hương trình vô tỷ là một lớp bài toán có vị trí đặc biệt quan trọngtrong chương trình toán học bậc phổ thông. Nó xuất hiện nhiều trong cáckì thi học sinh giỏi cũng như kì thi tuyển sinh vào đại học. Học sinh phảiđối mặt với rất nhiều dạng toán về phương trình vô tỷ mà phương phápgiải chúng lại chưa được liệt kê trong sách giáo khoa. Đó là các dạng toánvề phương trình vô tỷ giải bằng phương pháp đưa về hệ (đối xứng hoặckhông đối xứng), dùng phương pháp đặt ẩn phụ không toàn phần, dạngẩn phụ lượng giác, . . . .Việc tìm phương pháp giải phương trình vô tỷ cũng như việc xây dựngcác phương trình vô tỷ mới là niềm say mê của không ít người, đặc biệt lànhững người đang trực tiếp dạy toán. Chính vì vậy, để đáp ứng nhu cầugiảng dạy và học tập, tác giả đã chọn đề tài Một số phương pháp giảiphương trình vô tỷ làm đề tài nghiên cứu của luận văn. Đề tài nhằm mộtphần nào đó đáp ứng mong muốn của bản thân về một đề tài phù hợp màsau này có thể phục vụ thiết thực cho việc giảng dạy của mình trong nhàtrường phổ thông. Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn trực tiếpcủa NGND. GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu. Tác giả xin được bày tỏ lòngbiết ơn chân thành và sâu sắc đối với người thầy của mình, người đã nhiệttình hướng dẫn, chỉ bảo và mong muốn được học hỏi thầy nhiều hơn nữa.Tác giả xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trong Ban giám hiệu, Phòngđào tạo Đại học và sau Đại học Trường Đại học Khoa học, Đại học TháiNguyên, cùng quý thầy cô tham gia giảng dạy khóa học đã tạo mọi điềukiện, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu để tácgiả hoàn thành khóa học và hoàn thành bản luận văn này.Luận văn gồm phần mở đầu, ba chương, phần kết luận và danh mục:Chương 1 trình bày hệ thống các phương pháp giải cơ bản lớp cácphương trình vô tỷ.Chương 2 trình bày phương pháp giải và biện luận phương trình vô tỷcó chứa tham số.Chương 3 trình bày một số cách xây dựng phương trình vô tỷ mới.Mặc dù đã cố gắng rất nhiều và nghiêm túc trong quá trình nghiên cứu,nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên kết quả đạt được trongluận văn còn rất khiêm tốn và không tránh khỏi thiếu xót. Vì vậy tác giảmong nhận được nhiều ý kiến đóng góp, chỉ bảo quý báu của quý thầy cô,các anh chị đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn.
1 Mục lục Mở đầu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Chương 1. Phương pháp giải phương trình vô tỷ . . . . . . . . . . 5 1.1. Phương pháp hữu tỷ hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2. Phương pháp ứng dụng các tính chất của hàm số . . . . . . . . . . 24 1.3. Phương pháp đưa về hệ đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 1.4. Phương trình giải bằng phương pháp so sánh . . . . . . . . . . . . 32 Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ chứa tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 2.1. Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương . . . . . . . . . . . . . . . . 40 2.2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 2.3. Sử dụng định lí Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 2.4. Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2.5. Sử dụng phương pháp hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 Chương 3. Một số cách xây dựng phương trình vô tỷ . . . 48 3.1. Xây dựng phương trình vô tỷ từ các phương trình đã biết cách giải. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 3.2. Xây dựng phương trình vô tỷ từ hệ phương trình. . . . . . . . . . . 52 3.3. Dùng hằng đẳng thức để xây dựng các phương trình vô tỷ . . 53 3.4. Xây dựng phương trình vô tỷ dựa theo hàm đơn điệu. . . . . 55 3.5. Xây dựng phương trình vô tỷ dựa vào hàm số lượng giác và phương trình lượng giác. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 3.6. Xây dựng phương trình vô tỷ từ phép "đặt ẩn phụ không toàn phần" . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 3.7. Xây dựng phương trình vô tỷ dựa vào tính chất vectơ. . . . . . . 60 3.8. Xây dựng phương trình vô tỷ dựa vào bất đẳng thức. . . . . . . . 61 3.9. Xây dựng phương trình vô tỷ bằng phương pháp hình học 65 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 3 Mở đầu Phương trình vô tỷ là một lớp bài toán có vị trí đặc biệt quan trọng trong chương trình toán học bậc phổ thông. Nó xuất hiện nhiều trong các kì thi học sinh giỏi cũng như kì thi tuyển sinh vào đại học. Học sinh phải đối mặt với rất nhiều dạng toán về phương trình vô tỷ mà phương pháp giải chúng lại chưa được liệt kê trong sách giáo khoa. Đó là các dạng toán về phương trình vô tỷ giải bằng phương pháp đưa về hệ (đối xứng hoặc không đối xứng), dùng phương pháp đặt ẩn phụ không toàn phần, dạng ẩn phụ lượng giác, . . . . Việc tìm phương pháp giải phương trình vô tỷ cũng như việc xây dựng các phương trình vô tỷ mới là niềm say mê của không ít người, đặc biệt là những người đang trực tiếp dạy toán. Chính vì vậy, để đáp ứng nhu cầu giảng dạy và học tập, tác giả đã chọn đề tài "Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ" làm đề tài nghiên cứu của luận văn. Đề tài nhằm một phần nào đó đáp ứng mong muốn của bản thân về một đề tài phù hợp mà sau này có thể phục vụ thiết thực cho việc giảng dạy của mình trong nhà trường phổ thông. Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn trực tiếp của NGND. GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc đối với người thầy của mình, người đã nhiệt tình hướng dẫn, chỉ bảo và mong muốn được học hỏi thầy nhiều hơn nữa. Tác giả xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trong Ban giám hiệu, Phòng đào tạo Đại học và sau Đại học Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, cùng quý thầy cô tham gia giảng dạy khóa học đã tạo mọi điều kiện, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu để tác giả hoàn thành khóa học và hoàn thành bản luận văn này. Luận văn gồm phần mở đầu, ba chương, phần kết luận và danh mục tài liệu tham khảo. 4Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 4 Chương 1 trình bày hệ thống các phương pháp giải cơ bản lớp các phương trình vô tỷ. Chương 2 trình bày phương pháp giải và biện luận phương trình vô tỷ có chứa tham số. Chương 3 trình bày một số cách xây dựng phương trình vô tỷ mới. Mặc dù đã cố gắng rất nhiều và nghiêm túc trong quá trình nghiên cứu, nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên kết quả đạt được trong luận văn còn rất khiêm tốn và không tránh khỏi thiếu xót. Vì vậy tác giả mong nhận được nhiều ý kiến đóng góp, chỉ bảo quý báu của quý thầy cô, các anh chị đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn. Thái Nguyên 2011 Trịnh Hồng Uyên 5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 5 Chương 1 Phương pháp giải phương trình vô tỷ 1.1. Phương pháp hữu tỷ hóa Nhìn chung để giải phương trình vô tỷ ta thường quy về phương trình hữu tỷ để giải. Ta thường dùng các phương pháp sau đây để đưa các phương trình vô tỷ về phương trình hữu tỷ mà ta có thể gọi các phương pháp này là "hữu tỷ hoá". 1.1.1. Sử dụng các phép biến đổi tương đương Nội dung chính của phương pháp này là luỹ thừa hai vế với số mũ phù hợp. Một số phép biến đổi tương đương thường gặp. [1]. 2n f(x) = 2n g(x) ⇔ f(x) = g(x) f(x) ≥ 0 g(x) ≥ 0 [2]. 2n f(x) = g(x) khi và chỉ khi f(x) = g 2n (x) g(x) ≥ 0 [3]. 2n+1 f(x) = g(x) ⇔ f (x) = g 2n+1 (x). Ví dụ 1.1. Giải phương trình √ 2x + 1 = 3x + 1. (1.1) 6Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 6 Giải. Ta có (1.1) ⇔ 3x + 1 ≥ 0 2x + 1 = (3x + 1) 2 ⇔ x ≥ − 1 3 9x 2 + 4x = 0 ⇔ x ≥ − 1 3 x = 0, x = − 4 9 ⇔ x = 0, x = − 4 9 (loại). Vậy nghiệm của phương trình là x = 0. Nhận xét 1.1. Phương trình trên có dạng tổng quát f(x) = g(x). Khi gặp dạng phương trình này, ta sử dụng biến đổi sau. f(x) = g(x) ⇔ g(x) ≥ 0 f(x) = g 2 (x) Ví dụ 1.2. Giải phương trình 1 + 2 3 x −x 2 = √ x + √ 1 −x. (1.2) Giải. Điều kiện x −x 2 ≥ 0 x ≥ 0 1 −x ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 1. Để giải phương trình này, ta thường nghĩ đến việc bình phương hai vế không âm của một phương trình để được phương trình tương đương. (1.2) ⇔ 2(x −x 2 ) −3 x −x 2 = 0 ⇔ x −x 2 (2 x −x 2 − 3) = 0 ⇔ √ x −x 2 = 0 2 √ x −x 2 = 3 ⇔ x −x 2 = 0 4x 2 − 4x + 9 = 0 (vô nghiệm) Suy ra x = 1 hoặc x = 0. Kết hợp với điều kiện bài ra, ta có x = 0; x = 1 là nghiệm phương trình. 7Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 7 Nhận xét 1.2. Dạng tổng quát của phương trình trên là f(x) + g(x) = h(x). Khi gặp dạng phương trình này ta biến đổi tương đương như sau f(x) + g(x) = h(x) ⇔ f(x) ≥ 0 g(x) ≥ 0 f(x) + g(x) + 2 f(x)g(x) = h(x) Ví dụ 1.3 (Hoc sinh giỏi quốc gia năm 2000). Giải phương trình 4 −3 √ 10 −3x = x − 2. (1.3) Giải. Ta có (1.3) ⇔ x ≥ 2 4 −3 √ 10 −3x = x 2 − 4x + 4 ⇔ x ≥ 2 4x −x 2 = 3 √ 10 −3x ⇔ 2 ≤ x ≤ 4 x 4 − 8x 3 + 16x 2 + 27x −90 = 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 4 (x −3)(x 3 − 5x 2 + x + 30) = 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 4 (x −3)(x + 2)(x 2 − 7x + 15) = 0 ⇔ x = 3. Vậy x = 3 là nghiệm của phương trình. 1.1.2. Thực hiện phép nhân liên hợp để đơn giản việc tính toán Ta đã biết nếu x = x 0 là nghiệm của phương trình f(x) = 0 thì điều đó có nghĩa là x 0 ∈ D f f(x 0 ) = 0 Nếu x = a là nghiệm của đa thức P (x) thì P (x) = (x −a)P 1 (x), trong đó P 1 (x) là đa thức với deg P 1 = deg P −1. Nếu x 0 là một nghiệm của phương trình f(x) = 0 thì ta có thể đưa phương trình f (x) = 0 về dạng (x − x 0 )f 1 (x) = 0 và khi đó việc giải phương trình f(x) = 0 quy về phương trình f 1 (x) = 0. 8Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 8 Ví dụ 1.4. Giải phương trình 3(2 + √ x − 2) = 2x + √ x + 6. (1.4) Giải. Điều kiện x − 2 ≥ 0 x + 6 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2. Ta thấy x = 3 là một nghiệm của phương trình đã cho. Nhận xét rằng khi x = 3 thì x − 2 và 4x + 6 là những số chính phương. Do đó ta tìm cách đưa phương trình đã cho về dạng (x −3)f 1 (x) = 0. Biến đổi phương trình về dạng sau 2(x −3)+( √ x + 6−3 √ x − 2) = 0. Vấn đề còn lại của chúng ta là phải phân tích √ x + 6 − 3 √ x − 2 = 0 để có thừa số (x −3). Ta có (x + 6) −9(x −2) = −8(x −3), điều này giúp ta liên tưởng đến hằng đẳng thức a 2 − b 2 = (a + b)(a − b). Ta biến đổi √ x + 6 − 3 √ x − 2 = ( √ x + 6 − 3 √ x − 2)( √ x + 6 + 3 √ x − 2) √ x + 6 + 3 √ x − 2 = −8(x − 3) √ x + 6 + 3 √ x − 3 Suy ra phương trình đã cho tương đương với phương trình (x − 3) 2 − 8 √ x + 6 + 3 √ x − 2 = 0. Đến đây ta chỉ cần giải phương trình 2 − 8 √ x + 6 + 3 √ x − 2 = 0 hay √ x + 6 + 3 √ x − 2 = 4. Phương trình này có một nghiệm x = 11 − 3 √ 5 2 , x = 11 + 3 √ 5 2 Vậy phương trình có nghiệm là x = 3 và x = 11 − 3 √ 5 2 , x = 11 + 3 √ 5 2 · Nhận xét 1.3. Qua ví dụ trên ta thấy để khử căn thức ta có thể sử dụng hằng đẳng thức a n − b n = (a − b)(a n−1 + a n−2 b + ··· + ab n−2 + b n−1 ). 9Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 9 Ta gọi hai biểu thức a − b và a n−1 + a n−2 b + ··· + ab n−2 + b n−1 là các biểu thức liên hợp của nhau. Nên phương pháp trên thường được gọi tắt là phương pháp nhân liên hợp. Ví dụ 1.5 (Đề thi đề nghị Olympic 30-4 THPT Thái Phiên, Đà Nẵng). Giải phương trình 1 + 3 √ x 4x + √ 2 + x − 1 = 0. (1.5) Giải. Điều kiện x ≥ 0 2 + x ≥ 0 4x + √ 2 + x = 0 ⇔ x ≥ 0. Ta có (1.5) ⇔ 1 + 3 √ x − 4x − √ 2 + x = 0 ⇔ 3 √ x − √ 2 + x = 4x − 1 ⇔ (3 √ x − √ 2 + x)(3 √ x + √ 2 + x) = (4x − 1)(3 √ x + √ 2 + x) ⇔ 8x − 2 = (4x − 1)(3 √ x + √ 2 + x) ⇔ (4x − 1)(3 √ x + √ 2 + x − 2) = 0 ⇔ 4x − 1 = 0 3 √ x + √ 2 + x = 2 ⇔ x = 1 4 16x 2 − 28x + 1 = 0 Giải hệ tuyển hai phương trình trên, ta được x = 1 4 , x = 7 − 3 √ 5 8 , x = 7 + 3 √ 5 8 là nghiệm cần tìm. 1.1.3. Đặt ẩn phụ Nội dung của phương pháp này là đặt một biểu thức chứa căn thức bằng một biểu thức theo ẩn mới mà ta gọi là ẩn phụ, rồi chuyển phương trình đã cho về phương trình với ẩn phụ vừa đặt. Giải phương trình theo ẩn phụ để tìm nghiệm rồi thay vào biểu thức vừa đặt để tìm nghiệm theo ẩn ban đầu. Với phương pháp này ta tiến hành theo các bước sau. 10Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 10 Bước 1. Chọn ẩn phụ và tìm điều kiện xác định của ẩn phụ. Đây là bước quan trọng nhất, ta cần chọn biểu thức thích hợp để đặt làm ẩn phụ. Để làm tốt bước này ta cần phải xác định được mối quan hệ của các biểu thức có mặt trong phương trình. Cụ thể là, phải xác định được sự biểu diễn tường minh của một biểu thức qua một biểu thức khác trong phương trình đã cho. Bước 2. Chuyển phương trình ban đầu về phương trình theo ẩn phụ vừa đặt và giải phương trình này. Thông thường sau khi đặt ẩn phụ thì những phương trình thu được là những phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải. Bước 3. Giải phương trình với ẩn phụ đã biết để xác định nghiệm của phương trình đã cho. Nhận xét rằng, có rất nhiều cách để đặt ẩn phụ. Ta sẽ mô tả một số cách đặt ẩn phụ qua ví dụ sau đây. Ví dụ 1.6. Giải phương trình 1 + 2 3 x − x 2 = √ x + √ 1 − x. (1.6) Điều kiện x ≥ 0 1 − x ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 1 Phân tích. Ta có thể lựa chọn các cách chọn ẩn phụ như sau. Cách 1. Ta nhận thấy √ x − x 2 có thể biểu diễn qua √ x + √ 1 − x nhờ vào đẳng thức ( √ x + √ 1 − x) 2 = 1 + 2 x − x 2 . (1.7) Cụ thể nếu ta đặt √ x + √ 1 − x = t, t ≥ 0 thì √ x − x 2 = t 2 − 1 2 · Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai với ẩn t là 1 + t 2 − 1 3 = t hay t 2 − 3t + 2 = 0 suy ra t = 1, t = 2. Với t = 1, ta có √ x + √ 1 − x = 1 hay 2 √ x − x 2 = 0, suy ra x = 0 hoặc x = 1. Với t = 2, ta có √ x + √ 1 − x = 2 vô nghiệm. Vậy x = 0, x = 1 là nghiệm phương trình. 11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 11 Ta nhận thấy cách giải trên dựa theo mối liên hệ đó là đẳng thức (1.7). Ngoài ra, ta có thể ta có thể tạo ra mối quan hệ khác giữa các đối tượng tham gia phương trình theo cách sau. Cách 2. Từ phương trình đã cho ta có thể rút ra được một căn thức theo biểu thức chứa căn còn lại là √ x = 3 √ 1 − x − 3 2 √ 1 − x − 3 · Do đó, nếu ta đặt √ 1 − x = t, t ≥ 0. Khi đó ta có √ x = 3t − 3 2t − 3 · Và từ đẳng thức ( √ x) 2 + ( √ 1 − x) 2 = x + 1 − x = 1 (1.8) ta thu được phương trình t(t − 1)(2t 2 − 4t + 3) = 0 có nghiệm t = 0 và t = 1, hay x = 1, x = 0 là nghiệm của phương trình đã cho. Cách 3. Nhận xét rằng phương trình đã cho chỉ chứa tổng và tích của hai biểu thức chứa căn và chúng thoả mãn (1.8), do đó ta có thể đặt √ x = a, √ 1 − x = b, a ≥ 0, b ≥ 0. Từ phương trình đã cho kết hợp với (1.8) ta có hệ phương trình. 1 + 2 3 ab = a + b a 2 + b 2 = 1 Đây là hệ đối xứng loại I. Giải hệ này ta thu được nghiệm của phương trình là x = 0, x = 1. Tiếp tục nhận xét, ta thấy đẳng thức (1.8) giúp ta liên tưởng đến đẳng thức lượng giác sin 2 α + cos 2 α = 1. Điều này dẫn đến cách giải sau. Cách 4. Đặt x = sin 2 t, với t ∈ 0; π 2 (Điều này hoàn toàn hợp lí vì x ∈ [0; 1] nên ứng với mỗi giá trị của x xác định duy nhất một giá trị của t). Khi đó, ta có (1.6) ⇔ 1 + 2 3 sin t. cos t = sin t + cos t ⇔ 3(1 − sin t) + (1 − sin t)(1 + sin t)(2 sin t −3) = 0 ⇔ √ 1 − sin x[3 √ 1 − sin x − (3 − sin 2x) √ 1 + sin x] = 0 Suy ra sin t = 1 hoặc 3 √ 1 − sin t = (3 − 2 sin t) √ 1 + sin t hay sin t(4 sin 2 −8 sin t + 6) = 0 suy ra sin t = 0. 12Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn [...]... với vế sau đó rút y theo x thế vào phương trình √ giải ra ta được nghiệm phương trình là đầu √ −6 ± 50 −49 ± 3997 x= ,x= · 14 84 Phương trình đã cho tương đương với 3 2Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn e r e r 32 1.4 Phương trình giải bằng phương pháp so sánh 1.4.1 Áp dụng tính chất đơn điệu của hàm số để giải phương trình vô tỷ Ta áp dụng tính nghịch biến của... để giải phương trình vô tỷ Tuy nhiên đặt như thế nào cho phù hợp và cho cách giải hay là tuỳ thuộc vào kinh nghiệm phát hiện ra mối quan hệ đặc thù giữa các đối tượng tham gia trong phương trình Sau đây là một số dạng toán và một số cách đặt ẩn phụ thường dùng Dạng 1 Phương trình dạng F ( n f (x)) = 0, với dạng này ta đặt n f (x) = t (nếu n chẵn thì phải có điều kiện t ≥ 0 ) và chuyển về phương trình. .. của phương trình thật vậy - Nếu x > 1 thì f (x) > f (1) = 4 suy ra phương trình vô nghiệm 1 - Nếu √ ≤ x < 1 thì f (x) < f (1) = 4 suy ra phương trình vô nghiệm 3 5 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 Ví dụ 1.31 (Đề thi đề nghị Olympic 30-4 Trường Chuyên Lê Quý Đôn Bà Rịa -Vũng Tàu) Giải phương trình √ 3 6x + 1 = 8x3 − 4x − 1 (1.19) Giải Ta có (1.19) ⇔ 6x + 1 + √ 3 6x + 1 = (2x)3 + 2x Xét hàm số. .. (v(x)) ⇔ u(x) = v(x) Một số lưu ý khi sử dụng phương pháp hàm số Vấn đề quan trọng khi sử dụng phương pháp hàm số là chúng ta phải nhận ra được hàm số đơn điệu và "nhẩm hoặc tính được nghiệm của phương trình việc này có thể nhờ máy tính" Để phát hiện được tính đơn điệu của hàm số ta cần nắm vững các tính chất Nếu hàm số y = f (x) đồng biến hoặc nghịch biến trên D thì khi đó - Hàm số y = n f (x) đồng... x = 2 là nghiệm của phương trình Nhận xét 1.5 Các phương trình có chứa các biểu thức n1 f (x), n2 f (x), n3 f (x), nn f (x) thì ta giải phương trình bằng cách đặt t = n f (x) trong đó n là bội số chung nhỏ nhất của các số n1 , n2 , nn Dạng 2 Trong phương trình có chứa f (x) ± g(x) và f (x).g(x) Khi gặp phương trình dạng này ta đặt f (x) ± g(x) = t sau đó bình phương hai vế ta sẽ... II được giải bằng cách trừ vế với vế của hai phương trình trong hệ để được một phương trình tích Ví dụ 1.36 (Tạp chí toán học tuổi trẻ số 303) Giải phương trình √ 2x + 15 = 32x2 + 32x − 20 (1.21) 15 · 2 √ Biến đổi phương trình đã cho trở thành 2x + 15 = 2(4x + 2)2 − 28 √ Đặt ẩn phụ 2x + 15 = 4y + 2 ⇔ (4y + 2)2 = 2x + 15 (4y + 2 ≥ 0) Khi đó Giải Điều kiện x ≥ − (1.21) ⇔ (4x + 2)2 = 2y + 15 2 9Số hóa bởi... − 5, khi đó ta có hệ phương trình (2x − 3)3 = 2y − 3 + x − 2 (2y − 3)3 = 2x − 3 + x − 2 Giải hệ trên bằng cách trừ vế với vế của hai phương trình trong hệ sau đó thế trở lại phương trình đầu ta được phương trình x=2 √ 2 (x − 2)(8x − 20x + 11) = 0 suy ra 5± 3 x= 4 √ 5± 3 Vậy nghiệm phương trình đã cho là x = 2, x = · 4 1.3.3 Phương trình dạng (f (x))n + b = a n af (x) − b Cách giải Đặt n af (x) − b... dụ 1.40 Giải phương trình x = 2007 + Giải Điều kiện x ≥ 0 Đặt 2007 + √ x = 2007 +√ t t = 2007 + x 3 1Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 2007 + √ √ x x = t Ta được hệ phương trình http://www.lrc-tnu.edu.vn 31 Lấy phương trình đầu trừ đi phương trình thứ hai vế với vế ta được √ √ √ √ √ √ x − t = t − x hay ( t − x)( t + x + 1) = 0 suy ra x = t √ √ 8030 + 2 8029 Khi đó ta có phương trình. .. 1.3.5 Phương trình dạng √ n ax + b = r(ux + v)n + e Với a = 0, u = 0, r = 0 Với các hệ số thỏa mãn u = ar v = br + e (uy + v)n = 1 (ux + v) − √ n r Cách giải đặt ax + b = uy+v Sau đó đưa về hệ (ux + v)n = 1 (uy + v) − r hệ này được giải như hệ đối xứng loại II bằng cách trừ vế với vế của hai phương trình trong hệ để được một phương trình tích Ví dụ 1.41 Giải phương trình 4x + 9 = 7x2 + 7 28 9 Giải. .. x−1≥0 suy ra (vô nghiệm) x2 + 2 = x2 − 2x + 1 √ Vậy nghiệm của phương trình là x = ± 7 1.1.4 Phương pháp đưa về hệ không đối xứng Phương trình có dạng sau A( n f (x)+ m g(x))+B n f (x) m g(x)+C = 0 với (af (x)±bg(x) = D) trong đó A, B, C, D, a, b là các hằng số n f (x) = u Đặt m g(x) = v Khi đó phương trình đã cho trở thành hệ phương trình "hữu tỷ" A(u ± v) + Buv + C = 0 aun + bv m = D 1 8Số hóa bởi Trung . Uyên 5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 5 Chương 1 Phương pháp giải phương trình vô tỷ 1.1. Phương pháp hữu tỷ hóa Nhìn chung để giải phương trình vô tỷ. giả đã chọn đề tài " ;Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ& quot; làm đề tài nghiên cứu của luận văn. Đề tài nhằm một phần nào đó đáp ứng mong muốn của bản thân về một đề tài phù hợp mà sau. thường quy về phương trình hữu tỷ để giải. Ta thường dùng các phương pháp sau đây để đưa các phương trình vô tỷ về phương trình hữu tỷ mà ta có thể gọi các phương pháp này là "hữu tỷ hoá". 1.1.1.