Giải phương trình vô tỉ bằng cách đặt an phụ

1. Phương pháp giải

Bước 1: Tìm đkxđ.

Bước 2: Đặt một (hoặc nhiều) biểu thức thích hợp làm ẩn mới, (thường là các biểu thức chứa căn thức) tìm điều kiện của ẩn mới.

Bước 3: Biến đổi phương trình theo ẩn mới (Có thể biến đổi hoàn toàn thành ẩn mới hoặc để cả 2 ẩn cũ và mới) rồi giải phương trình theo ẩn mới.

Bước 4: Thay trả lại ẩn cũ và tìm nghiệm, đối chiếu đkxđ và kết luận.

2. Ví dụ 

Ví dụ 1: Giải phương trình 

Hướng dẫn giải:

Đkxđ: ∀ x ∈ R.

Phương trình trở thành:

⇔ 2x2 + 3x + 9 = 36

⇔ 2x2 + 3x – 27 = 0

⇔ (x-3) (2x+9) = 0 .

⇔ x = 3 hoặc x = -9/2

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 3 và x = -9/2.

Ví dụ 2: Giải phương trình 

Hướng dẫn giải:

Đkxđ : 4x2 + 5x + 1 ≥ 0

Phương trình trở thành : a – b = a2 – b2

⇔ (a-b)(a+b-1) = 0 ⇔ a – b = 0 hoặc a + b – 1 = 0.

TH1 : a – b = 0 ⇔ 9x – 3 = 0 ⇔ x = 1/3 (t.m đkxđ).

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1/3 .

1 MỘT SỐ CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Ths. Nguyễn Công Nhàn Phan Cát Vi Bùi Thanh Tính Nguyễn Văn Tuấn Giải phương trình là một trong những bài toán thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi, đặc biệt phương trình vô tỉ đóng vai trò đặc biệt trong các bài toán khó để học sinh đạt điểm cao trong kỳ thi tuyển sinh Đại học hàng năm. Chính vì thế bài toán này không hề đơn giản, trong bài viết này chúng tôi muốn giới thiệu một số cách giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đặc ẩn phụ, để các bạn tham khảo. Chắc chắn bài viết không tránh khỏi những sai lầm, thiếu sót, mong các bạn thông cảm và góp ý. Phương pháp đặt ẩn phụ, thường có các dạng:  Đặt một ẩn phụ và biến đổi mất hết ẩn cũ;  Đặt hai ẩn phụ và đưa về hệ phương trình;  Đặt một ẩn phụ và còn có ẩn cũ, đưa về hệ phương trình;  Đặt một ẩn phụ t và còn có ẩn cũ x, lúc này ta xem x là tham số;  Đặt 3 ẩn phụ, 4 ẩn phụ, để đưa về hệ phương trình.  Dùng phương pháp hàm số, hoặc bất đẳng thức để chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất ( hoặc vô nghiệm). Bài 1 2x2 + 5x – 1 = 731x  Điều kiện x  1 Ta nhận thấy trong bài này xuất hiện căn của x3 – 1 và bên ngoài có đa thức bậc hai, do đó ta nghĩ đến hằng đẳng thức a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2). Khi đó, 2222(1) 2( 1) 3( 1) 7 ( 1)( 1) 0112 3 7 011x x x x x xx x x xxx                Giải ta được 211xxx= 3, hoặc ½. Từ đó ta giải được x. Bài 2 321225xx Trước hết ta có điều kiện 2 Sau đó ta nhận thấy trong căn có x3 + 1 = (x + 1)(x2 – x +1) nên ta nhân chéo và tách x2 + 2 theo x2 – x + 1 và x + 1, ta được 225 ( 1)( 1) 2( 1) 2( 1)x x x x x x        Chia hai vế của phương trình cho (x2 – x + 1) ta được phương trình bậc 2, giải và kết luận nghiệm. Bài 3  232x 5x 2 4 2 21x 20x     Trước hết ta tìm điều kiện Ta nhận thấy biểu thức trong căn bậc hai có dạng bậc 3, ta phân tích bậc 3 này thành tích (MTCT – Hocner) x3 – 21x – 20 = (x + 4)(x2 – 4x – 5) Sau đó ta phân tích 2x2 – 5x + 2 = 2(x2 – 4x – 5) + 3(x + 4) Ta được phương trình 2(x2 – 4x – 5) + 3(x + 4) – 422( 4)( 4 5)x x x   Chia hai vế cho x2 – 4x – 5, sau đó giải như bài 2 ta sẽ có được x. Bài 4 3 2 33x 2 ( 2) 6x 0xx        3 2 3 223233336x 12x 8 2 ( 2) 1 9(x 2x 1) 0( 2) 1 (3x 3) 0( 2) 1 3x 3 ( 2) 1 3x 3 0( 2) 1 3x 3 0( 2) 1 3x 3 0xxxxxxx                                 Bình phương hai vế và giải. Bài 5 2( 1) 1 5 1 4( 1) 0x x x x       Đưa về theo 1x, có phương trình bậc 3 và giải có 1x, có x. Bài 6 2233333 2001 3 7 2002 6 2003 2002x x x x x        Ta nhận thấy, 2233332233333 2001 3 2001 6 1 6 2003 20023 2001 2002 3 2001 (6 1) 2002 6 1x x x x x xx x x x x x                       6 1 0x (dùng phương pháp hàm số) 3 Cách 2, đặt 223333 2001; 3 7 2002; 6 2003a x x b x x c x        Ta được –a – b – c = 32002 và a3 + b3 + c3 = - 2002. Do đó a3 + b3 + c3 = (a + b + c)3  3(a + b)(b + c)(c + a) = 0  a = -b; hoặc b = -c; hoặc c = - a; Suy ra x Bài 7 3 3 333 1 5 2 9 4 3 0x x x x        Ta nhận thấy bốn căn bậc hai này không có gì lên quan, nhưng trong căn của ba cái đầu cộng lại bằng cái thứ tư, nên ta đặt: 3333 1; 5 ; 2 9a x b x c x     . Từ đó ta có a + b + c = 343xvà a3 + b3 + c3 = 4x – 3. Ta có (a + b+ c)3 – (a3 + b3 + c3) = 3(a + b)(b + c)(c + a) = 0 nên suy ra suy ra x. Bài 8 ( 2) 1 2 2 0x x x     Điều kiện Đặt a = 21 0 1x x a     (a2 – 1)a - 2(a2 + 1 + 2 = 0 a3 - 2a2 – a + 2 - 2 = 0 211 1 4 221 1 4 22aaa Có x Bài 9 222 2x 2x x x   (1) Trong bài tập này, ta thấy xuất hiện căn bậc hai của 2 – x và chứa x2. Khi đó ta thử đặt 2 4 22 0 4 4t x x t t       Khi đó (1)  t4 – 4t2 + 4 + t = 2(t4 – 4t2 + 4)t  2t5 – t4 – 8t3 + 4t2 + 7t – 4 = 0 (*)  (t – 1)(2t4 + t3 – 7t2 – 3t + 4) = 0 4 (t – 1)( (2t4 + 2t3 – 2t2 – t3 – t2 + t – 4t2 – 4t + 4) = 0  (t – 1)(t2 + t – 1)(2t2 – t – 4) = 0 Giải phương trình này có t, sau đó suy ra x. Bài 10  224x 1 1 2x 2x 1 (1)x     Trong bài tập này, ta thấy xuất hiện 21x  nên ta nghĩ đến việc đặt t = 21x  1, sau đó biến đổi để đưa về t, nhưng vẫn còn dư lượng x. Khi đó ta xem phương trình này là phương trình ẩn t và x là tham số, ta sẽ giải có t theo x. Giải phương trình bậc hai này ta được, t = ½ hoặc t = 2x – 1. Giải lại để có x. Bài 11  3 2 2 2x 6xx     Bài 12  42 2 1 2x 1x    Trước hết ta có điều kiện 0 2 1x   Mấu chốt trong bài này là xuất hiện 42x, nếu ta chuyển vế và nâng lũy thừa bậc 4 thì bài toán trở nên phức tạp. Do đó ta sẽ đặt ẩn phụ như sau (theo 42x)  4442 2 1 22x 2xyz   Khi đó ta có hệ 4242( ) 121yzyz   Từ phương trình thứ nhất, ta rút y theo z và thế vào phương trình thứ hai, ta được phương trình  2221102zz    Từ phương trình này, ta giải được z từ đó có x. Bài 13 21000 1 8000x 1000xx    Trước hết ta tìm điều kiện cho x Ta chuyển vế, sau đó bình phương hai vế thì gặp khó khăn. Ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ, có thể đặt t = 1 8000xhoặc t = 1 8000x + 1 5 Trong trường hợp này chúng tôi chọn cách đặt t = 1 8000x + 1 Khi đó t2 – t = 2 + 21 8000x - 1 8000x-1 = không được kết quả gì. Khi đó ta có đổi cách đặt 1 1 8000x2t, khi đó t2 – t = 2000x Ta có hệ 2220002000xx x ttt Trừ vế theo vế để giải hệ trên ta được x = t (chú ý điều kiện) Sau đó thế lại phương trình ẩn x, giải có x = 2001, x = 0 (loại) Bài 14 24x 3 5xx    Điều kiện Ta nhận thấy trong căn có x + 5 nên ta thử đặt 5tx, thế vào phương trình ta có (t2 – 5)2 – 4(t2 – 5) + 3 – t = 0  t4 – 14 t2 – t + 42 = 0 Dùng MTCT đoán nghiệm và sơ đồ Hocner ta đưa vê phương trình tích (t – 2)(t + 3)(t2 – t – 7) = 0 Giải có t, suy ra x. Bài 15 232 4x=2xx Điều kiện x  [- 3; - 2] [0; + ) Khi đó bình phương hai vế ta được phương trình bậc bốn: 8x4 + 32x3 + 32x2 – x – 3 = 0 Ta phân tích bậc bốn về tích của hai bậc hai (không dùng sơ đồ Hocner được) Giả sử 8x4 + 32x3 + 32x2 – x – 3 = 8(x2 + ax + b)(x2 + cx + d) Khai triển VP = 8x4 + 8(a + c)x3 + 8(b + ac + d)x2 + 8(ad + bc)x + 8bd Đồng nhất hệ số, ta được a + c = 4; b + ac + d = 4; 8(ad + bc) = -1 và 8bd = - 3. Giải hệ này, ta được phương trình (4x2 + 10x + 3)(2x2 + 3x – 1) = 0 Giải phương trình này ta được ĐS Bài 16 2427x 18x= , 03xx   6 Bình phương hai vế ta được 729x4 + 972x3 + 324x2 – x – 4/3 = 0  37x4 + 3622x3 + 3522x2 – 3x – 4 = 0 Đặt t = 34x, khi đó 3x = t2 – 4, 9x2 = t4 – 8t2 + 16 Bài 17 23332 11 4x 4 14 5x 13 2x x x x         Trong bài tập này, xuất hiện x – 2 và – x2 + 4x – 4 = -(x – 2)2 nên ta chỉ còn x ở ngoài nữa Ta thử đặt 32tx x = t3 + 2, ta được phương trình (t3 + 2)t – 11 t2 + 14 = 5(t3 + 2) + 13 t  t4 – 5t3 + 11t2 – 11t + 4 = 0 Sử dụng MTCT để có phân tích (t – 1)2(t2 – 3t + 4) = 0, giải. Bài 18 2 3 3 2332 2x 3x 1 2x 3x 1xx        Trong bài này, xuất hiện hai dấu căn bậc ba và cấu trúc bên trong cũng rất phức tạp. Ta nhận thấy bên ngoài căn là 2x3 – x2 – 3x – 1 = 2x3 – 3x + 1 – (x2 + 2), từ đó cho ta cách nhận dạng và xét phương trình f(t) = t3 + t là hàm số đồng biến trên R nên có ngay 23332 2x 3x 1x    , nâng lũy thừa 3 và giải có x. Cách khác, ta đặt ẩn phụ a, b và dùng HĐT a3 – b3 để đặt nhân tử chung và đưa về dạng (b – a) = (a – b)(a2 + ab + b2) 221aba b ab   (phương trình dưới vô nghiệm) Bài 19 48 4 2x 3 3xxx      Điều kiện Bài 20 432x8x  Điều kiện Lũy thừa bậc 4 ta được phương trình 84x = (3 + 16x)4  164x4 hơi phức tạp. Ta nên đặt 4tx, ta được phương trình 8t = 3 + 16t4  16t4 – 8t + 3 = 0  (16t4 – 1) – (8t – 4) = 0.  (2t – 1).(8t3 + 4t2 + 2t – 3) = 0 Cách 2, Dùng MTCT để có nghiệm và phân tích được (2t – 1)(8t3 + 4t2 + 2t – 3) = 0 7 Ta dùng MTCT để có nghiệm t, suy ra x. Bài 21 232x 4 3 x 4xx     Ta thấy trong bài này, chỉ xuất hiện một dấu căn bậc hai, bên ngoài có x2 + 2x Nếu ta đặt t = 3x 4x, thì rất khó biến đổi phần còn lại, Nếu ta bình phương hai vế ta được x4 + 4x3 + 4x2 + 16 + 8x2 + 16x = 9(x3 + 4x)  x4 – 5x3 + 12x2 – 20x + 16 = 0 (máy tính đưa ra nghiệm x = 2) Cách 2, chia hai vế cho x2 ta được phương trình 2216 45( ) 12 0xxxx     Đặt t = 4xx, đưa về phương trình bậc hai t2 – 5t + 4 = 0 cho ta t = 1; 4 Bài 22 224x 4x 10 8x 6x 10     Đặt t = 4x2 – 4x – 10, khi đó ta có hệ: 222222224x 4x 108x 6x 104x 4x 102 2x 10 02 1024x 2x 02x12tttttttxttttx             Giải có x. Bài 23 3386 5 1xx    Đặt 3386; 5a x b x    Khi đó ta có hệ: 33191abab Bài 24 2222 2 2 2xxxx    8 Đặt 22axbx Khi đó ta có hệ:  22222 2 2 22222242( 2 ) 2 2 242 2 2( ) 2 4 2 ( )2 2 ( ) 2( ) 2 0( )( 2) 2( 2) 0( 2)( 2) 022abababa b a a b b ababa b ab ab a bab a b a b aba b ab abab b aabba                            Bài 25 4 1 52xxxx x x     ĐIỀU KIỆN Đặt 15; 2xa x bxx    Ta có phương trình a – b = b2 – a2  b = a hoặc b = - 1 – a (loại) Bài 26  232 2 5 1xx   Đặt a = x + 1 và b = x2 + 2 Khi đó có phương trình 2 5 ( )b a b a Giải có b = 5a; hoặc b = 5/4 a Cách 2, nhận thấy x3 + 1 = (x + 1)( x2 – x + 1) và x2 + 2 = x2 – x + 1 + ( x + 1), chia hai vế cho 9 Bài 27 232( 3 2) 3 8x x x    Tươn tự cách 2 trên Bài 28 232 5 2 4 2( 21 20)x x x x     Tương tự như bài trên với phân tích 2(x3 – 21x – 20) = (2x2 – 8x – 10)(x + 4) và 2x2 – 5x + 2 = 2x2 – 8x – 10 + 3(x + 4). Bài 29 2428 272 27 24 1 632x x x     Ta biến đổi trong căn bậc hai về có lượng giống nhau là 9x + 4 nên đặt t = 9x + 4, ta được 224332 4 1 4 4 1 63 2 3 2y y y yy        Áp dụn BĐT Côsi có 222266;24 4 2 4 4( 4) ( 2) ( 6) 033yyyyy y y          Nên VT  2y + 4  VP, vậy phương trình có nghiệm y = 6, suy ra x Bài 30  2323 2 3 6 0x x x x     Chuyển vế ta được  2322 3 3 6x x x x    = - (x + 2)3 + 9x(x + 2) + 8, đặt y = 2x ta được phương trình bậc 6 theo y: 2y3 = - y6 + 9y4 – 18y2 + 8, chia hai vế cho y3, ta được phương trình và đặt t = 2yy, giải có t suy ra y và x. Bài 31 13 1 9 1 16x x x    Ta nhận thấy phương trình này có hai căn và không liên quan ì với nhau, nên đặt hai ẩn phụ 1; 1a x b x    Ta có hệ 222213 9 8( )2a b b aba   Rút a2 và a theo b thế vào phương trình Bài 32 221 1 (1 2 1 )x x x     10 Ta nhận thấy, trong bài này chỉ xuất hiện căn bậc hai của 1 – x2 nên ta đặt t = 21 x Khi đó rút x theo a, suy ra 1 – x2 = , mà 1 – x2 lại là a2 nên ta có phương trình theo a và giải, suy ra x. Bài 33  2 3 3 21 1 (1 ) (1 ) 2 1x x x x        Điều kiện: Đặt 1 ; 1a x b x   , khi đó có phương trình       3321 ( ) 21 2 220112 2a 1 1,1 2 0, 0ab a b abab a b ab ababa b abb ab a bab x                  , Bài 34     2332211 1 1 133xx x x       Điều kiện Đặt 1 ; 1a x b x    3321 ( )3321 ( )( 2)323 1 ( ) 1abab b aabab b a ababab b a          Bình phương hai vế hai vế, giải Bài 35 336 6x 4 4 0x     Đặt y = 36 6x 4, đưa về hệ 336464xyyx, lấy (1) – (2) và giải ta được x. Bài 36 331 3 3 1xx   Đặt y = 331x, đưa về hệ phương trình theo x, y giải như bài trên 11 Bài 37  2332 3 2 3 8x x x    Ta phân tích x3 + 8 = (x + 2)(x2 – 2x +4) và x2 – 3x + 2 = x2 – 2x + 4 – (x + 2), nên đặt 22 4; 2a x x b x    , khi đó ta phương trình 3ab = 2(a2 – b2) Đặt b = at, giải có t và có x Bài 38 26331 1 1x x x     Ta nhận thấy x2 – 1 = (x + 1)(x – 1) nên đặt 661; 1a x b x   , khi đó có a2 – b2 = ab, giải có a, b và suy ra x. Bài 39 2 3 3 244 4 4(1 ) (1 ) 1 (1 )x x x x x x x x         Ta nhận thấy chủ yếu trong bài này là 44;1xx nên đặt 44;1a x b x  , khi đó có a2 + ab2 + b3 = b2 + a2b + a3, tới đây ta đặt nhân tử chung và đưa về dạn phương trình tích (a – b) (a + b) (a + b – 1) = 0 Giải phương trình a + b = 1, bằng cách mũ 4 hai vế Bài 40 338 4 6 1 1 0x x x     Ta thử đặt ẩn phụ 361yx, khi đó có hệ 33618 4 1yxy x x  , lấy (1) – (2) ta được phương trình tích (x – 2y)(4x2 + 2xy + y2 + 1) = 0  x = 2y, giải có x. Bài 41 3 2 2(3 2) 2 2 2 3 0x x x x x        Ta nhận thấy trong bài tập này xuất hiện 22x ngoài ra không có căn nào khác, do đó ta đặt y = 22x . Đưa về phương trình y2 – (x + 2)y + 3x – 3 = 0 Xem phương trình trên là phương trình ẩn y và x là tham số, lập  và giải có y theo x, giải có x Bài 42 2 2 2 32 1 6 9 6 ( 1)(9 ) 38 10 2x x x x x x x         , Ta nhận thấy trong phương trình này có hai yếu tố là 21; 9a x b x   , nên đặt ẩn phụ và đưa về phương trình 2a + 6b + 6ab = b2(a2 + 1) + a2 + 19  a2b2 – 6ab + 9 + a2 – 2a +1 + b2 – 6b + 9 = 0  (9ab – 3)2 + (a – 1)2 + (b – 3)2 = 0 12 Dùng tính chất của HĐT đưa về hệ và giải có a, b suy ra x. Bài 43   2(2004 1 1x x x    Ta nhận thấy trong bài này có một căn bậc hai, thử đặt 21 1 , 0a x x a a      Ta được phương trình a4 – 2a2 + 1 = (2005 –a2)(1 – 2a + a2)  (a – 1)2(2a2 + 2a – 2004) = 0 Giải có a và x. Bài 44 235121xxx Nếu x < -1 thì phương trình vô nghiệm, nên ta chỉ xét x > 1. Trong bài này, ta thấy xuất hiện căn bậc hai dưới mẫu, nếu ta quy đồng mẫu thì ra kết quả không được đẹp, từ đó gây khó khăn cho việc giải tiếp theo. Nếu ta đặt 1yx, y  (0; 1) thì bài tập có thể làm mất mẫu: 2221 1 35 351112 121y y y yyy       Đặt t = 21 (0; 3)yy  , ta được phương trình 35t2 – 24t – 35 = 0 Phương trình này có hai nghiệm t = 7/5; t = -5/7 (loại). Giải lại có được y suy ra x. Bài 45 2 2 2(3 2) 2 2 1 0x x x x       Trong bài này, xuất hiện căn bậc hai của x2 + 2, bên cạnh đó còn có x. Do đó ta đặt 22yx, sau đó cố gắng biến đổi theo y, còn x ta xem như là tham số. Ta được phương trình y2 – (x + 2)y + 3x – 3 = 0 lập  và đưa ra hai nghiệm y theo x, xét dấu  và đưa ra phương trình theo x để giải. Bài 46 22( 3 2 ) 1 3 2x x x x    Điều kiện, đặt x = xcost, t  [0; ], ta được phương trình Cách 2, ta biến đổi, đặt nhân tử chung đưa về phương trình tích  2( 3 2 ) 1 0x x x    Giải có x 13 Bài 47 2 2 2 2 2 3 21 1 1 1 12 2 3 3 14 4 4 4 4x x x x x x x x x               Bài 48 324 3 1x x x   Ấn tượng nhất trong bài này là 21 x, hơn nữa ta lại có 4x3 – 3x cho cảm giác về công thức cos3x = 4cos3x – 3 cosx, nên ta đặt x = cost, t  [0; ]. Ta được phương trình cos3t = |sint| = sint, giải có t và tìm x. Bài 49  221 1 1 2 1x x x     Ta nhận thấy, trong bài xuất hiện 1 – x2 trong căn bậc hai. Từ đó đặt x = cost, t [0; ] Khi đó có phương trình   221 1 os cos 1 2 1 os1 sin cos 1 2sintc t t c ttt        Bình phương hai vế ta được 1 + sint = cos2t (1 + 4sint + 4sin2t) (1 + sint) = (1 + sint)(1 – sint)(1 + 4sint + 4sin2t) 1 + sint = 0 hoặc 4sin3t – 3sint = 0 Từ đó giải có t, suy ra x Bài 50 2211 1 22x x x    Điều kiện, đặt x = cost, t  [0; ]. Sử dụng công thức nhân đôi, đưa về sin2t, giải có t và có x. Bài 51 55xxxx     Điều kiện X = 30 là một nghiệm Chứng minh x  30 không phải là nghiệm Liên hợp 14 Bài 52 22121x x xxx Điều kiện     2222222232212(1 ) (1 )1(1 ) 1 (2 )1 1 2 0(1 2 ) 1 401 1 2211 2 01 1 212x x xx x x xxxx x x x xx x x x x xx x x xx x x x xx x xxx x x x xx                          Bài 53 22 4 2 5 1x x x x      Điều kiện 22 1 4 1 2 5 333( 3)(2 1)2 1 4 1311(2 1)( )2 1 4 1x x x xxxxxxxxx VNxx                   Bài 54 2 2 21 1 2x x x x x x        22 2 2222211221 1 1 12112( 1) 01 1 1 11xxx x x x x xx x x xxxxxxxxxx x x xx                           Bài 55 2 2 22 3 2 1 3 3x x x x x x       Điều kiện 15  2 2 2222222 1 2 1 1 3 3 1( 1)(2 1) ( 1)( 1)2 1 1 3 3 12 1 11 1 02 1 1 3 3 11x x x x x xx x x xxx x x xxxxxx x x xx                           Bài 56 42 60657xx Điều kiện 42 603 3 05742 609957042 60335711(9 3) 042 60(5 ) 3 (7 ) 35713xxxxxxxxxxxx               Bài viết xin kết thúc tại đây, xin cám ơn các bạn đã đọc bài viết này, chúc các bạn sức khỏe, thành đạt và học thật giỏi. An Nhơn 3, ngày 20 tháng 3 năm 2013 Ths. Nguyễn Công Nhàn