Luận văn thạc sỹ toán học Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

69về 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, dạng ẩn phụ lượng giác,.. Chính vì vậy, để đáp ứng nhu c

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRỊNH HỒNG UYÊN

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số:60.46.40

Người hướng dẫn khoa học:

GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

THÁI NGUYÊN - NĂM 2011

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

Tài liệu tham khảo 69

về 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, dạng

ẩn 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 mụctài liệu tham khảo

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 2011Trịnh Hồng Uyên

Chương 1 Phương pháp giải phương trình vô tỷ

1.1 Phương pháp hữu tỷ hóaNhìn chung để giải phương trình vô tỷ ta thường quy về phương trìnhhữu tỷ để giải Ta thường dùng các phương pháp sau đây để đưa cácphương trình vô tỷ về phương trình hữu tỷ mà ta có thể gọi các phươngpháp 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 phùhợp

Một số phép biến đổi tương đương thường gặp

f (x) = g(x) khi và chỉ khi



f (x) = g2n(x)g(x) ≥ 0[3] 2n+1pf (x) = g(x) ⇔ f (x) = g2n+1(x)

Ví dụ 1.1 Giải phương trình

√

Giải Ta có

(1.1)⇔



3x + 1 ≥ 02x + 1 = (3x + 1)2

⇔

(

x ≥ −139x2+ 4x = 0

x = 0, x = −4

9

⇔ x = 0, x = −4

9 (loại).

Vậy nghiệm của phương trình làx = 0

Nhận xét 1.1 Phương trình trên có dạng tổng quátpf (x) = g(x) Khi

gặp dạng phương trình này, ta sử dụng biến đổi sau

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

Kết hợp với điều kiện bài ra, ta có x = 0; x = 1là nghiệm phương

f (x) + g(x) + 2pf (x)g(x) = h(x)

Ví dụ 1.3 (Hoc sinh giỏi quốc gia năm 2000) Giải phương trình

q

4 − 3√10 − 3x = x − 2 (1.3)Giải Ta có

⇔



2 ≤ x ≤ 4(x − 3)(x + 2)(x2− 7x + 15) = 0

⇔ x = 3

Vậyx = 3là nghiệm của phương trình

1.1.2 Thực hiện phép nhân liên hợp để đơn giản việc tính toán

Ta đã biết nếux = x0là nghiệm của phương trìnhf (x) = 0thì điều

đó có nghĩa là



x0∈ Df

f (x0) = 0

Nếux = alà nghiệm của đa thứcP (x)thìP (x) = (x − a)P1(x),trong

đóP1(x)là đa thức vớideg P1= deg P − 1

Nếu x0 là một nghiệm của phương trìnhf (x) = 0 thì ta có thể đưaphương trình f (x) = 0 về dạng (x − x0)f1(x) = 0 và khi đó việc giảiphương trìnhf (x) = 0quy về phương trìnhf1(x) = 0

Ví dụ 1.4 Giải phương trình

3(2 +√x − 2) = 2x +√x + 6 (1.4)Giải Điều kiện

cách đưa phương trình đã cho về dạng(x − 3)f1(x) = 0

Biến đổi phương trình về dạng sau2(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 thứca2− b2= (a + b)(a − b).Ta biến đổi

2 , x =

11 + 3√52

Vậy phương trình có nghiệm làx = 3vàx = 11 − 3

√5

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

⇔ x ≥ 0

Ta có(1.5)⇔ 1 + 3√x − 4x −√2 + x = 0

Giải hệ tuyển hai phương trình trên, ta được

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

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

Vậyx = 0, x = 1là nghiệm phương trình

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 tượngtham gia phương trình theo cách sau

Cách 2 Từ phương trình đã cho ta có thể rút ra được một căn thức theobiểu thức chứa căn còn lại là

ta thu được phương trìnht(t − 1)(2t2− 4t + 3) = 0có nghiệmt = 0và

t = 1,hayx = 1, x = 0là nghiệm của phương trình đã cho

Cách 3 Nhận xét rằng phương trình đã cho chỉ chứa tổng và tích của haibiểu thức chứa căn và chúng thoả mãn (1.8), do đó ta có thể đặt√

2

i(Điều này hoàn toàn hợp lí vì

x ∈ [0; 1]nên ứng với mỗi giá trị củaxxác định duy nhất một giá trị của

t)

Khi đó, ta có(1.6)⇔ 1 +2

3sin t cos t = sin t + cos t

⇔ 3(1 − sin t) +q(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 rasin t = 1 hoặc3√1 − sin t = (3 − 2 sin t)√1 + sin t

haysin t(4 sin2−8 sin t + 6) = 0suy rasin t = 0

Vậyx = 1; x = 0là nghiệm.

Nhận xét 1.4 Qua ví dụ trên ta thấy có nhiều cách đặt ẩn phụ 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 (pn f (x)) = 0, với dạng này ta đặt

n

p

f (x) = t (nếu n chẵn thì phải có điều kiện t ≥ 0 ) và chuyển về

phương trìnhF (t) = 0.Giải phương trình này ta tìm đượct, tiếp theo suy

raxtừ phương trìnhpn

f (x) = t

Ta thường gặp phương trình có dạng như sauaf (x)2+ bf (x) + c = 0

Ví dụ 1.7 (Đề thi đề nghị Olympic 30-4 Trường THPT Chuyên Chu Văn

An, Ninh Thuận) Giải phương trình

2x2+ 5x − 1 = 7px3− 1

Giải Điều kiệnx3− 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1

Khai triển phương trình đã cho như sau

(1.7)⇔ 3(x − 1) + 2(x2+ x + 1) = 7

q

(x − 1)(x2+ x + 1)

Ta nhận thấyx = 1không là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế

của phương trình trên chox − 1,ta được phương trình

x − 1 = 1suy rax = 2thỏa mãn điều kiện

Vậyx = 2là nghiệm của phương trình

Nhận xét 1.5 Các phương trình có chứa các biểu thứcn1p

f (x), n2p

f (x), n3p

f (x), nnp

f (x) thì ta giải phương trìnhbằng cách đặtt =pnf (x)trong đónlà bội số chung nhỏ nhất của các số

n1, n2, nn

Dạng 2 Trong phương trình có chứapf (x) ±pg(x)và pf (x).g(x).Khi gặp phương trình dạng này ta đặtpf (x) ±p

g(x) = tsau đó bìnhphương hai vế ta sẽ biểu diễn được những đại lượng còn lại quatvà chuyểnphương trình ban đầu về phương trình bậc hai đối vớit

Thay vào (1.12), ta được

dạngat2+ bt + c = 0

Ví dụ 1.13 Giải phương trình

10√x3+ 8 = 3(x2− x + 6) (1.13)Giải Điều kiệnx3+ 8 ≥ 0 ⇔ x ≥ −2

Ta có(1.13)⇔ 10

x + 2

x2− 2x + 4= u, u ≥ 0phương trình với ẩnucó dạng3u2− 10u + 3 = 0hayu = 3hoặcu =1

hayx2− 11x − 14 = 0.Suy rax =11 ±

√177

Vậy phương trình đã cho có nghiệmx =11 ±

√177

Ví dụ 1.14 Giải phương trình

5√x3+ 1 = 2(x2+ 2) (1.14)Giải Điều kiệnx3+ 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1 Ta có

Vậy nghiệm của phương trình làx =5 ±

√372

Dạng 4.p(x)f (x) + g(x)p

f (x) + h(x) = 0

Với dạng phương trình này ta có thể đặtpf (x) = t, t ≥ 0

Khi đó ta được phương trình theo ẩntlà

p(x)t2+ g(x)t + h(x) = 0, ta giải phương trình này theot, xem xlà

tham số (ta tìm đượcttheox) nên ta gọi dạng này là dạng ẩn phụ không

t2−2(1−x)t−4x = 0 Đây là phương trình bậc hai ẩn t ta coixlà tham

số có∆0= (x + 1)2, do đó phương trình này có hai nghiệmt = 2, t = −2x.Vớit = 2ta có√

x2+ 2x − 1 = 2hayx2+ 2x − 5 = 0suy ra

x = −1 ±√6.Vớit = −2xta có√

x2+ 2x − 1 = −2xhay



x ≤ 03x2− 2x + 1 = 0 hệ

này vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn làx = −1 ±√6

Ví dụ 1.16 (Đề thi đề nghị Olympic 30-4 THPT Bạc Liêu) Giải phươngtrình

x2+ 2 = 3suy rax = ±√7.Vớit = x − 1ta có√

Vậy nghiệm của phương trình làx = ±√7

1.1.4 Phương pháp đưa về hệ không đối xứng

Đặt

pn

f (x) = u

mp

Vậyx + 1 = 1không thỏa mãn điều kiện.

Phương trình vô nghiệm

Suy rau = 0; u = −4; u = 3là nghiệm thoả mãn điều kiện

Rútvtừ phương trình thứ nhất của hệ ta được

v = u−vthay vào phương trình thứ hai của hệ ta đượcu3−(u−1)2= 7

hayu3− u2+ 2u − 8 = 0suy ra(u − 2)(u2+ u + 4) = 0.Phương trình

này có nghiệmu = 2vậyv = 1

Giải Điều kiệnx ≥5

Từ đó ta được√

8x + 1 =√7x + 4suy rax = 3.(thỏa mãn).Vậyx = 3là nghiệm của phương trình

1.1.5 Phương pháp lượng giác hóa

- Nếu phương trình chứa√

a2− x2 đặtx = |a| sin tvới−π

2 ≤ x ≤

π2

hoặcx = |a| cos tvới0 ≤ x ≤ π

- Nếu phương trình chứa√

hoặct ∈π

2; π

i

·

- Nếu phương trình chứa√

x2+ a2đặtx = |a| tan tvớit ∈−π

2;

π2

2 =

1

√2

Giải Điều kiệnx ≥ −2

Vớix < −2phương trình không xác định

Vớix > 2ta cóx3− 3x = x + x(x2− 4) > x >√x + 2.Vậy để giải phương trình ta chỉ cần xétt ∈ [−2; 2].Đặtx = 2 cos tvớit ∈ [0; π] Khi đó

t =k7π7

Kết hợp với điều kiện ta cót =4π

(x2+ 1)22x(1 − x2)· (1.16)

Giải Điều kiệnx 6= 0vàx 6= ±1.Đặtx = tan tvớit ∈−π

2;

π2

,t 6= 0vàt 6= ±π

2sin 4t

⇔ 2 sin t cos 2t + cos 2t − 1 = 0

⇔ 2 sin t(1 − 2 sin2t) − 2 sin2t = 0

⇔ sin t(1 − sin t − 2 sin2t) = 0

⇔





sin t = 0sin t = −1sin t =12

Kết hợp với điêù kiện củatta cót =π

Ví dụ 1.25 Giải phương trình

√4x2+ 5x + 1 − 2px2− x + 1 = 9x − 3 (1.17)Giải Điều kiện



a − b = 9x − 32a = 9x − 2

x = 0

x =5665

Vậy nghiệm phương trình làx = 1

b + c = 2

r

53

c + a =

r

154

Khi đó phương trình đã cho trở thành

(a + b + c)3= a3+ b3+ c3hay(a + b)(b + c)(c + a) = 0suy raa = −b

hoặca = −choặcb = −c.Giải ra ta được nghiệm phương trình làx = −3; x = 4; x = 8

5·

1.2 Phương pháp ứng dụng các tính chất của hàm

số

1 Nếu hàm số y = f (x) đơn điệu thực sự, liên tục trên tập D thì

phương trìnhf (x) = kvớik là hằng số, nếu có nghiệmx = x0thì đó là

nghiệm duy nhất của phương trình

2 Nếu hàm sốy = f (x)đơn điệu trên tậpDvàu(x), v(x)là các hàm

số nhận các giá trị thuộcDthìf (u(x)) = f (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 sốy = f (x)đồng biến hoặc nghịch biến trênD thì khi đó

- Hàm sốy =pn f (x)đồng biến hoặc nghịch biến trênD

- Hàm sốy = 1

f (x) vớif (x) > 0nghịch biến hoặc đồng biến trênD.

- Hàm sốy = −f (x)nghịch biến hoặc đồng biến trênD

- Tổng của các hàm đồng biến hoặc nghịch biến trênDlà hàm số đồng

biến hoặc nghịch biến trênD

- Tích của các hàm số dương đồng biến hoặc nghịch biến trênDlà một

hàm đồng biến hoặc nghịch biến trênD

Ví dụ 1.29 Từ tính đơn điệu của các hàm sốy = x + 3, y = 3 − xvà

y = 2 − xnếu nắm được tính chất trên ta phát hiện ra ngay các hàm số

Vế phải của phương trình là hàm hằng nên ta sử dụng tính đơn điệu củahàm số để giải bài toán

Giải Điều kiện5x3− 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1

3

√5

Màf (1) = 4tứcx = 1là một nghiệm của phương trình

Ta chứng minh đó là nghiệm duy nhất của phương trình thật vậy

- Nếux > 1thìf (x) > f (1) = 4suy ra phương trình vô nghiệm

- Nếu 1

3

√

5≤ x < 1thìf (x) < f (1) = 4suy ra phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhấtx = 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

Ví dụ 1.32 Giải phương trình

√2x3+ 3x2+ 6x + 16 −√4 − x = 2√3

nên hàm số đồng biến trên[−2; 4].

Màf (1) = 2√3, từ đó ta có x = 1là nghiệm duy nhất của phương

⇔



u + v = 52(uv)2− 100uv + 528 = 0

Vậyx = 41hoặcx = 24là nghiệm phương trình

Nhận xét 1.7 Xét về mặt nào đó cách dùng ẩn phụ dưới dạng này có

vẻ ngược với việc ta thường làm "Chuyển thành bài toán nhiều ẩn nhiềuphương trình hơn bài toán ban đầu" Ở đây do tính chất phức tạp của bàitoán mà ta đành chịu "thiệt" về số lượng tức làm tăng số ẩn và phươngtrình nhưng lại được cái cơ bản là chuyển được từ bài toán khó về bài toán

r(uy + v) −

d

rx −

er

đây là hệ đốixứng loại 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)Giải Điều kiệnx ≥ −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

(1.21)⇔ (4x + 2)2= 2y + 15

Vậy ta có hệ phương trình



(4x + 2)2= 2y + 15(4y + 2)2= 2x + 15

Đây là hệ đối xứng loại hai

Giải hệ trên bằng cách trừ vế với vế của hai phương trình ta đượcnghiệm làx =1

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

Vậy nghiệm phương trình đã cho làx = 2, x =5 ±

√3

4 ·1.3.3 Phương trình dạng (f (x))n+ b = apaf(x) − bnCách giải Đặt pn

Trừ vế với vế của phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai trong

hệ ta đượcx2− t2= t − xhay(x − t)(x + t + 1) = 0suy rat = xhoặc

t = −1 − x(t ≥ 0)

Với t = xta cóx2= x + 4 hayx2− x − 4 = 0suy rax = 1 ±

√17

sánh điều kiệnx = t ≥ 0ta có nghiệm phương trình làx =1 +

√17

Vớit = −1 − xkhi đó phương trìnhx2= 3 − xhayx2+ x − 3 = 0suy

rax =−1 ±

√13

2 so sánh điều kiện ta đượcx =

−1 −√13

Vậy nghiệm phương trình làx = 1 +

√17

2 ; x =

−1 −√13

Ví dụ 1.39 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Thái Nguyên Lớp 10 năm 2011)

Giải phương trình sau

y3+ 1 = 2x trừ vế với vế của phương trình thứ nhất cho phương

trình thứ hai của hệ ta được(x − y)(x2+ y2+ xy + 2) = 0hayx = y(do

x2+ y2+ xy + 2 > 0với mọix, y)

Thay lại đượcx3− 2x + 1 = 0suy rax = 1, x =−1 ±

√5

√80294

(dox ≥ 0)

1.3.5 Phương trình dạng √n

ax + b = r(ux + v)n+ e

Vớia 6= 0, u 6= 0, r 6= 0.Với các hệ số thỏa mãn

r(uy + v) −

er

hệ này được giải như hệ đối xứng loại II bằng cách trừ vế với vế của haiphương trình trong hệ để được một phương trình tích

Đây là hệ đối xứng loại II trừ vế với vế sau đó rút ytheo x thế vàophương trình đầu giải ra ta được nghiệm phương trình là

x = −6 ±

√50

14 , x =

−49 ±√3997

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 hàmy = axkhi0 < a < 1 và đồng

biến khi a>1 để giải phương trình chứa căn

Giải Điều kiện0 ≤ x ≤ 1

Từ điều kiện suy ra

1 − x +√4

x ≥ 1.Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khix = 0, x = 1

Đáp sốx = 0, x = 1là nghiệm của phương trình

x +√8

1 − 5x ≥ 1.Dấu bằng xảy ra khix = 0

A + B

2 (*).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khiA = B

2- VớiA, B, C > 0ta cón

A + B + C

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khiA = B = C

Ta chứng minh các bất đẳng thức trênVớia, b > 0, n, m ∈N∗,ta có bất đẳng thức

am+n+ bm+n≥1

2(a

m+ bm)(an+ bn).Thật vậy bất đẳng thức trên tương đương với

am+n+ bm+n ≥ ambn+ anbm ⇔ (am− bm)(an− bn) ≥ 0(hiển nhiênđúng)

an+ bn+ cn

a + b + c3

n, a, b, c > 0.XétP = an+ bn+ cn+a + b + c

a+b+c 32

n

≥ 4a + b + c +

a+b+c 34

n

=

4a + b + c3

n

Vậy an+ bn+ cn

a + b + c3

n

hayn

A + B + C3

r

2

2= 2.