Phương trình vô tỉ p1

Phần PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ  §1 PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ CƠ BẢN I Phương trình bậc bốn quy bậc hai Dạng: ax  bx  cx  dx  e 0 với e  d   0 a  b Phương pháp giải: Chia hai vế cho x 0, rồi đặt t x   d với    x b Dạng: ( x  a)( x  b)( x  c)( x  d) e với a  c b  d Phương pháp giải: Viết lại  ( x  a)( x  c )   ( x  b)( x  d)  e   x  ( a  c )x  ac   x  (b  d)x  bd  e đặt t x  ( a  c )x Dạng: ( x  a)( x  b)( x  c )( x  d) ex với a.b c.d abcd x thì phương trình  ab c  d   ab c  d   t  x   t  x  ex (có dạng đẳng cấp) 2     Phương pháp giải: Đặt t x  ab  Dạng: ( x  a)4  ( x  b)4 c Phương pháp giải: Đặt x tt ab a b  (t   )4  (c   )4  với    2 Dạng: ax  bx3  cx  dx  e 0 , với b3  a2 d 4 abc Phương pháp giải: Đặt x t  b  4a Dạng: x ax  bx  c (1) Phương pháp giải: Tạo dạng A B2 bằng cách thêm hai vế cho một lượng k.x  k , tức phương trình (1) tương đương: ( x2 )2  kx2  k (2 k  a) x2  bx  c  k  ( x2  k )2 (2 k  a)x  bx  c  k 2 k  a   k ? Cần vế phải có dạng bình phương   2  VP b  4(2 k  a)(c  k ) 0 Dạng: x  ax3 bx  cx  d (2) Phương pháp giải: Tạo A B bằng cách thêm ở vế phải biểu thức để   a  a2  tạo dạng bình phương:  x  x  k  x  ax   k   x  kax  k     Do ta sẽ cợng thêm hai vế của phương trình (2) một lượng:  a2  2k      a   a2 2  x  kax  k , thì  x  x  k   k   b  x  ( ka  c )x  k  d       a2 k  b0    k ? Lúc cần số k thỏa:   ( ka  c )2   k  a  b  ( k  d) 0  VP   II Phương trình vơ tỷ  B 0  A 0 hay B 0  A B     A B   A B  A B  B 0  A B 0  B 0 hoặc  A 0   A B  A B  III Một số phương trình vơ tỷ thường gặp Dạng: A (1) B  C 0 Bước Đặt điều kiện Bước Chuyển vế để hai vế dương, tức (1)  A C B Bước Bình phương hai vế A  C  AC B  AC B  A  C Dạng: A  B 3 C (2) Bước Lũy thừa: ( A  B )3 ( C )3  A  B  3 AB ( A  B ) C (2 ) Bước Thế Dạng: A  B  C , thì (2)  A  B  3 ABC C A B C D (3) với A  C B  D AC BD Bước Đặt điều kiện Bước Biến đổi (3)  A C  B D bình phương hai vế  Lưu ý: Biến đổi của dạng biến đổi hệ quả, giải xong cần thay nghiệm lại đề kiểm tra nhằm tránh thu nghiệm ngoại lai Ví dụ Giải phương trình: x   x  x  0 () Đại học khối D – 2006 Phân tích Phương trình có dạng tổng quát: mx  n ax  bx  c , (m , a 0) ta giải theo dạng A B Nếu sau lũy thừa nghiệm hữu tỷ tiến hành chia Hcner để phân tích thành tích số (đầu rơi, nhân tới, cộng chéo) Cịn nghiệm vơ tỷ ta tiến hành sử dụng chức table máy tính bỏ túi để tìm lượng nhân tử chung bậc hai, sau chia đa thức để đưa dạng tích số bậc hai nhân bậc hai mà dễ dàng tìm nghiệm  Lời giải Xem phương trình dạng A B  x  3x  0 ()  x   x  x    2 2 x  (  x  x  1)  x2  3x  0  x  x  0     2  x  x  11x  x  0 ( x  1) ( x  x  2) 0  x 1   x 2   Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 1, x 2   Lời giải Đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình gần đối xứng loại II 2  y 2 x   y  x  0  Đặt y  x  0, suy ra:   2  y  x  3x  0  x  3x  y  0   ( y  x )  ( x  y ) 0  ( y  x)( y  x  1) 0  y x y 1  x  x 0 x  x    x 1  x  x  0  x 1  Với y 1  x , suy ra: x  1  x    x 2   x  x  0  Với y x , suy ra: Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 1, x 2  Ví dụ Giải phương trình: x  x   x  2 () Phân tích Để kiểm tra phương trình có nghiệm hữu tỉ hay vơ tỷ, ta nhập vào casio: X  X   X  bấm shift solve (1 số nguyên nằm khoảng điều kiện) kết X 5.192582404 vô tỷ Khi định hướng tìm lượng nhân tử bậc hai chức table Trước tiên ta lưu biến X  A , cách nhập alpha ) shift RCL (–) Kế đến ta chuyển chế độ table cách bấm mode setup nhập f ( X ) A  AX cách bấm: alpha () x2 – alpha (–) anpha ), bấm = Nếu casio fx – 570 VN plus vina calc, ta bấm tiếp tục dấu =, fx – 570 ES khơng cần (tức khơng nhập g( X ) ), cho Start -9, End 9, Step casio cho X F( X ) ta bảng giá trị 14 15 6.1925 ta quan tâm đến dịng có giá trị số ngun, tức dịng 15 có X 5, F( X ) 1, hệ số b, c nhân tử x  bx  c , tức có x  5x  Lúc ta định lũy thừa vế theo công thức A B phương trình bậc bốn, sau lấy phương trình bậc bốn chia cho lượng x  5x  thu bậc viết lại tích bậc hai  Lời giải Xem phương trình dạng A B  x  x  0 ()    ( x  x  3) x   x 2   x 2    x  x  10 x  23 x  0  x 2   x 2   29   x x  2 ( x  5x  1) ( x  3x  4) 0 Kết luận: Phương trình cho có nghiệm: x  1, x   Lời giải Đặt ẩn phụ đưa hệ đối xứng ( y  2)2 x   Đặt: y   x  0, suy ra:   x  x  y   29   y  y  x  0   x  x  y  0   y x  ( y  x )  3( y  x) 0  ( y  x)( y  x  3) 0     y 3  x  x 2  29  Với y x , suy ra: x  x     x   x  x  0  Với y 3  x , suy ra:   x 1 x  1  x    x    x  x  0  29  Bình luận Trong lời giải 1, để nâng lũy thừa, ta thường sử dụng đẳng thức số dạng ( a  b  c)2 a2  b  c  2.( ab  bc  ca) để khai triễn Tuy cách giải giúp tách đa thức bậc cao thành tích số, tính tốn phức tạp, dễ dẫn đến sai lầm nhiều thời gian Do người giải tốn thường tìm phương pháp đơn giản, ngắn gọn điển hình lời giải ví dụ Phương pháp đặt ẩn phụ tìm hiểu kỹ học sau với dấu hiệu nhận dạng định Kết luận: Phương trình cho có nghiệm: x  1, x  Ví dụ Giải phương trình: 2( x  x  6) 5 x  () Đề thi thử Đại học 2013 – THPT Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An Phân tích Khác với hai ví dụ trên, biểu thức thức bậc 3, ta giải theo công thức A B , để thu phương trình bậc bốn Lúc với hỗ trợ máy tính casio, ta phân tích thành tích số dạng bậc nhân bậc  Lời giải Điều kiện: x3  0  ( x  2)( x2  x  4) 0  x  ()  8.( x  x  6)2 25( x  8)  x  41x  104 x  96 x  88 0  x2  x  0  ( x2  x  4)(8 x2  18 x  28) 0    x 3  13  x  18 x  28 0 : VN Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x 3  13 Lưu ý: Ta có thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ sau biến đổi phương trình dạng: 2( x  2)  2( x  x  4) 5 ( x  2)( x  2x  4)  Lời giải Đặt u  x  0, v  x2  x   (1)  u u u u (1)  2u  2v 5uv       0  2   v v v  v 2  x  2 x  x   x  x  14 0    x 3  13  x   x2  2x   x  x  0   Lời giải Chia hai vế cho lượng dương: x  x  ( x  1)2  3  u 2 v  Suy ra:   2u v  x2 2  x2 x2 x  2x  (1)    5  0    x  2x  x  2x  x2    x  2x   x  4( x  x  4)   x 3  13  4( x  2) x  x  Ví dụ Giải phương trình:  x2  x x    x  x2 ()  A 0 hay B 0 A B , có  A B phương án chọn A 0 hay B 0 Dựa vào đặc điểm toán, ta nên chọn phương án đơn giản nhất, tức chọn B 3  x  x 0 có lời giải sau: 3  x  x 0  Lời giải Phương trình ()   2 7  x  x x  3  x  x  x 1   x  (do x 0 không nghiệm của phương trình)  x   x  Phân tích Phương trình có dạng bản:  x 1  x 1  x 0     x2   0   x     x   x  x   x  x  16 x  16 0   x 4    x ( x  5)2 ( x  2)2 Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x  Ví dụ Giải phương trình: 3x   x  2 x  () Phân tích Phương trình có dạng A  B  C , ta đặt điều kiện, chuyển vế cho vế dương bình phương hai vế để đưa dạng A B  Lời giải Điều kiện: x 1 Khi đó: ()  x   x   2 x   4(3 x  1) x   4(2 x  1)  ( x  1)(2 x  1)  x 1  x  3x  3x     x 5 23 x  102 x  65 0 Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x 5 Ví dụ Giải phương trình: x  x  2 x  x   () Phân tích Phương trình có dạng giống ví dụ trên, ta dám lựa chọn hướng bình phương vế lên sau lũy thừa, bậc cao 4x triệt tiêu có lời giải sau:  Lời giải Điều kiện: x  x 2 ()  x2  x   2 x2  x   ( x2  x   1)2 4( x2  x  1) 3 x  0 29 4 67   x  x  3x     x   7 x  58 x  33 0 Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình x  Ví dụ Giải phương trình: 29 4 67  () x  x  x  x  x 0 Phân tích Phương trình có dạng tương tự ví dụ trên, bình phương lên khơng triệt tiêu bậc cao Nhận thấy biểu thức thức có chung nghiệm x 0 nên ta dùng phương pháp chia khoảng tách Nghĩa tìm điều kiện, dựa vào khoảng điều kiện để áp dụng công thức tách hợp lý, tức: A.B  A B A 0, B 0 A.B  (  A) (  B)   A  B A  0, B  Từ đó, ta có lời giải chi tiết sau:  x  x 0, x 0  x 1   x 0   Lời giải Điều kiện:   x  x 0  x  Khi ()  x( x  1)  x( x  2) 2 x (1)  Trường hợp Nếu x 0 thì (1) đúng nên x 0 nghiệm của (1)  Trường hợp Nếu x 1 thì (1)  x  x   x  x  2 x  x  x   x  2 x  ( x   x  2)2 (2 x )  x  x  2 x   x  , (do : x 1)  Trường hợp Nếu x   x   0; x  0 nên: (1)   x   x    x   x  2  x   x  2  x   x  2  x  (  x   x  2) (2  x )  x  x  1  x : vô nghiệm Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 0; x   8 Ví dụ Giải phương trình: x   3x   x  Phân tích Phương trình có dạng () A  B  C , hướng xử lý lập 3 phương hai vế thường sử dụng đẳng thức ( a  b) a  b  3ab( a  b), thay A  B  C vào phương trình thu sau lập phương giải phương trình hệ dạng 3 f ( x) g( x)  f ( x)  g( x)  Từ có lời giải sau:  Lời giải Tập xác định: D  ()  ( x   3 x  1)3 ( x  1)  x   3 ( x  1)(3x  1) ( x   3x  1) x   Thế: ( x  1)(3x  1).( x   3 x  1)  ( x  1) x   3 x   x  vào (1), suy ra: (1) ( x  1)(3 x  1)( x  1)  ( x  1)  ( x  1)(3x  1)( x  1)  ( x  1)  ( x  1)  (3 x  1)( x  1)  ( x  1)  0  ( x  1)4 x2 0  x  x 0  Với x  thì phương trình () sai nên loại nghiệm x   Với x 0 thì phương trình () đúng nên nhận nghiệm x 0 Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 0 Ví dụ Giải phương trình: () 10 x   3x   x   x  Phân tích Phương trình có dạng: A  B  C  D với A  C B  D , cụ thể: (10 x  1)  (2 x  2) (9 x  4)  (3 x  5) 12 x  1, nên ta chuyển vế đưa dạng: A  C  D  B bình phương hai vế Nhưng chuyển vế bình phương ta giải phương trình hệ quả, giải xong ta cần thay nghiệm vào phương trình đầu đề nhằm nhận, loại nghiệm thích hợp  Lời giải Điều kiện: x  , thì ()  10 x   x   x   3x   ( 10 x   x  2)2 ( x   x  5)  12 x   (10 x  1)(2 x  2) 12 x   (9 x  4)(3 x  5)  (10 x  1)(2 x  2)  (9 x  4)(3 x  5)  x  15 x  18 0  x 3, x   Kết luận: So với điều kiện vào (), phương trình có nghiệm x 3 Ví dụ 10 Giải phương trình: x   x  2 x   x  () Phân tích Nếu biến đổi 2 x   x  12 phương trình cho đưa giống thí dụ với (8 x  12)  ( x  7) (5 x  6)  (4 x  1) 9 x  có lời giải sau: Điều kiện: x  0 Khi đó: ()  x7  x  12  x   4x   ( x 7  x  12)2 ( x   x  1)2 13 , x 2 13 Kết luận: So với điều kiện vào (), phương trình có nghiệm x    ( x  7)(8 x  12)  (5x  6)(4 x  1)  12 x  63 x  78 0  x  x3  ()  x   x   x2  x  x3 Đề thi thử Đại học năm 2014 – THPT Hậu Lộc – Thanh Hóa Ví dụ 11 Giải phương trình: Phân tích Phương trình có dạng A  B  C  D với A.C B.D , cụ thể ta có x 1 ( x  3) ( x  1)( x  x  1) x  1, nên viết dạng A  x3 bình phương để giải phương trình hệ Từ có lời giải sau:  Lời giải Điều kiện: x   x3  ()     x3   C D B  x3     x2  x   x 1  x3  x3  x3  x  x  x   x   x  x   x  x3 x3  x3  ( x  3)( x  x  1)  x  x  0  x 1  x 1  Kết luận: So với điều kiện vào () nghiệm cần tìm x 1  BÀI TẬP RÈN LUYỆN BT Giải phương trình: x  x   x  BT Giải phương trình: x  5x  7 x  BT Giải phương trình: x  42 x  49  3 x  x  BT Giải phương trình: x  10 x   x2  2 x  BT Giải phương trình: x  x   x2  x   x  x  BT Giải phương trình: BT Giải phương trình: x   x  x   x  x   x  x  BT Giải phương trình: x   3x  2 x  x  BT Giải phương trình: x3  3x2  x   x   x   x2  x  x3 BT 10 Giải phương trình: x   x   x  0 8x3   2x  2x   4x2  2x   x  §2 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ BẰNG CÁCH ĐƯA VỀ TÍCH 10  I Sử dụng phép biến đổi tương đương Dùng các phép biến đổi, đồng kết hợp với việc tách, nhóm, ghép thích hợp để đưa phương trình cho dạng tích số đơn giản biết cách giải, chẳng hạn như: A.B 0  A 0 B 0 Một số biến đổi thường gặp:  f ( x) ax  bx  c a.( x  x1 )( x  x2 ) với x1 , x2 nghiệm của f ( x ) 0  Dùng các hằng đẳng thức bản, lưu ý các biến đổi thường gặp sau: + u  v 1  uv  (u  1)  v(u  1) 0  (u  1)(1  v) 0  u v 1 + au  bv ab  vu  a(u  b)  v(u  b) 0  (u  b)(a  v ) 0 Ví dụ 12 Giải phương trình: ( x  3) 10  x x  x  12 () Phân tích Thấy vế phải phân tích thành tích số: x  x  12 ( x  3)( x  4) dựa vào f ( x ) ax  bx  c a.( x  x1 )( x  x2 ) với x1 , x2 nghiệm phương trình f ( x) 0, nên có nhân tử x  với vế trái có lời giải sau:  Lời giải Điều kiện: 10  x 0   10 x  10 ()  ( x  3) 10  x ( x  3)( x  4)  ( x  3)  10  x  ( x  4)  0    x  0  x 4   x   x   2 2 x  10 x  0  10  x x  Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x  Ví dụ 13 Giải phương trình: x  x 1  x  x 1 () Phân tích Với điều kiện x 0 phương trình  x  x  1  x  x  có dạng u  v 1  uv  (u  1)( v  1) 0  u v 1 có lời giải sau:  Lời giải Điều kiện: x 0 ()  x  x  1  x  x   ( x  1)  ( x   x  x  1) 0 x  1  x 1 x 0 Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x 0, x 1  ( x  1)(1  x  1) 0  x 1 Ví dụ 14 Giải phương trình: x   x 2 x    x2  x   Phân tích Sử dụng phân tích ()  x  x   ( x  1)(7  x) ghép cặp lại với xuất nhân tử chung đưa tích số  Lời giải Điều kiện: x 7 ()   ( x  1)  x      x  ( x  1).(7  x)  0      x  1( x   2)   x (2  x  1) 0 11  x  2  x 5  x ) 0      x    x  x 4 Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x 4, x 5  ( x   2).( x   () Ví dụ 15 Giải phương trình: x   x 2 x   10  x  x  Học sinh giỏi tỉnh Kiên Giang năm 2014 – 2015 Phân tích Tương tự thí dụ trên, thấy 10  x  x  ( x  2)(5  x) nên ghép biểu thức thích hợp với đưa phương trình tích số có lời giải sau:  Lời giải Điều kiện:  x 5 ()   ( x  2)  ( x  2)(5  x)     x  x   0      x  2( x    x )  2( x    x ) 0   x2  5 x x  x )( x   2) 0       x  2  x 2 Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x  , x 2  ( x2  Ví dụ 16 Giải phương trình: x  3x  x  2 x  x  Phân tích Nếu quy đồng phân tích nhóm với cụm x 5 x () x2  5x  ( x  2)( x  3) 5   , x x x x  3x  x( x  3) xuất nhân tử có lời giải sau:  Lời giải Điều kiện: x   ( x  2)( x  3)  ()   x( x  3)    (2 x   x) 0 x     x   x     x x3 x2    2( x   x) 0 x  x2 x  x3   2( x   x) 0  ( x   x)    0   x    x  x  x  x  0  x 2       x  2 x  x 1  x  4 x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x 1, x 2 Ví dụ 17 Giải: x x   3( x   1) 3x  x  13x  15  x  12 () Phân tích Nếu quan sát kỹ, phương trình chứa thức phân tích 2x  , x  sau 2 x  13x  15  (2 x  3)( x  5) nhóm nhân tử chung phù hợp xuất phương trình tích số có lời giải sau:  Lời giải Điều kiện: 3x  0 ()  ( x x   3x)  (2 x  3)( x  5)  x    3( x   1)    x( x   3)  x  3( x   1)  3( x   1)  x( x   3) ( x   1)( x   3)  ( x   3)( x  x   1) 0  x  3  x 3     x  x   x 4 Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x 3, x 4 () Ví dụ 18 Giải phương trình: 3x  x  ( x  6) x  x  Phân tích Do biểu thức dấu bậc hai, nên ta nghĩ đến việc phân tích biểu thức dấu theo biểu thức dấu căn, cụ thể viết: 3x  3x  (3x2  x  3)  5( x  1) xuất thêm hạng tử có chứa ( x  1), nên phân tích: ( x  6) x2  x   ( x  1)  5  x  x  , phân phối ghép hạng tử phù hợp đưa phương trình dạng tích, từ có lời giải 1 10  10  3  Lời giải Tách ghép đưa phương trình tích số Điều kiện:   x  x  ()  (3x  x  3)  ( x  1) ( x  1)  x  x    x  x    ( x  x  3)2  x  x     5( x  1)  ( x  1) x  x   0      x  x  3( 3x2  x   5)  ( x  1)(5  x  x  3) 0  3x  x  5  ( 3x  x   5)( 3x  x   x  1) 0    3x  x  x    x  x  28 0   85  85   x x     x    3  2 x  x  0   x 1   x 1    Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình x 1  , x   85   Lời giải Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Đặt t  x2  x    t 3x2  x   x2 t  x  Khi đó: ()  t  x   x  ( x  6).tt x2  ( t 6) x 5(  1) 0 (1) 13 Xem (1) phương trình bậc với ẩn t có biệt sớ: t ( x  6)2  20( x  1) x  x  16 ( x  4)2 , suy ra: t x  t 5  3x  x  5 Do đó:  giải tương tự cách giải  x  x  x   Bình luận Phương trình có dạng ax  bx  c ( mx  n) ax  px  q , ta giải phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn biệt số Δ số phương Bản chất phương pháp hình thức đưa tích số  Lời giải Liên hợp sau sử dụng casio tìm được nhân tử chung của phương trình 3x  x  28 ()  ( x  6)( 3x2  x   5) 3 x  x  28  ( x  6)(3 x  x  28) 3x  x    3x  x  28 0  3x  x  28   x6 1  3x2  2x     3x  x  28 0  giải tương tự cách  x  x  x  Nhận xét Đối với tốn trên, tơi khơng tìm lượng nhân tử chung chức table casio Khi ta tìm hai nghiệm dựa vào định lý Viét để tìm nhân tử chung sau: nhập 3X  3X   ( X  6) 3X  X  bấm shift solve  100 nghiệm X  2,739848152, gán nghiệm vào biến A, tức bấm Ans  A , ( Ans / shift / RCL / ( )) Tìm nghiệm thứ hai cách nhập lại phương trình bấm shift solve 100 ta nghiệm X 3.406514819, lưu nghiệm vào biến B: Ans  B , ( Ans / shift / RCL / , , ,) Khi ta tính tổng, tích A 28 nên theo Viét A , B 28 nghiệm X  SX  P 0, tức có nhân tử x  x  hay 3x  x  28 3 B A  B 0,6666666667  AB  Ví dụ 19 Giải phương trình: x  x  ( x  3) x  x   0 () Phân tích Do biểu thức ngồi dấu bậc hai, nên ta nghĩ đến việc phân tích biểu thức ngồi dấu theo biểu thức dấu căn, cụ thể viết: x  x  ( x  x  1)  3x xuất thêm hạng tử có chứa 3x , nên phân tích: ( x  3) x  x  x x2  x   x  x  ghép hạng tử phù hợp xuất nhân tử chung đưa phương tình tích số Từ có lời giải Điều kiện: x  x  0  x  14 1 x  1   Lời giải Tách ghép đưa tích số ()   ( x  x  1)  x x  x    (3x  x  x  1) 0     ( x  x  1)2  x x  x      3( x  x  x  1) 0  x  x  1( x  x   x)  3( x  x  x  1) 0  x  x   x  ( x  x   x) ( x  x   3) 0    x  x  3    x 0     x  0   x  x  9   x    x 1  41 : thỏa mãn điều kiện  Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x  1, x  1 41 , x  41   Lời giải Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Đặt t  x  x  0, suy ra: t x  x   x t  x  Khi đó: ()  t  x   x  ( x  3).tt 0  x2  ( t 3).x  0 Xem (1) phương trình bậc hai với ẩn t có biệt sớ:  t  x  t ( x  3)2  12 x x  x  ( x  3) , suy ra:   t 3 (1) Với t  x  x  giải được kết quả  Lời giải Ghép để liên hợp sau tìm nhân tử x  x  10 bằng casio ()  ( x  x  10)  ( x  3)  x  x    0    ( x  x  10)  ( x  3).( x  x  10) x2  x    x  x  10 0    x 1 0  x2  x    0  x  x  10 0    x  x   x   41 x     x  Ví dụ 20 Giải phương trình: x  x  10  5.( x  2) x  0 () Phân tích Khác với thí dụ trên, biểu thức thức bậc có dạng tổng quát ax  bx  c (dx  e ) x   Khi phân tích biểu thức ngồi dấu theo biểu thức tích mang dấu đồng thức, nghĩa biểu diễn x  x  10 m.( x  2)  n.( x  1)2 mx  ( n  m).x  (n  4m) so sánh hệ số trước x , x hệ số tự m n 2 Khi đó, ta có hướng xử lý thường gặp 15 tách ghép đưa tích số đặt ẩn phụ đưa phương trình đẳng cấp, chia cho lượng dương để đưa phương trình bậc Điều kiện: x  Khi đó: ()  2( x  2)2  2( x  1)2  5( x  2) x  0 (1)  Lời giải Tách ghép đưa tích số (1)   2( x  2)2  ( x  2) x     2( x  1)  4( x  2) x   0      ( x  2)  2( x  2)   x    x   x   2( x  2)  0     x  2( x  2) x    ( x  2)  x   0       x  x    2( x  2)     x 2   x 2   2  x 3   x  4( x  x  4)  4 x  17 x  15 0     x 8  x   x        4( x  1) x  x    x  x 0   Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x 3, x 8  Lời giải Đặt ẩn phụ đưa phương trình đẳng cấp Đặt a x  2, b  x  0 Do x  nghiệm nên b  x   0, thì:  a 2b    2a b Thế vào giải tương tự được nghiệm x 3, x 8  Lời giải Chia cho lượng dương đưa phương trình bậc  a  a (1)  2a2  2b2  5ab 0        0  b    b Do x  nghiệm nên chia hai vế cho ( x  1)2  thì: x  x  x x   (1)    0  2   5 x 1 x 1 x 1  x 1  Giải tương tự được x 3, x 8  Lời giải Ghép bậc ax  b với thức để nhân lượng liên hợp sau sử dụng casio nhẩm được nghiệm x 3, x 8 ()  ( x  2)  ( x  7)  x    x  11x  24 0   ( x  2)( x  11x  24)   ( x  11x  24) 0 x 1  x 7  x  11x  24 0   x 2  ( x  11x  24)    0    x   x  2  x  x 1  x 7  Giải tương tự trên, ta được kết quả x 3, x 8 16