Phương pháp giải phương trình vô tỉ

1 Phương trì nh chứa ẩn ở căn thức Ví dụ : Giải phương trì nh: 2 2 1 x x x 1 x 3      Giải: ĐK 0 x 1  . Để giải phương trì nh này thì rõ ràng ta phải tìm cách loại bỏ căn thức. Có những cách nào để loại bỏ căn thức ? Điều đầu tiên chúng ta nghĩ tới đó là lũy thừa hai vế . Vì hai vế của phương trì nh đã cho luôn không âm nên bì nh phương hai vế ta thu được phương trì nh tương đương.   2 2 2 2 2 2 2 4 4 (1) 1 x x x 1 x 1 x x (x x ) 1 2 x x 3 3 9                       2 2 2 2 2(x x ) x x 0 x x 2 x x 3 0          2 2 0 x x 0 x 0;x 1 3 VN x x 4                 . K ết hợp với điều kiện ta có nghiệm của phương trì nh: x 0;x 1  . Qua l ời giải trên ta thấy được 2 x x sẽ biểu diến được qua x 1 x  nhờ vào đẳng thức   2 2 x 1 x 1 2 x x     (*) .Cụ thể nếu ta đặt t x 1 x   thì 2 2 t 1 x x 2    và khi đó phương trì nh đã cho trở thành phương trì nh bậc hai với ẩn là t: 2 2 t 1 1 t t 3t 2 0 t 1;t 2 3           . V ậy ta có: 2 0 x 1 x 1 2 x x 0 x 0;x 1 VN (VT 2) x 1 x 2                      . Vi ệc thay thế biểu thức x 1 x  bằng một ẩn mới là t (mà ta gọi là ẩn phụ) là một suy nghĩ hoàn toàn phù hợp với tự nhiên ( chúng ta nhớ lại là chúng ta đang tì m cách làm m ất căn thức !). Cách làm như thế này ta thường gặp trong cuộc sống hằng ngày của chúng ta, chẳng hạn khi chúng ta đi xa không tiện cho việc mang theo tiền mặt ta có thể đổi qua đô la, hay thẻ ATM, séc,…Cũng như việc chuyển đổi tiền ở trên, để làm mất căn thức ta tìm cách đặt một biểu thức chứa căn thức nào đó bằng một biểu thức ẩn mới sao cho phương trì nh ẩn mới có hình thức kết cấu đơn giản hơn phương trì nh ban đầu. Đặt biểu thức chứa căn nào bằng biểu thức ẩn mới như thế nào là vấn đề quan trọng nhất, bước làm này quyết định đến có được lời giải hay không và lời giải đó tốt hay dở. Để chọn được được cách đặt ẩn phụ thích hợp thì ta cần phải tìm được mối quan hệ của các biểu thức tham gia trong phương trì nh như ở cách giải trên ta đã tạo được mối quan hệ đó là đẳng thức (*). Có nhiều cách để tạo ra mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh 2 trong phương trì nh chẳng hạn ở phương trì nh trên ngoài đẳng thức (*) ta còn có mối quan hệ giữa các biểu thức tham gia trong phương trì nh:     2 2 x 1 x x 1 x 1      (**) mà từ phương trì nh ta rút được một căn thức qua căn thức còn lại : 3 1 x 3 x 2 1 x 3      . Do đó nếu đặt 3t 3 t 1 x x 2t 3       thay vào (**) và bi ến đổi ta thu được phương trì nh 2 t(t 1)(2t 4t 3) 0 t 0,t 1       hay x 0,x 1  là nghiệm của phương trì nh. Phương trì nh đã cho chỉ chứa tổng và tích của hai căn thức, đồng thời hai căn thức thỏa mãn (**) do vậy ta có thể đặt a x,b 1 x   thì từ phương trì nh đã cho kết hợp với (**) ta có hệ phương trì nh: 2 2 2 1 ab a b 3 a b 1           đây là hệ đối xứng loại I, giải hệ này ta được nghiệm của phương tr ì nh là x=0 và x=1. Bản chất cách giải này chính là cách đặt ẩn phụ t 1 x  mà ta đã giải ở trên . Ti ếp tục nhận xét thì đẳng thức (**) giúp ta liên tưởng đến đẳng thức nào mà ta biết ? Chắc hẳn các bạn sẽ dễ dàng trả lời được đó là đẳng thức lượng giác: 2 2 sin cos 1    . Điều này dẫn đến cách giải sau: Đặt 2 x sin t, t [0; ] 2    (Điều này hoàn toàn hợp lí vì x [0;1] ). Khi đó phương trì nh đã cho trở thành: 2 1 sint.cost sin t cost 3(1 sin t) (1 sin t)(1 sin t) (2sin t 3) 0 3           2 x 1sin t 1 x 1 x 1 x 0 3 1 sin t (3 2sin t) 1 sin t sin t(4sin t 6sin t 8) 0                        . Qua ví d ụ trên ta thấy có nhiều cách để giải phương trì nh và bất phương trì nh vô tỉ. Mọi phương pháp đều chung một tưởng đó là tì m cách loại bỏ căn thức và đưa phương trì nh đã cho về phương trì nh mà ta đã biết cách giải. Sau đây chúng ta sẽ đi vào từng phương pháp gi ải cụ thể. Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh 3 I. Phương pháp biến đổi tương đương : Nội dung của phương pháp này là sử dụng các tính chất của lũy thừa và các phép biến đổi tương đương của phương tr ì nh, bất phương trì nh biến đổi phương trì nh, bất phương trì nh ban đầu về phương trì nh, bất phương trì nh đã biết cách giải. Ta nhơ lại c ác tính chất của lũy thừa và phép biến đổi tương đổi đối với phương trì nh và b ất phương trì nh. 1) n n ( a) a ( Nếu n chẵn thì cần thêm điều kiện a 0 ). 2) 2n 2n a b a b   với a và b cùng dấu 3) 2n 1 2n 1 a b a b      với mọi a,b. 4) 2n 2n a b 0 a b    (Chú ý nếu a,b<0 thì a b a b     khi đó hai vế cùng không âm và lúc đó ta mới lũy thừa bậc chẵn hai vế). 5) 2n 1 2n 1 a b a b a,b        . Ví dụ 1: Giải phương trì nh: 2x 1 3x 1   . Giải: Ta thấy VT luôn không âm, do đó nếu VP âm thì phương trì nh vô nghiệm nên ta chỉ cần giải phương trì nh khi 1 3x 1 0 x 3      . Khi đó hai vế đều không âm và bì nh phương ta thu được phương trì nh tương đương: 2 2x 1 (3x 1)   nếu 0 1 x 3   là nghi ệm của phương trì nh này thì 2 0 0 0 2x 1 (3x 1) 2x 1 0      do vậy ta không cần đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn. Vậy : 2 2 1 1 x 3x 1 0 x 4 3 3 Pt x 0, x 4 9 2x 1 (3x 1) x 0, x 9x 4x 0 9                                       . Nhận xét: * Phương trì nh trên có dạng tổng quát: f (x) g(x) , khi gặp dạng này ta biến đổi tương đương như sau: 2 g(x) 0 f (x) g(x) f (x) g (x)          . Ở đây vì sao ta không cần đặt đk f (x) 0? . * Ở bài toán trên ta có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ t 2x 1  . Ví dụ 2: Giải phương trì nh: 4 1 1 2    x x x . Giải: Đk: 1 4 2 x   (*) Pt x 4 1 2x 1 x x 4 1 2x 2 (1 2x)(1 x) 1 x               Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh 4 2 2 1 2x 1 0 x 2 2x 1 (1 2x)(1 x) x 0 (2x 1) (1 2x)(1 x) 2x 7x 0                              Đối chiếu điều kiện (*) ta thấy x=0 thỏa mãn. Vậy nghiệm của pt đã cho là x=0. Chú ý : Ở phương trì nh trên vì sao chúng ta lại chuyển 1 x qua rồi mới bình phương? Mục đích của việc làm này là tạo ra hai vế của phương trì nh luôn cùng dấu để sau khi bì nh phương ta thu được phương trì nh tương đương. Ví dụ 3: Giải bất phương trì nh: 2 2x 6x 1 x 2 0     . Giải: Bất phương trì nh 2 2x 6x 1 x 2     (1) Vì VT của (1) luôn không âm nên nếu VP(1) 0 thì Bất phương trì nh vô nghiệm, do đó ta ch ỉ giải Bất phương trì nh khi x 2 0 x 2    . Bì nh phương hai vế ta được Bpt: 2 2 2x 6x 1 (x 2)    . Nếu 0 x bất phương trì nh này thì ta chưa thể khẳng định được 2 0 0 2x 6x 1 0   do đó ta phải đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn. Vậy bất phương tr ì nh đã cho tương đương với hệ gồm ba bất phương trì nh sau: 2 2 2 2 x 2 x 2 x 2 0 3 7 3 7 3 7 3 7 2x 6x 1 0 x V x x V x 2 2 2 2 2x 6x 1 (x 2) 1 x 3 x 2x 3 0                                               3 7 x 3 2     là nghiệm của bất phương trì nh đã cho. Nhận xét: Dạng tổng quát của bất phương trì nh trên là: 2 g(x) 0 f (x) g(x) f (x) 0 f (x) g (x)           Giải hệ bất phương trì nh này ta được nghiệm của bất phương trì nh đã cho. Ví dụ 4: Giải bất phương trì nh : 2 2(x 16) 7 x x 3 x 3 x 3        (ĐH Khối A – 2004 ). Giải: ĐK: x 4 . Bpt 2 2 2(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x          (2) Ta có VT (2) 0 nên nếu VP(2) 0 x 5   thì (2) luôn đúng. Nếu VP(2) 0 x 5   thì bpt (2) 2 2 2(x 16) (10 2x)    . Nếu 0 x bất phương trì nh này thì ta có Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh 5 2 0 2(x 16) 0  do đó ta không cần đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn Vậy để giải bất phương trì nh (2) ta chia làm hai trường hợp TH1: x 4 ( k) x 5. 10 2x 0         ñ TH2: 2 2 2 10 2x 0 4 x 5 10 34 x 5 2(x 16) (10 2x) x 20x 66 0                          . L ấy hợp hai trường hợp ta có nghiệm bất phương trì nh là: x 10 34  . Nhận xét: Dạng tổng quát của bất phương trì nh (2) là: f (x) g(x) . Để giải bpt này ta chia làm hai trường hợp: TH 1: f (x) 0 g(x) 0      TH 2: 2 g(x) 0 f (x) g (x)        Ví dụ 5: Giải phương trì nh: 2 2x 6x 1 x 1    . Giải: 2 2 2 2 x 1 0 x 1 Pt 2x 6x 1 (x 1) 6x 1 x 1                        2 2 2 4 2 x 1 x 1 x 0,x 2 6x 1 (x 1) x 4x 0                         . Ví dụ 6: Giải phương trì nh: 2 x(x 1) x(x 2) 2 x    . Giải: ĐK: x 1 x 2 x 0          (*) . Phương trì nh 2 2 2 2x x 2 x (x 1)(x 2) 4x      2 2 2 2 2 2 2 x (x x 2) x(2x 1) 4x (x x 2) x (2x 1)          (do đk (*) ). 2 0 (8 9) 0 9 8           x x x x cả hai giá trị này đều thỏa mãn (*). Vậy nghiệm của phương trì nh đã cho là: 9 0; 4 x x  . Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh 6 Chú ý : 1) Bài toán trên cò n có cách giải khác như sau * x 0 là một nghiệm của phương trì nh. * x 1 2 PT x 1 x 2 2 x 2 x x 2 2x 1           2 2 9 4x 4x 8 4x 4x 1 x 8         (nhận). * x 2 PT x(1 x) x( x 2) 2 ( x)( x)             2 9 1 x x 2 2 x 2 x x 2 2x 1 x 8                (loại). Vậy nghiệm của phương trì nh đã cho là: 9 0; 4 x x  . 2) Khi biến đổi như trên chúng ta sai lầm khi cho rằng a.b a. b ! Nên nhớ đẳng thức này chỉ đúng khi a,b 0 ! Nếu a,b 0 thì ab a. b   . Ví dụ 7: Giải phương trì nh: 3 3 3 x 1 x 2 2x 3     . Giải: Phương trì nh 3 3 3 2x 3 3 (x 1)(x 2)( x 1 x 2) 2x 3         3 3 3 3 x 1 x 2 2x 3 (x 1)(x 2)(2x 3) 0                (*) 3 x 1;x 2;x . 2     Chú ý : * Khi giải phương trì nh trên chúng ta thường biến đổi như sau 3 3 3 2x 3 3 (x 1)(x 2)( x 1 x 2) 2x 3         3 (x 1)(x 2)(2x 3) 0     !? Phép biến đổi này không phải là phép biến đổi tương đương! Vì ở đây chúng ta đã thừa nhận phương trì nh ban đầu có nghiệm !. Do đó để có được phép biến đổi tương đương thì ta phải đưa về hệ như trên. Chẳng hạn ta xét phương trì nh sau 3 2 3 3 3 3 1 x 1 x 1 2 3 1 x ( 1 x 1 x ) 1             3 2 1 x 1 x 0     . Nhưng thay vào phương trì nh ban đầu ta thấy x=0 không thỏa mãn phương trì nh ! * Với dạng tổng quát 3 3 3 a b c  ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức 3 3 3 (a b) a b 3ab(a b)     ta có phương trì nh tương đương với hệ 3 3 3 3 a b c a b 3 a.b.c c           . Giải hệ này ta có được nghiệm của phương trì nh. Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh 7 Ví dụ 8: Giải phương trì nh: 4 3 10 3x x 2    (HSG QG 2000). Giải: Phương trì nh 2 2 x 2 x 2 4 3 10 3x x 4x 4 4x x 3 10 3x                       4 3 2 3 2 2 x 4 2 x 4 x 8x 16x 27x 90 0 (x 3)(x 5x x 30) 0                           2 2 x 4 x 3 (x 3)(x 2)(x 7x 15) 0                . Ví dụ 9: Giải phương trì nh: 2 2 4x y y 2 4x y     . Giải: Phương trì nh 2 2 4x y 4x y y 2      2 2 2 4x y 4x 4y 2 2 (y 2)(4x y)        2 2 2 1 x (2x 1) (y 2) 2 (y 2)(4x y) 0 2 y 2                  . Th ử lại ta thấy cặp (x;y) này thảo mãn phương trì nh. V ậy nghiệm của phương trì nh đã cho là: 1 x 2 y 2         . Ví dụ 9: Giải phương trì nh: 1) 2 x x 7 7   . 2) x 3 4x 1 3x 2 5      . Giải: 1) Phương trì nh 2 x (x 7) (x x 7) 0 (x x 7)(x x 7 1) 0             x 7 x (1) x 7 x 1 (2)            * 2 x 0 1 29 (1) x 2 x x 7 0              . * 2 x 1 (2) x 2 x x 6 0              . V ậy phương trì nh đã cho có hai nghiệm 1 29 x 2;x 2    . 8 2) Phương trì nh 5( 4x 1 3x 2) (4x 1) (3x 2)        5( 4x 1 3x 2) ( 4x 1 3x 2)( 4x 1 3x 2)           4x 1 3x 2 0 x 2 4x 1 3x 2 5                . Nhận xét: *Với bài 1 ta có thể giải như sau: Đặt y x 7  ta có hệ phương trì nh 2 2 y x 7 x y 7          trừ vế theo vế hai phương trì nh ta được: (y x)(y x 1)   . Từ đây giải ra ta tì m được x. * Câu 1 có dạng tổng quát như sau: 2 x x a a   . * Với bài toán 2 ta còn có cách giải khác như sau Phương trì nh x 2 ( 4x 1 3) ( 3x 2 2) 5         x 2 4(x 2) 3(x 2) x 2 3x 2 4x 1 1 1 (*) 5 4x 1 3 3x 2 2 5 ( 4x+1 3)( 3x 2 2)                          Vì VT(*) 0 (do 2 x 3  ) nên (*) vô nghiệm. Ví dụ 10: Giải bất phương trì nh : 1) 2 2 x x 4 (1 1 x)     2) 2 2 (x 3x) 2x 3x 2 0    . Giải: 1) ĐK: x 1  * Với x 0 ta thấy Bpt luôn đúng * Với x 0 1 x 1 0     . Nhận lượng liên hợp ở VT của Bpt ta được 2 2 2 2 2 x (1 x 1) x 4 (1 x 1) x 4 x 1 3 x 8 (1 x 1) (1 x 1)                   Vậy nghiệm của Bpt đã cho là: T [ 1;8)  . 2) Ta xét hai trường hợp TH 1: 2 1 2x 3x 2 0 x 2,x 2        . Khi đó BPT luôn đúng 9 TH 2: 2 2 1 2x 3 2 0 x V x 2 1 Bpt x V x 3 2 2 x 3x 0 x 0 V x 3                           . V ậy nghiệm của Bpt đã cho là: 1 T ( ; ] {2} [3; ) 2       . Chú ý : * Ở bài toán 2 ta thường không chú ý đến trường hợp 1, đây là sai lầm mà chúng ta thường gặp trong giải phương trì nh và bất phương trì nh vô tỉ. * Khi giải bất phương trì nh nếu ta muốn nhân hoặc chia hai vế cảu bất phương trì nh cho một biểu thức thì ta phải xác định được dấu của biểu thức đó. Nếu chưa xác định được dấu của biểu thức mà ta muốn nhân thì ta có thể chia làm hai trường hợp. Ví dụ 11: Giải bất phương trì nh : 1) 2 2 (x 3) x 4 x 9    2) 2 51 2x x 1 1 x     . Giải: 1) * V ới x 3  bất phương trì nh đúng. * Với   2 2 2 x 3 x 3 x 3 Bpt x 3 x 4 x 3 x 4 x 3                         . * V ới 2 x 3 x 3 5 x 3 Bpt x 3 x 3 6 x 4 x 3 6x 5 0                                . V ậy nghiệm của bất phương trì nh dã cho là: 5 x V x 3 6    . 2) * Nếu 2 2 2 x 1 x 1 1 x 0 x 1 Bpt 51 2x x 0 1 52 x 1 52 x 25 51 2x x 1 x                                  1 52 x 5     . *N ếu x 1  luôn đúng vì VT 0 1  . V ậy nghiệm bất phương trì nh đã cho là : 1 52 x 5 V x 1     . Ví dụ 12: Tì m m để phương trì nh 2 x 2mx 1 m 2    có nghiệm. Giải: * Nếu m 2  phương trì nh vô nghiệm 10 * Với m 2  Phương trì nh 2 2 2 2 x 2mx 1 m 4m 4 x 2mx m 4m 3 0            Phương trì nh có nghiệm 2 ' 2m 4m 3 0     đúng mọi m Vậy m 2 là những giá trị cần tìm. Ví dụ 13: Tì m m để phương trì nh: 2 2x mx 3 x 1    có hai nghiệm phân biệt. Giải: Phương trì nh 2 x 1 x (m 2)x 4 0 (*)             . Phương trì nh (*) luôn có hai nghiệm : 2 1 2 m m 4m 8 x 0 2       ; 2 2 2 m m 4m 8 x 0 2       Phương trì nh đã cho có hai nghiệm (*) có hai nghiệm phân biệt 1  2 2 2 2 m 4 x 1 4 m m 4m 8 m 2 (4 m) m 4m 8                      . V ậy m 2 là những giá trị cần tìm. Ví dụ 14: Tì m m để phương trì nh 2 2 2x mx x 4 0    có nghiệm. Giải: Phương trì nh 2 2 2 2 x 4 0 (1) 2x mx x 4 x mx 4 0 (2)                (2) có nghiệm 2 m 160 0 | m | 4       (*) . Khi đó (2) có hai nghiệm là: 2 1,2 m m 16 x 2    . Nghi ệm 1 x thỏa mãn (1) 2 2 2 2 (m m 16) 16 0 m m m 16 16 0          2 2 2 m 4 m 4 m 16( m 16 m) 0 m 4 m 16 m                       . Nghi ệm x 2 thỏa mãn (1) 2 2 2 2 (m m 16) 16 0 m m m 16 16 0          2 2 2 m 4 m 4 m 16( m 16 m) 0 m 4 m 16 m                      . V ậy | m | 4 thì phương trì nh đã cho có nghiệm. [...]...  cot 2   * 1  tan 2   cos 2  sin 2  Hai tính chất trên là cơ sở để chúng ta lựa chọn phương pháp này Ta xét các ví dụ sau : Ví dụ 1: Giải phương trì nh: 1  1  x 2  2x 2 Giải: ĐK: | x | 1 Với bài toán này chúng ta có thể giải bằng phương pháp bì nh phương hoặc đặt ẩn phụ Cách tiến hành hai phương pháp này tuy khác nhau nhưng cùng một mục đích là làm mất căn thức Dĩ nhiên một câu hỏi đặt... h(x)  0 Với phương trì nh dạng này ta có thể đặt t  f (x) , khi đó ta được phương trì nh theo ẩn t: at 2  g(x)t  h(x)  0 , ta giải phương trì nh này theo t, xem x là tham số (Tức là trong phương trì nh vừa có t vừa có x) nên ta thường gọi dạng này là dạng đặt ẩn phụ không triệt để Ví dụ 1: Giải phương trì nh: 2(1  x) x 2  2x  1  x 2  2x  1 Giải: Đặt t  x 2  2x  1 , ta được phương trì nh:... x 13) 3x 2  x  4  2 2 x 8) 14) 1  2x  1  2x  2  x 2 11 Phương pháp đặt ẩn phụ: Nội dung của phương pháp này là đặt một biểu thức chứa căn thức bằng một biểu thức ẩn mới mà ta gọi là ẩn phụ, rồi chuyển phương trì nh ẩn phụ vừa đặt Giải phương trì nh ẩn phụ tì m nghiệm rồi thay vào biểu thức vừa đặt để tìm ẩn ban đầu Với phương pháp này ta thường tiến hành theo các bước sau B1: Chọn cách đặt... Ví dụ 5: Giải phương trì nh: x 3  3x  x  2 Giải: ĐK: x  2 * Với x  2  x 3  3x  x  x(x 2  4)  x  x  2  phương trì nh vô nghiệm * Với 2  x  2 , đặt x  2cos t, t [0; ] Khi đó phương trì nh đã cho trở thành t  0 t 8cos3 t  6cos t  2  2cos t  cos3t  cos   4 4 t  ; t  2 5 7  4 4 Vậy phương trì nh đã cho có ba nghiệm: x  2;x  cos ;x  cos 5 7 Ví dụ 6: Giải phương. .. 1 35 Phương pháp lượng liên hợp  x 0  Df Ta biết x  x 0 là nghiệm của phương trì nh f (x)  0   f (x 0 )  0 Mà theo định lí Bơzu nếu x=a là nghiệm của đa thức P(x) thì P(x)  (x  a)P1 (x) Từ đó ta có nhận xét: Nếu x 0 là một nghiệm của phương trì nh f (x)  0 thì ta có thể đưa phương trì nh f (x)  0 về dạng (x  x 0 )f1 (x)  0 và khi đó việc giải phương trì nh f (x)  0 quy về giải phương. .. , t  0 , ta có phương trì nh: 2t  5t  2  0   1 Đặt t  2 t  x  x 1  2 x 1 * t2 2  4  4x 2  5x  3  0 phương trì nh vô nghiệm x  x 1 1 x 1 1 5  37 * t  2   x 2  5x  3  0  x  2 2 x  x 1 4 Nhận xét: Qua cách giải trên ta thấy được cơ sở của phương pháp giải dạng toán này và cũng là con đường để sáng tác ra những bài toán thuộc dạng trên là xuất phát từ phương trì nh đẳng...  a  b  x 2  2x  3  0 phương trì nh vô nghiệm 1 * t    b  2a vô nghiệm do a,b  0 2 1 * t   b  3a  x 2  10x  19  0  x  5  6 3 Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm của phương trì nh là: x  5  6 Nhận xét: Xuất phát từ phương trì nh : (a  b)(2a  b)(3a  b)  0 ta thay a  x  2;b  x 2  x  1 và biến đổi ta thu được phương trì nh trên Ví dụ 5: Giải phương trì nh: 18x 2  13x... hệ của các biểu thức có mặt trong phương trì nh, bất phương trì nh Cụ thể là ta phải tìm được sự biểu diễn của các biểu thức chứa ẩn trong phương trì nh qua một đại lượng khác B2: Chuyển phương trì nh (bpt) ban đầu về phương trì nh (bpt) ẩn phụ vừa đặt Thông thường sau khi đặt ẩn phụ thì phương trì nh thu được thường là những phương trì nh (bpt) mà ta đã biết cách giải Khi tì m được nghiệm ta cần chú... 8  2 8  2x 2  x  8  0 phương trì nh này vô nghiệm (do (*)) 2 4 2 Vậy phương trì nh đã cho có hai nghiệm: x  ;x  3 3 22 Ví dụ 3: Giải phương trì nh: 3x 3  13x 2  30x  4  (6x  2)(3x  4)3 (1) 4 1 Giải: ĐK: x  V x   3 3 Ta có 3x 2  13x 2  30x  4  2(6x  2)  (x 2  3x  2)(3x  4) 1 * Nếu x    VT(1)  0  VP  (1) vô nghiệm 3 4 3 * Nếu x  chia hai vế phương trì nh cho 3x  4 (do... Ví dụ 1: Giải phương trì nh 1)x 2  x 2  11  31 Giải: 2)(x  5)(2  x)  3 x 2  3x 1) Đặt t  x 2  11, t  0 Khi đó phương trì nh đã cho trở thành: t 2  t  42  0  t  6  x 2  11  6  x  5 2) Phương trì nh  x 2  3x  3 x 2  3x  10  0 Đặt t  x 2  3x , t  0 Phương trì nh đã cho trở thành t 2  3t  10  0  t  5  x 2  3x  5  x 2  3x  25  0  x  Ví dụ 2: Giải bất phương trì . để giải phương trì nh và bất phương trì nh vô tỉ. Mọi phương pháp đều chung một tưởng đó là tì m cách loại bỏ căn thức và đưa phương trì nh đã cho về phương trì nh mà ta đã biết cách giải. . Sau đây chúng ta sẽ đi vào từng phương pháp gi ải cụ thể. Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh 3 I. Phương pháp biến đổi tương đương : Nội dung của phương pháp này là sử dụng các tính chất. sai lầm mà chúng ta thường gặp trong giải phương trì nh và bất phương trì nh vô tỉ. * Khi giải bất phương trì nh nếu ta muốn nhân hoặc chia hai vế cảu bất phương trì nh cho một biểu thức thì