" c ầ n kiên trì trong bi ến đổ i!.

Cũng là phương trình có căn bậc ba, nhưng đôi khi biến x vẫn đóng vai trò hệ số.

U

Ví d ụ 13:

^U

⁸^x² ¹⁵^x ⁹ ¹ ¹ ³⁵^x² ²^x ²

x

 

− + = +  − −

Điều kiện

x≠0

, quy đồng mẫu thức ta có:

⁸^x³⁻¹⁵^x² ⁺⁹^x⁼

(

^x⁺¹

)

³⁵^x²⁻²^x⁻²

(2).

Đặt

³⁵^x²⁻²^x^{− = ⇔}² ^v ⁵^x² ⁻²^x^{− =}² ^v³

. Cộng thêm hai vế một lượng v

^P³^P

thì vế phải là:

3 (x 1).

v + + v

.

Bây gi ờ nhi ệ m v ụ c ủ a chúng ta là bi ến đổ i v ế trái ( ẩ n x) thành d ạ ng

u³+ +(x 1).u

:

VT =

⁸^x³⁻¹⁵^x²⁺⁹^x⁺⁵^x²⁻²^x^{− =}² ⁸^x³⁻¹⁰^x² ⁺⁷^x^{− =}²

(

²^x⁻¹

) (

³⁺ ^x⁺^{1 2}

)(

^x⁻¹

)

(18)

Như vậy phương trình (2) trở thành phương trình hai ẩ n u, v mà x + 1 là h ệ s ố :

( ) ( )

3 3 2 2

(x 1). (x 1). 1 0

u + + u=v + + v⇔ u v u− +uv v+ + + =x

+ TH 1:

2 2

2 2 3 2 2

1 0 1 0 4 3(2 x 1) 4 4 0

2 4 2

u u

u +uv+v + + = ⇔x  +v + u + + = ⇔x  +v + − + x+ =

   

2

4 12 x2 8 7 0

2

u v x

 +  + − + =

 

 

(Vô nghiệm vì

^{12 x}²−⁸^x+⁷

> 0, có

∆ =' 16 84− <0

).

+ TH 2:

u= ⇔v u³ =v³ ⇔8x³−12x²+6x− =1 5x² −2x−2

M ờ i các b ạ n th ự c hành. ĐS :

1, ⁹ ¹¹³

x= x= ±16

. Sau đây ta lại xét ví dụ cần phải chia mà không phải quy đồng.

U

Ví d ụ 14:

^U

³^x³⁺