THÊM MỘT PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA CĂN BẬC HAI VÀ LŨY THỪA BẬC HAI, CĂN BẬC BA VÀ LŨY THỪA BẬC BA

Hai dạng phương trình trên không phải là mới và cũng không quá khó. Gần đây trên tạp chí Toán học Tuổi trẻ các số 442 và 444 có nêu lên một phương pháp giải hai dạng phương trình này. Để góp phần phong phú và sinh động thêm, chúng tôi xin trình bày thêm một cách tiếp cận lời giải khác

THÊM MỘT PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

CÓ CHỨA CĂN BẬC HAI VÀ LŨY THỪA BẬC HAI,

CĂN BẬC BA VÀ LŨY THỪA BẬC BA.

Giáo viên: Vũ Nguyên Duy Trường THPT chuyên Huỳnh Mẫn Đạt Hai dạng phương trình trên không phải là mới và cũng không quá khó Gần đây trên tạp chí Toán học Tuổi trẻ các số 442 và 444 có nêu lên một phương pháp giải hai dạng phương trình này Để góp phần phong phú và sinh động thêm, chúng tôi xin trình bày thêm một cách tiếp cận lời giải khác

Dạng 1: Phương trình chứa căn bậc hai và lũy thừa bậc hai

ax b+ =c dx e( + ) 2 + αx+ β với d =ac+α và e bc= +β

Phương pháp:

Đặt ax b+ =dt e+ , điều kiện : dt e+ ≥0

Khi đó phương trình chuyển thành hệ:

2 2 2

( ) (1)

( ) ( )

ax b dt e

ax b dt e

dt e c dx e x



Trừ vế theo vế ta đưa được phương trình về dạng tích Kết hợp với (1) ta tìm được nghiệm của pt

Lời bàn:

Vấn đề ở đây là làm sao phân tích được như lý thuyết đã đưa ra??

Chúng ta cùng tham khảo phương pháp sau:

Ví dụ 1: Giải phương trình

3x+ = −1 4x2 +13x−5

Lời giải: Điều kiện ≥ −1 (*)

3

x

Nháp : Để biến đổi được về dạng lý thuyết, ta đặt : 3x+ = 1 at b a b+ ( , cần tìm)

 + = +



 + = − + −



 + − + − =



⇔ 

− + + + =



2

2

Phương trình chuyển thành hệ x at b

−

Mục tiêu : nhẫm sao cho hai hệ trừ nhau có nhân tử chung là a b x t





2

2

4 13 2 5 0

Đồng nhất a a= 2 , chọn trước a thế vào hệ ta có : t bt x b

− + − + + − − =

Trừ vế theo vế : t x b t x b b

 − − =



Để xuất hiện nhân tử thì

có hoặc

t x

= −2 Kiểm tra thấy b thỏa Vậy a= 2 và b= -2

Trình bày cụ thể như sau:

Đặt 3x+ = 1 2t− 2 (t ≥ 1)

Phương trình ban đầu chuyển thành hệ: 3 1 2 2 2 (**)

2 2 4 13 5







Với t ≥1 biến đổi hệ trên thành

2 2

4 8 3 4 1 0

4 13 2 2 5 0







2 2

=



⇒ − − + = ⇔ − + − = ⇔  = −

Với t = x vào (**) được: 3 1 2 2 21 11 73

8

x

≥

− + =

 Với 2t = −5 2x vào (**) được:

2

3

15 97

8

4 15 8 0

x





thỏa

Vậy tập nghiệm của phương trình ban đầu là 11 73 15, 97

S  + − 

Chú ý: Cách đặt trên không là duy nhất , với bài trên có thể chọn a= −2 và suy ra

3

b= nên giải được phương trình trên bằng cách đặt 3 1 2 3 ( 3)

2

x+ = − +t t ≥

Ví dụ 2: Giải phương trình

2x− +1 x2−3x+ =1 0

Đây là bài trong đề thi Đại học khối D năm 2006

Do phương trình trên có nghiệm nguyên x=1 nên dễ dàng giải bằng cách thông thường đặt 2x− =1 t và quy phương trình ban đầu về phương trình bậc 4 theo ẩn t , chia Hoocner đưa về phương trình tích.

Hoặc ta có thể áp dụng phương pháp trên là tìm a b, để đặt 2x− = +1 at b

Ta tìm được a= 1,b= 0 và trình bày lời giải cụ thể như sau:

Lời giải:

Điều kiện: 1

2

x≥

Đặt 2x− =1 t , phương trình ban đầu được quy về hệ  − − =





2 2

2 1 0 (*)

3 1 0

t x x

Suy ra x2− + − = ⇔t2 t x 0 (x t x t− )( + − =1) 0  =

⇔  = − 1

x t

Với x t= thế vào (*) ta tìm được x, tương tự với t= −1 x

Tập nghiệm của phương trình là {1; 2− 2}

ÁP DỤNG: Giải các phương trình sau:

1. (3x+1)2+(4x+3)2 = 5x+ +7 5 Đáp số: = − + − − 

5 17 7 13

;

10 10

2. x+1=x2 +4x+5

3. 4x2+ 3x+ + =1 5 13x.

4. x2 −4x−3= x+5

28

9

+

=

+ Đáp số: 6 50

14

x= −

6. 9 x − = 5 3 x2 + 2 x + 3

3

x

8. x2 − − x 2004 1 16032 + x = 2004 Đặt 1 16032+ x = −2 1t

Dạng 2: Phương trình chứa căn bậc ba và lũy thừa bậc ba

3ax b+ =c ex d( + ) 3 + αx+ β với d ac= +α và e bc= +β

Phương pháp chung:

Ta cũng tìm cách đặt 3ax b ex d+ = + sau đó quy phương trình về hệ đối xứng loại 2

Ví dụ 3 Giải phương trình sau:

3

x + x + x+ = − x .

Hướng dẫn nháp:

Đặt 31 2x mt n− = + ; lập phương 2 vế ta được: 3 3 2 2 2 3

m t + m nt + mn t+ x n+ − = Thế mt n+ vào pt ban đầu: 27x3 + 27x2 + 20x− 3mt+ − 3 3n= 0

Trừ vế theo vế 2 pt, dễ dàng chọn được m= 3,n= 1

Lời giải:

Đặt 31 2− x= +3 1t

Phương trình ban đầu được quy về hệ:

3 2

27 27 9 2 0

27 27 20 9 0







Trừ vế theo vế 2 pt ta được: 9(t x− ) 3 (t2+ +tx x2)+3(t x+ +) 2=0

• TH1: t =x….

• TH2: 3(t2 + +tx x2)+ 3(t x+ + = ) 2 0, ta sẽ chứng minh pt này vô nghiệm.

Thật vậy: Đặt S t x P t x= + ; = , điều kiện có nghiệm t x, là S2 ≥ 4P

Thế S P, vào pt: 2

3S − 3P+ 3S+ = 2 0

Nhân 4

S − P+ S+ = ⇔ S − P + S + S+ = vô nghiệm

Phương trình ban đầu có nghiệm là:…

Lời bàn: ở ví dụ 3 trong quá trình làm nháp, ta thấy giữa m t3 3 và 27x3 nên dễ dàng đồng nhất và chọn m= ±3.

Nếu không dễ dàng đồng nhất thì sao? Ta cùng xét ví dụ tiếp theo

Ví dụ 5 Giải phương trình sau:

3 2 3

4x +6x +4x+ =1 2x+1 Hướng dẫn nháp:

Đặt 3 2x+ =1 mt n+ ; lập phương 2 vế ta được: 3 3 2 2 2 3

m t + m nt + mn t− x n+ − = Thế mt n+ vào pt ban đầu: 4x3 + 6x2 + 4x mt− + − = 1 n 0 (a)

Vì m3 và 4 khó đồng nhất nên nhân hai vế pt (a) cho 2, ta được:

8x3 + 12x2 + 8x− 2mt+ − 2 2n= 0

Trừ vế theo vế 2 pt, dễ dàng chọn được m= 2,n= 1

Lời giải:

Đặt 3 2x+ = +1 2t 1

Phương trình ban đầu được quy về hệ:

3 2

8 12 6 2 0

8 12 8 4 0







Trừ vế theo vế hai pt: 2(t x− ) 4(  t2 + +xt x2 ) 6( + t x+ + ) 5 = 0

• TH1: t =x….

4(t + +xt x ) 6(+ t x+ + =) 5 0, ta sẽ chứng minh pt này vô nghiệm

Thật vậy: Đặt S t x P t x= + ; = , điều kiện có nghiệm t x, là 2

4

S ≥ P

4S − 4P+ 6S+ = ⇔ 5 0 S − 4P+ 3S + 6S 5 0 + =

2 ( )2

4 3 1 2 0

nghiệm

Phương trình ban đầu có nghiệm là:…

Lời bàn: trong bài trên ngoài cái khó tìm ra m n, trong cách đặt 32x+ = +1 2t 1, mà trong quá trình giải phải chứng minh phương trình 4(t2+ +xt x2) 6(+ t x+ + =) 5 0 vô nghiệm

Còn đối với phương trình sau, đôi khi giải phương trình bậc ba phải nhớ tới ứng dụng lượng giác.

Ví dụ 6: Giải phương trình sau:

8x −4x− =1 6x+1

Lời giải:

Đặt 3 6x+ =1 2t

Phương trình ban đầu được quy về hệ:

3 3

8 6 1 0

8 4 2 1 0

t x

x x t

 − − =





Trừ vế theo vế hai pt: 2(t x− ) 4(  t2 + +xt x2 ) 1 + =  0

• Dễ thấy pt: 2 2

4(t + +xt x ) 1 0+ = vô nghiệm

8 6 1 0 4 3

2

x − x− = ⇔ x − x= (*)

Ta có: 1 cos

π

= và cos 3a= 4 cos 3a− 3cosa

Phương trình (*) có 3 nghiệm là 1 cos

9

x = π

,

2,3

2 3 os 3

π ± π

= tức là phương

trình ban đầu có 3 nghiệm là 1 2 3

cos , cos , cos

x = π x = π x = π

ÁP DỤNG Giải các phương trình sau:

1.

3 2

3

x

x− = − x + x Đặt 3 24x−63 2= −t 3

2. 8x3−36x2+53x−25= 33x−5 Đáp số: 2; 5 3

4

x= x= ±

3. x3+3x2−3 33 x+ = −5 1 3x(Olympic 30/4 lần XV_ năm 2009) Đáp số: x= 1,x= − 2

4. 381x− = −8 x3 2x2+43x−2 Đáp số: 0; 3 2 6

3

x= x= ±

5. 4x3−18x2+30x−17= −3 2x−1 Đáp số: x=1