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

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, dạngẩn phụ lượng giác,.. Chính vì vậy, để đáp ứng nhu cầug

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 cácphương 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 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

Thái Nguyên 2011Trịnh Hồng Uyên

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 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) = 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 ≥ −1

39x2 + 4x = 0

Vậy nghiệm của phương trình là x = 0

Nhận xét 1.1 Phương trình trên có dạng tổng quát pf (x) = g(x) Khigặp dạng phương trình này, ta sử dụng biến đổi sau

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

Nhận xét 1.2 Dạng tổng quát của phương trình trên là

⇔



2 ≤ x ≤ 4(x − 3)(x + 2)(x2 − 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 = x0 là nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì điều

đó có nghĩa là



x0 ∈ Df

f (x0) = 0

Nếu x = a là nghiệm của đa thức P (x) thì P (x) = (x − a)P1(x), trong

đó P1(x) là đa thức với deg P1 = deg P − 1

Nếu x0 là một nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì ta có thể đưaphương trình f (x) = 0 về dạng (x − x0)f1(x) = 0 và khi đó việc giảiphương trình f (x) = 0 quy về phương trình f1(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 a2 − b2 = (a + b)(a − b) Ta biến đổi

2 , x =

11 + 3√

52

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

√5

Ta gọi hai biểu thức a − b và an−1 + an−2b + · · · + abn−2 + bn−1 là cácbiểu 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√

x4x +√

2 + x 6= 0

⇔ x ≥ 0

Ta có(1.5) ⇔ 1 + 3√x − 4x −√

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 đặtlàm ẩn phụ Để làm tốt bước này ta cần phải xác định được mối quan hệcủa các biểu thức có mặt trong phương trình Cụ thể là, phải xác địnhđược sự biểu diễn tường minh của một biểu thức qua một biểu thức kháctrong phương trình đã cho

Bước 2 Chuyển phương trình ban đầu về phương trình theo ẩn phụvừa đặt và giải phương trình này

Thông thường sau khi đặt ẩn phụ thì những phương trình thu được lànhững 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 củaphương trình đã cho

Nhận xét rằng, có rất nhiều cách để đặt ẩn phụ Ta sẽ mô tả một sốcách đặt ẩn phụ qua ví dụ sau đây

Ví dụ 1.6 Giải phương trình

1 + 23

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

(√x)2 + (√

1 − x)2 = x + 1 − x = 1 (1.8)

ta thu được phương trình t(t − 1)(2t2 − 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 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 của x xác định duy nhất một giá trị của

Vậy x = 1; x = 0 là nghiệm.

Nhận xét 1.4 Qua ví dụ trên ta thấy có nhiều cách đặt ẩn phụ để giảiphương trình vô tỷ Tuy nhiên đặt như thế nào cho phù hợp và cho cáchgiải hay là tuỳ thuộc vào kinh nghiệm phát hiện ra mối quan hệ đặc thùgiữa các đối tượng tham gia trong phương trình Sau đây là một số dạngtoán và một số cách đặt ẩn phụ thường dùng

Dạng 1 Phương trình dạng F (pn f (x)) = 0, với dạng này ta đặtn

p

f (x) = t (nếu n chẵn thì phải có điều kiện t ≥ 0 ) và chuyển vềphương trình F (t) = 0 Giải phương trình này ta tìm được t, tiếp theo suy

ra x từ phương trình pn f (x) = t

Ta thường gặp phương trình có dạng như sau af (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 kiện x3 − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1

Khai triển phương trình đã cho như sau(1.7) ⇔ 3(x − 1) + 2(x2 + x + 1) = 7

2

Với t = 3, ta có x2 − 8x + 10 = 0 hay x = 4 ± √

6 (thỏa mãn điềukiện)

x − 1 = 1 suy ra x = 2 thỏa mãn điều kiện.

Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình

Nhận xét 1.5 Các phương trình có chứa các biểu thức

n1pf (x), n2pf (x), n3pf (x), nnpf (x) thì ta giải phương trìnhbằng cách đặt t = pn

f (x) trong đó n là bội số chung nhỏ nhất của các số

n1, n2, nn

Dạng 2 Trong phương trình có chứa pf (x) ± pg(x) và pf (x).g(x).Khi gặp phương trình dạng này ta đặt pf (x) ±pg(x) = t sau 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 với t

2.Phương trình đã cho trở thành t = 3 + t

(vì t=0 không là nghiệm của phương trình).

Phương trình đã cho trở thành

t3 − 353t t = 30 suy ra t = 5.

Thay vào (1.12), ta được

Ta có(1.13) ⇔ 10

hay x2 − 11x − 14 = 0 Suy ra x = 11 ±

√177

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 11 ±

√177

Ví dụ 1.14 Giải phương trình

5√

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

Vậy nghiệm của phương trình là x = 5 ±

√372

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 nghiệm t = 2, t = −2x.Với t = 2 ta có √

x2 + 2x − 1 = 2 hay x2 + 2x − 5 = 0 suy ra

x = −1 ±√

6.Với t = −2x ta có √

x2 + 2x − 1 = −2x hay



x ≤ 03x2 − 2x + 1 = 0 hệ

này vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn là x = −1 ±√

x2 + 2 = 3 suy ra x = ±√

7.Với t = x − 1 ta có √

Đặt

pn

f (x) = u

mp

Vậy x + 1 = 1 không thỏa mãn điều kiện.

Phương trình vô nghiệm

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

Rút v từ phương trình thứ nhất của hệ ta được

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

hay u3 − u2 + 2u − 8 = 0 suy ra (u − 2)(u2 + u + 4) = 0 Phương trìnhnày có nghiệm u = 2 vậy v = 1

1.1.5 Phương pháp lượng giác hóa

- Nếu phương trình chứa √

a2 − x2 đặt x = |a| sin t với −π

2 ≤ x ≤ π

2

hoặc x = |a| cos t với 0 ≤ x ≤ π

- Nếu phương trình chứa √

hoặc t ∈

π

2; π

i

·

- Nếu phương trình chứa √

x2 + a2 đặt x = |a| tan t với t ∈



− π

2;

π2

2 =

1

√2

Giải Điều kiện x ≥ −2.

Với x < −2 phương trình không xác định

Với x > 2 ta có x3 − 3x = x + x(x2 − 4) > x > √x + 2.Vậy để giải phương trình ta chỉ cần xét t ∈ [−2; 2].Đặt x = 2 cos t với t ∈ [0; π] Khi đó

t = k7π7

Kết hợp với điều kiện ta có t = 4π

(x2 + 1)22x(1 − x2)· (1.16)Giải Điều kiện x 6= 0 và x 6= ±1

Đặt x = tan t với t ∈ − π

2;

π2

, t 6= 0 và t 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

Kết hợp với điêù kiện của t ta có t = 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 là x = 1

Đặt u = √

x2 − 2x + 4; v = √x + 2, u ≥ 0, v ≥ 0

Ta có u2 − v2 = x2 − 3x + 2

b + c = 2

r

53

c + a =

r

154

b = 17

4√15

c = 7

4√15

Khi đó phương trình đã cho trở thành

(a + b + c)3 = a3+ b3 + c3 hay (a + b)(b + c)(c + a) = 0 suy ra a = −b

hoặc a = −c hoặc b = −c

Giải ra ta được nghiệm phương trình là x = −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 thìphương trình f (x) = k với k là hằng số, nếu có nghiệm x = x0 thì đó lànghiệm duy nhất của phương trình

2 Nếu hàm số y = f (x) đơn điệu trên tập D và u(x), v(x) là các hàm

số nhận các giá trị thuộc D thì f (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 phảinhận ra được hàm số đơn điệu và "nhẩm hoặc tính được nghiệm củaphương trình việc này có thể nhờ máy tính"

Để phát hiện được tính đơn điệu của hàm số ta cần nắm vững các tínhchất

Nếu hàm số y = f (x) đồng biến hoặc nghịch biến trên D thì khi đó

- Hàm số y = pn f (x) đồng biến hoặc nghịch biến trên D

- Hàm số y = 1

f (x) với f (x) > 0 nghịch biến hoặc đồng biến trên D.

- Hàm số y = −f (x) nghịch biến hoặc đồng biến trên D

- Tổng của các hàm đồng biến hoặc nghịch biến trên D là hàm số đồngbiến hoặc nghịch biến trên D

- Tích của các hàm số dương đồng biến hoặc nghịch biến trên D là mộthàm đồng biến hoặc nghịch biến trên D

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

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

Nhận xét 1.6 Quan sát vế trái của phương trình, từ tính đồng biếnnghịch biến của hàm bậc nhất và tính chất đơn điệu của hàm số đã nêu ởtrên, ta thấy vế trái của phương trình là hàm đồng biến trên tập xác định.

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

Giải Điều kiện 5x3 − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ √31

5

Ta có f0(x) = 15x

2

2√5x3 − 1 +

Mà f (1) = 4 tức x = 1 là một nghiệm của phương trình

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

- Nếu x > 1 thì f (x) > f (1) = 4 suy ra phương trình vô nghiệm

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

Đặt u = √4

57 − x và v = √4

x + 40 u ≥ 0, v ≥ 0 Ta có(1.20) ⇔

⇔



u + v = 52(uv)2 − 100uv + 528 = 0

Vậy x = 41 hoặc x = 24 là 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

u = 2, v = 3 hoặc u = 1, v = 2.

Trở về tìm x giảiHệ

r(uy + v) −

d

rx −

er

Giải Điều kiện x ≥ −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 là x = 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 là x = 2, x = 5 ±

√3

4 ·1.3.3 Phương trình dạng (f (x))n+ b = apaf(x) − bn

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

hệ ta được x2 − t2 = t − x hay (x − t)(x + t + 1) = 0 suy ra t = x hoặc

t = −1 − x(t ≥ 0)

Với t = x ta có x2 = x + 4 hay x2 − x − 4 = 0 suy ra x = 1 ±

√17

2 so

sánh điều kiện x = t ≥ 0 ta có nghiệm phương trình là x = 1 +

√17

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) = 0 hay x = y (do

Lấy phương trình đầu trừ đi phương trình thứ hai vế với vế ta được

x−2007 = 0suy rax = 8030 + 2

√80294

(do x ≥ 0)

1.3.5 Phương trình dạng √n

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

Với a 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 hai

phương trình trong hệ để được một phương trình tích

Đây là hệ đối xứng loại II trừ vế với vế sau đó rút y theo 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 phươngtrình vô tỷ

Ta áp dụng tính nghịch biến của hàm y = ax khi 0 < a < 1 và đồngbiến khi a>1 để giải phương trình chứa căn

Giải Điều kiện 0 ≤ x ≤ 1

Từ điều kiện suy ra4

√

x ≥ x, √4

1 − x ≥ 1 − x ≥ 1 −√4

x.Vậy √4

1 − x +√4

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

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

x +√8

1 − 5x ≥ 1.Dấu bằng xảy ra khi x = 0

2- Với A, B, C > 0 ta cón

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)

2

n

≥ 4a + b + c +

a+b+c 3

n

hayn

6 − 4x2 − x ≤ 2

r

2

2 = 2.

Dấu bằng xảy ra khi

√4x2 + x − 4 = √