cách giải phương trình vô tỉ

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. 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: 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             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). 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 . 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    NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû Page 40 KẾT LUẬN: Trên đây là một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong khuôn khổ chương trình phổ thông. Sau khi đã đọc xong phương pháp giải và bài tập minh họa, không những các bạn có thể giải được các bài tập áp dụng sau mỗi phương pháp mà có thể giải các bài tập chứa căn thức khác. Trong quá trình làm bài tập lớn này, chắc chắn không thể tránh khỏi những sai sót, rất mong nhận được sự góp ý của các bạn. Xin trân trọng cảm ơn. Huế, ngày 15 tháng 04 năm 2012 NguyÔn V¨n Rin. 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         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 : 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        [...]... b  1 Ta có hệ phương trình:   x 1   x 1  2  x  1  Vậy nghiệm của phương trình là x  1 a  1 ta có hệ phương trình b  1 Với  4.3 Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại II: 4.3.1 Dạng 1: Giải phương trình x n  b  a n ax  b  x n  b  at  Cách giải: Đặt t  ax  b ta có hệ phương trình đối xứng loại II:  n t  b  ax  Bài 1: Giải phương trình x3  1  2 3 2 x  1 Giải: Đặt t  3...  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 đã... 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... 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... Bài 6: Giải phương trình : x 2  3 x 4  x 2  2 x  1 Giải: x  0 khơng phải là nghiệm của phương trình 1 1  Chia cả hai vế cho x ta được:  x    3 x   2 (*) x x  1 phương trình (*) trở thành : t 3  t  2  0  t  1 x 1 1 5 Với t  1 ta có phương trình 3 x   1  x 2  x  1  0  x  x 2 Đặt t= 3 x  Vậy nghiệm của phương trình là x  1 5 2 Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau:... Sau đó, giải t theo x rồi thay vào giải phương trình f ( x )  t và đưa ra kết luận   Bài 1: Giải phương trình : x 2  3  x 2  2 x  1  2 x 2  2 (*) Giải: Đặt t  x 2  2 phương trình (*) trở thành : t  3 t 2   2  x  t  3  3x  0   t  x  1 x2  2  3  x2  7  x   7 x  1 Với t  x  1 ta có phương trình x 2  2  x  1    x  2 x  1 Với t  3 ta có phương trình Vậy... 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: 4 1... 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. .. nghiệm của phương trình X 2  3 X  2  0   a  2   b  1  a  1 Với  ta có hệ phương trình b  2 4 x 1   x  1 4  17  x  2  4 x  2   x  16 4  17  x  1  Vậy nghiệm của phương trình là x  1; x  16 a  2 ta có hệ phương trình b  1 Với  Bài 3: Giải phương trình: 3 5  x  3 2  x  3 (5  x)(2  x)  1 Giải: Đặt a  3 5  x ; b  3 2  x ta có hệ phương trình: 3 ... 3 1  x2  3 6 x 2  x 2  11  31 Nhận xét: Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài đơn giản, đơi khi phương trình đối với t lại q khó giải 2 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến : Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u 2   uv   v 2  0 (1) bằng cách 2 u u  Xét v  0 phương trình trở thành :          0 v v  v  0 . 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. 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. 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