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 [...]... 2  0 5  97 Vậy nghiệm của phương trình là: x  1; x  18 3 2   Bài 3: Giải phương trình sau : 2  3 3 9 x 2  x  2   2 x  3 3 3 x  x  2  2 Giải: PT   3 x  2  3 3x  3  0  3 x  2  3 3 x  x  2  3x  x  1 Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 II PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ: 1 Phương pháp đặt ẩn phụ thơng thường: Đối với nhiều phương trình vơ tỉ, để giải chúng ta có thể đặt t  f... u  v ta có phương trình 4 x  8 9 2 2 x  4 x  5  ( x  4)  4 x  25 x  56  0     x  7 (loại) 4  4 5  61 Vậy nghiệm của phương trình là x  8; x  2 3 Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn: Phương pháp giải: Đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai dạng: f ( x).Q( x )  f ( x )  P ( x ) x với ẩn là ẩn phụ hay là ẩn của phương trình đã cho Đặt f ( x)  t , t  0 Phương trình... x x  IV PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ: 1 Phương pháp:  Nếu hàm số y  f ( x ) đơn điệu (tăng hoặc giảm) trên khoảng (a; b) thì phương trình f ( x)  k (k  const ) có khơng q một nghiệm thuộc (a; b)  Nếu hàm số y  f ( x ) đơn điệu (tăng hoặc giảm) trên D thì u , v  D ta có f (u )  f (v)  u  v  Nếu hàm số y  f ( x ) đơn điệu tăng và g ( x) là hàm hằng hoặc đơn điệu giảm trên (a; b) thì phương trình... 1: Giải phương trình: x 3 25  x3 x  3 25  x 3  30 Giải: Đặt y  3 35  x 3  x 3  y 3  35  xy ( x  y )  30  Khi đó ta có hệ phương trình:  3 3  x  y  35  Giải hệ này ta được nghiệm ( x; y )  (2;3);( x; y )  (3;2) Vậy nghiệm của phương trình là x  2; x  3 Bài 2: Giải phương trình sau: x  5  x  1  6 Giải: Điều kiện: x  1 Đặt a  x  1, b  5  x  1( a  0, b  0) ta được hệ phương. .. tr×nh v« tû Nếu thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vơ tỉ thì sẽ nhận được phương trình vơ 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: x 3  1   x  1  x 2  x... 12 1 Vậy phương trình có một nghiệm x    2 3 1    sin    12   1  TỔNG QT: Giải phương trình x 2  a  2   a x 1   3x 2 Bài 2: Giải phương trình: x  2 x 9   Giải: Điều kiện x  3 3  ; t   0;   , t  phương trình trở thành: cos t 2 1 1    2 2  1  sin 2t  2sin 2 2t  sin 2t  1  t  cos t sin t 4 3 x  3 2 (thỏa ĐK)   cos   4 Vậy phương trình có một nghiệm... trình Vậy nghiệm của phương trình là x   7 Bài 2: Giải phương trình :  x  1 x 2  2 x  3  x 2  1 Giải: Đặt t  x 2  2 x  3, t  2 Khi đó phương trình trở thành :  x  1 t  x 2  1  x 2  1   x  1 t  0 Page 19 www.VNMATH.com Ngun V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû Bây giờ ta thêm bớt, để được phương trình bậc 2 theo t có  là một số chính phương: t  2 x 2...  1 Với t  x  1 ta có phương trình x 2  2 x  3  x  1    x  0 x  2 Với t  2 ta có phương trình Vậy nghiệm của phương trình là x  1  2  Từ một phương trình đơn giản : 1 x  2 1 x   1  x  2  1  x  0 , khai triển ra ta sẽ được pt sau: Bài 3: Giải phương trình: 4 x  1  1  3 x  2 1  x  1  x 2 Giải: Điều kiện: 1  x  1 Nhận xét: Đặt t  1  x , phương trình trở thành:... x  2 y ta có phương trình x  2     2  x  22 3 2  x  4x  8  0 Với x  y ta có phương trình Vậy nghiệm của phương trình là x  2; x  2  2 3 2.2 Phương trình dạng :  u   v  mu 2  nv 2 Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện” hơn dạng trên , nhưng nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên Bài 1: Giải phương trình : x 2  3 x 2  1  x 4  x 2  1 Giải: u  x 2... dấu trước căn Một số phương trình được xây dựng từ hệ: Giải các phương trình sau: 1 4 x 2  13 x  5  3 x  1  0 2 4 x 2  13 x  5  3 x  1  0 4 3 3 81x  8  x 3  2 x 2  x  2 3 Page 28 6 x  1  8 x3  4 x  1 15 5  30 x 2  4 x   2004 2 4 3   30060 x  1  1 www.VNMATH.com Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû Ngun V¨n Rin – To¸n 3A III PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 1 Phương pháp: 1,1 Dùng . 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. 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. 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